热门试卷

（1）E=BLv，

I=，

F安=BIL=

当金属棒达到稳定速度时，F安=F拉

F=

所以v2=，代入数据得v=2m/s 

（2）由题意得：WR=1.2J，

根据串联电路中功率与电阻成正比得：Wr=0.3J，W电=1.5J        

对金属棒有动能定理得：Pt-W电=mv2-mv02   

代入数据得 t=5.25s 

（3）当棒的速度达到1m/s时，拉力的功率为0.4w，此后外力功率恒定，速度继续增大，根据P=Fv可知，外力F在逐渐减小，当安培力和外力F相等时，速度达到最大，之后做匀速直线运动，外力保持不变，由此作图如图所示：

（4）根据（3）分析作出速度图象如图所示

t=0时，由P=Fv得，外力F==N=0.4N

此时合外力为F合=0.4-=0.3N

由图象可知t=0加速度最大

 由牛顿第二定律得：am==0.75m/s2 

证明：由a=得：

开始加速最短时间：△t==s

金属棒的最大位移   Sm＜5.25×1+=9.8m   

流过金属棒的电量

Q＜=C=1.97C＜2.0C

答：（1）金属棒的稳定速度2m/s；

（2）金属棒从开始计时直至达到稳定速度所需的时间5.25s；

（3）在乙图中画出金属棒所受拉力F随时间t变化的大致图象为：

；

（4）从开始计时直至达到稳定速度过程中，金属棒的最大加速度为0.75m/s2．

（1）以子弹为研究对象，取初速度v0的方向为正方向，依题意

v2-v02=2as    得a=-2.5×105m/s2

负号表示加速度方向与初速度方向相反．

（2）设木板对子弹的平均作用力为F，据牛顿第二定律，有：

F=ma=-2.5×103N，负号表示平均作用力与初速度方向相反．

根据牛顿第三定律，子弹对木板的平均作用力F′=2.5×103N，方向和初速度方向相同．

答：（1）子弹的加速度为2.5×105m/s2；

（2）子弹对木板的平均作用力为2.5×103N．

（1）设初始状态弹簧压缩量为x1

则：kx1+mg=m×g

解得：x1=

当B以a=g匀加速向下运动时，由于a＜g，所以弹簧在压缩状态时A、B不会分离，设该过程的终止时刻弹簧伸长量为x2

则：mg-kx2=m×g

解得：x2=

A匀加速运动的位移s=x1+x2=

由位移关系式：s=at2

解得：t=

（2）因为x1=x2

这一过程中弹簧对物体A的弹力做功为0

A、B分离时vA=at=g

由动能定理得：mgs+WF=mvA2

代入得：WF=-

答：

（1）砝码A能够做匀加速运动的时间为

（2）砝码A做匀加速运动的过程中，弹簧弹力对它做为零，木板B对它的支持力做为-

（1）当球恰好能从C端出来时，速度vC=0．

根据机械能守恒定律得：mg•2R=m，解得v0=2

所以要使小球能从C端出来，初速度v0≥2．

（2）在小球从C端出来的瞬间，对管壁压力有三种典型情况：

①当管壁对球无作用力时，即N=0时，由mg=m，vC=，根据机械能守恒定律得mg•2R+m=

解得：v0=．

②当管壁对球的作用力方向向下时，球对管壁的压力方向向上，此时v0＞

③当管壁对球的作用力方向向上时，球对管壁的压力方向向下，此时2≤v0＜

答：（1）要使小球能从C端出来，初速度v0≥2．

（2）在小球从C端出来的瞬间，对管壁压力有三种典型情况：

①球对管壁无作用力，v0=．

②球对管壁的压力方向向上，v0＞．

③球对管壁的压力方向向下，2≤v0＜．

（1）E==ab=ab=kabv0B0

I==

感应电流方向沿：NPQMN

（2）线框受的安培力水平向左，安培力为：

F=aI△B=v

（3）根据牛顿第二定律知：

F=F1-F2=m=-

其中m△v=-

mv0=

联立解得xm=

（4）由m△v=-得：

m（v-v0）=-=-mv0，v=

Q=△EK=-m()2=

电阻R1产生的热为

QR1=Q=

答：（1）在图示位置时线框中的感应电动势为kabv0B0

感应电流的大小为，方向沿NPQMN；

（2）线框所受安培力的方向水平向左，安培力的表达式为v；

（3）线框的最大运动距离；

（4）线框运动到过程中，电阻R1产生的焦耳热．

（1）线圈第一次下落过程中有E=B•2πRv、I=、FA=BIL=BI•2πR，得安培力大小为  FA=

根据牛顿第二定律得 mg-FA=ma

可知线圈做加速度减小的加速运动，当a=0时，速度最大，代入求得最大速度为：υm=

（2）反弹后上升的过程中某一时刻，由牛顿运动定律得：mg+BI•2πR=ma

则得：mg△t+BI•2πR•△t=ma△t

在一段微小时间△t内，速度增量为△υ=a△t，通过线圈截面电量为：△q=I△t

则：△q=

得到：∑△q=，又ma△t=m△v=mvm=，mg△t=mgt1，

故：q=-

（3）反弹后上升的过程中某一时刻，由牛顿运动定律得：mg+B×2πR=ma

在一段微小时间△t内，速度增量为：△υ=a△t，线圈上升高度为：△h=υ△t

则线圈可上升的最大高度h为：h=∑△h=r=-

线圈到达最高点后，下落过程中的某一时刻，由牛顿运动定律得：mg-B×2πR=ma

在一段微小时间△t内，速度增量为：△υ=a△t，线圈下降高度为：△h=υ△t

则线圈第二次下降到水平面时的速度为：υ=∑△υ=∑(mg-)△t=g(t1+t2)-

本过程中线圈中产生的热量为线圈动能的损失：Q=mυm2-mυ2=m()2-m(g(t1+t2)-)2

化简得：Q=(t1+t2)-mg2(t1+t2)2 

答：（1）线圈第一次下落过程中的最大速度υm为．

    （2）第一次与水平面碰后上升到最高点的过程中通过线圈某一截面的电量q为-．

    （3）线圈从第一次到第二次与水平面相碰的过程中产生的焦耳热Q为(t1+t2)-mg2(t1+t2)2．

（1）小环刚好到达P点时速度vP=0，由动能定理得

   qEx0-2mgR=0                                          

而  qE=

所以x0=

（2）设小环在A点时的速度为vA，由动能定理得

  qE(x0+R)-mgR=m-0

因此vA=

设小环在A点时所受半圆环轨道的作用力大小为N，由牛顿第二定律得

  N-qvAB-qE=m

解得  N=+

（3）若f=μmg≥qE，即μ≥．小环第一次到达P点右侧s1距离处静止，由动能定理得

  qE（4R-s1）-2mgR-fs1=0                                       

而f=μmg，因此得  s1=

设克服摩擦力所做的功为W，则  W=fs1=

若f=μmg≤qE，即μ＜．环经过来回往复运动，最后只能在PD之间往复运动，设克服摩擦力所做的功为W，则

qE（4R）-mg（2R）-W=0                                    

解得W=mgR

答：（1）DM间距离x0是．

（2）上述过程中小环第一次通过与O等高的A点时半圆环对小环作用力的大小是+；

（3）小环在整个运动过程中克服摩擦力所做的功为或mgR．

（1）物体沿斜面向下做匀加速运动，根据位移时间关系有：

x=v0t+at2

得物体的加速度为：a==m/s2=4m/s2

（2）对斜面上的物体进行受力分析，根据牛顿第二定律有：

mgsinθ-f=ma

得物体所受摩擦力为：f=mgsinθ-ma=50×10×-50×4N=50N

答：（1）物体的加速度a的大小为4m/s2；

（2）物体受到的摩擦阻力为50N．

在0-6内物块的加速度为：a1==m/s2=3m/s2．

则前6s内的位移为：x1=a1t12=×3×36m=54m，

6s末的速度为：v1=a1t1=3×6m/s=18m/s．

根据牛顿第二定律得，施加水平向左的推力F2，加速度为：a2==m/s2=6m/s2；

施加一个大小仍为12N、方向水平向右的推力F3，加速度为：a3==m/s2=2m/s2．

因为在后8s内速度的变化量为零，设加一个大小为12N、方向水平向左的推力作用时间为t2，施加水平向右的推力作用时间为t3

因为a2t2=a3t3，t2+t3=8s，

所以t2=2s，t3=6s

则在6-8s内的位移为：x2=v1t2-a2t22=18×2-×6×4m=24m；

8s末的速度为：v2=v1-a2t2=18-6×2m/s=6m/s

8-14s内的位移为：x3=v2t3+a3t32=6×6+×2×36m=72m

则总位移为：x=x1+x2+x3=150m．

答：物块在14s内发生的位移为150m．

（1）设绳子拉力为T．

对B：mBg-T=mBa，即30-T=3a

对A：T-mAgsin37°-μmAgcos37°=mAa，即T-10=a，

解得：a=5m/s2

（2）以斜面和小球整体为研究对象，竖直方向受到重力和支持力N，B向下加速度是a=5m/s2，

A的加速度竖直向上分量是a•sin37°=3m/s2．

以向下为正方向：40-N=mBa-mAa•sin37°=15-3=12N，

则N=28N，根据牛顿第三定律可知：地面对斜面支持力也是28N

答：（1）释放B后，A的加速度大小为5m/s2；（2）如斜面的质量为10kg，B下降（未落地）时地面对斜面的支持力大小28N．

（1）由v-t图象知      a===8m/s2

由牛顿第二定律：mg-f=ma

解得：f=mg-ma=1×（10-8）=2N

（2）由平均速度公式，有：x=•t=×0.2=0.16m

答：（1）橡胶球受到的空气阻力大小为2N；

（2）橡胶球开始下落时的高度为0.16m．

（1）小滑块加速过程受推力、重力、支持力和摩擦力，根据牛顿第二定律，有

F-mgsinθ-μmgcosθ=ma1  ①

小滑块减速过程受重力、支持力和摩擦力，根据牛顿第二定律，有

mgsinθ+μmgcosθ=ma2        ②

对于加速过程，根据运动学公式，有

x1=           ③

对于减速过程，根据运动学公式，同样有

x2=      ④

有①②③④解得

v=1.5 m/s

F=10 N

故木块向上经过B点时速度为1.5m/s；

（2）木块在AB段所受的外力F为10N；

（3）木块下降过程受重力、支持力和摩擦力，根据牛顿第二定律，有

mgsinθ-μmgcosθ=ma3       ⑤

根据速度位移公式，有

v=2a3(x1+x2)            ⑥

解得

v′A=m/s

即木块回到A点的速度v为m/s．

（1）当上面木板相对下木板的位移s≤时即不掉下．      

由牛顿第二定律得：A的加速度：a===-μg；

对A，由速度位移公式得：s=，得≤，解得：所以v0≤；

（2）设小球上升到最高点时，小球和滑块的水平速度为vx，

系统水平方向动量守恒．由动量守恒得mv0=（m+2m）vx，解得vx=  ①，

小球上升到最高点时vy=0，系统机械能守恒，

由机械能守恒得：mv02=(m+2m)vx2+mgh  ②，

解得h=；

答：（1）初速度v0≤；

（2）小球上升到离水平面的最大高度为．

（1）木箱与地面的最大静摩擦力为fm=120N，故要使木箱运动起来，施加的水平推力F1至少为120N；

（2）要维持木箱做匀速直线运动，推力与滑动摩擦力平衡，为：

F3=μG=0.25×400=100N

答：（1）如果要使木箱运动起来，施加的水平推力F1至少要达到120N；

（2）推力F3为100N．