热门试卷

（1）消防队员的重力G=mg=600N，则该队员先在t1=1s的时间内以加速度a1匀加速下滑，然后在t2=1.5s的时间内以加速度a2匀减速下滑．

在第1s内，由牛顿第二定律，得：

    mg-f1=ma1　

得a1=g-=10-=4（m/s2）

后1.5s内由牛顿第二定律得：

   f2-mg=ma2

得a2=-g=-10=2（m/s2）

（2）他在1s末时的速度为

   vm=a1t1=4×1=4m/s

落地时的速度

vt=vm-a2t2=4-2×1.5=1m/s

（3）该队员在第1s内下滑的高度

h1=a1t12=×4×12m=2m

在后1.5 s内下滑的高度

h1=h2=vmt2-a2t22=(4×1.5-×2×1.52)m=3.75m

他克服摩擦力做的功为W=f1h1+f2h2=（360×2+720×3.75）J=3420J

答：

（1）他向下加速与减速的加速度大小分别为4m/s2和2m/s2．

（2）他落地时的速度为1m/s．

（3）他克服摩擦力做的功是3420J．

（1）由动能定理：neU1=mv2

n价正离子在a、b间的加速度a1=

在a、b间运动的时间t1==•d

在MN间运动的时间：t2=

离子到达探测器的时间：t=t1+t2=•d+•L=

（2）假定n价正离子在磁场中向N板偏转，洛仑兹力充当向心力，设轨迹半径为R，

由牛顿第二定律nevB=

离子刚好从N板右侧边缘穿出时，

由几何关系：R2=L2+(R-)2

由以上各式得：U1=

当n=1时U1取最小值Umin=．

（1）A与C间的摩擦力为：fA=μAmAg=0.5×20×10N=100N，B与C间摩擦

为：fB=μBmBg=0.25×40×10N=100N，

推力F从零逐渐增大，当增大到100N时，物块A开始向右移动压缩轻弹簧（此时B仍保持静止），设压缩量为x，则力F=fA+kx，

当x=0.5m时，力F=fA+fB=200N，此时B将缓慢地向右移．B在移动0.5m的过程中，力F保持F=200N不变，弹簧压缩了0.5m，B离木板C的右端0.2m，A离木板C有左端1.0m．作出力F随A位移的变化图线如图所示．

（2）在物块B移动前，力F作用于物块A，压缩弹簧使弹簧贮存了弹性势能E0，物块A移动了s=0.5m，设力F做功为W，由能量守恒可得

弹簧贮存的弹性势能大小为：E0=W-fAs=×0.5J-100×0.5J=25J

（3）撤去力F之后，AB两物块给木板C的摩擦力的合力为零，故在物块AB滑离木板C之前，C仍静止不动．物块AB整体所受外力的合力也为零，其动量守恒，可得

  mAvA=mBvB

由题可知，始终vA：vB=mB：mA=2：1 当物块B在木板C上向右滑动了0.2m，物块A则向左滑动了0.4m，但A离木板C的左端还有d=0.6m．可见，物块B先滑离木板C．

并且两物体的相对位移△s=0.4m+0.2m=0.6m＞0.5m（弹簧的压缩量），弹簧储存的弹性势能已全部释放，由能量守恒定律有

    12E0=mA+mB+fA•△s

由此求出物块B滑离木板C时A物块的速度为vA=4m/s

设此后A滑离木板C时，物体A的速度vA′，木板C的速度vc′，有动量守恒定律有

    mAvA=mAvA′+mCvC′

 由能量守恒有fAd=mA-（mAvA′2+mCvC′2）有

将d=0.6m及有关数据代入上两式解得：vC′=1m/s，（vC′=3m/s，不合题意舍弃）

答：（1）推力F随A位移的变化图线如图所示；

（2）弹簧储存的弹性势能E0的大小为25J；

（3）最终C的速度是1m/s．

（1）为使小物体不会从A点冲出斜面，由动能定理得mg-μmgcosθ=0

解得动摩擦因数至少为：μ=

（2）分析运动过程可得，最终小物体将从B点开始做往复的运动，由动能定理得

mg（+Rcosθ）-μmgScosθ=0

解得小物体在斜面上通过的总路程为：S=

（3）由于小物体第一次通过最低点时速度最大，此时压力最大，由动能定理，得

mg（+R）=mv2

由牛顿第二定律，得

Nmax-mg=m

解得Nmax=3mg+mgcosθ

最终小物体将从B点开始做往复的运动，则有

mgR（1-cosθ）=mv′2

Nmin-mg=m

联立以上两式解得Nmin=mg（3-2cosθ）

由牛顿第三定律，得小物体通过圆弧轨道最低点C时对C的最大压力

Nmax′=3mg+mgcosθ，

最小压力Nmin′=mg（3-2cosθ）．

（1）下滑过程中安培力的功即为在金属棒和电阻上产生的焦耳热，

   由于R=3r，因此QR=3Qr=0.3J

   故W安=Q=QR+Qr=0.4J

（2）金属棒下滑时受重力和安培力F安=BIL=v

    由牛顿第二定律mgsin30°-v=ma

     故a=gsin30°-v=10×-=3.2(m/s2)

（3）此解法正确．

   金属棒下滑时重力、支持力和安培力作用，根据牛顿第二定律

       mgsin30°-v=ma

   上式表明，加速度随速度增加而减小，棒作加速度减小的加速运动．无论最终是否达到匀速，当棒到达斜面底端时速度一定为最大．由动能定理可以得到棒的末速度，因此上述解法正确．

       mgSsin30°-Q=mvm2

    故vm===2.74(m/s)

该同学的解法有三处错误：一是运用动能定理时，研究对象是AB组成的系统，等式右边的质量应该是AB的总质量2m而不是m．

正确的表达式为   mgh（1-sinθ-μcosθ）=•2mv2；

二是运用牛顿第二定律时，等式右边的质量应该是AB的总质量2m而不是m．

正确的表达式为   mg（1-sinθ-μcosθ）=2ma

三是求A物块沿斜面上滑的时间有错，A物块达速度v后还要减速上滑，该同学漏掉了这一段时间．

正确的表达应该是   减速上滑时的加速度为a′=g（sinθ+μcosθ）

减速上滑时的时间为t′=

整个上滑的时间应该为 t=+．

（1）由图2可知v2=1.2×104-500h，

即风力F=7.2×102-30h

当表演者在上升过程中的最大速度vm时有  F=mg

代入数据得h1=4m．

（2）对表演者列动能定理得WF-mgh2=0

因WF与h成线性关系，则风力做功WF=h2

代入数据化简得h2=8m  

（3）当应急电源接通后，风洞以最大风速运行时滞后时间最长，表演者减速的加速度为

     a==2m/s2  

表演者从最高处到落地过程有H=g+

代入数据化简得tm=s≈0.52s．

答：

（1）表演者上升达最大速度时的高度h1=4m．

（2）表演者上升的最大高度h2=8m．

（3）留给风洞自动接通应急电源滞后的最长时间tm=0.52s．

（1）由平衡条件得，Fcos37°=μ（Mg-Fsin37°）

解得μ=0.8．

（2）放上第一个小铁块后，木板做减速运动，由动能定理得，

Fcos37°L-μ[（M+m）g-Fsin37°]L=Mv12-Mv02

代入数据解得v1==m/s．

（3）木板动能变化量的绝对值|△EK|等于nμmgL，即在第一段L内，动能的减小量大小为μmgL，第二段L内，动能的减小量为2μmgL，第三段L内，动能的减小量为3μmgL，第四段L内，动能的减小量为4μmgL，如图所示．

答：（1）木板与地面间的动摩擦因数μ为0.8．

（2）木板运动L时速度的大小为m/s．

（3）如图所示．

（1）从A到B的运动过程运用动能定理得：

                mvB2=mgR

                vB==4m/s

         根据圆周运动向心力公式得：

                NB-mg=m 

            解得：NB=30N

根据牛顿第三定律可知，物体对轨道的压力等于轨道对物体的支持力为30N；

     （2）从A到C的运动的过程运用动能定理得：

                mgR-μmgs=0-0

            解得：s==2m．

答：（1）物体刚到B点时对轨道的压力为30N；（2）水平轨道BC长度为2m．

（1）设装置由静止释放到导体棒运动到磁场下边界的过程中，作用在线框上的安培力做功为W

         由动能定理  mgsinα•4d+W-BIld=0

         且Q=-W

         解得  Q=4mgdsinα-BIld

   （2）设线框刚离开磁场下边界时的速度为v1，则接着向下运动2d

        由动能定理得：mgsinα•2d-BIld=0-m

        装置在磁场中运动时收到的合力F=mgsinα-F′

        感应电动势   E=Bdv

        感应电流     I′=

        安培力       F'=BI'd

       由牛顿第二定律，在t到t+△t时间内，有△v=△t

       则∑△v=∑[gsinα-]△t

       有v1=gt1sinα-

       解得   t1=

  （3）经过足够长时间后，线框在磁场下边界与最大距离xm之间往复运动

       由动能定理   mgsinα•xm-BIl（xm-d）=0

       解得    xm=

答：（1）装置从释放到开始返回的过程中，线框中产生的焦耳热为4mgdsinα-BIld；（2）线框第一次穿越磁场区域所需的时间t1为；（3）经过足够长时间后，线框上边与磁场区域下边界的最大距离Χm为．

（1）电子在B点受到的库仑力大小为

F==       

电子在该处的加速度为a==

（2）设电子在B点是的速度为vB，由动能定理得

mv2-mv02=-eU

解得v0=

答：（1）电子经过B点时的加速度大小为．

（2）电子在A点时的速度大小为．

（1）竖直方向：qE-mg=ma     h=at2

水平方向：l=v0t

解得：E=+

故匀强电场的场强大小E=+．

（2）W=qEh，代入E得：W=mgh+

故电场力所做的功为mgh+．

（3）由动能定理得：qEh-mgh=Ek-mv02解得：Ek=mv02+

故小球在h高度处的动能为mv02+．

（1）设汽车在水平路面和斜坡行驶时受到的阻力大小为f，汽车在水平路面匀速行驶时的牵引力为F1，则

    P=F1v=fv，解得，f=1.0×104N

设汽车以v=8m/s的速度冲上斜坡时的牵引力为F2，则

    1.5P=F2v，求得F2=1.5×104N

此时汽车受到沿斜面向下的力为：f+Mgsinθ=2×104N＞F2，所以汽车沿斜坡向上做加速度减小的加速运动，当加速度减小为零汽车又开始做匀速运动，

设匀速运动的速度大小为v′，

 （f+Mgsinθ）v′=1.5P

解得，v′==6m/s；

（2）设汽车在斜坡上做变加速运动的时间为t，则由动能定理得

    1.5Pt-（f+Mgsinθ）S=Mv′2-Mv2

解得t=4s

答：

（1）汽车在坡面匀速运动的速度大小为6m/s；

（2）汽车在坡面上变加速运动的时间是4s．

设Q与水平面间的动摩擦因数为μ1，P、Q间的动摩擦因数为μ2

（1）设P到左圆弧最底端的速度为v1，对P从开始运动到左圆弧最底端应用动能定理有：

mv12-mv02=mgR

解得v1=3m/s．

设P到右圆弧最底端的速度为v2，因为P滑上右圆弧轨道恰能滑到最高点，在此过程中，对P应用动能定理有：

0-mv22=-mgR

P在Q上滑动，对P应用动能定理有：mv22-mv12=-μ2mgd

联立解得v2=2m/s，μ2=0.25．

（2）P在Q上向右做匀减速运动，P的加速度大小为a1=μ2g，方向向左

Q向右做匀加速运动，加速度大小为a2==μ2g-2μ1g，方向向右．

设P在Q上运动的时间为t1，应用运动学公式可知，

t1==0.4s．

对Q有d-L=a2t12，水平面对Q的摩擦力做功为Wf=-μ1（2m）g（d-L）

联立解得：a2=1.25m/s2，μ1=0.0625，Wf=-0.125J．

（3）P第一次从左圆弧最底端到右圆弧最底端受到的作用力不变，根据动能定理可知，动能减小量△Ek=μ2mgd=2.5J．

假设P能从右圆弧最底端到左圆弧最底端，到底端时的动能为mv32=mv22-△Ek＜0．

说明小滑块从右圆弧最底端不能到达左圆弧最底端．

假设P、Q可达到共同速度v3，需时间t，则有：v3=v2-a1t=a2t．

解得v3=m/s，t=s．

在此过程中Q的运动位移x1==m＞0.1m，说明P、Q不可能达到共同速度，Q向左运动0.1m与左壁碰撞而停止运动，P向左运动位移x2==0.8m停止运动，P最终停止位置到右圆弧底端的距离为0.8m．

答：（1）P、Q之间的动摩擦因数为0.25．

（2）此过程中水平面对Q的摩擦力所做的功为-0.125J．

（3）P最终停止位置到右圆弧底端的距离为0.8m．