热门试卷

（1）①（i）平衡摩擦力时，应将绳从小车上拿去，轻推动小车，使小车沿木板运动；

（ii）由b图可知小车运动的速度越来越大，则小车做加速运动，说明平衡摩擦力时倾角过大，应该减小倾角，反复调节直到带上打出的点迹间隔均匀，说明平衡摩擦力完成；

②由c图可知，加速度与F成正比关系，该同学验证的是：在质量一定的情况下，它的加速度与其所受的合力成正比；

（2）①移动滑片P，电压表和电流表的示数都不为零，但始终没有变化．说明滑动变阻器的电阻不变，要么都解上面两个接线柱，要么都解下面两个接线柱，故选bc；

②要使灯泡两端的电压可以从零开始进行调节，则必须是分压式接法，实物图如图所示：

③运用描点法画出R-U图线如图所示，由图象可知灯丝在未通电时的阻值等于电压为零时纵坐标的数值，即为1.0Ω．

故答案为：（1）①（i）轻推（ii）减小，间隔均匀；

②小车质量一定，它的加速度与其所受的合力成正比．

（2）①bc；②如图所示；③（i）如图所示：（ii）1.0Ω

（1）以导体棒为研究对象，棒在磁场I中切割磁感线，棒中产生产生感应电动势，导体棒ab从A下落时，导体棒在重力与安培力作用下做加速运动，由牛顿第二定律，得

mg-BIL=ma，式中l=r

I1=

R并1==4R

由以上各式可得到：a=g-

（2）当导体棒ab通过磁场II时，若安培力恰好等于重力，棒中电流大小始终不变，即mg=BI×2r

 I2=，

公式中：R并2==3R

解得：v3==

导体棒从MN到CD做加速度为g的匀加速直线运动，有

-=2gh

得：h=-

此时导体棒重力的功率为

 PG=mgvt=

根据能量守恒定律，此时导体棒重力的功率全部转化为电路中的电功率，即

 P电=P1+P2=PG

 所以P2=PG=

（3）由动量定理得：-B×2r×t=0-mv3

即：-B×2r×t=-mv3

即：-x=-mv3

联立，解得：x=

停下来的过程中，重力做正功，外力和安培力做负功，由动能定理得：

mgx-Fx-W外=0-m

所以产生的总热量为：Q=W外=m

在电阻上产生的热量为：Q2=Q=

答：（1）导体棒ab从A下落r/2时的加速度a=g-；（2 ）h=-，P2=；（3）停止运动所通过的距离 x=，在电阻上产生的热量为  Q2=．

（1）设CD运动的最大速度为vm．由E=Bdvm，I=，F安=BId，得到安培力F安=．

由平衡条件得F=f+F安，代入解得  vm=

    （2）当CD达到最大速度后，电路中电流为I==，电阻R消耗的电功率是P=I2R=

    （3）当CD的速度是最大速度的时，安培力F安′=(F-f)

此时的加速度为a==．

答：（1）CD运动的最大速度是vm=；

    （2）当CD达到最大速度后，电阻R消耗的电功率是；

   （3）当CD的速度是最大速度的时，CD的加速度是．

设物体的质量为m，根据a=得：

    a1==m/s2=m/s2，F1=ma1=m

    a2==m/s2=1m/s2，F2=ma2=m

所以=

答：第二个力和第一个力之比为．

物体在斜面方向的受力情况如图所示：

由题意可知：θ=37°

因为：Gx=mgsin37°=15N

F=µN=µmgcos37°=12N

由余弦定理可知：F2=Gx2+f2-2GXfcosθ，

代入数据可以得出：F=9N

答：推力F的大小为9N．

（1）当f=mg时，雨点达到最终速度v1，则：

  kSv12=ρ•πr3g

又S=πr2

解得，v1=

（2）当雨点的速度达到v时，根据牛顿第二定律得：

  mg-kSv2=ma

又m=ρ•πr3

解得，雨点的加速度a=g-

答：

（1）每个雨点最终的运动速度为；

（2）雨点的速度达到v时，雨点的加速度a为g-．

以系统为研究对象，由牛顿第二定律得：

F1-μ（M+m）g=（M+m）a，解得：a=10m/s2，

小球在竖直方向上静止，处于平衡状态，

杆在竖直方向对球的作用力为mg，竖直向上，

球在水平方向做匀速直线运动，杆对球的作用为ma，

则杆对球的作用力F==28.3N；

设轻杆对小球的作用力F与水平方向夹角为α，

则tanα=，解得α=45°，斜向右上方． 

因此该同学的解法是错误的．

答：解法是错误的，作用力的大小为28.3N，方向与水平方向夹角为45°，斜向右上方．

（1）金属棒向下切割磁场，根据右手定则，知电流方向是b-→a．

         根据左手定则得，安培力方向向上．

（2）．释放瞬间ab只受重力，开始向下加速运动．随着速度的增大，感应电动势E、感应电流I、安培力F都随之增大，加速度随之减小．当F增大到F=mg时，加速度变为零，这时ab达到最大速度．

由F==mg，

可得vm=．

（1）对B，由牛顿第二定律得：F-μ2mg=maB

aB=2m/s2；

（2）设物体A经过t时间追上物体B，对物体A，由牛顿第二定律可知：

μ1mg=maA恰好追上的条件为：

两物体出现在同一位置且速度相等；

即：vA=vB可得：v0-aAt=aBt------（1）；

xA-xB=L

即：v0t-aAt2-aBt2=L------（2）；

联立各式并代入数据解得：L=0.75m；

答：（1）物块B运动的加速度为2m/s2； （2）两物块相距的距离为0.75m．

该同学所得结论有不完善之处．

为使小球始终沿水平面运动，电场力在竖直方向的分力必须小于等于重力，即：qEsinθ≤mg

所以tgθ≤===

E≤=V/m=1.25×105V/m

即：7.5×104V/m＜E≤1.25×105V/m

由图象可得到拉力F的大小随时间变化的函数表达式为

     F=F0+t=3+2.5t                                       ①

当ab棒匀加速运动时，根据牛顿第二定律有：

F-f-B0IL=ma                                                                  ②

因为I=                                                                     ③

v=at                                                                              ④

联立②③④可解得

   F=f+ma+t                                            ⑤

将数据代入①⑤可解得

a=4 m/s2　

f=1 N．

（2）以ab棒为研究对象，当磁感应强度均匀增大时，闭合电路中有恒定的感应电流I，以ab棒为研究对象，它受到的安培力逐渐增大，静摩擦力也随之增大，当磁感应强度增大到ab所受安培力F与最大静摩擦力fm相等（导体棒刚滑动的临界条件）时ab棒开始滑动．

由F=BIL=fm

B=B0t=(0.5+0.2t)T 闭合电路欧姆定律：I=  

法拉第电磁感应定律：E==

由以上各式求出，经时间t=17.5 s后ab棒开始滑动，此时通过ab棒的电流大小为I=0.15 A，

根据楞次定律可判断出电流的方向为从b到a．

答：（1）匀加速运动的加速度4 m/s2　及ab棒与导轨间的滑动摩擦力为1 N．

（2）经过17.5 s时间ab棒开始滑动；此时通过ab棒的电流大小0.15 A和方向b到a．

飞机受重力、支持力、牵引力和阻力；

在AB段，根据动量定理，有：

Ft1=mv1 ①

在BC段，根据动量定理，有：

Ft2-mgsinθt2=mv-mv1 ②

联立①②解得：

v=(t1+t2)-gt2sinθ

答：战斗机离舰时的速度为(t1+t2)-gt2sinθ．

①撤去推力F前对物体进行受力分析，如图所示：

沿斜面方向有：Fcosθ-mgsinθ-f=ma1垂直于斜面方向有：N-mgcosθ-Fsinθ=0

f=μN

代入数据解得：a1=5m/s2，方向沿斜面向上．

②撤去推力F后对物体进行受力分析，如图所示：

沿斜面方向有：mgsinθ+f=ma2垂直于斜面方向有：N-mgcosθ=0

f=μN

代入数据解得：a2=8m/s2，方向沿斜面向下

③匀加速上升过程中，根据位移速度公式得：

2a1x1=v2匀减速上升过程中，根据位移速度公式得：

2a2x2=v2解得：x2=m＜2m

所以不能冲上顶端

答：：①撤去推力F前物体的加速度为5m/s2，方向沿斜面向上；

②撤去推力F后物体的加速度大小为8m/s2，方向沿斜面向下；

③不能冲上顶端．

（1）根据牛顿第二定律得加速度为：

a===4m/s2，

（2）根据匀变速直线运动位移时间公式得：

x=at2=×4×9=18m，

（3）3秒末物体的速度为：v=at=4×3=12m/s

答：（1）物体运动的加速度的大小为4m/s2；

（2）3秒内物体的位移的大小为18m；

（3）3秒末物体的速度大小为12m/s．