热门试卷

（1）小球下落过程机械能守恒，选取最低点为零势能参考平面，

则，mgL（1-cosθ）=mv2 

 解得：v= m/s

（2）在最低点，由牛顿第二定律得      

F-mg=m        

解得  F=10N

答：（1）小球在最低点时的速度为m/s；

（2）小球经过最低点时绳的张力伟10N

由题意知，电键闭合时，导体棒中通过的电流方向是从a到b，根据左手定则知，导体棒受到的安培力方向如图所示

因为导体棒受三个力作用下在水平方向运动，故导体棒在竖直方向所受合力为0

由题意得：F=BIL

则导体棒所受的合力F合=F合x=Fsinα

根据牛顿第二定律，棒产生的加速度a==

在电路中，根据闭合电路欧姆定律I=知，通过导体棒的电流大小I=

所以导体棒产生的加速度a==

答：棒ab的加速度大小为：a==．

（1）经分析知，金属棒先沿斜面向下做加速度逐渐减小的加速运动，

   由牛顿第二定律得  mgsinθ-BIL=ma

又I=

解得：a=gsinθ-

（2）当加速度减小到0时，达到最大速度，此时：

  mgsinθ=BIL

又I=

解得 vm=

（3）由能量转化和守恒定律知，金属棒减少的机械能转化为回路中的焦耳热，即△Q=mgSsinθ-mv2

答：

（1）导体下滑过程中速度为v时加速度是gsinθ-

（2）导体ab下滑的最大速度vm为；

（3）若金属棒到达最大速度时沿斜面下滑的距离是S，该过程中R上产生的热量为mgSsinθ-mv2．

（1）由右手定则可以判定通过金属棒的电流方向为由b→a

（2）金属棒运动过程中受到拉力和安培力作用，匀速运动时拉力与安培力大小相等．

匀速运动时金属棒产生的感应电动势为  E=BLv  ①

此时拉力功率等于回路的电功率 P=  ②

解得 P=  ③

（3）金属棒的速度为时，安培力为 F安=BIL=  ④

拉力满足 F•=P    

所以F=  ⑤

根据牛顿第二定律 F-F安=ma  ⑥

解得 a=  ⑦

答：

（1）通过金属棒的电流方向为由b→a．

（2）拉力的功率为=．

（3）金属棒的速度为时加速度大小为．

（1）物体的加速度为：a1===8m/s2，

对物体，由牛顿第二定律得：F-mgsin37°-μmgcos37°=ma1，

代入数据得：F=18N；

（2）撤去F后，由牛顿第二定律得：mgsin37°+μmgcos37°=ma2，

代入数据得：a2=10m/s2，

由匀变速运动的位移公式得：x===3.2m，

返回时，由牛顿第二定律得：mgsin37°-μmgcos37°=ma3，

代入数据得：a3=2m/s2，

由速度位移公式得：vB2=2a3x，

代入数据得：vB=m/s；

答：（1）木块所受的外力F为18N；

（2）若在木块到达B点时撤去外力F，求木块还能沿斜面上滑的距离和返回B点的速度为m/s．

（1）线框进入磁场前，线框仅受到细线的拉力FT，斜面的支持力和线框重力，重物M受到重力和拉力FT．

对线框，由牛顿第二定律得   FT-mg sinα=ma      

联立解得，线框进入磁场前重物M的加速度  a==5m/s2

（2）因为线框进入磁场的最初一段时间做匀速运动，所以重物受力平衡  Mg=FT′，

线框abcd受力平衡  FT′=mg sinα+FA

ab边进入磁场切割磁感线，产生的电动势 E=Bl1v    

形成的感应电流 I==

受到的安培力 FA=BIL1

联立上述各式得，Mg=mg sinα+

代入数据解得  v=6m/s

（3）线框abcd进入磁场前时，做匀加速直线运动；进磁场的过程中，做匀速直线运动；进入磁场后到运动到gh线，仍做匀加速直线运动．

进磁场前线框的加速度大小与重物的加速度相同，为a=5 m/s2

该阶段运动时间为  t1==s=1.2s

进磁场过程中匀速运动时间  t2==s=0.1s

线框完全进入磁场后线框受力情况同进入磁场前，所以该阶段的加速度仍为a=5m/s2

   s-l2=vt3+at

解得：t3=1.2 s

因此ab边由静止开始运动到gh线所用的时间为 t=t1+t2+t3=2.5s  

（4）线框ab边运动到gh处的速度  v′=v+at3=6 m/s+5×1.2 m/s=12m/s  

整个运动过程产生的焦耳热  Q=FAl2=（Mg-mgsinθ）l2=9J  

答：

（1）线框进入磁场前重物M的加速度是5m/s2；

（2）线框进入磁场时匀速运动的速度v是6m/s；

（3）ab边由静止开始到运动到gh线处所用的时间是2.5s；

（4）ab边运动到gh线处的速度大小和在线框由静止开始到运动到gh线的整个过程中产生的焦耳热是9J．

（1）由A到B，由动能定理得：mgr=mv2-0

则v=．

答：带电小球在B点时的速度大小为．

（2）在B点，对小球由牛顿第二定律得：qE-mg=m

代入v解得：E=．

点电荷-Q形成的电场，由E=k得到，等势面上各处的场强大小均相等，即A B弧中点处的电场强度为 E=．

答：固定于圆心处的点电荷在AB弧中点处的电场强度大小为．

（3）设小球到达B点时的速度为v，由动能定理得(mg+qE)•r=mv2 ①

在B点处小球对环的弹力为N，由牛顿第二定律得N-mg-qE=m②

联立①和②式，解得小球在B点受到环的压力为：N=3（mg+qE）

由牛顿第三定律得：小球在B点对环的压力大小为N=3（mg+qE）

答：小球对环的压力为3（mg+qE）．

根据牛顿第二定律得

qvB1=m

qvB2=m

化简得 R1=①

R2=②

如右图是粒子在一个周期的运动，则粒子在一个周期内经过y负半轴的点在y负半轴下移2（R2-R1），在第n次经过y负半轴时应下移2R1，

则有 2n（R2-R1）=2R1   ③

连立①②③化简得       

=，n=1，2，3，…

（1）滑块在斜面上运动到最高点后能自行沿斜面下滑（2）3.2J

：（1）由题意可知，物块在水平面上做匀速直线运动，且设速度为v0 ，则

v0 = sl /T= sl ·f=4.0m/s。      （2分）

在斜面上物块做匀减速直线运动，设加速度为a，则

由公式有s4 - s3="aT" 2解得a = -10m/s2         （2分）

由牛顿第二定律有-mgsinα -μmgcosα=ma

联立以上方程解得μ =0.5    （2分）

因mgsinα >μmgcosα ，所以滑块在斜面上运动到最高点后能自行沿斜面下滑 。（2分）

（2）设滑块在斜面上能上滑的最大距离为sm ，则对滑块在斜面上上滑过程应用动能定理有

（-mgsinα -μmgcosα）sm=0-mv0 2

 解得sm=0.8m        （2分）

故滑块在斜面上上滑和下滑运动的全过程克服摩擦力所做的功为

W克f =" 2(μmgcosα)" sm =3.2J       （3分）

（1）根据牛顿第二定律得，

F-Ff=ma

解得F=Ff+ma=2+10×0.5N=7N．

（2）根据速度时间公式得，v=at=0.5×4m/s=2m/s．

（3）根据牛顿第二定律得，撤去推力后的加速度a′==m/s2=0.2m/s2．

根据速度位移公式得，x==m=10m．

答：（1）推力的大小为7N．

（2）4s末小车的速度为2m/s．

（3）4s后撤销推力，小车还能向前运动10m．

（1）设系统在水平面内以角速度ω转动时，弹簧伸长的长度为x，则对元件A，根据牛顿第二定律得：

Fn=ma=mω2R，

Fn=kx=mω2（L0+x），

即：x=

（2）根据题意可知电压表的示数为：U==

所以电压表的示数U与角速度ω的函数关系为：U=．

答：（1）弹簧形变量x与ω的关系式为x=；

（2）电压表的示数U与角速度ω的函数关系为关系为U=．

（1）设斜面的倾角为θ，滑块在木板上受力平衡

mgsinθ=μFN

mgcosθ=FN

联立并代入数据解得μ=tanθ==0.2．

（2）滑块进入水平地板后做匀减速运动，根据牛顿第二定律得，

μmg=ma

解得a=μg=2m/s2

再根据vt2-v02=-2ax

解得x==4m

故滑块最终停在距P点右边4m的水平地板上．

答：（1）滑块与木板间的动摩擦因数是0.2．

（2）滑块最终停在距P点右边4m的水平地板上．

（1）根据图象得a==8m/s2，由牛顿第二定律：mg-f=ma，得f=m（g-a）=0.2×（10-8）=0.4N．

（2）由题意反弹速度v′=v=3m/s．

又由牛顿第二定律：mg+f=ma′，得a′==12m/s2．

故反弹高度为：h===m．

答：（1）弹性球受到的空气阻力f的大小为0.4N；

（2）弹性球第一次碰撞后反弹的高度为m．

（1）据牛顿第二定律知，卡车制动的加速度：a===3.0（m/s2）

据速度位移关系知，卡车的制动距离：02-v2=-2ax1

解得：x1===54(m)

（2）从卡车前端驶过停车线AB运动至车尾驶过前方斑马线CD，卡车行驶的距离为：x2=29+7=36（m）

卡车行驶此段距离所需时间：t===2(s)

为确保行人安全，D处人行横道信号灯应该在南北向机动车信号灯变黄灯后至少2s变为绿灯．

答：（1）卡车的制动距离54m；（2）信号灯应该在南北向机动车信号灯变黄灯后至少2s变为绿灯．