热门试卷

（1）拖拉机在时间t内匀加速前进s，根据位移公式，

x=at2=s                                 ①

解得：a=                              ②

（2）设连接杆对拖拉机的拉力为T，对拖拉机受力分析：

由牛顿第二定律得，F-kMg-Tcosθ=Ma        ③

由②③联立得T=     ④

根据牛顿第三定律知，拖拉机对连接杆的拉力大小为T′=T=   ⑤

（3）拖拉机对耙所做的功就是通过连接杆的拉力对耙做功．故拖拉机对耙做的功，W=T'scosθ   ⑥

由⑤⑥两式得w=[F-M(kg+)]s

答：（1）拖拉机的加速度大小是．

（2）拖拉机对连接杆的拉力大小是．

（3）时间t内拖拉机对耙做的功是[F-M(kg+)]s．

物体下滑的加速度a==m/s2=2m/s2，

沿斜面方向有：mgsinθ-Ff=ma

垂直斜面方向有：FN=mgcosθ

联解得：Ff=80N

摩擦因数μ===0.5．

答：（1）物体下滑的加速度为2m/s2；

（2）物体受到的阻力为80N；

（3）物体与斜面间的动摩擦因数为0.5．

（1）由动量守恒定律得：

Mv0=（M+m）v

   解得v=

由能量守恒得：Q=M-（M+m）v2=6J

（2）设恒力F取最小值为F1，滑块加速度为a1，此时滑块恰好到达车的左端，则

滑块运动到车左端的时间  t1=①

由几何关系有  v0t1-=②

由牛顿定律有 F1+μmg=ma1③

由①②③式代入数据解得  t1=0.5s，F1=6N

则恒力F大小应该满足条件是  F≥6N

（3）力F取最小值，当滑块运动到车左端后，为使滑块恰不从右端滑出，相对车先做匀加速运动（设运动加速度为a2，时间为t2），

再做匀减速运动（设运动加速度大小为a3）．到达车右端时，与车达共同速度．则有

F1-μmg=ma2④

μmg=ma3⑤

a2+=L⑥

由④⑤⑥式代入数据解得t2=s=0.58s

则力F的作用时间t应满足  t1≤t≤t1+t2，

即0.5s≤t≤1.08s

答：（1）若小滑块最终停在平板车上，小滑块和平板车摩擦产生的内能为6J

（2）恒力F大小应该满足 F≥6N

（3）在（2）的情况下，力F取最小值，要保证滑块不从平板车上掉下，力F的作用时间应该在0.5s≤t≤1.08s．

（1）直升飞机匀速飞行时，空箱受力平衡，设悬索的拉力为T1，空气阻力为f，如图

根据共点力平衡条件

水平方向：T1sinθ1=f                 

竖直方向：T1cosθ1=mg             

解得

f=mgtanθ1=5.0×103N  

即空气阻力的大小5.0×103N．               

（2）直升机装上救灾物资后，设箱内救灾物资质量为M，悬索的拉力为T2，受力如图

水平方向：T2sinθ2-f=（M+m）a          

竖直方向：T2cosθ2=（M+m）g 

解得           

M=4.5×103kg       

即箱中救灾物资的质量为4.5×103kg．

（1）放物体后，假定一起振动，则可以产生最大加速度a=

此时摩擦力最大，为Ff=ma=

即要保持物体和振子一起振动，二者间摩擦力的最大值为．

（2）由于物体m是在最大位移处放在M上的，放上后并没有改变系统的机械能．振动中机械能守恒，经过平衡位置时，弹簧为原长，弹性势能为零，则

(M+m)v2=M

解得

v=v0

物体和振子在最大位移处，动能为零，势能最大，这个势能与没放物体前相同，所以弹簧的最大形变是相同的，即振幅还是为A．

即物体和振子一起振动时，二者过平衡位置的速度为v0，振幅还是A．

（1）汽车以额定功率行驶时有 P=Fv

汽车达到最大速度以后做匀速直线运动，有：牵引力 F=f=0.1mg 

最大速度vm====40（m/s）

（2）设汽车速度达到v′=20m/s时的牵引力为F′，

则有P=F′v′

代入数据得：F′=3000N 

由牛顿第二定律F'-f=ma得

代入数据得：a=1m/s2

答：（1）当它以额定功率沿水平道路行驶时的最大速度为40m/s；

（2）当它以额定功率从静止开始沿水平道路行驶，速度增加到20m/s时汽车的加速度为1m/s2．

导体杆在轨道上做匀加速直线运动，用υ表示其速度，t表示时间，则有：

υ=at                   ①

杆切割磁力线，将产生感应电动势：

E=Blυ                  ②

在杆、轨道和电阻的闭合回路中产生电流

I=   ③

杆受到的安培力的

f=BIl   ④

根据牛顿第二定律，有

F-f=ma  ⑤

联立以上各式，得

F=ma+at    ⑥

由图线上取两点代入⑥式，可解得：

a=10m/s2，m=0.1kg

故杆的质量为m=0.1kg，其加速度为a=10m/s2．

I=0.4(3+)N·s

解法一：设小物块从高为h处由静止开始沿斜面向下运动，到达斜面底端时速度为v。由功能关系得

                  ①

以沿斜面向上为动量的正方向。按动量定理，碰撞过程中挡板给小物块的冲量

                   ②

设碰撞后小物块所能达到的最大高度为，则

            ③

同理，有

               ④

                                ⑤

式中，为小物块再次到达斜面底端时的速度，为再次碰撞过程中挡板给小物块的冲量。由①②③④⑤式得

                   ⑥

式中

                    ⑦

由此可知，小物块前4次与挡板碰撞所获得的冲量成等比级数，首项为

                        ⑧

总冲量为

             ⑨

由

                       ⑩

得

代入数据得

I=0.4(3+)N·s                         

解法二：设小物块从高为h处由静止开始沿斜面向下运动，小物块受到重力，斜面对它的摩擦力和支持力，小物块向下运动的加速度为a，依牛顿第二定律得

                        ①

设小物块与挡板碰撞前的速度为v，则

                                    ②

以沿斜面向上为动量的正方向。按动量定理，碰撞过程中挡板给小物块的冲量为

                            ③

由①②③式得

                      ④

设小物块碰撞后沿斜面向上运动的加速度大小为，依牛顿第二定律有

mgsin+umgcos= m                           ⑤

小物块沿斜面向上运动的最大高度为

                     ⑥

由②⑤⑥式得

h′=k2h                                      ⑦

式中

                                    ⑧

同理，小物块再次与挡板碰撞所获得的冲量

I′=2m                             ⑨

由④⑦⑨式得

I′=kI                                                      ⑩

由此可知，小物块前4次与挡板碰撞所获得的冲量成等比级数，首项为

I1=2m                        

总冲量为

I=I1+ I2 +I3+I4= I1（1+k+k2+ k3）                    

由

1+k+k2+…+kn-1=                  

得

代入数据得

I=0.4(3+)N·s                   

当物块B刚要离开C时，固定挡板对B的支持力为0，由于系统处于静止状态，则此时B的加速度a=0，

以B为研究对象则有：F1-mBgsinθ=0，

故此时弹簧弹力大小为F1=mBgsinθ．

则A所受的合外力F合=F-F1-mAgsinθ=F-（mA+mB）gsinθ，

在恒力F沿斜面方向拉物块A之前，弹簧的弹力大小为mAgsinθ，

故此时弹簧的压缩量为△x1=，

B刚要离开时，弹簧伸长量△x2=，

所以A的位移d=△x1+△x2=．

答：物块B刚要离开C时物块A受到的合外力F-（mA+mB）gsinθ，

从开始到此时物块A的位移d=△x1+△x2=．

（1）核反应方程为714N+11H→611C+24He…①

设碳11原有质量为m0，经过t=2.0h剩余的质量为mt，根据半衰期定义，有：

=()tτ=()12020=1.6%…②

（2）设质子质量为m，电荷量为q，质子离开加速器时速度大小为v，由牛顿第二定律知：qvB=m…③

质子运动的回旋周期为：T==…④

由回旋加速器工作原理可知，交变电源的频率与质子回旋频率相同，由周期T与频率f的关系可得：f=…⑤

设在t时间内离开加速器的质子数为N，则质子束从回旋加速器输出时的平均功率P=…⑥

输出时质子束的等效电流为：I=…⑦

由上述各式得I=

（3）方法一：

设k（k∈N*）为同一盒子中质子运动轨道半径的序数，相邻的轨道半径分别为rk，rk+1（rk＜rk+1），△rk=rk+1-rk，

在相应轨道上质子对应的速度大小分别为vk，vk+1，D1、D2之间的电压为U，

由动能定理知2qU=m-m…⑧

由洛伦兹力充当质子做圆周运动的向心力，知rk=，

则2qU=(-)…⑨

整理得 △rk=…⑩

因U、q、m、B均为定值，令C=，由上式得△rk=…（11）

相邻轨道半径rk+1，rk+2之差△rk+1=rk+2-rk+1

同理 △rk=

因为rk+2＞rk，比较△rk，△rk+1得△rk+1＜△rk

说明随轨道半径r的增大，同一盒中相邻轨道的半径之差△r减小

方法二：

设k（k∈N*）为同一盒子中质子运动轨道半径的序数，相邻的轨道半径分别为rk，rk+1（rk＜rk+1），△rk=rk+1-rk，

在相应轨道上质子对应的速度大小分别为vk，vk+1，D1、D2之间的电压为U

由洛伦兹力充当质子做圆周运动的向心力，知rk=，故=…（12）

由动能定理知，质子每加速一次，其动能增量△Ek=qU  …（13）

以质子在D2盒中运动为例，第k次进入D2时，被电场加速（2k-1）次

速度大小为vk=…（14）

同理，质子第（k+1）次进入D2时，被电场加速（2k+1）次，速度大小为vk+1=

综合上述各式可得==

整理得=，=

△rk=

同理，对于相邻轨道半径rk+1，rk+2，△rk+1=rk+2-rk+1，整理后有

△rk+1=

由于rk+2＞rk，比较△rk，△rk+1得△rk+1＜△rk

说明随轨道半径r的增大，同一盒中相邻轨道的半径之差△r减小，用同样的方法也可得到质子在D1盒中运动时具有相同的结论．

（1）汽车的最大行驶速度vm===40m/s

汽车的最大行驶速度为40m/s．

（2）设汽车匀加速启动阶段结束时的速度为v1，

由F-f=ma，得F=4×103N

由Pm=Fv1，得v1==20m/s

匀加速启动的最后速度为20m/s．

（3）当速度为5m/s时，处于匀加速阶段，

牵引力的瞬时功率为：P=Fv=20kw

牵引力的瞬时功率为20kw．

（4）当速度为32m/s时，处于恒定功率启动阶段，设牵引力为F′，加速度为a′

由F′==2.5×103N

由F′-f=ma，得a′=0.25m/s2

速度为32m/s时，加速度为0.25m/s2；

（5）匀加速阶段的时间为t1==20s

恒定功率启动阶段的时间设为t2，由动能定理pt2-fx=mvm2-mv12，

得t2=35s---------------⑧

所以，总的时间为t=t1+t2=55s

汽车加速的总时间为55s．

（1）由图可得：a1===2.5m/s2，

a2===5m/s2，

（2）根据牛顿第二定律得：

μmg=ma2

解得：μ==0.5

根据牛顿第二定律得：F-μmg=ma1

解得：m==2kg

（3）平均速度v=====5m/s

答：（1）0～4s和4～6s物体的加速度大小分别为2.5m/s2，5m/s2；

（2）物体与水平面间的动摩擦因数为0.5，物体的质量为2kg；

（3）在0～6s内物体运动平均速度的大小为5m/s．

（1）设最大速度为v，当速度最大时，动车组的牵引力等于阻力．有：

+=f，

f=k•6mg

联立两式解得v=62.5m/s．

（2）动车组以1m/s2的匀加速运动的牵引力为F，有F-k•6mg=6ma，

解得F=9.6×105N

10s时刻列车的速度v1=at=10m/s．

第一节车厢的最大牵引力F==N=2×106N＞9.6×105N

所以第二节车厢无需工作，此时第一和第二节车厢之间的连接杆中作用力最大．

对第一节车厢运用牛顿第二定律，F-f1-F′=ma 

f1=kmg

联立两式有：9.6×105-0.1×8×104×10-F′=8×104

解得F′=8×105 N．

（3）当第一二两节车厢的拉力为零时，对第一节车厢运用牛顿第二定律有：F1-kmg=ma

解得F1=kmg+ma=1.6×105N

对整体分析，有F-k•6mg=6ma，解得F=9.6×105N

所以第二节车厢的牵引力F2=F-F1=8×105N

第二节车厢的最大牵引力F′==N=1×106N＞F2．

所以第一二两节车厢的最小拉力为零，此时的实际功率P2′=F2v1=8×105×10W=8×106W

答：（1）该动车组的最大行驶速度为63.5m/s．

（2）第一和第二节车厢之间的连接杆中可能的最大作用力为8×105 N．

（3）第一二两节车厢的拉力最小为零，此时第二节车厢的实际功率是8×106W．