热门试卷

当拉力作用在物体上时受力情况答图所示，设加速运动时的加速度大小为a1，

末速度为v，撤去拉力后减速运动时的加速度大小为a2，则：

N=mgcosθ，

F-f-mgsinθ=ma1，

f=μN，

f+mgsinθ=ma2．

由运动学规律可知v=a1t1，v=a2t2，

解得μ=．

代入数据得μ=0.25，a1=1m/s2，a2=8m/s2．

（2）物体的总位移：s=a1t12+a2t22，

代入数据得s=36m．

（3）因为tan37°=0.75＞μ=0.25

所以mgsin37°＞μmgcos37°

所以物块不能保持静止，能返回底端，滑回底端时速度为v，

则v2=2as=2s（gsinθ-μgcosθ）

代入数据解得：v=12m/s

答：（1）物体与斜面间的动摩擦因数μ为0.25；

（2）物体沿斜面上升过程中的总位移为36m；

（3）物块可以返回底端，滑回底端时速度为12m/s．

（1）设偏转的电压为U0时，粒子刚好能经过极板的右边缘射出．

d=••(

L

v0

)2

解得：U0=400V．

知偏转电压为400V时，粒子恰好能射出电场，且速度最大．

根据动能定理得，

mvm2-mv02=q

解得：vm=2×105m/s

（2）如图，设粒子射出电场速度方向与OO′间夹角为θ．

粒子射出电场时速度大小为：v=

qBv=m

由几何关系得：s=2Rcosθ

解得：s==0.4m，是一个定值．

（3）如上小题图，{A类粒子}在电场中向B板偏转，在磁场中的轨迹恰好与上边界相切，

则有：R（1+sinθ）=D

联立以上各式，可得：sinθ=0.6，所以θ=37°

则在磁场中飞行的时间为：t=•=π×10-6s

进入磁场时，vy1=v0tanθ=1.5×105m/s

又vy1=•

对应AB的电压为U1=300V

所以粒子从O点出发的时刻可能是t=4n+0.4s（n=0，1，2…）

答：（1）粒子进入磁场时的最大速率为2×105m/s；

（2）对于能从MN边界飞出磁场的粒子，其在磁场的入射点和出射点的间距s是定值，s=0.4m；

（3）{A类粒子}在磁场中飞行的时间为π×10-6s，由O出发的可能时刻为t=4n+0.4s（n=0，1，2…）．

（1）对于物体A，在沿斜面向下的方向上有：Mgsin37°-μMgcos37°=Ma

解得：a=g（sin37°-μcos37°）=10（0.6-0.25×0.8）=4（m/s2）

方向沿斜面向下

（2）以A、B两物体为一整体，在沿斜面向下的方向上有：（M+m）gsin37°-μ（M+m）gcos37°=（M+m）a

同样可得a=4m/s2

则竖直方向的加速度ay=a×sin37°=4×0.6=2.4(m/s2)

对于物体B，在竖直方向上有mg-N=may

∴N=mg-may=m（10-2.4）=7.6m（N）

故：根据牛顿第三定律，物体B对物体A的压力为7.6m牛顿，

方向竖直向下．

答：（1）物体A自由下滑的加速度为4m/s2，方向沿斜面向下．

（2）将物体B置于物体A上并随A自由下滑时，B对A的压力为7.6m（N），方向竖直向下．

（1）根据导体棒MN匀速运动可知它受牵引力、安培力和摩擦力f三力平衡，

由图象可知拉力大小为F0，安培力大小为F0，

根据牛顿第二定律有：F0-F0-f=0

f=μFN，FN=mg

 解得μ=

（2）根据功能关系可知导体棒MN克服安培力做功将机械能转化为电能，在电路中电能转化为电热，

电路中的总电热Q总=F0•s

设导体棒的电阻值为r，根据电阻串联关系可知

=

 解得r=R（1-）

（3）两位同学画的图线都不正确．

设导体棒运动的速度大小为v，产生的感应电动势为E，感应电流为I 

F安=BIl

I=

解得F安=

E=Blv

根据牛顿第二定律有F0-F安=ma

分析可知随着导体棒加速，安培力F安逐渐增大，加速度逐渐减小．

当F安=F0时导体棒将做匀速运动，F安不再变化．

其变化过程如图所示．

答：（1）导体棒与导轨间的动摩擦因数是；

（2）已知导体棒发生位移s的过程中bc边上产生的焦耳热为Q，导体棒的电阻值是R（1-）；

（3）两位同学画的图线都不正确，如上图．

（1）由题意得匀速运动时速度最大，此时有：F=BIL   

   F=，v=8 m/s                                    

刚开始运动时加速度最大，a==10 m/s2 

（2）由欧姆定律得：Uab=R=6 V                       

拉力的瞬时功率为 P=F•v=16 W                                   

（3）由能量转化和守恒关系得：Fs=mv2+QR+Qr=20J，

其中  Qr=QR  

代入得s=10 m                                           

根据动量定理得

   mv=Ft-BLt

又t=q

感应电量q==

联立得：mv=Ft-

代入解得  t=2.05 s                                        

（4）mv2=QR+Qr=QR+QR

代入得QR=4.8 J                                 

mv=BILt′=BL=

代入得s′=6.4 m                                      

答：

（1）杆能达到的最大速度为8 m/s，最大加速度为10 m/s2．

（2）杆的速度达到最大时，a、b两端电压是6V，此时拉力的瞬时功率为16 W．

（3）拉力F做的功是20J，此过程持续时间是2.05 s．

（4）R上共产生4.8J热能，其向前冲过的距离会有6.4 m．

（1）物体匀速下滑，受力平衡，则有：

mgsin37°=μmgcos37°

解得：μ=0.75

（2）物体上滑时做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律得：

a==12.5m/s2

根据2ax=v2

解得：x=1m

答：（1）物体与斜面间的摩擦因数是0.75；（2）它上滑的最大距离是1m．

由于图可知a-的关系图线是一条过坐标原点的直线说明物体所受的合力是定值，当物体的加速度a=2m/s2时物体的质量m=，根据牛顿第二定律F=ma可得作用在物体上的恒力F=ma=×2=5N．

根据牛顿第二定律F=ma可得a===2.5m/s2故本题的答案为5N，2.5m/s2

（1）第一颗子弹进入靶盒过程，系统动量守恒，设射入后获得速度v1，则有mv0=（M+m）v1得：v1=v0…①

由于恒力作用又回到O点的过程，F做功为零，所以靶盒回到O点时，速度大小仍为v1，但方向相反．第二颗子弹射靶后，设速度为v2，

则有：mv0-（M+m）v1=（M+2m）v2=0…②

当第三颗子弹射入后，设靶盒的速度为v3，则有mv0=（M+3m）v3得：v3=v0…③

此后靶盒克服F向右运动，至速度减为零时，离开O点的距离最大，设为S3，由动能定理有

FS3=(M+3m)…④

S3=…⑤

由③、⑤式代入数据得S3=0.25m…⑥

与第一颗子弹射入后的过程类似，第三颗子弹返回O点时速度大小仍为v3，但方向左．设这一过程中加速度为a，往返时间为t．

由牛顿第二定律    a=…⑦

由运动学公式，有-v3=v3-at…⑧

由③、⑦、⑧式代入数据得t=0.2s…⑨

（2）由以上计算可见，每当奇数颗子弹射入靶后，靶都会开始运动，而偶数颗子弹射入靶后靶盒都会停止运动，所以射入子弹数必须为奇数，才能使停止射击后，靶盒能往复运动，设为n颗，

则：mv0=（M+nm）vn…⑩

FS ＞(M+nm)…（11）

由⑩、（11）代入数据得n＞5.5  取n=7（颗）

答：（1）当第三颗子弹进入靶盒后，靶盒离开O点的最大距离为0.25m，第三颗子弹从离开O点到又回到O点经历的时间为0.2s．

（2）若P点到O点的距离为S=0.20m，问至少应发射7颗子弹后停止射击，才能使靶盒来回运动而不会碰到发射器．

（1）汽车在平直公路上行驶的最大速度为vm=  

（2）当汽车的速度为v时，其牵引力为F0=

根据牛顿第二定律，有F0-f=max

解得此时汽车的加速度为ax=

（3）当汽车以大小为a的加速度开始做匀加速直线运动后，其牵引力为

F=f+ma

汽车以大小为a的加速度做匀加速直线运动的最大速度为

v=

汽车以大小为a的加速度做匀加速直线运动的最长时间为

tm==

当t＜时，t秒末发动机实际功率为

Px=（F+ma）at

当t≥时，t秒末发动机实际功率为

Px=P

答：（1）汽车在平直公路上行驶的最大速度vm为；

（2）如果汽车以额定功率在平直公路上行驶，当汽车的速度为v（v＜vm）时，其加速度ax为；

（3）当t＜时，t秒末发动机实际功率为Px=（F+ma）at；

当t≥时，t秒末发动机实际功率为Px=P

（1）物体从B开始做平抛运动，设平抛运动时间为t，

在竖直方向上：h=gt2…①

解得：t==s=1s…②；

竖直方向速度：vy=gt=10×1=10m/s…③，

又由几何关系知水平速度：v0=vytan45°=10×1=10m/s…④，

物体平抛运动的水平位移：s=v0t=（10×1）m=10m…⑤；

（2）由线速度与角速度的关系可知：v=Rω…⑥，

传送带角速度：ω==rad/s=100rad/s…⑦，

（3）由匀变速运动的速度位移公式得：v02-02=2aL…⑧

解得：a===5m/s2…⑨，

对物体，由牛顿第二定律得：a==μg，

动摩擦因数：μ===0.5；

答：（1）小物体越过B点后经1s落地，平抛的水平位移为10m；

（2）皮带轮的角速度为100rad/s；

（3）物体与传送带间的动摩擦因为0.5．

（1）电场中的场强为：E=        

电场力对两球做的功为：WE=2qEl=        

电势能的减小量为：=               

（2）两球减少的重力势能：WG=mgl             

由能量转化与守恒定律得，有：WG+WE=Ek              

解得：Ek=mgl+                          

（3）根据（2）问，有：•2mv2+mv2=mgl+     

A球在最低点，由牛顿第二定律，有：

F-2mg-=2m    

解得：F=+

答：（1）两球的电势能的变化量是；

（2）两球的总动能是mgl+；

（3）杆对A球的作用力大小是+．

（1）由⇒a=-

（2）当a=0时，杆做匀速运动，速度达最大Vm=．

（3）设杆从静止到达稳定的过程中通过的位移大小为S，

由q=△t=×△t=•==得

   S=

又根据能量守恒定律得  F•S-m=Q热

∴Q热=-．

答：（1）当杆的速度为ν时，杆的加速度为-；

    （2）杆稳定时的速度是；

    （3）若杆从静止到达稳定的过程中，通过R的电荷量为q，此过程中回路产生的热量是Q热=-．

（1）物体在恒力F作用下做匀加速运动，这个过程力F做的功为：W=FL

根据牛顿第二定律得：F=ma

而由运动学公式得：ν22-ν12=2aL

即：L=

把F、L的表达式代入W=FL得：W=

也就是：W=mν22-mν12，此式即为动能定理的表达式．

（2）对全过程，由动能定理：Fx-μmg（x+L）=0

得：L=x=4m

答：（1）导出的动能定理的表达式是W=mν22-mν12．

     （2）物体还能运动4m距离．

（1）以B为研究对象，在从开始运动到A滑到B的右端过程中，

由动能定理得：fmS-μmBgL=mBv2-0，

B要离开A的上表面，v≥0，解得：s≥1.6m，

则A、C间的最小距离是1.6m；

（2）B离开A后做平抛运动，

在水平方向：L1==v1t1，

在竖直方向：h1=h-h=gt12，

设A、B一起运动的位移是x，

对由动能定理得：fmx-μmBg（2s+L-x）=m1v2-0，

对A由牛顿第二定律得：fm=mAamax，x=amaxt2min

解得：tmin=s；

（3）B离开A后做平抛运动，

在竖直方向：h=gt2，

在水平方向上：xmax=vmaxt，xmin=vmint，

对B由动能定理得：2fms-μmgL=mvmax2-0，

由（2）可知，vmin=v=2m/s，

解得：xmax=1.6m，xmin=0.8m；

答：（1）A、C间的距离应为1.6m；

（2）恒力作用的最短时间为s；

（3）B物体平抛运动中水平支持面上落点离A右端距离的范围是0.8m≤x≤1.6m．