热门试卷

（1）因为=mgtanα-F             

所以F=                    

当力变为4F时

加速度a=gtanα-g=-        

即车做向左的匀减速运动，加速度大小为   

（2）车厢支持力为0时的临界加速度a0=gtanα=＜，所以小球已经离开车壁．

绳上拉力T=m=   

答：（1）当车厢侧壁受到的压力等于4F，车做向左的匀减速运动，加速度大小为；

（2）当车厢以加速度向左加速行驶时，细绳的拉力为．

（1）设子弹击中物体后共同速度为v，根据动量守恒：mv0=（m+M）v    

设物块滑上传送带的最远距离为s，根据动能定理得：-（m+M）gs•sinθ+[-μ（m+M）gs•scosθ）=0-(m+M)v2        

代入数据可得：s=2.25m                                             

（2）设传送带为v1时，物块刚好能滑到传送带顶端，当物块速度大于v1时，物块所受摩擦力沿斜面向下，在此阶段物块加速度为a1，根据牛顿定律得：

（m+M）gsin30°+μ（m+M）gcos30°=（m+M）a1此过程物块的位移为s1，则    -v2=-2a1s1 

物块的速度减小到v1后，所受摩擦力沿斜面向上，加速度变为a2，则

（m+M）gsin30°-μ（m+M）gcos30°=（m+M）a2设物块的速度从v1减小到零时位移为s2，则：

0-=-2a2s2由题意：s1+s2=L                  

由以上各式可得：v1=2m/s

（3）为使物块滑到顶端所需时间最短，物块所受摩擦力必须始终沿斜面向上，

W=μ（m+M）gcos30°L

代入数据得：W=9J

（1）小球受力如右图所示，

在垂直于斜面的方向上，有：Fcosθ-mgcosθ-N=0 

所以：f=μN=0.08N    

（2）由牛顿第二定律，在沿斜面方向上，有：Fsinθ-mgsinθ-f=ma   

解得：a=0.4m/s2

（3）小球在最初的2s内的位移为：s=at2=0.8m    

答：（1）斜杆对小球的滑动摩擦力的大小为0.08N；

（2）小球的加速度为0.4m/s2；

（3）最初2s 内小球的位移为0.8m．

设小球通过最低点时的速度为v，

根据动能定理：mgL(1-cosθ)+qEL(1-cosθ)=mu2-0；

解得v=；

根据牛顿第二定律：F=m；

设线的拉力为T，则T-mg-qE=m；

解得T=3mg+3qE-2（mg+qE）cosθ

答：小球运动到最低点时细线的拉力为3mg+3qE-2（mg+qE）cosθ．

（1）由图知，M自A点由静止开始运动，经1.0s运动到B点，M下落的高度h=0.97m…①

由运动学公式h=at2…②

得：a===1.94m/s2…③

（2）由牛顿第二定律得（M-m）g=（M+m）a…④

解得 g=a==9.7m/s2…⑤

答：

（1）M下落的加速度为1.94m/s2．

（2）当地重力加速度是9.7m/s2．

（1）运动员从D点跃起后在空中做竖直上抛运动，设运动员上升的时间为，根据运动学公式有vD=g

则竖直上抛的总时间为 t=2==1.6s  

即运动员从D点跃起后在空中完成动作的时间为1.6s．

（2）运动员从B点到C点，做匀变速直线运动，运动过程的由平均速度求位移公式得s=t，解得=15.8m/s

运动员从C点到D点的过程中，克服摩擦力和重力做功，根据动能定理有-mgR-=m-m

解得=-m-mgR，代入数据解得=2891J

即运动员从C点到D点运动的过程中需要克服摩擦阻力所做的功为2891J．

（3）不可能．在水平滑道运动的过程中，因为运动员在水平方向只受到摩擦力的作用，而摩擦力的方向与运动方向相反，只可能对运动员做负功，根据动能定理，运动员的动能只可能减小，而不可能增加．

当电键闭合的瞬间，导体棒受到重力mg、轨道的支持力N和安培力F三个力作用，如图．

根据牛顿第二定律得

    Fsinα=ma

又F=BIL，I=

联立以上三式得，

    电源的电动势E=

答：电源电动势为E=．

（1）当牵引力等于阻力时，速度最大，则有：P=FVm

f==4×103N

（2）在匀加速过程中，由牛顿第二定律

F-f=ma

F=f+ma=8×103N

设当匀加速运动结束时的速度为v1

V1==10m/s

t==5s

（3）匀加速运动的位移为s，则

s=at2=25m

所以牵引力做的功为：W=Fs=2×105J

答：（1）汽车所受的恒定阻力是4×103N；

（2）匀加速直线运动的时间是5s；

（3）匀加速直线运动中，汽车的牵引力做得功是2×105J．

（1）滑块受到水平推力F、重力mg和支持力N处于平衡，如图所示，水平推力F=mgtanθ

F=N

（2）设滑块从高为h处上滑，到达斜面底端速度为v，

下滑过程机械能守恒：

mgh=mv2

解得：v=；

若滑块冲上传送带的速度小于传送带速度，则滑块在带上由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动，根据动能定理有：

μmgL=mv02-mv2

联立解得：h=-μL=0.1m；

若滑块冲上传送带时的速度大于传送带的速度，则滑块由于受天向左的滑动摩擦力而做匀速运动，根据动能定理：

-μmgL=mv02-mv2

解得：h=+μL=0.8m

（3）设滑块在传送带上运动的时间为t，则t时间内传送带的位移：

s=v0t

由机械能守恒可知：mgh=mv2解得：v=

对滑块由运动学公式知：

v0=v-at

联立解得：s=v0

滑块相对传送带滑动的位移△s=L-s

相对滑动生成的热量Q=μmg△s=0.5J．

答：（1）水平作用力为N；（2）滑块下滑的高度可能为0.1m或0.8m；（3）相对滑块生成的热量为0.5J．

（1）人在斜面上受力如图所示，建立图示坐标系，设人在斜坡上滑下的加速度为a1

由牛顿第二定律有mgsinθ-Ff1=ma1

FN1-mgcosθ=0

又Ff1=μFN1

联立解得　a1=g（sinθ-μcosθ）=2.0m/s2

（2）根据动能定理，选取从开始到停止，

则有：mgLABsinθ-μmgL-μmgcosθLAB=0-0；

解得：LAB=50m；

答：（1）人从斜坡滑下的加速度为2m/s2；

（2）若由于场地的限制，水平滑道的最大距离为L=20.0m，则人在斜坡上滑下的距离AB应不超过50m．

（1），

（2）如图所示。

（1）设木板和物块的加速度分别为和，在t时刻木板和物块的速度分别为和，木板和物块之间摩擦力的大小为f，依牛顿第二定律、运动学公式和摩擦定律得

                                                                                       ①

                                                                      ②

                                                                      ③

                                                                            ④

                                                                       ⑤

由①②③④⑤式与题给条件得、

                       ⑥

                                 ⑦

（2）由⑥⑦式得到物块与木板运动的v—t图象，如右图所示。在0～3s内物块相对于木板滑过的距离等于木板和物块v—t图线下的面积之差，即图中带阴影的四边形面积。该四边形由两个三角形组成：上面的三角形面积为0.25（m）下面的三角形面积为2（m），因此

                                                                                 ⑧

评分参考：本题共11分，第（1）问8分，①②③④⑤各式1分，⑥式2分，⑦式1分；第（2）问3分，正确给出v—t图象给2分，⑧式1分。

（1）取物体运动的方向为正方向，

由牛顿第二定律得：Fcos-f=ma…①

竖直方向受力平衡：N=mg-Fsinθ…②

又：f=μN…③

联合得：a=6m/s2

（2）前4秒内：S1=at2=×6×42=48m

4s末的速度：V1=at=24m/s

4s后：02-V12=2（-gμ）S2

得：S2=57.6m

得通过的总路程是：S=S1+S2=105.6m

答：（1）物体运动的加速度a=6m/s2；

（2）若物体运动4s后撤去力F，物体运动的总路程是105.6m．

（1）由图可知，从s=5cm开始，线圈进入磁场，线圈中有感应电流，受安培力作用，小车做减速运动，速度v随位移s减小，当s=15cm时，线圈完全进入磁场，线圈中感应电流消失，小车做匀速运动．因此小车的水平长度l=10cm．

当s=30cm时，线圈开始离开磁场，则d=（30-5）cm=25cm

（2）当s=10cm时，由图象中可知线圈右边切割磁感线的速度v2=8m/s

由闭合电路欧姆定律得线圈中的电流I==

解得：I=A=0.4A

此时线圈所受安培力F=nBIh=100×1×0.4×0.05N=2N

小车的加速度a==m/s2=1.67m/s2

（3）由图象可知，线圈左边离开磁场时，小车的速度为v3=2m/s．

线圈进入磁场和离开磁场时，克服安培力做功，线卷的动能减少，转化成电能消耗在线圈上产生电热．Q=(M+m)(-)

解得线圈电阻发热量Q=57.6J    

答：（1）小车的水平长度10cm和磁场的宽度25cm；

（2）小车的位移s=10cm时线圈中的电流大小I以及此时小车的加速度为1.67m/s2；

（3）线圈和小车通过磁场的过程中线圈电阻的发热量为57.6J．