热门试卷

（1）上滑时，物体的加速度大小为a1==m/s2．=8m/s2

下滑时，物体的加速度大小为a2==m/s2=4m/s2．

根据牛顿第二定律得：

上滑过程：mgsinθ+Ff=ma1

下滑过程：gsinθ-Ff=ma2，

将m=1kg，代入解得：θ=37°，Ff=2N，

（2）上滑过程中，根据动能定理得：

-mgssinθ-Ffs=Ek-mv02，

由题意，Ek=mgssinθ，

解得：s=m

答：（1）斜面的倾角θ为37°，恒定阻力Ff的大小是2N；

（2）物体上滑过程中离开出发点距离是m时，它的动能与重力势能相等．

当小球在B处所受弹力向上时，小球射出速度为v1，落点到A距离为x1．

由牛顿第二定律得  mg-mg=m

得v1=

小球离开B后做平抛运动，则有

  2R=gt2      

  x1=v1t          

解以上三个方程得：x1=2R

当小球在管口B处所受弹力向下时，小球射出速度为v2，落点到A的距离为x2．

  mg+mg=m

又2R=gt2

  x2=v2t

解以上三个方程得：x2=4R

答：小球在桌面上的落点到管口A的距离是2R或4R．

（1）设小球在M点的速率为v1，只加电场时对小球在M点，根据牛顿第二定律有：

       mg=m

在水平轨道上，对小球运用动能定理得：

qEd=mv12-mv02

联立两式解得：E=32V/m．

故所加电场的电场强度E=32V/m．

    （2）设小球在N点速率为v2，在N点由牛顿第二定律得：qv2B=m

从M到N点，由机械能守恒定律得：

mgR+mv12=mv22

联立两式解得：B=5T．

故所加磁场的磁感应强度B=5T．

（1）a点与b点等势，小滑块第一次由a到b，由动能定理有-Ff•2=0-Ek0

求得：

小滑块与水平面间滑动摩擦力的大小Ff=；

（2）小滑块刚要到b时，受库仑力   FA=k

FB=k

在b点，由牛顿第二定律有：FB+Ff-FA=ma，解得：

b点时的加速度为a=+；

（3）由a第一次到o时静电力做功为W，有：-Ff+W=2Ek0-Ek0

由a开始到最后停在O点，有：W-Ffs总=0-Ek0

由以上二式得：s总=

小滑块运动的总距离为L．

对木块受力分析如图所示，建立如图所示的坐标系，把F分解到坐标轴上．

在x方向上，根据牛顿第二定律列方程：

Fcosα-f=ma

在y方向上，根据平衡条件列方程：

Fsinα+N=mg

又因为f=μN

联立以上三个方程，解得：

a=

代入数据，解得a=6m/s2．

（2）1°撤去拉力F前，物体做初速度为零的匀加速运动．

由匀变速运动的位移公式x=at2

代入数据得x1=×6×42m=48m

撤去F时的速度为v=at=6×4=24m/s

2°当撤去拉力后物体在水平方向上只受摩擦力f′=μN′=ma′

在竖直方向上N′=mg

又因为f′=μN′

联立以上三式得a ′= =μg

代入数据解得a′=5m/s2，与运动方向相反，木块做匀减速运动，直到物体静止下来．

由匀变速运动的速度与位移的关系公式v2=2a′x2

代入数据解得x2==m=57.6m

3°所以总位移为x=x1+x2=48+57.6=105.6m

答：（1）物体运动的加速度为6m/s2．

（2）若物体运动4秒时撤去拉力，物体运动的总位移为105.6m．

（1）物品在达到传送带速度之前，由受力情况，据牛顿定律有：F+μmgcos37°-mgsin37°=ma1

解得：a1=8m/s2

由    v=at 和x=at2得：

t1=0.25s     x=0.25m                    

随后由受力情况，据牛顿定律有：F-μmgcos37°-mgsin37°=ma2

解得：a1=0    即物品随传送带匀速上升

位移：x2=L-x1=2m

T2==1s

总时间：t=t1+t2=1.25s          

（2）L0=0.44m＞x1=0.25，物品的速度大于传送带的速度v=2m/s

撤去外力F，由物品受力情况，所牛顿定律有：μmgcos37°-mgsin37°=ma3

代入数据解得：a3=-2m/s2

由   2ax=-

代入数据解得：X3=1m                       

因为L0+x3=1.44m＜L=2.25m  物品速度减为零后倒回传送带底部，

由     x=v0t+at2

代入数据解得：t3=2.2s               

答：（1）物品从传送带底端运动到平台上所用的时间是1.25s

（2）若在物品离传送带底端L0=0.44m处时，立即撤去恒力F，物品再经过2.2s离开传送带．

（1）由图象知，杆自由下落的高度为h=0.05m，当地的重力加速度g=10m/s2，则杆刚进磁场时的速度为

   v==1m/s

由图象知，杆进入磁场时的加速度为a=-g=-10m/s2，

由E=BLv、I=、F安=BIL得

   F安=

又R并=

根据牛顿第二定律得：mg-F安=ma

联立解得，B=2T

（2）根据法拉第电磁感应定律得：杆在磁场中产生的平均感应电动势为=

杆中平均感应电流为=

通过杆的电量Q=•△t

联立解得Q=0.15C

由于R1=3Ω，R2=6Ω，两个电阻并联，通过它们的瞬时电流关系为==

故通过电阻R2的电荷量q=Q=0.05C．

答：（1）磁感应强度B是2T；

（2）杆下落0.2m过程中通过电阻R2的电荷量q是0.05C．

由于动车以何种启动方式未知，而且运行过程中所受阻力与速度的具体关系不知，因此无法求出最大牵引力，从而也无法求出启动时的最大加速度，故AC错误；

当动车以最大速度匀速运行时阻力最大，此时有：P=Fv=fv，所以f===7.1×104N，故B正确；

由于动车组电机内阻不知，无法求出电动机的输出功率，因此无法求出供电线路的最大电流，故D错误．

故选B．

（1）根据题意和牛顿第二定律，航天飞机开始运动的12s内做匀加速直线运动，设其加速度的大小为a，

则F-mg=ma

代入数据解得：a=5m/s2

12s末速度的大小v=at

代入数据解得：v=60m/s

（2）离地面的高度h=at2

代入数据解得：h=360m

答：（1）速度的大小为60m/s；

（2）离地面的高度为360m．

（1）根据速度-时间图象的斜率表示加速度得：a==m/s2=15m/s2

（2）设F沿斜面向上，则mgsinθ-μmgcosθ-F=ma

F=mgsinθ+μmgcosθ-ma=1×10×0.6+0.8×1×10×0.8-1×15N=-2.6N

所以F力的方向平行于斜面向下．                  

（3）因为  mgsinθ＜μmgcosθ，所以滑块不能返回斜面底端．         

设经过时间t，滑块速度为零，则t==s=0.24s

s=t=×0.24m≈0.43m

滑块停在距离斜面底端0.43m处．

答：（1）滑块上滑过程中加速度的大小为15m/s2；

（2）滑块所受外力F的大小为2.6N，方向平行于斜面向下；

（3）当滑块到最高点时撤除外力，滑块不能返回斜面底端，滑块停在距离斜面底端0.43m处．

（1）　　　（2）

试题分析：（1）在前4秒内，物体在F作用下匀加速沿斜面向上运动，以沿斜面向上为正方向，受力如图，

设物体的加速度为，由牛顿第二定律有：

又=N 

联立以上各式可以解得：

  代入数得： 

由速度时间公式得，绳断时物体的速度大小为：

（2）木块在前4秒内发生的位移为：  

绳子在末突然断了后，物体先沿斜面向上做匀减速运动，至速度减为零后沿斜面向下做匀加速下滑回到出发点，设减速阶段的加速度大小为，沿斜面向下做匀加速下滑的加速度大小为，由牛顿第二定律有：

沿斜面向上做匀减速运动时：　　解得：

沿斜面向下做匀加速下滑时：　　　解得：

物体在绳子断了后，再向上运动距离为 

再向上运动的时间为： 

设匀加速下滑时间为，由 解得：  

绳断后物体运动时间： 

（1）前2s内加速度的大小a1=m/s2=3m/s2，

         后3s内加速度的大小a2=m/s2=2m/s2．

（2）2s-4s内电梯匀速上升，由平衡条件可得，N=mg=10N

    根据牛顿第三定律得，物体对地板的压为FN=N=10N．

（3）0-2内电梯加速上升，由牛顿第二定律得F-mg=ma1，解得F=13N；

    2s-4s内F=FN=10N；

   4s-6s内电梯减速上升，由牛顿第二定律得mg-F=ma2，解得F=8N．

所以电梯上升过程中地板对物体的支持力F随时间t变化的图象如图所示

设火箭竖直上升阶段的平均推力为，平均质量为，加速度为a，根据牛顿第二定律有：

a==-g

由于火箭泄出部分燃料后平均质量减小，平均推力是常量，所以火箭竖直上升的加速度a增大．

因为火箭上升设计的最大高度h为定值，所以由vt2=2ah可知，加速度a增大，火箭获得的速度vt也将增大．

答：证明如上所示．

①由左手定则，可知磁场方向向上．

②设滑动摩擦力为f，磁感应强度为B，可得：

BI1L-f=0

BI2L-f=ma

代入数据联立解得：

B=0.3T

f=0.6N

故答案为：①向上②0.3T；0.6N．