热门试卷

（1）木块A按住不动时所受摩擦力为静摩擦力，由平衡条件得f=T=Mg=3N，方向水平向左                            

 （2）在B下落至地面前，据动能定理，有

   Mgh-μmgh=（M+m）v2，

得v==2m/s         

（3）在B落地后，A运动到停下来，设B继续向右滑行距离为s′时停下，则据动能定理，有

-μmgs′=0-mv2   

得 s′==0.4m＜0.5m         

所以木块A不会撞到定滑轮，最终木块A停在距定滑轮0.1m处．

答：（1）木块A按住不动时所受摩擦力是3N，方向水平向左；

（2）木块A由静止释放后运动到O点时的速度大小是2m/s；

（3）木块A不会撞到定滑轮，最终木块A停在距定滑轮0.1m处．

（1）开关S闭合时，R1、R3并联与R4串联，R2中没有电流通过．有：

              UC=U4=E

      对带电小球由平衡条件有：mg=qE，E=

          则有mg=q，UC=

      得：E=

    （2）开关S断开后，R1、R4串联，则UC′==

     小球先向下运动与下极板相碰后，小球带电量变为q'，再向上运动到上极板．在全过程由动能定理得      --mgd+q′U′C=0

    联解得：q′=

答：（1）电源的电动势为．

    （2）小球与极板碰撞后的带电量为q′=．

解析：（1）在0-2S内，运动员做匀加速运动

有：a==m/s2=8m/s2

又：根据牛顿第二定律：mg-F=ma得

F=mg-ma=80×2N=160N

（2）速度图线与时间轴所夹面积为下落高度  h=2×2×40=160m

根据动能定理有mgh-W=mv2

克服阻力做的功：W=mgh-mv2=80×10×160-×80×62=126560J

（3）总时间为t=14+=70.67s

答（1）加速度为8m/s2，阻力为160N．

（2）下降高度为160m，阻力做功为126560J．

（3）着陆总时间为70.67s．

（1）对棒进行受力分析：

因为静止根据平衡条件得：

tanα==

而I=

得tanα=

所以金属棒上升的高度H=（R-Rcosα）=0.2m

（2）根据动能定理研究金属棒上滑一定距离最后静止的过程得：

W安-mgH=0-0=0

得W安=0.12J

答：此金属棒上升高度是0.2m，此过程安培力做功是0.12J．

（1）假设小车A与小物块B相对静止，以A、B整体为研究对象

由牛顿第二定律得qE=（m1+m2）a    

解得a=1 m/s2    

再以小车A为研究对象，设它受到的静摩擦力为FBA，A、B之间的最大静摩擦力为Fmax，

由牛顿第二定律得FBA=m1a=1N，Fmax=μm2g=4N

因FBA＜Fmax，故假设成立．小车A所受的摩擦力大小为1N，方向水平向右   

（2）设小车A和小物块B第一次与墙壁相碰前瞬间的速度为v0．

由运动学规律有v02=2as

解得v0=2m/s

小车A与墙壁相碰后瞬间速度大小不变，方向向左，小物块B速度不变．由于B的动量大于A的动量，因此A向左做匀减速运动的速度减为零时，向左运动的距离最远，设这个距离为s1

由动能定理有μm2gs1=m1v02

解得s1=0.5m

（3）接着小车A又向右做初速度为零的匀加速运动，假设小车A和小物块B先达到共同速度后再与墙壁相碰，且设第二次与墙壁相碰前瞬间的速度为v共．

由动量守恒定律得m2v0-m1v0=（m1+m2）v共

解得v共=m/s

设小车A由速度为零到达到共同速度所通过的距离为s2

由动能定理有μm2gs2=m1

解得s2=m＜s1，所以，假设成立    

（4）小车A与小物块B最终将停止在墙角处，设小车至少长L

由能量守恒定律得μm2gL=(m1+m2)

代入数据得L=1.5 m    

答：（1）有电场作用时小车A所受的摩擦力大小为1N，方向水平向右；（2）小车A第一次与墙壁相碰后向左运动的最远距离为0.5m；（3）小车A第二次与墙壁相碰时的速度为m/s；（4）要使小物块B最终不滑离小车A，小车的长度至少为1.5 m．

（1）

（2）

（1）①物体受到的摩擦力Ff=μmg=0.2×2×10N=40J；

由牛顿第二定律F=ma可得

F-Ff=ma

则物体的加速度a===1m/s2；

②由速度和时间的关系可知，

10s末时的速度v=at=1×1m/s=1m/s；

（2）①摩托车的初动能为Ek0=mv2； 末动能为零

故动能的变化量△Ek=0-EK0=-mv2；

②摩托车在运动中只有摩擦力做功，则由动能定理可知

-Ffs=-mv2；

故物体受到的摩擦力Ff=；

（1）在斜面上小球沿v0方向做匀速运动，

垂直v0方向做初速度为零的匀加速运动．

由牛顿第二定律得：ma=mgsin30°，

小球的加速度a=gsin30°=5m/s2，

沿v0方向位移s=v0t，

垂直v0方向：l=at2，

解得，运动时间：t==s=2s，

水平位移：s=v0=10m=20m；

（2）设小球运动到斜面底端时的速度为v，

由动能定理得：mglsin300=mv2-m，

小球到达斜面底端时的速度v==m/s=14.1m/s．

答：（1）小球沿斜面滑到底端的时间为2s，水平位移为20m．

（2）小球到达斜面底端时的速度大小为14.1m/s．

（1）设A、B、C三个物体的质量都为m，从开始到C、A的速度达到相等的过程所用时间为t，C、A相等的速度为vC，根据动量定理得

 对C：-2μmgt=mvC-mv0

 对A：（2μmg-μmg）t=mvC

联立解得，t=，vC=v0

（2）对B，由动量定理得，

-μmgt=mvB-mv0

得到，vB=v0

对C：xC=t，

对B：xB=t

平板车平板总长度L=xB+xC

解得，L=

（3）对A：xA==，A、B、C三者的位移和末速度分别为：xA=，方向向左；

xB=，方向向右；xC=，方向向左．

vA=vC=v0，方向向左；vB=v0，方向向右．C和B发生碰撞时两者的速度立刻互换，则碰撞后C和B的速度各为：vC′=v0，方向向右，vB′=v0，方向向左．

碰撞后B和A的速度相等，设B和A保持相对静止一起运动，此时对B和A整体有fC=2μmg=2ma

对B：B受到的摩擦力为fB′=ma=μmg，说明B和A保持相对静止一起运动．

设C最后停在车板上时，共同速度为v，由动量守恒定律得

  mvC′-2mvB′=2mv

可得，v=0

对这一过程，对C，由动能定理得

-2μmgSC′=0-m

对B和A整体，由动能定理得

-2μmgSA′=0-2m

解得，C和A的位移分别是

  SC′=，向右，SA′=，向左．

则C先相对于车板向左移动x1=xC-xA=，后相对于车板向右移动S=SC′-SA′=，恰好回到原来的位置，即滑块C最后停在车板的右端．

答：

（1）开始运动到C、A的速度达到相等时的时间为t=；

（2）平板车平板总长度L=；

（3）滑块C最后停在车板的右端．

运动员由C到D过程做竖直上抛，设初速度为V0，

则有：0=V0-g得V0=gt

运动员从B到C至少做功为W0，由动能定理：W0-W=mV02

解得：W0=W+mg2t2

答：自行车运动员从B到C至少做功为W+mg2t2．

（1）带电系统开始运动时，设加速度为a1，由牛顿第二定律：a1==

球B刚进入电场时，带电系统的速度为v1，有：v12=2a1L

求得：v1=

（2）对带电系统进行分析，假设球A能达到右极板，电场力对系统做功为W1，有：W1=2qE×3L+（-3qE×2L）=0

故带电系统速度第一次为零时，球A恰好到达右极板Q．      

设球B从静止到刚进入电场的时间为t1，则：t1=

解得：t1=

球B进入电场后，带电系统的加速度为a2，由牛顿第二定律：a2==-

显然，带电系统做匀减速运动．减速所需时间为t2，

则有：t2=

求得：t2=

可知，带电系统从静止到速度第一次为零所需的时间为：t=t1+t2=3

带电系统速度第一次为零时，球A恰好到达右极板Q，故进入电场后B球向右运动的位移x=4L-2L=2L，

故电场力对B球所做的功为W=-3qE×2L=-6EqL

故B球电势能增加了6EqL．

（1）由牛顿第二定律可得：a1=

而摩擦力为：f=μmgcos37°

则有a1=8m/s2

（2）上滑的时间t1==0.5s

下滑的加速度a2==4m/s2

上滑的位移：s=a1t12=1m

下滑时间：t2=s

运动的总时间：t总=s=1.207s

（3）上滑过程中，由动能定理得：mv02-Ek=fs+mgh1

    则有fs=mgh1

解得：h1=m=0.34m

下滑过程中，由动能定理得：EK-0=mg（0.6-h2）-fs'

则有fs′=mg(0.6-h2)

解得：h2=m=0.24m

答：（1）木块在上滑过程中加速度的大小8m/s2

（2）木块在斜面上运动的总时间1.207s．

（3）木块的重力势能与动能相等时上升时离地高度为0.34m，下降时高地高度为0.24m．

物体运动的全部过程中，拉做正功，摩擦力做负功，其余力不做功，根据动能定理，有

Fs1-μmg（s1+s2）=0

解得

s2=

答：物体还能运动．