热门试卷

（1）物体做匀加速直线运动，则有：

=

解得：v=2m/s

根据速度位移公式得：

2ax=v2

解得：a==1m/s2

（2）根据牛顿第二定律得：

a==

解得：m==kg=2kg

答：（1）物体运动的加速度为1m/s2；

（2）物体的质量为2kg．

以活塞和气缸为研究对象，根据牛顿第二定律

加速度为：a=

以气缸为研究对象，再根据牛顿第二定律得

  PS-P0S=Ma

缸内气体的压强P=P0+a

由（1）式和（2）联立可得：P=P0-

答：缸内气体的压强为P0-．

（1）设物体在4～10s内的加速度为a由图象得：a===-2m/s2

设摩擦力大小为f，由牛顿第二定律得：f=-ma=3×2=6N

（2）设0～4s内物体加速度为a′，则a′===3m/s2

设拉力为F，由牛顿第二定律

F-f=ma′

解得：F=6+3×3=15N

（3）图线与时间轴所围成的面积表示位移，

所以0-10s内物体的位移x=S=×10×12=60m

答：（1）物体所受摩擦力的大小为2m/s2．

（2）在0-4s内物体受到的拉力大小为15N．

（3）在0-10s内物体的位移为60m．

木块开始在传送带上做初速度为零的匀加速运动，其加速度为：

a1=μg=4m/s2因为a1＞a0，所以木块先以加速度a1加速，达到与传送带同速时，再以a0加速到最右端，

设经过时间t木块与传送带的速度相同，则

v=v0+a0t

v=a1t

解得：v=4m/s，t=1s

所以，木块在第一阶段的位移

x1=a1t12=2m

即第二段的位移

x2=L-x1=8m

x2=vt2+a0t22解得：t2=1.46s

则物块由M传到N所用的总时间为：

t=t1+t2=2.46s

答：传送带将物体由M处传送到N处所用的时间为2.46s．

（1）物体由静止沿斜面下滑，加速度为a1，由牛顿运动定律有mgsinθ-μ1mgcosθ=ma1

解得a1=5m/s2

下滑过程由v12=2a1x得

v1=5m/s；

（2）在传送带上有牛顿第二定律-μ2mg=ma2

解得a2=-μ2g=-2m/s2

滑行的过程v2=2ax得平抛初速度v2=1m/s

平抛运动：水平方向S0=v2t，

竖直方向H=gt2

联立解得S0=1m；

（3）当皮带轮顺时针转动时：

①皮带的速度不大于1m/s时，即0≤ω≤=5rad/s时，物体物体在上面一直做减速运动，

则对应的s=1m

②当皮带的速度大于1m/s，小于等于5m/s时，即5rad/s＜ω≤25rad/s时，物体先减速再匀速，

则在C端的速度与传送带的速度相同，则平抛的水平距离为s=vt=ωR=0.2ω

③当皮带的速度大于5m/s时，小于7m/s时，物体先加速后匀速，即25rad/s＜ω＜35rad/s，最好的速度与皮带共速，则平抛的水平距离为s=vt=ωR=0.2ω

④当皮带的速度大于等于7m/s时，即35rad/s≤ω，则物体一直加速，最后的速度为7m/s，则平抛的水平距离为s=7m

当皮带轮逆时针转动时：受力情况与皮带不动是相同的，所以物体的s=1m

综上所述，物体s-ω的关系图象如图

答：1）小物体滑到斜面底端B时的速度大小v1为5m/s；

（2）若传送带静止，求物块滑到C端后作平抛运动的水平距离s0为1m；

（3）图象如上图

（1）第一阶段以最大拉力拉着物体匀加速上升，当电动机达到最大功率时，功率保持不变，物体变加速上升，速度增大，拉力减小，当拉力与重力相等时速度达到最大．此时有：Pm=mgvm

代入数据解得vm==m/s=15m/s

此速度也是物体到达机舱的速度．

故落水物体刚到达机舱时的速度为15m/s．

（2）对于第一段匀加速，加速度设为a，末速设为v1，上升高度h1，则有：

Fm-mg=ma

Pm=Fmv1

v1=a1t1h1=t1

代入数据解得：v1=10m/s，t1=2s，h1=10m

第二段，以最大功率上升，由动能定理得：Pmt2-mg(h-h1)=m-m

解得t2=5.75s

所以吊起落水物体所用总时间为t=t1+t2=7.75s

故这一过程所用的时间为7.75s．

（1）F-mAg+FBA=mAa，所以当FBA=0时，F最大，即

Fm=mAg+mAa=12 N

（2）初始位置弹簧的压缩量x1==0.20m

A、B分离时，FBA=0，以B为研究对象可得：

FN-mBg=mBa，

FN=12N

此时x2==0.12m

A、B上升的高度：△x=x1-x2=0.08 m

A、B的速度v==m/s

以A、B作为一个整体，由动能定理得

wF+wN-（mA+mB）g△x=（mA+mB）v2

解得：wF=0.64J．

答：（1）使木块A竖直向上作匀加速运动的过程中，力F的最大值是12 N．

（2）若木块A竖直和上作匀加速运动，直到A、B分离的过程中，弹簧的弹性势能减小了1.28J，则在这个过程中，力F对木块做的功是0.64J．

（1）未施加力F时，A、B、C处于静止状态时，设B、C间距离为L1，则 C对B的库仑斥力：

F0=

以A、B为研究对象，根据力的平衡：F0=（mA+mB）gsin30°

联立解得：L1=1.0m

（2）给A施加力F后，A、B沿斜面向上做匀加速直线运动，C对B的库仑斥力逐渐减小，A、B之间的弹力也逐渐减小．经过时间t0，B、C间距离设为L2，A、B两者间弹力减小到零，此后两者分离，力F变为恒力．则t0时刻C对B的库仑斥力为：F1=k…①

以B为研究对象，由牛顿第二定律有：

F1-mBgsin30°-μmBgcos30°=mBa…②

联立①②解得：L2=1.2m

则t0时间内A上滑的距离：△L=L2-L1=0.2m

（3）设t0时间内库仑力做的功为W0，由功能关系有：

W0=k-k代入数据解得：W0=1.2J…③

（4）设在t0时间内，末速度为v1，力F对A物块做的功为W1，由动能定理有：

 W1+W0+WG+Wf=（mA+mB）…④

而 WG=-（mA+mB）g•△Lsin30°…⑤

Wf=-μ（mA+mB）g•△Lcos30°…⑥

又A做匀加速运动，则有：=2a△L…⑦

由③～⑦式解得：E1=1.05J

经过时间t0后，A、B分离，力F变为恒力，对A由牛顿第二定律有：

  F-mAgsin30°-μmAgcos30°=mAa…⑧

力F对A物块做的功：W2=F（L-L2）…⑨

由⑧⑨式代入数据得：W2=5J

则力F对A物块做的功：W=W1+W2=6.05J

答：

（1）未施加力F时物块B、C间的距离为1m：

（2）t0时间内A上滑的距离是0.2m；

（3）t0时间内库仑力做的功是1.2J；

（4）力F对A物块做的总功为6.05J．

（1）根据动量守恒定律得

   mv0+2mv0=（m+m+3m）v

解得v=0.6v0  

（2）设经过t时间，A与C相对静止，共同速度为vAC，此时B的速度为vB，由动量守恒得

    mv0+2mv0=（m+3m）vAC+mvB

根据动量定理得

   对A：-μmgt=m（vAC-v0）

   对C：（μmg+2μmg）t=3mvAC

联立以上三式

    vAC=0.5v0，vB=v0

（3）AC相对静止前，AB做匀减速运动，C做匀加速运动，三个物体的加速度分别为

    aA==μg

    aB==2μg

    aC==μg

AC相对静止后，AC做匀加速运动，B做匀减速运动，三个物体的加速度分别为

    aA′=aC′==0.5μg

   aB′=aB=2μg

最终三个物体一起做匀速直线运动．

从开始运动到三个物体都相对静止，A、B相对于地的位移分别为

   sA=+=0.485

  sB==0.91

所以A与B最终相距△s=s0+sB-sA=s0+0.425      

（4）设整个运动过程中AC相对于滑行的距离为s，则B相对于C滑行的距离为s+△s-s0．

根据能量守恒定律得

   μmgs+2μmg（s+△s-s0）=m+m(2v0)2-(m+m+3m)v2

解得s=s0+0.425    

整个过程中A、B与木板C因摩擦所产生的热量分别为

   QA=μmgs

   QB=2μmg（s+△s-s0）

代入解得

   =

答：

（1）最终A、B、C的共同速度为0.6v0．

（2）运动过程中A的最小速度为0.5v0．

（3）A与B最终相距得s0+0.425    

（4）整个过程中A、B与木板C因摩擦所产生的热量之比为5：27．

（1）开始运动时，棒中的感应电动势：

e=Lv0B

棒中的瞬时电流：i==

棒两端的瞬时电压：u=e=Lv0B

（2）由能量转化与守恒定律知，全电路在此过程中产生的焦耳热：

Q总=mv02-m（v0）2=mv02 

∴棒中产生的焦耳热为：Q=Q总=mv02 

令：△t表示棒在减速滑行时某个无限短的时间间隔，则在这一瞬时，结合安培力

和瞬时加速度的极限思想，应用牛二律有：

iLB=m

结合电磁感应定律和瞬时速度的极限思想，应用全电路欧姆定律有：

i•2R=LBv=LB 

所以：mLB△v=LB•2R△x，即：△x∝△v

所以对于全过程，上述正比例关系仍成立

所以对于全过程（△v=v0），得：

△x=x=v0

答：（1）开始运动时，棒中的瞬间电流i=和棒两端的瞬间电压u=Lv0B；

（2）当棒的速度由v0减小到v0的过程中，棒中产生的焦耳热Q=mv02；棒向右滑行的位移x=v0．

（1）对磁铁在AB段进行受力分析如图所示，磁铁与铁板的引力为F=0.2mg，

根据动能定理得

-fx1=m-m

代入数据解得vB=m/s

（2）对磁铁在BC段受力分析，有摩擦力f′=μ（mgcos37°+F）．根据牛顿第二定律得

mgsin37°+f′=ma

代入解得a2=8.5m/s2．

（3）磁铁以初速vB沿斜面向上运动至速度为零时其经过的位移为

x==m＞0.5m

故磁铁会滑出BC面，不会第二次到达B处．

答：

（1）小磁铁第一次到达B处的速度大小是m/s；

（2）小磁铁在BC段向上运动时的加速度大小j 8.5m/s2；

（3）小磁铁不能第二次到达B处．

根据牛顿第二定律得，mg-qE=ma．

E==N/C=30N/C．

电场力的方向竖直向上，所以电场强度的方向竖直向上．

故电场强度的大小为30N/C，方向竖直向上．

（1）要使小球无碰撞地通过管口，则当它到达管口时，速度方向为竖直向下，

从抛出到管口过程，竖直方向为自由落体运动，则运动时间t为：

   =gt2

水平方向，粒子做匀减速运动，减速至0

位移：L=t

  解得：v0=2L

（2）水平方向，根据牛顿第二定律：qE=ma

又由运动学公式：02-=-2as

解得：E=，方向水平向右

（3）对小球从抛出到落地的全过程应用动能定律：

即：mgh-qEL=EK-

解得：EK=mgh    

答：（1）小球的初速度为2L

（2）应加电场的场强为，方向水平向右

（3）小球落地时的动能为mgh

（1）因为汽车做匀加速直线运动，根据位移时间关系有x=at2得汽车加速运动时的加速度为：

a==m/s2=0.8m/s2

（2）由牛顿第二定律知汽车所受合力为：F合=ma=4.0×103×0.8N=3200N

汽车在水平方向受到牵引力和阻力作用，故有：F合=F牵-f

可知汽车所受阻力为：f=F牵-F合=4.8×103-3200N=1600N

答：（1）汽车加速度的大小为0.8m/s2；

（2）汽车所受阻力的大小1600N．