热门试卷

（1）沙和沙桶加速下滑，处于失重状态，其对细线的拉力小于重力，设拉力为T，根据牛顿第二定律，有

对沙和沙桶，有 mg-T=ma

对小车，有 T=Ma

解得

T=mg

故当M＞＞m时，有T≈mg

小车下滑时受到重力、细线的拉力、支持力和摩擦力，要使拉力等于合力，则应该用重力的下滑分量来平衡摩擦力，故可以将长木板的一段垫高；

（2）根据在匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度大小可知C点的速度大小为：

 vC==

故答案为：（1）沙和沙桶的总质量远小于滑块的质量    平衡摩擦力  （2）

（1）在AB段，根据动能定理：mgS1sin37°-μmgcos37°S1=mv2

代入解得，物体到达B点速度  v=3m/s

（2）在BC段，物块所受滑动摩擦力大小为f2=μ（mgcos37°+Fsin37°）．

由B到C过程，根据动能定理：mgS2sin37°-f2S2-FS2cos37°=0-mv2

代入解得，BC间距离  S2=0.5m．

答：（1）物体到达B点的速度是3m/s；

    （2）BC距离是0.5m．

设三个区域的电场强度大小依次为2E、E、2E，物体在三个区域运动的时间分别t1、t2、t3．

（1）在BCDF，对物体进行受力分析，由牛顿第二定律得

    mg-qE=ma2，而2qE=mg

得a2=

在水平方向有：L=v0t

在竖直方向有：=a2

解得，v0=，t2=

（2）在ABEF区域．对物体进行受力分析，在竖直方向有：2qE=mg

物体做匀速直线运动，v0=，t1=t2=

在BCGF区域，物体做类平抛运动，v0=，t2=

在Q点竖直方向速度vy=a2t2==v0，则Q点速度vQ==，与水平方向夹角为45°

在CDHG区域   由于2qE=mg

对物体进行受力分析，F=mg，与水平方向夹角为45°，与速度方向相同，物体做匀加速直线运动

  水平方向L=v0t3+a3

解得t3=

所以t=t1+t2+t3=

（3）物体在ABFE区域做匀速直线运动，在BCGF区域物体做类平抛运动，偏移量为．在CDHG区域，沿与水平方向夹角为45°，物体做匀加速直线运动，竖直方向位移为L，则物体从DH边界射出位置的坐标为（3L，-）．

答：

（1）物体进入ABFE区域时的初速度大小v0=；

（2）物体在ADHE区域运动的总时间为；

（3）物体从DH边界射出位置的坐标为（3L，-）．

（1）设第1个球与木盒相遇后瞬间，两者共同运动的速度为v1，根据动量守恒定律：mv0-Mv=（m+M）v1

代入数据，解得：v1=3m/s

（2）设第1个球与木盒的相遇点离传送带左端的距离为s，第1个球经过t0与木盒相遇，

则：t0=

设第1个球进入木盒后两者共同运动的加速度为a，根据牛顿第二定律：μ（m+M）g=（m+M）a得：a=μg=3m/s2

设木盒减速运动的时间为t1，加速到与传送带相同的速度的时间为t2，则：t1=t2==1s

故木盒在2s内的位移为零

依题意：s=v0△t1+v（△t+△t1-t1-t2-t0）

代入数据，解得：s=7.5m    t0=0.5s

（3）自木盒与第1个球相遇至与第2个球相遇的这一过程中，传送带的位移为S，木盒的位移为s1，则：S=v（△t+△t1-t0）=8.5ms1=v（△t+△t1-t1-t2-t0）=2.5m

故木盒相对与传送带的位移：△s=S-s1=6m

则木盒与传送带间的摩擦而产生的热量是：Q=f△s=54J

答：（1）第1个球与木盒相遇后瞬间，两者共同运动的速度为3m/s；

（2）第1个球出发后经过0.5s与木盒相遇；

（3）自木盒与第1个球相遇至与第2个球相遇的过程中，由于木盒与传送带间的摩擦而产生的热量为54J．

（1）从A到B，根据动量定理得：

（F-μmg）t=mv

解得v=-μgt=8m/s

（2）物块在斜面上受力如图所示：

根据牛顿第二定律得：

mgsinθ+μN=ma

N=mgcosθ

解得：a=7.6m/s2（3）根据v2=2as

解得：s==4.2m

答：（1）物块运动到B点时速度的大小为8m/s；

（2）物块在斜面上运动时加速度的大小为7.6m/s2；

（3）物块沿斜面向上运动的最大距离为4.2m．

工人的重力：

G人=m人g=70kg×10N/kg=700N，

动滑轮的重力：

G动=m动g=5kg×10N/kg=50N，

未露出水面滑轮组的机械效率：

η===，

露出水面后滑轮组的机械效率：

η===，

∵η1：η2=63：65，

即：=63：65，

将石块的密度和水的密度代入求得：

V石=0.04m3，

石块的重力：

G石=m石g=ρ石V石g=2.5×103kg/m3×10N/kg×0.04m3=1000N，

（1）地面对人的支持力：

F=G人-F拉=700N-120N=580N；

（2）石材在水中，受到水的浮力，此时人的拉力最小，地面对人的支持力最大，

石材受到的浮力：

F浮=ρ水V排g=1×103kg/m3×10N/kg×0.04m3=400N，

F拉1= （G石+G动-F浮）=（1000N+50N-400N）= N，

地面的支持力：

F支1=G人-F拉1=700N- N= N；

石材离开水面，此时人的拉力最大，地面对人的支持力最小，

F拉2= （G石+G动）=（1000N+50N）=350N，

地面的支持力：

F支2=G人-F拉2=700N-350N=350N；

F支1：F支2= N：350N=29：21；

（3）当石材露出水面之前，F拉1=（G石+G动-F浮）= （1000N+50N-400N）= N，

v=3×0.2m/s=0.6m/s

人拉绳子的功率：

P=F拉1v= N×0.6m/s=130W；

（4）重物露出水面后，滑轮组受到的向下的拉力最大，为F=G人=700N，

∵绳重及滑轮的摩擦均可忽略不计，

∴F=（G物+G动），

∴G物=3F-G动=3×700N-50N=2050N，

η=====≈97.6%．

答：（1）当人用120N的力拉绳端时，岸边地面对人的支持力为580N；

（2）在石材脱离水池底部至完全露出水面的过程中，地面对人的支持力的最大值与最小值之比为29：21；

（3）当石材露出水面之前，人拉绳子的功率为130W；

（4）此人用这个滑轮组提升重物的最大机械效率为97.6%．

对带电系统进行分析，假设球A能达到右极板，电场力对系统做功为W1，有：

  W1=2qE×2.5L+（-3qE×1.5L）＞0…①

由此可判定，球A不仅能达到右极板，而且还能穿过小孔，离开右极板．　

假设球B能达到右极板，电场力对系统做功为W2，有：

  W2=2qE×2.5L+（-3qE×3.5L）＜0…②

由此可判定，球B不能达到右极板．

综上所述，带电系统速度第一次为零时，球A、B应分别在右极板两侧．　

（1）带电系统开始运动时，设加速度为a1，由牛顿第二定律：

   a1==…③

球B刚进入电场时，带电系统的速度为v1，有：

    v21=2a1L…④

由③④求得：

   v1=…⑤

（2）（3）设球B从静止到刚进入电场的时间为t1，则：

   t1=…⑥

将③⑤代入⑥，得：

  t1=…⑦

球B进入电场后，带电系统的加速度为a2，由牛顿第二定律

a2==…⑧

显然，带电系统做匀减速运动，设球A刚达到右极板时的速度为v2，减速所需时间为t2，则有：

v22-v21=2a2×1.5L…⑨

t2=…⑩

求得：v2=，t2=…（11）

球A离开电场后，带电系统继续做减速运动，设加速度为a3，再由牛顿第二定律：

a3=…（12）

设球A从离开电场到静止时所需时间为t3，运动的位移为x，则有：

  t3=…（13）

-v22=2a3x…（14）

求得：t3=，x=…（15）

由⑦、（11）、（12）可知，带电系统从静止到速度第一次为零所需的时间为：

t=t1+t2+t3=…（16）

球A相对右板的位置为：x= 

答：（1）球B刚进入电场时，带电系统的速度大小为．

    （2）带电系统从开始运动到速度第一次为零时球A相对右板的距离为．

   （3）带电系统从开始运动到速度第一次为零所需的时间为．

根据牛顿第二定律得，物体的加速度a==gsin37°-μgcos37°=6-0.5×10×0.8m/s2=2m/s2．

根据位移时间公式得，x=at2得，

t==s=4s．

答：该物体运动到B端的时间为4s．

（1）当ab边刚进入磁场I区时：E=BLv1，I=，安培力F=BIL，则得

  安培力表达式F1=

由于线框匀速运动，则有

  mgsinθ=

解得v1=

（2）ab边下滑到JP与MN的中间位置时，ab和cd两边都切割磁感线产生感应电动势，电路中总电动势为 E=2BLv2，

安培力大小为F2=BI2L，I2=，得F2=2，

根据牛顿第二定律得

  2F2-mgsinθ=ma

解得，a=-gsinθ

（3）从ab进入磁场Ⅰ至ab运动到JP与MN中间位置的过程中，线框的机械能减少转化为电能，由能量守恒得

   m+Q=mg（L+L）sinθ

解得  Q=-m

答：

（1）ab边刚越过CH进入磁场I区时的速度大小v1为．

（2）ab边下滑到JP与MN的中间位置时，线框的加速度大小是-gsinθ．

（3）这一过程线框产生的内能是-m．

（1）根据图象得：

a1===0.8(m/s2)

a2===1.6(m/s2)

故电梯在0～6s内的加速度大小a1=0.8m/s2，在16～19s内的加速度大小a2=1.6m/s2．

（2）以人为研究对象，人受到重力和竖直向上的支持力，取向上为正，根据牛顿第二定律有：

F-mg=ma  

带入数据解得：F=540N

体重记显示的质量为：m==54kg．  

故体重计显示的质量是54kg． 

（3）由图象可知，电梯先做加速运动，然后匀速运动，最后减速运动，因此有：

0～6s 内：x1=a1t12=14.4m

6～16s 内：x2=vt=48m           

16～19s 内：x3=a2t22=7.2m

总位移：x=x1+x2+x3=69.6m   

故求0～19s内电梯运动的位移为69.6m．

（1）开始时，B、C恰能悬浮在A的正上方某处，

BC整体受重力和A对B的库仑力，由平衡得：

K=(mB+mC)a    ①

当BC间的作用力为零时BC开始分离，此时B受重力和A对B的库仑力，由牛顿第二定律得：

K-mBg=mBa     ②

设B经过时间t就要与C脱离，由x=at2得：

r2-r1=at2      ③

①②③联立代入数据求得 t=0.4s

（2）从开始到得B、C将要分离时速度为v，

则 v=at=2.5×0.4m/s=1m/s    ④

设电场力做功为W，外力做功为WF由功能关系得：W=-△EP=-（-4.0625）J=4.0625J     ⑤

由动能定理得：W+WF-(mB+mC)g(r2-r1)=(mB+mC)v2     ⑥

④⑤⑥联立代入数据得：WF=10J

答：B经过0.4s就要与C脱离，外力F对物体做功为10J．

（1）设物体下落末速度为v0，由机械能守恒定律mgL=m

得v0=

设碰后共同速度为v1，由动量守恒定律

2mv1=mv0

得v1=．

碰撞过程中系统损失的机械能力△E=m-2m=mgL．

（2）设加速度大小为a，有2as=v12

得　a=．

（3）设弹簧弹力为FN，ER流体对滑块的阻力为FER，

受力分析如图所示 FS+FER-2mg=2ma

FS=kx

x=d+

得FER=mg+-kd．

答：（1）下落物体与滑块碰撞过程中系统损失的机械能为mgL；

（2）滑块向下运动过程中加速度的大小为；

（3）滑块下移距离d时ER流体对滑块阻力的大小为mg+-Kd．

（1）对A到B运用动能定理有：Pt-fs=mvB2-mvA2

   代入数据得P=21W

故玩具汽车的输出功率为21W．

    （2）玩具汽车通过B点时的牵引力F==N=3.5N

根据牛顿第二定律得，a==m/s2=1.25m/s2

故玩具汽车通过B点时的加速度为1.25 m/s2

（1）由运动的独立性，带电微粒在水平方向上不受力做匀速直线运动，

    由t=得

   t==0.15s

（2）偏转位移：y1=at2===0.1m

速度偏转角：tanα====0.5

由直角三角形，则y2=0.1tanα=0.1×0.5=0.05m

OA间的距离为：y1+y2=0.1+0.05=0.15m

答：（1）带电微粒从进入电场到荧光屏上的A点所经历的时间为0.15s

（2）OA两点的间距为0.15m