热门试卷

解：（1）因P球带正电，只有M板电势高于N板电势，P球才会受到向右的电场力作用．才有可能向右运动．

        故，若要小球P沿水平直杆从板间射出，必须使M板电势高于N板电势．  

　　    而要使小球P能沿水平直杆从板间射出，必须使电场力大于小球所受的摩擦力，即

             qE＞μmg  而E=

             故

    （2）设P球射出电场时的速率为v，由动能定理得：

       即  

       解得：

     小球P射入磁场后受到竖直向上的洛伦兹力作用，可能出现三种情况．

Ⅰ．qvB=mg，则小球不受摩擦力，做匀速直线运动．故摩擦力做功为零．

Ⅱ．qvB＞mg，则直杆对小球有向下的压力，小球受摩擦力减速，当减速到洛仑兹力与重力大小相等后做匀速运动．设小球匀速时的速度vt，则qvtB=mg

       设此过程中摩擦力做的功为W，由动能定理得：         

        即解得：

Ⅲ．qvB＜mg，则直杆对小球有向上的支持力，小球受摩擦力减速，最终速度减为零． 则摩擦力所做的功为

         解得：W=-4μmgd

答：M板电势高于N板电势，它们间的电势必须大于；（2）射入的速率为，当qvB=mg时，摩擦力做功为零，

当qvB＞mg时，摩擦力做功为，当qvB＜mg时，摩擦力做的功为-4μmgd．

解：（1）物块在AB段：由牛顿第二定律

F-μmg=ma1     

a1=6m/s2

则到达B点时速度为vB，由2a1x=vB2得

滑上传送带μmg=ma2  刚好到达C点，有得

传送带长度L=2.4m

（2）将传送带倾斜，滑上传送带

由mgsin37°+μmgcos37°=ma3 得

a3=10m/s2

物体仍能刚好到达c 端

在AB段

F-μmg=ma

联立解得

F=17N

（3）要使物体能到达C点，物块初速度最小时，有物块滑到C时刚好和传送带具有相同速度

解得

vB=8m/s

物块在AB做加速运动

解得

答：（1）传送带长度为2.4m

（2）拉力F为17N

（3）初速度为2/s

解：（1）设ABC一起运动，以ABC为系统，根据牛顿第二定律：

mCg=（mA+mB+mC）a1，

代入数据解得：，

对A，根据牛顿第二定律：f=mAa1=2×2.5N=5N，

AB间最大静摩擦力：fm=μmBg=6.0N，

由于f＜fm，假设成立，A与B相对静止．

（2）设ABC一起运动，以ABC为系统，根据牛顿第二定律有：

mC′g=（mA+mB+mC′）a2，

代入数据解得：，

对A，根据牛顿第二定律得：f′=mAa2=2×5N=10N，

由于f′＞fm，假设不成立，A与B相对滑动．

对A，根据牛顿第二定律，μmBg=mAaA，代入数据解得：，

对BC为系统，根据牛顿第二定律：

mC′g-μmBg=（mB+mC′）aB，

代入数据解得：．

设经t1时间B运动到A的右端，则有：，

代入数据解得：t1=1.0s．

B第一段的位移：．

经t1时间B运动的速度：v1=aBt1=6×1m/s=6m/s，

B在光滑平面上滑动，对BC为系统，根据牛顿第二定律：

mC′g=（mB+mC′）aB′，

代入数据解得：，

B第二段的位移为：，

代入数据解得：s2=9.75m，

物块C下降的高度：h=s1+s2=3+9.75m=12.75m．

（3）设C与竖直面的动摩擦因数为μ′，

令k=20N/s，

根据图乙可得，F=kt，

对C水平方向：N=F，

C受摩擦力fC=μ′N，

以C为对象，有：mCg-fC=mCaC，

联立解得：，

由上式可得如图的图象，t=t′=2s，物块v=0，则：，

代入数据解得：μ′=0.5．

由图可知t=1s时速度最大，最大速度等于图线与坐标轴围成的面积，有：．

答：（1）A与B相对静止．

（2）物块C下降的高度为12.75m．

（3）物块C与竖直面之间的动摩擦因数为0.5，此过程中的最大速度为5m/s．

解：（1）撤去F前，物体做匀加速直线运动，由v=v0+a1t得

   a1=

（2）撤去F后，物体做匀减速直线运动，由v2=2a2x得，

        a2==0.5m/s2     由牛顿第二定律得：f=ma2=1N

（3）加速过程中，根据牛顿第二定律得：

F-f=ma1解得：F=f+ma1=3N

答：（1）此物体在加速过程中的加速度大小为1m/s2；

（2）物体与水平桌面之间的摩擦力大小为1N；

（3）水平恒力F的大小为3N．

解（1）根据牛顿第二定律得，A上滑的加速度a=gsin37°=6m/s2．

运动的时间t=．

A物体运动的位移．

则B平抛运动的水平位移x=xAcos37°=v2t

解得B抛出的初速度v2=2.4m/s．

（2）B平抛运动的高度差．

A上升的高度h2=xAsin37°=1.8m

则AB初始位置的高度差△h=h1+h2=6.8m．

答：（1）物体B抛出时的初速度为2.4m/s．

（2）物体A、B间初始位置的高度差h为6.8m．

解：（1）对平板，由于Mgsin37°＜μ（M+m）gcos37°，故滑块在平板上滑动时，平板静止不动．

对滑块：在薄板上滑行时加速度a1=gsin37°=6m/s2，到达B点时速度

    v==

滑块由B至C时的加速度a2=gsin37°-μgcos37°=2m/s2，

达到C点速度为：

代入数据解得vC=8m/s

（2）设滑块由B至C所用时间为t，

则LBC=vt+，

  代入解得t=2s

对平板，滑块滑离后才开始运动，加速度a=gsin37°-μgcos37°=2m/s2，

设滑至C端所用时间为t‘，则

   LBC=，

解得t

滑块与平板下端B到达斜面底端C的时间差为△t=t′-t=（-2）s

答：（1）滑块滑至C点时的速度大小为8m/s；

（2）滑块与平板下端B到达斜面底端C的时间差为（-2）s．

解：（1）设木板靠最大静摩擦力或滑动摩擦力产生的加速度为am，则：

am==6m/s2                            

若木板与物块不发生相对运动，设共同加速度为a1，则：

a1==1.2m/s2       　 　 　 　 　 　 

因a1＜am，所以木板与物块靠静摩擦力一起以加速度a1运动       

根据匀变速直线运动的速度位移关系：v2=2a1L                                   

解得木板第一次撞击挡板P时的速度：v=2.4m/s                                  

（2）设木板第一次撞击挡板P后向右运动时，物块的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律有：

μmg-F=ma2                               

解得物块的加速度：a2=2m/s2                                

因a2＜am，所以在木板向右减速运动过程中，物块一直向左减速，木板速度减为0时，木块仍在向左运动．设木板第一次撞击挡板P后运动到右端最远处所需时间为t1，则：

t1==0.4s                                

设木板左端距挡板P的距离为X1，则：m                         

设物块相对地向左的位移为X2，则：X2=vt1-a2t12=0.8m                   　 

此时物块距木板右端的距离为：X=X1+X2=1.28m 

（3）木板最终静止于挡板P处，设物块距木板右端的距离为Xn，此过程中只有拉力和摩擦力做功，根据动能定理有：F（Xn+L）-μmgXn=0 

解得：Xn=2.4m        

答：（1）木板第一次撞击挡板P时的速度v为多少2.4m/s；

（2）木板从第一次撞击挡板P到运动至有端最远处所需的时间t1及此时物块距木板右端的距离X为多少1.28m；

（3）木板与挡板P会发生多次撞击直至静止，而物块一直向左运动．每次木板与挡板p撞击前物块和木板都已相对静止，最后木板静止于挡板P处，求木板与物块都静止时物块距木板有端的距离X为2.4m．