热门试卷

（1）由题意可知：小滑块受到的安培力垂直斜面向上．

根据左手定则可得：小滑块带负电．                          

（2）由题意：当滑块离开斜面时，洛伦兹力：Bqv=mgcosα，

则v==2m/s

又因为离开之前，一直做匀加速直线运动

则有：mgsina=ma，

即a=gsina=5m/s2，

由速度与时间关系得，则t==s

（3）由v2=2ax得：

x===1.2m

答：（1）小滑块带负电荷（2）小滑块经过s时间离开斜面（3）该斜面至少有1.2m．

设B落地时的速度为v，系统的机械能守恒：

       m2gH-m1gHsinθ=（m1+m2）v2    ①

    B落地后，A以v为初速度沿斜面匀减速上升，设沿斜面又上升的距离为S，

由动能定理得：-m1gSsinθ=0-mv2  ②

物体m能沿斜面滑行的最大距离：L=h+S  ③

由①②③代入数据得：L=1.2m

答：物体A能沿斜面滑行的最大距离是1.2m．

（1）弹簧的最大弹性势能为Ep=mgssin37°+mv02

解得EP=38J．

（2）工件沿传送轨道减速向上滑动的过程中有：mgsin37°+μmgcos37°=ma1

与传送带共速需要的时间t1==0.5s．

工件滑行的位移大小s1==3m＜L．

因为μ＜tan37°，所以工件将沿传送带继续减速上滑．

mgsin37°-μmgcos37°=ma2

假设工件速度减为零时，工件未从传送带上滑落，则t2==1s．

工件滑行的位移大小s2==2m=L-s1

故假设成立，工件沿传送带上滑的时间t=t1+t2=1.5s．

（3）当传送带速度在4m/s＜v＜8m/s的范围内调节时，工件先以加速度a1减速向上滑行s1′=．

当速度减到v后又以加速度a2减速向上滑行L-s1′=

工件滑动C点的速度vC随速度v的变化关系式vc=

当传送带的速度v≥8m/s的范围内调节时，工件将沿传送带以加速度a2减速滑行到C点

vc2-v02=2a2L

工件滑动到C点的速度vc随速度v变化的关系式vc=2m/s．

答：（1）弹簧的最大弹性势能为38J．

（2）工件沿传送带上滑的时间为1.5s．

（3）当传送带速度在4m/s＜v＜8m/s时，工件滑动C点的速度vC随速度v的变化关系式vc=，当传送带的速度v≥8m/s时，工件滑动到C点的速度vc随速度v变化的关系式vc=2m/s．

（1）A在凹槽内，B受到的滑动摩擦力 f=μ•2mgcosθ=10N     

B所受重力沿斜面的分力 G1=mgsinθ=10N

因为G1=f，所以B受力平衡，释放后B保持静止  

释放A后，A做匀加速运动，由牛顿定律和运动学规律得 

 mgsinθ=ma1

 =2a1d

解得A的加速度和碰撞前的速度分别为 a1=5m/s2，v1=1.0m/s2．

A、B发生碰撞，动量守恒 mv1=mv1′+mv2′⑥碰撞过程不损失机械能，得 =m+m ⑦

解得第一次发生碰撞后瞬间A、B的速度分别为

v1′=0，v2′=1.0 m/s（方向沿斜面向下） ⑧

（2）A、B第一次碰撞后，B做匀速运动，A做匀加速运动，加速度仍为a1

 s1′=a1t2，vA=a1t

 经过时间t1，A的速度与B相等，A与B的左侧壁距离达到最大，即

a1t1=v2′

又s=s2′-s1′

代入数据解得A与B左侧壁的距离

s=0.10m

因为s=d，A恰好运动到B的右侧壁，而且速度相等，所以A与B的右侧壁恰好接触但没有发生碰撞．因此A与B的左侧壁的距离最大可达到0.10m．

答：

（1）A与B的左侧壁第一次发生碰撞后瞬间A、B的速度分别是0和1.0m/s．

（2）在A与B的左侧壁发生第一次碰撞后到第二次碰撞前的这段时间内，A与B的左侧壁的距离最大可达到0.10m．

（1）设小球第一次接触Q的速度为v，接触Q前的加速度为a．

根据牛顿第二定律有 qE=ma                                   

对于小球从静止到与Q接触前的过程，根据运动学公式有v2=2al    

联立解得v=              

（2）小球每次离开Q的速度大小相同，等于小球第一次与Q接触时速度大小

v=                        

设小球第n次离开Q向右做减速运动的加速度为an，速度由v减为零

所需时间为tn，小球离开Q所带电荷量为qn，则

qnE=man   

tn=                                      

qn=                               

联立解得tn=

mv

qE

kn                              

小球从第n次接触Q，到本次向右运动至最远处的时间

Tn=2T0+kn，

（3）假设小球第1次弹回两板间后向右运动最远距A板距离为L1，则

（qE-f）L-（+f）L1=0       

即L1=L              

假设小球第2次弹回两板间后向右运动最远距A板距离为L2，则

（qE-f）L-2fL1-（+f）L2=0

即L2=L          

又因此时电场力F===f，即带电小球可保持静止

带电小球最终停止的位置距P点的距离L3为

L3=L-= 

答：（l）小球第一次接触Q时的速度大小是；

（2）小球从第n次接触Q，到本次向右运动至最远处的时间Tn的表达式是Tn=2T0+kn；

（3）带电小球最终停止的位置距P点的距离是．

由机械能守恒定律得mgr=m，

VB==4m/s；

物块先在传送带上作匀减速直线运动，运动时间为t1===4s，

通过的位移为x1===8m；

物块再在传送带上作匀加速直线运动，其末速度由mgh=m

得v1==2m/s，

则匀加速直线运动的时间为t2===2s，

通过的位移为x2===2m，

然后再作匀速运动，故传送带的速度应为2m/s；

其位移为通过的位移为x3=x1-x2=8-2=6m，匀速运动的时间为t3===3s，

所以物块在传送带上第一次往返所用的时间为t=t1+t2+t3=4+2+3=9s．

答：（1）传送带的速度为2m/s；（2）物体第一次往返的时间为9s．

由牛顿第二定律得：T-mg=ma；                                  

钢琴减速时最大加速度为a==0.2m/s2

由：h=，

所以h至少为：h==0.625m．

答：h的最小值是0.625m．

（1）由运动学公式2a0S0=v02

得S0=  

代入数据可得S0=1102.5m

（2）飞机受力分析如图所示．

由牛顿第二定律有2FTcosθ+f-F=ma 

其中FT为阻拦索的张力，f为空气和甲板对飞机的阻力

飞机仅受空气阻力和甲板阻力时f=ma0  

联立上式可得FT=5×105 N    

答：（1）飞机着舰后，若仅受空气阻力和甲板阻力作用，航母甲板至少1102.5m才能保证飞机不滑到海里；

（2）此时阻拦索承受的张力大小为5×105 N

（1）A做匀减速运动a==μg

vA2-v02=-2ax 　

求出vA=6m/s   

（2）以A、B为研究对象，根据动量守恒定律

mvA=2mv   

△E=mvA2-×2mv2

代入数据 求出△E=0.9J  

（3）以A、B为研究对象，从b到c，根据机械能守恒定律

•2mv2=•2mvC2+mg•2R      　              

在c点，根据牛顿第二定律F+2mg=2m           

联立两式解得F=8N   

答：（1）A与B碰撞前瞬间的速度大小为6m/s．

（2）A、B碰撞过程中损失的机械能△E为0.9J．

（3）在半圆形轨道的最高点c，轨道对A、B的作用力F的大小为8N．

（1）微粒在盒子内、外运动时，盒子的加速度a′==μg=0.2×10 m/s2=2 m/s2，盒子全过程做匀减速直线运动，所以通过的总路程是：s==m=0.04m

（2）A在盒子内运动时，qE=ma方向以向上为正方向

由以上得a== m/s2=1×102 m/s2

A在盒子外运动时，qE=ma则a==1×102 m/s2  方向向下

A在盒子内运动的时间t1==s=2×10-2s，同理A在盒子外运动的时间t2=2×10-2s，A从第一次进入盒子到第二次进入盒子的时间t=t1+t2=4×10-2s．

（3）微粒运动一个周期盒子减少的速度为△v=a′（t1+t2）=2×（0.02+0.02）=0.08m/s

从小球第一次进入盒子到盒子停下，微粒球运动的周期数为n===5，故要保证小球始终不与盒子相碰，盒子上的小孔数至少为2n+1个，即11个．

答：（1）从微粒第一次进入盒子至盒子停止运动的过程中，盒子通过的总路程为0.04m；

（2）微粒A从第一次进入盒子到第二次进入盒子所经历的时间为4×10-2s；

（3）盒子上至少要开11个小孔，才能保证微粒始终不与盒子接触．

（1）当物块将离开斜面时，斜面对物块的支持力为零，设此时物块速度为v，

F洛=qvB=mgcos30°

V==2 m/s

（2）物块离开斜面前匀加速下滑，设滑行最大距离为s

mgsin30°=ma

a=gsin30°=5m/s2

2as=v2-0

s==1.2m；

（3）离开斜面后，物体受重力和洛仑兹力的作用；由于洛仑兹力不做功，只有重力做功，速度增大；洛仑兹力增大，当洛仑兹力等于重力且方向竖直向上时，二者相等，物体达到最终的平衡状态，故最终时有：Bqv1=mg

v1===4m/s；

答：（1）离开斜面时的速度为2m/s；（2）在斜面上滑行的最大距离为1.2m；（3）最终物体将做匀速直线运动，最终的速度为4m/s．

（1）第1个铁块放上后，木板做匀减速运动，

即有：μmg=Ma1，2a1L=v02-v12

代入数据解得：v1=2 m/s．

（2）设最终有n个铁块能放在木板上，则木板运动的加速度大小为：

  an=

第1个铁块放上后：2a1L=v02-v12

第2个铁块放上后：2a2L=v12-v22

   …

第n个铁块放上后：2anL=-

由上可得：（1+2+3+…+n）•2L=v02-

木板停下时，vn=0，解得n=6.6．

即最终有7个铁块放在木板上．

（3）从放上第1个铁块至刚放上第7个铁块的过程中，由（2）中表达式可得：

   •2L=v02-v62

从放上第7个铁块至木板停止运动的过程中，设木板发生的位移是d，则：

   2•d=v02-0

解得：d= m．

答：（1）第1个铁块放上后，木板运动了L时，木板的速度是2 m/s．

（2）最终木板上放有7个铁块．

（3）最后一个铁块放上后，木板再向右运动的距离是m．

（1）小球受力分析如图所示

由牛顿第二定律得：Fcosα+mgsinα-μN=ma     ①

Fsinα+N=mgcosα        ②

①②联立得：a==m/s2=1.25m/s2

（2）由公式v2=2ax得：

v===2m/s

答：（1）小球运动的加速度大小1.25m/s2；

（2）小球运动到斜杆底端时的速度大小2m/s．

（1）磁铁在AB上运动时，根据牛顿第二定律，有：-μ（mg+F引）=ma1    

解得a1=-2.2m/s2

根据速度位移关系公式，有：υB2-υ02=2a1s1

可解得υB=m/s=2.14 m/s

（2）根据牛顿第二定律，有：mgsin37°+μ（mg cos37°+F引）=ma2

可解得a2=7.8m/s2

（3）设磁铁沿BC能向上滑行的最大距离为s2

s2==m=0.29m

磁铁沿BC向下滑行时的加速度a3=gsin37°-μ（g cos37°+0.1 g）=4.2m/s2

再次回到B点的速度υB′2=2a3s2=2×4.2×0.29（m/s）2=2.44（m/s）2

沿AB面能滑行的最大距离s3==0.55m＜1m，所以不能回到A点；

答：（1）磁铁第一次到达B处的速度大小为2.14m/s；

（2）磁铁沿BC向上运动的加速度大小为7.8m/s2；

（3）铁最终不能再次回到A点．