热门试卷

（1）运动员沿AB下滑时，受力情况如图所示

Ff=μFN=μmgcosθ

根据牛顿第二定律：mgsinα-μmgcosθ=ma  

得运动员沿AB下滑时加速度的大小为：

a=gsinθ-μgcosθ=5.2 m/s2     

（2）运动员从A滑到C的过程中，克服摩擦力做功为：

W=μmgcosθ（）+μmgd=μmg[d+（H-h）cotθ]=μmg×10=500J

由动能定理得：mg（H-h）-W=mv2           

得运动员滑到C点时速度的大小  v=10m/s      

（3）在从C点滑出至落到水面的过程中，运动员做平抛运动的时间为t，

h’=gt2，t=

下滑过程中克服摩擦做功保持不变W=500J

根据动能定理得：mg（H-h’）-W=mv2，v=

运动员在水平方向的位移：x=vt═•=2=2

当h’═3m时，水平位移最大；

答：（1）运动员沿AB下滑时加速度的大小a为5.2m/s2；

（2）运动员从A滑到C的过程中克服摩擦力所做的功W为500J，到达C点时速度的大小为10m/s；

（3）滑道B′C′距水面的高度h′为3m．

（1）上滑时，物体的加速度大小为a1==m/s2．=8m/s2

下滑时，物体的加速度大小为a2==m/s2=4m/s2．

根据牛顿第二定律得：

上滑过程：mgsinθ+Ff=ma1

下滑过程：gsinθ-Ff=ma2，

将m=1kg，代入解得：θ=37°，Ff=2N，

（2）上滑过程中，根据动能定理得：

-mgssinθ-Ffs=Ek-mv02，

由题意，Ek=mgssinθ，

解得：s=m

答：（1）斜面的倾角θ为37°，恒定阻力Ff的大小是2N；

（2）物体上滑过程中离开出发点距离是m时，它的动能与重力势能相等．

（1）设小球在M点的速率为v1，只加电场时对小球在M点，根据牛顿第二定律有：

       mg=m

在水平轨道上，对小球运用动能定理得：

qEd=mv12-mv02

联立两式解得：E=32V/m．

故所加电场的电场强度E=32V/m．

    （2）设小球在N点速率为v2，在N点由牛顿第二定律得：qv2B=m

从M到N点，由机械能守恒定律得：

mgR+mv12=mv22

联立两式解得：B=5T．

故所加磁场的磁感应强度B=5T．

（1）摩擦力总是阻碍物块与木板间的相对运动，根据题意，第二种下物块与木板的相对位移小于第一种情况下的相对位移，说明第二种情况下物块所受的摩擦力较大，由公式f=μN知，第二情况下正压力较大，所以第二情况下电场力应向下，物块应带负电．

（2）设木板的质量为M，长为L，物块的初速度为v0．

物块和木板组成的系统，水平方向不受外力，动量守恒，设物块与木板相对静止时的速度大小为v，则有

   mv0=（m+M）v

第一种情况：场强向下，A、B所受的合力大小为F1=μ（mg-qE）

根据能量守恒得：

  对A：F1L=-(M+m)v2 ①

第二种情况：场强向上，A、B所受的合力大小为F2=μ（mg+qE）

根据能量守恒得：

对A：F2•=-(M+m)v2 ②

由①②得  μ（mg-qE）L=μ（mg+qE）

解得，E=

答：

（l）物块 A 带负电荷．

（2）匀强电场的场强E为．

（1）由A到B，由动能定理得：mgr=mv2-0

则v=．

答：带电小球在B点时的速度大小为．

（2）在B点，对小球由牛顿第二定律得：qE-mg=m

代入v解得：E=．

点电荷-Q形成的电场，由E=k得到，等势面上各处的场强大小均相等，即A B弧中点处的电场强度为 E=．

答：固定于圆心处的点电荷在AB弧中点处的电场强度大小为．

（3）设小球到达B点时的速度为v，由动能定理得(mg+qE)•r=mv2 ①

在B点处小球对环的弹力为N，由牛顿第二定律得N-mg-qE=m②

联立①和②式，解得小球在B点受到环的压力为：N=3（mg+qE）

由牛顿第三定律得：小球在B点对环的压力大小为N=3（mg+qE）

答：小球对环的压力为3（mg+qE）．

（1）a点与b点等势，小滑块第一次由a到b，由动能定理有-Ff•2=0-Ek0

求得：

小滑块与水平面间滑动摩擦力的大小Ff=；

（2）小滑块刚要到b时，受库仑力   FA=k

FB=k

在b点，由牛顿第二定律有：FB+Ff-FA=ma，解得：

b点时的加速度为a=+；

（3）由a第一次到o时静电力做功为W，有：-Ff+W=2Ek0-Ek0

由a开始到最后停在O点，有：W-Ffs总=0-Ek0

由以上二式得：s总=

小滑块运动的总距离为L．

（1）小球从A点处滑至B点时速度为vB，由动能定理得：

mg•2R=mvB2，

小球从A点处滑至B点前瞬时，对轨道的压力为N1，由牛顿第二定律得：

N1-mg=m

小球从A点处滑至B点后瞬时，对轨道的压力为N2，由牛顿第二定律得：

N2-mg=m

解得：N1=3mg，N2=5mg

（2）小球从C点处滑出后，先做匀减速上升，后自由落体，根据题意得小球在空中的运动时间

t=  （n=0，1，2，3…）

小球第一次向上滑过C点时的速度vC=，

vC=，（n=0，1，2，3…）

（3）小球从A至C的过程中，小球克服摩擦力做功为W，由动能定理得：

mgR-W═mvC2

解得：W=mgR-，（n=0，1，2，3…）

答：（1）小球第一次滑过B点前、后瞬时对轨道的压力大小分别是3mg，5mg；

（2）小球第一次滑过C点时的速度大小是 ，（n=0，1，2，3…）；

（3）小球第一次经过BC段的过程中克服摩擦力所做的功是mgR-，（n=0，1，2，3…）．

（1）对物体在斜面上受力分析，由牛顿第二定律得，

mgsinθ+μ1mgcosθ=ma1，

v2=2a1L，

联立解得  v=3m/s．

（2）因为v＜v0，所以物体在运输带上一直做匀加速运动．

设加速度为a2，由牛顿第二定律得，μmg=ma2，

v2=2a2x，

联立解得μ=0.3．

（3）设物体在运输带上运动的时间为t，t=，

物体与运输带的相对运动的距离为：△x=v0t-x，

产生的热量为：Q=μmg△x，

联立解得：Q=4.2J

答：（1）小物体运动到运输带右端时的速度大小是3m/s；

（2）小物体与运输带间的动摩擦因数是0.3；

（3）小物体在运输带上运动的过程中由于摩擦而产生的热量是4.2J．

（1）从A到B的过程中，人与雪橇损失的机械能为△E=mgh+m-m

代入数据解得△E=9.1×103J   

（2）人与雪橇在BC段做减速运动的加速度大小 a=

根据牛顿第二定律有 Ff=ma

解得  Ff=1.4×102N      

（3）由动能定得得  -Ffx=0-m

代入数据解得  x=36m   

答：（1）人与雪橇从A到B的过程中，损失的机械能为为9.1×103J．

（2）阻力的大小为1.4×102N．

（3）人与雪橇从B运动到C的过程中所对应的距离为36m．

（1）设磁撞前瞬间，小物块b的速度为v1

小物块从静止开始运动到刚要与小车发生碰撞的过程中，

根据动能定理可知

Fs-μmgs=mv1…•①

解得v1=6m/s…②

（2）由于小车简谐振动的振幅是0.2m，所以弹簧的最大形变量为x=A=0.2m

根据弹性势能的表达式可知最大弹性势能Epm=kA2…③

解得Epm=4J…④

根据机械能守恒定律可知小车的最大动能应等于弹簧的最大弹性势能

所以kA2=Mvm2…⑤

解得小车的最大速度vm=1m/s…⑥

（3）小物块b与小车a磁撞后，小车a的速度为vm，设此时小物块的速度为v1′，

设向右为正方向，由动量守恒定律有

mv1=mv′1+Mvm…⑦

解得v1′=-2m/s…⑧

接着小物块向左匀减速运动一直到停止，设位移是s1，所经历的时间为t1，

根据动能定理可知

-μmgs1=0-mv1/2…⑨

解得s1=1m…⑩

物块作匀减速运动时的加速度为

a==μg=2m/s2…（11）

t1==1s…（12）

小车a振动的周期T=2π≈1.26s…（13）

由于T＞t1＞T，所以小车a在小物块b停止时在O点的左侧，并向右运动…（14）

答：（1）小物块与小车磁撞前瞬间的速度是6m/s；

（2）小车做简谐运动过程中弹簧最大弹性势能是4J；小车的最大速度为1m/s；

（3）小物块最终停在距O点1m远处，当小物块刚停下时小车左端运动到O点的左侧，并向右运动．

（1）由图象可知，当金属棒的最大速度为vm=5m/s，因为此时电动机的功率恒为P=10W，根据P=Fv可得此时电动机对金属棒的拉力F=  ①

对金属棒进行受力分析可得：

由图可知：F合x=F-F安-mgsin30°=0

故此时F安=F-mgsinθ        ②

又因为回路中产生的感应电动势E=BLvm ③

根据欧姆定律可得，此时回路中电流I=           ④

由①②③④可解得B=1T

（2）由题意可知，当t=0.5s时，金属棒获得的速度v=at

此时电路中产生的感应电流I=，金属棒受到的安培力=F安=

此时电动机的拉力F=

则对金属棒进行受力分析有：F-F安-mgsinθ=ma

代入有关数据有：

--mgsinθ=ma

又因为t=0.5s，m=0.2kg，R=1.2Ω，r=0.20Ω，θ=30°

所以可计算得a=m/s2

（3）在0-0.5s时间里对金属棒进行受力分析有：

  F-F安-mgsinθ=ma得

F=ma+mgsin30°+F安

代入a=m/s2，F安=，m=0.2kg，R=1.2Ω，r=0.20Ω，θ=30°

可计算得F=+．

（4）令通过导体棒的电流为I，则通过电阻R1和R2的电流分别为I

电流做功Q=I2Rt得：

对于R1产生的热量：Q1=()2Rt

对于R2产生的热量：Q2=()2Rt

对于导体棒r产生的热量：Q3=I2rt

因为I和t相等，R=1.2Ω，r=0.2Ω，Q1=0.135J

所以可以计算出：Q2=Q1=0.135J，Q3=0.09J

即整个电路产生的热量Q=Q1+Q2+Q3=0.36J

对整个0.5s过程中由于导体棒的加速度为m/s2在0.5s的时间里，导体棒沿轨道上升的距离

x=at2=××(

1

2

)2m=m

0.5s末导体棒的速度v=at=×m/s=m/s

在这0.5s的时间里，满足能量守恒，故有：

WF-Q-mgxsinθ=mv2

∴力F做功为：WF=Q+mgxsinθ+mv2

代入Q=0.36J，m=0.2kg，x=m，v=m/s可得：

WF=2.34J

答：（1）磁感应强度B=1T；

（2）在0-0.5s时间内金属棒的加速度a=m/s2；

（3）在0-0.5s时间内电动机牵引力F与时间t的关系：F=+；

（4）如果在0-0.5s时间内电阻R1产生的热量为0.135J，则这段时间内电动机做的功WF=2.34J．

（1）物体从E到C，由机械能守恒得：mg（h+R）=mvc2；     ①

在C点，由牛顿第二定律得：FN-mg=m  ②

联立①、②解得支持力 FN=12.4N         ③

（2）从E～D～C～B～A过程，由动能定理得

WG-Wf=0                           ④

WG=mg[（h+Rcos37°）-LABsin37°]⑤

Wf=μmgcos37°LAB                  ⑥

联立、④、⑤、⑥解得

斜面长度至少为：LAB=2.4m       ⑦

（3）因为，mgsin37°＞μmgcos37°（或μ＜tan37°）

所以，物体不会停在斜面上．物体最后以C为中心，B为一侧最高点沿圆弧轨道做往返运动．

从E点开始直至稳定，系统因摩擦所产生的热量

Q=△EP                         ⑧

△EP=mg（h+Rcos37°）     ⑨

联立⑥、⑦解得Q=4.8J    ⑩

在运动过程中产生热量为4.8J．