热门试卷

（1）根据牛顿第二定律得：

-μmg=ma，a=-μg=-1m/s2，

导体棒从t=0时刻开始向右运动直至末速为零所需的时间为  t==1s，

（2）此过程导体棒通过的位移为 x=v0t+at2=0.5m＜L-l，说明导体棒还没有进入磁场．

（3）前2秒内无电流，后2秒内，由楞次定律判断得知，电流方向为顺时针方向．

由图知，=T/s=0.2T/s

感应电动势为E==•ld=0.2×0.5×1V=0.1V

感应电流为I==A=0.1A，

（4）4s内回路产生的焦耳热为 Q=IEt2=0.02J．

答：

（1）导体棒从t=0时刻开始向右运动直至末速为零所需的时间是1s；

（2）导体棒从t=0时刻开始向右运动直至末速为零时离左端的距离是0.5m；

（3）前2秒内无电流，后2秒内电流方向：顺时针方向，电流大小为0.1A．

（4）4s内回路产生的焦耳热是0.02J．

（1）跑车受重力、支持力、牵引力和阻力，根据牛顿第二定律，有：F-f=ma；

解得：a==m/s2=3.25m/s2；

根据速度时间关系公式，有：v=at=3.25×10=32.5m/s；

（2）根据位移时间关系公式，有：

x=at2=×3.25×102=162.5m

答：（1）10秒末跑车的速度大小为32.5m/s；

（2）10秒内跑车行驶的距离为162.5m．

（1）对小物块受力分析，

由牛顿第二定律得：F-μmg=ma

可得：a=2m/s2

运动学公式v2=2aL

可得v=2m/s

（2）对小物块、木板受力分析，

由牛顿第二定律得：F-μmg=ma1μmg=Ma2

可得：a1=2m/s2 a2=2m/s2

物块的位移x1=a1t2

木板的位移x2=a2t2

又x2-x1=L

由以上三式可得，t=s，可得v=a1t=2m/s．

（3）木板向左做匀变速运动，由牛顿第二定律得：μmg=Ma3

可得a3=1m/s2，方向向右．

物块向右的位移为x3=v1t

木板向左的位移为x4=v2t-a3t2，又x3+x4=L

由以上三式可得，t=1s，t=2s（舍去）

答：（1）若木板被固定，某人以恒力F=4N向下拉绳，则小木块滑离木板时的速度大小为2m/s．

（2）若不固定木板，某人仍以恒力F=4N向下拉绳，则小木块滑离木板时的速度大小为2m/s．

（3）木块滑离木板所用的时间为1s．

（1）对小木块受力分析，如图所示．由图象可以看出升降机在0～2s内向上做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：

F-mg=ma1

代入数据解得：a1=2m/s2

由运动学公式x1=a1t12，解得升降机在0～2s内上升的高度为：x1=4m，

2s末的速度为：v=a1t1=2×2m/s=4m/s，

在2～6s内升降机做匀速运动的位移为：x2=vt2=4×4=16m

在6～10s内升降机做匀减速运动的位移为：x3=t3=×4=8m

故升降机在10s内上升的总高度为：H=x1+x2+x3=4+16+8=28m

（2）由于压力传感器示数为零，则木块处于完全失重状态，故升降机在该段时间内做加速度大小为g的匀变速运动．

答：（1）升降机上升的高度H为28m；

（2）该段时间内升降机做加速度大小为g的匀变速运动．

（1）设摩擦力大小为f，电场力为F，第一阶段位移大小为x1，电场力反向后向右运动的位移大小为x2，向左运动的位移大小为x3

由题意，f=F

第一阶段Ek=（F-f）x1=Fgx1

电场力反向后0-Ek=-（F+f）x2 

可得x2=x1

又由题意x3=x2+x1=x1

向左运动阶段Ek末=（F-f）x3=F•x1=Ek

物体A回到原出发点时的动能为Ek．

（2）设在后一段时间里，用t2a的时间使物体速度为零，然后用t2b的时间使物体加速回到原出发点；用a表示物体在前一段时间里的加速度，分别用a1、a2表示物体在t2a、t2b时间内的加速度，则

==

所以

==

由位移公式，得到

==

故

==

即前一段时间t1跟后一段时间t2的比值为．

（1）设游客连同滑草装置在下滑过程中加速度为a，对游客连同滑草装置受力分析如图所示．

由牛顿第二定律得mgsin37°-Ff=ma   ①

                FN=mgcos37°      ②

                又Ff=μFN ③

联立①②③式解得a=2m/s2．

（2）设游客连同滑草装置滑到底端时的速度为v，所用时间为t．

     由运动学公式可得v2=2ax，v=at，

     解得v=16m/s，t=8s．

答：（1）游客连同滑草装置在下滑过程中加速度为2m/s2；

    （2）滑到底端时的速度为v=16m/s，所用时间为t=8s．

加速时物体受力如图，根据牛顿第二定律：f=ma

其中f=μmg，解得：

a=μg=2m/s2

加速时间为：t==2s

加速位移为：x物=at2=4m＜10m

此过程中皮带的位移为：x带=vt=8m

物体相对于皮带的位移为：d=x带-x物=4m

所以由于摩擦产生的内能为：Q=f•d=0.2×4×10×4=32J

答：由于摩擦产生的内能为32J．

①“验证牛顿第二定律”的实验中，为使绳子拉力为小车受到的合力，应先平衡摩擦力，方法是将长木板的一端适当垫高，在不挂砝码盘的情况下，小车能够自由地做匀速直线运动，另外为使绳子拉力等于砝码盘（连同砝码）的质量，必须满足满足砝码盘（连同砝码）的质量m远小于小车的质量M的条件．

②由匀变速运动的推论△x=aT2得，将计数点0到4分成0到2和2到4两部分，其中t=2×（5×0.02s）=0.2s，△x=（17.47-8.05）-8.05cm=1.37cm，代入上式解得a=0.343m/s2

③乙同学通过给小车增加砝码来改变小车的质量M，故小车的质量应为M+m，作图时应作出a-图象，故选A

故答案为：匀速直线，远小于，②0.343  ③A

（1）

（2）

（1）沿运动方向和垂直运动方向建立坐标系

运动方向     

垂直运动方向 

t时刻飞行器的速度 

联立得             

（2）逆转后

垂直运动方向  

沿运动方向     &s.5*u.c.om

经过时间速度减为0  

离地最大高度 

联立得       

（1）设人的质量为m，加速度为a1，木板的质量为M，加速度为a2，人对木板的摩擦力为f．则对人有：

f=ma1=200N，方向向右．

（2）对木板受力可知：f-μ（M+m）g=Ma2，则：a2=

代入数据解得：a2=2m/s2，方向向左

（3）设人从左端跑到右端时间为t．由运动学公式得：

L=a1t2+a2t2

代入数据解得：t=2s

答：（1）人在奔跑过程中受到的摩擦力的大小200N．

（2）人在奔跑过程中木板的加速度2m/s2．

（3）人从开始奔跑至到达木板右端所经历的时间2s．

（1）加速电场中，根据动能定理得eU1=m⇒v0==m/s=4×106m/s

（2）电子在平行板间的加速度为 a===①

电子的竖直分位移为 y=at2=②

电子的水平分位移为 l=v0t③

联立以上三式并代入数据得：U2==V=40V

答：

（1）电子进入平行板间的速度v0为4×106m/s．

（2）若电子恰能沿平行板右边缘射出，加在平行板上的电压U2为40V．

（1）物体滑上传送带向右一直做匀减速运动，

根据牛顿第二定律得：a==μg

根据位移速度公式得：

2ax=v12-0

带入数据解得：μ=0.4

（2）根据牛顿第二定律得：a==μg=4m/s2，

设经过时间t1速度与传送带相等，则t1==1s

这段时间内的位移x1=at2=2m

所以匀速运动的位移x2=8-2=6m

所以运动运动的时间t2==1.5s

所以总时间为：t=1.5+1s=2.5s

答：（1）物体与传送带间的动摩擦因数为0.4  （2）物体经过2.5s离开传送带．

（1）物体A在斜面上先做匀加速运动，后做加速度增大的变加速运动

∵在增加磁场之前物体A受恒力作用，而在增加匀强磁场后，洛伦兹力垂直于斜面向上，速度增大，洛伦兹力增大，滑动摩擦力将减小，合外力增大，则加速度增大．

∴物体A先做匀加速运动后做加速度增大的变加速运动．

（2）在加磁场前，根据牛顿第二定律得

解出a=g(1-μ)

则得 S=at2=g(1-μ)t2

在物体A离开斜面瞬间  F洛+mgsinθ-mgcosθ=0

而F洛=qvB

解出  v=

根据能量守恒WG+W电=△EK+Q

则得  mg（L+S）sinθ+qE（L+S）cosθ=mv2+Q

将a、v及sinθ=0.6，cosθ=0.8代入上式

得Q=mg(L+-gt2)-

答：

（1）物体A在斜面上的运动情况是：物体A在斜面上先做匀加速运动，后做加速度增大的变加速运动．

（2）物体A在斜面上运动过程中有mg（L+-gt2）-的能量转化为内能．

（1）先判断运动员下落点是否在斜面上．

斜面的高度为：h=Lsin37°=48m斜面的水平长度：s=Lcos37°=64m

设运动员恰好落在b点，则下落时间为：t===3.098s

下落的水平位移：x=v0t=20×3.098=61.97m＜64m，

故运动员落在斜面上．     

x=v0t′y=gt′2

tan37°===

t′=3s

L′==75m

（2）落地时：

水平速度的平行斜面的分速度为：v01=v0cos37o=16m/s

水平速度的垂直斜面的分速度为：v02=v0sin37o=12m/s

竖直速度的平行斜面的分速度为：vy1=vysin37o=gt′sin37o=18m/s

竖直速度的垂直斜面的分速度为：vy2=vycos37o=gt′cos37o=24m/s

垂直斜面方向的和速度v=24-12=12m/s，在撞击时损失了△E=mv2=×60×122=4320J

（3）设运动员在水平面上滑行的距离为d，则根据能量关系有：m+mgh-△E-μmgcos37o(L-L′)-μmgd=0

带入相关数据解得：d=604m．

答：（1）运动员冲出跳台后与雪面的撞击点离a点的距离为75m．

（2）运动员冲出跳台后在与雪面撞击时损失的机械能为4320J．

（3）运动员停止运动时离b点的距离为604m．