热门试卷

（1）由牛顿第二定律，有F-mg=ma，由a─t图象可知，F1和F2对应的加速度分别是a1=1.0m/s2，a2=-1.0m/s2则：

F1=m（g+a1）=2.0×103×（10+1.0）N=2.2×104N

F2=m（g+a2）=2.0×103×（10-1.0）N=1.8×104N

（2）通过类比可得，电梯的速度变化量等于第1s内a─t图线下的面积：△υ1=0.50m/s

同理可得，△υ2=υ2-υ0=1.5m/s

υ0=0，第2s末的速率υ2=1.5m/s

答：（1）电梯在上升过程中受到的最大拉力F1是2.2×104N，最小拉力F2是1.8×104N．

（2）电梯在第1s内的速度改变量△υ1是0.50m/s，第2s末的速率υ2是1.5m/s．

（1）将物体的运动分解为向东和向南方向，物体在向南方向的位移x2=xsin30°=6×m=3m，

根据x2=a2t22得，a2==m/s2=1.5m/s2，

所以F2=ma2=2×1.5=3N．

设第1个2s末的速度为v1，则有t1+v1t2=xcos30°，代入数据解得v1=m/s，

则向东方向上的加速度a1==m/s2，

则F1=ma1=2×=N．

（2）4s末向东方向上的分速度vx=v1=m/s，向南方向上的分速度vy=a2t2=3m/s，

根据平行四边形定则知v===2m/s，

设速度的方向与向东方向的夹角为θ，tanθ==，解得θ=60°．

答：（1）力F1和F2的大小分别为N、3N．

（2）该时刻物体速度的大小为2m/s，方向东偏南60°．

（1）对小球受力分析如图，将细线拉力T分解有：

Ty=Tcosθ

Tx=Tytanθ

由二力平衡可得：Ty=mg

Tx=N

解得细线拉力T==N=50N

车壁对小球的压力N=mgtanθ=30N；

（2）设汽车刹车时的最大加速度为a，此时车壁对小球弹力N=0，

由牛顿第二定律有Tx=ma即

mgtanθ=ma

解得：a=7.5m/s2

即汽车刹车时的速度最大不能超过7.5m/s2

答：（1）汽车匀速运动时，细线对小球的拉力为50N和车后壁对小球的压力为30N；

（2）若要始终保持θ=37°，则汽车刹车时的加速度最大不能超过7.5m/s2

（1）在下滑过程中利用牛顿第二的定律有：

mgsin37°-kx1-Ff=ma1

在上滑过程中利用牛顿第二定律有：

kx2-Ff -mgsin37°=ma2

联立并代入数据得：k=300 N/m

（2）在向上匀加速运动时有：

mgsin37°-kx1-Ff=ma1

Ff =mgsin37°-kx1-ma1=10N

μ===0.25

答：（1）弹簧的劲度系数300N/m；

（2）物体与斜面间的动摩擦因数为0.25．

（1）关闭发动机后汽车行驶的加速度为：a1===-3m/s2，

（2）根据牛顿第二定律得：f=ma=-3×1200=-3600N，则阻力大小为3600N，

（3）根据图象可知，匀加速直线运动时的加速度为：a2===1m/s2，

根据牛顿第二定律得：F+f=ma2，

解得：F=1200×1+3600=4800N，

（4）根据速度时间图象与坐标轴围成的面积表示位移得：

x=×10×30-×30×30=-300m

答：（1）关闭发动机后汽车行驶的加速度为-3m/s2；

（2）汽车受到的阻力大小为3600N；

（3）汽车做匀加速直线运动时牵引力的大小为4800N；

（4）汽车在60s内的位移为-300m．

木箱的受力分析图如图所示．

在水平方向上有：Fcos37°=f

在竖直方向上有：Fsin37°+N=mg

又f=μN

联立三式，代入数据解得：F≈43.48N．

答：所加的拉力应为43.48N．

（1）木板最初做匀速运动，由F=μMg解得，μ===0.5

第l块铁块放上后，木板做匀减速运动，即有：

μ（M+m）g-F=Ma1 代入数据解得：a1=-0.5m/s2；

根据速度位移关系公式，有：-=2a1L，解得v1=2m/s

（2）设最终有n块铁块能静止在木板上．则木板运动的加速度大小为：an=

第1块铁块放上后：2a1L=v02-v12

第2块铁抉放上后：2a2L=v12-v22

第n块铁块放上后：2a3L=vn-12-vn2

由上可得：（1+2+3+…+n）×2（）L=v02-vn2

木板停下时，vn=0，得n=6.6；

（3）从放上第1块铁块至刚放上第7块铁块的过程中，由（2）中表达式可得：

×2（）L=v02-v62

从放上第7块铁块至木板停止运动的过程中，设木板发生的位移为d，则：

2×d=v62-0

联立解得：d=m

答：（1）第1块铁块放上后，木板运动了L时，木板的速度为2m/s．

（2）最终有7 块铁块放在木板上．

（3）最后一块铁块与木板右端距离为m．

（1）根据牛顿第二定律：F-μmg=ma

得：a==5m/s2

（2）根据匀变速直线运动的速度时间公式：v=at=2×5=10m/s

答：（1）物体的加速度为5m/s2；

（2）2s末物体的速度为10m/s．

（1）无风时，小球做平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，则有

水平方向：S=v0t

竖直方向：L=gt2

解得，初速度v0=S

（2）有水平风力后，小球在水平方向上做匀减速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，小球运动的时间不变．则

S=v0t-at2

又F=ma

t=

联立以上三式得：F=

（3）水平风力对小木块所做的功为：W=-F•S=-

答：

（1）小木块初速度的大小是S；

（2）水平风力F的大小是；

（3）水平风力对小木块所做的功是-．

（1）取竖直向下为正方向，则：

根据v02=2gH得，

圆管第一次碰地前的瞬时速度v0=，方向竖直向下

（2）碰地后瞬间，管的速度v管=-，球的速度v球=．球相对管的速度v相=2．

碰后，管受重力作用及向下的摩擦力作用，加速度a管=2g；球受重力和向上的摩擦力作用，加速度a球=-3g．球相对管的加速度a相=-5g．

以管为参考系，则球与管相对静止前，球相对管下滑的距离为：

s相1===H

要使球不滑出圆管，应满足：L＞s相1=H

（3）设管从碰地到它弹到最高点所需时间为t1（设球与管这段时间内摩擦力方向不变），则：

t1==．

设管从碰地到与球相对静止所需的时间为t2，则：

t2==．

因为t1＞t2，说明球与管先达到相对静止，再以共同速度上升到最高点．设球和管达相对静止时的高度为h′，共同速度为v′，则：

h′=v管t2-a管t12=H

v′=v管-a管t2=

此后，球和管以初速度v′竖直上抛．设再上升的高度为h″，则：

h″==H

因此，管上升的最大高度H′=h′+h″=H．

答：（1）圆管底端落地前瞬间的速度为，方向竖直向下．

（2）圆管弹起后圆球不致滑落，L应满足L＞H．

（3）圆管上升的最大高度是H．

（1）当小球所受的洛伦兹力小于重力垂直杆向下的分力，小球向下做加速运动，洛伦兹力逐渐增大，支持力和滑动摩擦力逐渐减小，合力增大，加速度增大．当洛伦兹力大于重力垂直杆的分力时，杆对小球的支持力方向变为垂直于杆向下，速度增大，滑动摩擦力增大，合力减小，加速度减小，则当洛伦兹力等于于重力垂直杆向下的分力时，支持力和摩擦力为零，合力最大，加速度最大，根据牛顿第二定律得：

    mgsinθ=mam，得到最大加速度为am=gsinθ

由mgcosθ=qvB得，v=

（2）当洛伦兹力大于重力垂直杆的分力时，小球做匀速直线运动时，速度最大，由平衡条件得：

   mgsinθ=μ（qvmB-mgcosθ）

解得，最大速度为vm=

答：

（1）小球最大加速度为gsinθ，此时小球的速度是．

（2）下滑过程中，小球可达到的最大速度为．

（1）；（2）；（3）

试题分析：（1）设杆从PQ上升的最大高度为h，上升过程中的加速度大小为，

则，；     （1分）

下降过程中的加速度大小，

则，；     （1分）

。       （2分）

（2）设杆质量为m，长度为l，定值电阻阻值为R。

杆刚进入MN时的速度为v0，切割产生的电动势，回路中的电流，

ab杆受到的安培力大小为，方向竖直向下。①        （1分）

杆刚进入MN时，由牛顿第二定律，

得。②            （1分）

由题意，杆下落进入磁场做匀速运动，速度为v2，

切割产生的电动势，

此时回路中的电流，

ab杆受到的安培力大小为，③     （1分）

这一过程中杆受力平衡，即，可得。  （1分）

由（1）问，且，可得。④

由①③④，可得，          （2分）

代入②中，可得。           （2分）

（3）设磁场高度为d，向上穿过磁场的过程中，由动能定理

⑤（1分）

杆过PQ后继续上升了nd，这一过程由动能定理

⑥              （1分）

由⑤⑥得，。         （1分）

杆下落过程中，。     （1分）

则。         （2分）

（1） （2） （3）

试题分析: （1）小球从P运动到A的过程中，由动能定理得： （3分）

解得：        （2分）

（2）小球在最低点B时，根据牛顿第二定律得：        （2分）

解得：        （2分）

则由牛顿第三定律得：小球对圆弧轨道的压力大小为       （1分）

（3）重力场和电场看成等效场；对小球等效最低点为F点，在F点小球的速度最大，设OF与竖直方向的夹角为，在此位置小球所受的电场力与重力的合力方向沿半径向外，则有：

则知：，         （2分）

设小球在圆弧轨道运动过程中速度最大为，小球从P到F的过程，根据动能定理得：

         （2分）

解得：         （2分）

①小车静止不动，分析物体的受力情况，如图，根据平衡条件得

T1=Gcos30°=mg，T2=Gsin30°=mg

②若小车以大小为g的加速度向右匀加速运动时，分析物体的受力情况，如图，由牛顿第二定律得

T1cos30°-T2sin30°=ma

T1sin30°+T2cos30°=0

解得，T1=mg，T2=mg

③为使OA绳的拉力恰好为0，物体受到绳OB拉力和重力，合力方向水平向右，则有

mgcot30°=ma，a=g

答：①若小车静止不动，绳OA拉力 T1和绳OB拉力T2分别为mg和mg．

②若小车以大小为g的加速度向右匀加速运动时，T1为mg，T2为mg．

③为使OA绳的拉力恰好为0，小车向右运动的加速度为g．