热门试卷

（1）从发现情况到采取刹车措施的位移s1=v0t0

减速过程汽车加速度a=-

设从刹车到停止汽车的位移为s2

由0-v2=2as2，解得s2=

因此s=s1+s2=v0t0+

（2）根据制动位移的表达式可知：s与v0正相关，故禁超速；t0越大s越大，故禁酒驾；

s与m正相关，故禁超载；F越大s越小，故要及时检查车况．

答：（1）刹车距离为v0t0+；

（2）s与v0正相关，故禁超速；t0越大s越大，故禁酒驾；s与m正相关，故禁超载；F越大s越小，故要及时检查车况．

（1）小物块B从N点运动到M点由动能定理，有：

2mgLsinθ=×2m-×2m

解得：vB=，vB为B即将与A碰撞时的速度．  

A、B的碰撞过程动量守恒，有：2mvB=（2m+m）vAB

解得vAB=

（2）A、B在MO之间运动过程机械能守恒，故A、B返回M点时速度仍为vAB，且来到M 点后由于A受到摩擦力作用，造成AB分离．

对A自M点往上运动运用动能定理，有：-fs-mgssinθ=0-m

其中摩擦力f=mgsinθ

解得：s=

（3）物块A、B最终紧靠一起在OM间作往复运动，由能的转化和守恒定律有：E=×2m+2mgLsinθ

解得：E=3mgL    

答：（1）A、B第一次碰撞后紧靠在一起的初速度vAB=．

（2）物块A在M点上方时，离M点的最大距离s=．

（3）系统由于摩擦和碰撞所产生的总内能E=3mgL．

整体下滑阶段，研究A、B、C整体，设末速度为v，由动能定理得：

  （2M+m）gssinθ=（2M+m）v2　

解得：v==m/s=6m/s

爆炸前后，A和B组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有：

   2Mv=MvA+MvB　

解得：vB=0　

此后，设C在B上滑动的加速度为aC，由牛顿第二定律有：

   mgsinθ-μmgcosθ=maC　

解得：aC=g（sinθ-μcosθ）=10×（0.6-0.75×0.8）=0　

对B，由牛顿第二定律有：Mgsinθ+μmgcosθ=MaB　

得：

   aB=gsinθ+cosθ=10×0.6+×0.8=9（m/s2）

C和B经时间t达到共同速度v后将不再相对滑动，则有：t=

板的最小长度L满足：L=vt-t　  

联立解得：L=2m．　

答：B的长度至少为2m．

（1）由动能定理得 

mgh-μmgScosθ=mv2

解得v0=4m/s

（2）设人在CD水平面上滑行的距离为x

由动能定理得μmgx=mv2

解得x=1.45m

答：

（1）人滑到斜面底端C时的速度大小是4m/s；

（2）人离开C点后还要在地面上滑行1.45m才能停下．

（1）       （2）       （3）能，见解析

试题分析：（1）设刚冲上平板时库仑力大小为F，受力如图1，在x、y方向上分别有

       （2分）

         （2分）

其中，      （2分）

联立以上各式解得             （1分）

（2）P、K两点距Q距离相等，故两点处电势相等，则滑块从P到K电场做功为零      （1分）

从P到K，对滑块用动能定理

         （2分）

由几何关系可知    （1分）

解得     （1分）

（3分）从小车与障碍物相撞到小球第一次运动到最高点，对小球在K点，库仑力大小仍为F，设滑块能保持静止，受力如图2，在x、y方向分别有

解得，           （2分）

而

因，故滑块会向下滑动   （1分）

下滑过程中，任意位置正压力都和上升时经过同一位置的正压力相等，故上下两个过程中摩擦力对滑块做的功相等，即          （1分）

同样地，下滑到P点过程中，电场力做功为零，对滑块用动能定理

        （2分）

解得       （1分）

由题目所给条件可知大于零，即滑块确能到达P点

（1）滑块从B到C的过程，机械能守恒mgR=m

代入数据可得vB=4m/s

所以在B点，对滑块有N-mg=m

代入数据得N=30N

根据牛顿第三定律可得：滑块对圆弧轨道的压力为30N，方向竖直向下．

（2）滑块由B到D，据动能定理得-mglBDsinθ-μmgcosθlBD=0-m

代入数据计算可得：lBD=0.8m

（3）滑块由A到B，据动能定理mglADsinθ-μmgcosθlAD=m-0

代入数据计算可得lAD=4m

滑块由D到B，动能定理：mglDBsinθ-μmgcosθlBD=mv2-0①

设滑块经B后滑上圆弧，又滑回，再次经B后滑上斜面的最高点为E，则滑块由B到E，据动能定理得-mglBEsinθ-μmgcosθBE=0-mv2②

由①②可得lBE=0.16m

所以，从开始到第五次经过B点产生的总热量为：Q=μmgcosθ（lAD+2lBD+2lBE）=23.68J

答：（1）滑块第1次经过B点时的速度大小及对圆弧轨道的压力30N；

（2）图中BD两点的距离0.8m；

（3）滑块从开始运动到第5次经过B点的过程中与斜面摩擦而产生的热量23.68J．

（1）当摆球由C到D运动，机械能守恒，则得：mg（L-Lcosθ）=mv

在D点，由牛顿第二定律可得：Fm-mg=m

联立可得：摆线的最大拉力为 Fm=2mg=10N

（2）小球不脱圆轨道分两种情况：

①要保证小球能达到A孔，设小球到达A孔的速度恰好为零，

对小球从D到A的过程，由动能定理可得：-μ1mgs=0-mv

解得：μ1=0.5

若进入A孔的速度较小，那么将会在圆心以下做等幅摆动，不脱离轨道．其临界情况为到达圆心等高处速度为零，由机械能守恒可得：m=mgR

由动能定理可得：-μ2mgs=m-mv

解得：μ2=0.35

②若小球能过圆轨道的最高点则不会脱离轨道，在圆周的最高点，由牛顿第二定律可得：mg=m

由动能定理可得：-μ2mgs-2mgR=mv2-mv

解得：μ3=0.125

综上所以摩擦因数μ的范围为：0.35≤μ≤0.5或者μ≤0.125

答：

（1）摆线能承受的最大拉力为10N．

（2）要使摆球能进入圆轨道并且不脱离轨道，粗糙水平面摩擦因数μ的范围为0.35≤μ≤0.5或者μ≤0.125．

（1）根据题设条件可知，合外力和竖直方向夹角为37°，所以电场力大小为：

     Fe=mgtan37°=mg，电场力的方向水平向右．

故电场力为mg，方向水平向右．

（2）小球沿竖直方向做匀减速运动，有：vy=v0-gt

沿水平方向做初速度为0的匀加速运动，加速度为a：ax==g

小球上升到最高点的时间t=，此过程小球沿电场方向位移：sx=axt2=

电场力做功 W=Fxsx=mv02

故小球上升到最高点的过程中，电势能减少mv02

（3）水平速度：vx=axt

 竖直速度：vy=v0-gt

小球的速度v=

由以上各式得出：g2t2-2v0gt+（v02-v2）=0

解得当t=时，v有最小值  vmin= v0

此时小球动能的最小值为EKmin=mvmin2=mv02

（4）由上可知，从抛出点到最高点，电场力做功为初动能的，

而在电场力方向，做初速度为零的，匀加速直线运动，所以在相同的时间内，位移之比为1：3；

所以从抛出点到落回同一高度过程中，电场力做功为EK0，

由于初动能为4J，则电场力做正功为9J，因重力做功之和为零，则落回同一高度时的动能是13J，

答：（1）小球受到的电场力为mg，方向水平向右．；

（2）从小球抛出点至最高点的电势能减少mv02；

（3）运动过程中小球的最小动能的大小=mv02；

（4）如果抛出时的动能为4J，则小球落回同一高度时的动能是13J．

（1）设带电粒子进入磁场后能飞出磁场边界的最小速度为V0．

粒子在磁场做匀速圆周运动，轨迹与边界MN相切时，粒子恰好飞出MN，对应的速度最小．由几何知识得到此时轨迹半径为R=d

根据牛顿第二定律得：qV0B=

∴V0=5×103 m/s

（2）设恰能飞出磁场边界MN的粒子在电场中运动时板D、C间对应电压为U0，对于电场加速过程，根据动能定理得：

  qU0=mv2

得 U0=25 V

由图象可知，25 V电压对应的时刻分别为秒和秒，故粒子能飞出磁场边界的时间为：秒-秒．

（3）设粒子的最大速度vm

则  qνm=mvm2

又qνmB=m

粒子飞出磁场相对小孔向左偏移的最小距离为x

  x=Rm-=0.04m

∴磁场边界有粒子射出的长度范围为△x=d-x=0.06m

答：

（1）带电粒子经小孔O2进入磁场后能飞出磁场边界的最小速度为5×103 m/s．

（2）从0到0.04末的时间内，秒-秒时刻飘入小孔O1的粒子能穿过电场并飞出磁场边界．

（3）磁场边界有粒子射出的长度范围为0.06m．

A的速度等于绳子收缩的速度，则由运动的合成与分解可得：

物体在P点时，A上升的速度V1=vsinα1=0.6m/s；

物体拉到Q点时，A上升的速度V1′=vsinα2=m/s；

由几何关系可知，物体A上升的高度h′=-=1.5m

由动能定理可得：

WF-mgh′=mv12；

解得：WF=mAgh′+mAv1′2-mv12=150+3.75-1.8J=151.95J；

拉力做功为151.95J．

（1）设A3杆下滑与A2杆碰前速度大小为v0，依据动能定理有：m-0=mg

得：v0=

设A3A2碰后速度大小为v1，依据动量守恒有：mv0=2mv1

得：v1=

感应电动势的最大值：E=BLv1=

闭合回路的总电阻：R=rL+=

电流的最大值：Im==

（2）设A1A2A3杆的共同速度大小为v2，依据动量守恒有：mv0=3mv2

得：v2==

依据能量关系，感应电流最多产生的热量：Q=2m-3m=mgH

（3）设A1杆速度大小为v，则A2A3杆的速度大小为3v

依据动量守恒有：mv0=mv+2m×3v

得：v==

此时回路中的感应电动势：E′=BL3v-BLv=2BLv=BL

感应电流I′=A1杆受到的安培力：F安=BI′L=

答：（1）回路内感应电流的最大值为；

（2）在整个运动过程中，感应电流最多产生的热量为mgH；

（3）当杆A2、A3与杆A1的速度之比为3：1时，A1受到的安培力大小为．

设撤去恒力时物体的速度大小为v1，返回斜面底端时速度大小为v2

（1）对全过程用动能定理　　WF=m=120J

（2）取沿斜面向上为正方向　　

从底端上滑到撤恒力F的过程有：s=t

从撤去F至回到底端的过程有：-s=t

解得　v2=2v1

所以　　EA=×mv22=30J

答：（1）这个恒力对物体做的功为120J；

（2）突然撤去这个恒力的时刻，物体具有的动能是30J．

（1）设电子经电压U1加速后的速度为v0，由动能定理

e U1=m-0                            

解得  v0=

（2）电子以速度v0进入偏转电场后，做类平抛运动．设电子离开偏转电场时的侧移量为y

沿初速方向匀速直线运动，有  L=v0t                  

垂直初速方向，有  y=at2

又电场力  F=eE=e

根据F=ma，得加速度为 a=

解得  y=

（3）要使电子打在P点上方，需增大侧移量，由解得 y=知，可以减小加速电压U1；增大偏转电压U2                 

所以，（1）电子穿过A板时速度的大小为

       （2）侧移量为

      （3）可以减小加速电压U1或增大偏转电压U2

（1）A和斜面间的滑动摩擦力大小为f=2μmgcosθ，物体A向下运动到C点的过程中，根据功能关系有：

2mgLsinθ+•3mv02=•3mv2+mgL+fL，

代入解得v=．

（2）从物体A接触弹簧，将弹簧压缩到最短后又恰回到C点，对系统应用动能定理，

-f•2x=0-×3mv2，解得x=-=-．

（3）弹簧从压缩最短到恰好能弹到C点的过程中，对系统根据能量关系有

   Ep+mgx=2mgxsinθ+fx

因为mgx=2mgxsinθ

所以Ep=fx=mv02-μmgL=mv02-mgL．

答：

（1）物体A向下运动刚到C点时的速度为；

（2）弹簧的最大压缩量为-；

（3）弹簧中的最大弹性势能为mv02-μmgL．