热门试卷

（1）摩擦力总是阻碍物块与木板间的相对运动，根据题意，第二种下物块与木板的相对位移小于第一种情况下的相对位移，说明第二种情况下物块所受的摩擦力较大，由公式f=μN知，第二情况下正压力较大，所以第二情况下电场力应向下，物块应带负电．

（2）设木板的质量为M，长为L，物块的初速度为v0．

物块和木板组成的系统，水平方向不受外力，动量守恒，设物块与木板相对静止时的速度大小为v，则有

   mv0=（m+M）v

第一种情况：场强向下，A、B所受的合力大小为F1=μ（mg-qE）

根据能量守恒得：

  对A：F1L=-(M+m)v2 ①

第二种情况：场强向上，A、B所受的合力大小为F2=μ（mg+qE）

根据能量守恒得：

对A：F2•=-(M+m)v2 ②

由①②得  μ（mg-qE）L=μ（mg+qE）

解得，E=

答：

（l）物块 A 带负电荷．

（2）匀强电场的场强E为．

（1）以AB组成的整体为研究对象，根据动能定理得

   mAgSsin30°-μmAgScos30°-mBgS=(mA+mB)v2

代入解得，v=2m/s

（2）设物块B上升的最大高度为h，根据机械能守恒得

    mBgh=mBv2

得h==0.2m

故物块B上升的最大高度为H=h+2m=2.2m

答：

（1）绳断瞬间物块A的速率为2m/s；

（2）物块B上升的最大高度为2.2m．

（1）粒子A在磁场中做半个圆周的匀速圆周运动后进入电场做类平抛运动，设打在屏上的位置为Q点，粒子B直接在电场中做类平抛运动，设打在屏上的位置为P点，轨迹如图所示．

（2）由题意，两个粒子的速率满足关系式 mvA=n1mvB 

粒子A在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律  得，

   qvAB=m

解得  vA=，vB=

粒子A和粒子B做类平抛运动过程中，沿电场方向上的侧移分别为

yA=•()2，

yB=r=•()2

由以上两式解得 yA=

所以，粒子A和粒子B打在屏上的位置之间的距离为△y=（2r-yA）+r=3r-

答：

（1）粒子A和粒子B的运动轨迹的示意图如图所示．

（2）粒子A和粒子B打在屏上的位置之间的距离是3r-．

（1）AB与木板间的滑动摩擦力的大小：fA=fB=μmAg=0.4N

F1＞fA；F2＞fB

A、B木板分别向左、向右做匀加速运动，

所以在同时对A、B施加相反方向的恒力的过程中，A、B对木板C的摩擦力大小相等，方向相反，所以C保持静止

（2）对A：aA==3m/s2

对B：aB==1m/s2

1s内xA=aAt2=1.5m

xB=aBt2=0.5m

同时撤去这两个力后，

vA=aAt=3m/s

vB=aBt=1m/s

撤去这两个力后，A、B的加速度大小相等均为：aA2=aB2=μg=2m/s2

A减速至停下时间tA==1.5s

B减速至停下时间tB==0.25s

B运动了：xB2==0.25m

B停下时A：vA2=vA-aA2tB=2m/s

所以xA2=vA2tB-aA2tB2=1.25m

对A：vA=vA2-aA2t=vBC=aBCt′

所以v共=m/s

xA3=m

xAB=m

所以L=4.37m

答：（1）在同时对A、B施加相反方向的恒力的过程中，木板C处于静止状态；

（2）木板C至少要4.37m

（1）物块的受力如图所示

，

则有：f=F1=mgsinθ                    ①

     FN=F2=mgcosθ                 ②

又摩擦力f=μFN=μmgcosθ                  ③

由①②③可解得：μ==tanθ

（2）当物块向上运动时，物块的受力如图所示：

则有：F=F1+f=mgsinθ+f=2mgsinθ

设此时弹簧的长度为x，由胡克定律得：

k（x-x0）=2mgsinθ

解得：x=

答：（1）动摩擦因数μ=tanθ

（2）弹簧上的拉力F=2mgsinθ，弹簧的长度为．

（1）汽车达到最大速度时，匀速运动，牵引力F=f

由P=F•v，得vm==8×104/2.5×103=32 m/s

（2）由牛顿第二定律有：F1-f=ma

由匀变速运动规律有：vt=at

由P=F1vt 可得匀加速过程所用的时间：t=≈17.8s

（3）当vt=5 m/s时，vt＜vtm 

故汽车仍做匀加速运动．

所求P2=F1vt=2.25×104W=22.5 kW 

（4）当vt′=20 m/s时，由于vt′＞vtm，

故汽车不做匀加速运动了，

但功率仍为额定功率，

由Pe=Ft′vt′有：Ft′==4.0×103N

又由Ft′-f=ma′

可得a′==0.75 m/s2答：（1）汽车在整个运动过程中所能达到的最大速度32m/s；

（2）匀加速运动能保持17.8s时间；

（3）当汽车的速度为5m/s时的瞬时功率为22.5kw；

（4）当汽车的速度为20m/s时的加速度为0.75m/s2．

（1）小球恰好通过最高点作圆周运动，此时重力刚好提供向心力，设速度为V，有

mg=m

得V=              

设小球碰撞后速度为V1，其后在摆至最高点过程中，机械能守恒：

mV12=mV2+mg•2L  

代入V值可得V1=

碰撞过程中，物块和小球系统动量守恒，有

2mV0=mV1+2m•

代入V1值可得V0=    

（2）碰撞过程中系统损失的机械能

△E=•2m•V02-•2m•()2-mV12

代入所求出的速度值可得

△E=mgL              

（3）小球在水平面运动的加速度a=

由速度公式V0=at得力F作用时间

t==

答：（1）小物块碰撞前速度V0的大小是；

（2）碰撞过程中系统损失的机械能是mgL；

（3）恒力F作用时间是．

（1）开始比赛前车匀速运动，有F=μMg①

放上第一块砖后车做匀减速运动，加速度为a1，根据速度时间图象知a1==0.2m/s2②

对小车，由牛顿第二定律得，μmg=Ma1③

联立①②③得，M=10kg，μ=0.25．

（2）放上第一块砖后1s，车的速度为v1，加速度大小为a1

有v1=v0-a1T

放上n块砖后的加速度an===-0.2n．

则加速度的大小an=0.2n

v0-a1T-a2T-a3T-…-anT≤0

解得n=5

故车停止时车上放5块砖．

（1）消防队员匀加速下滑，设其加速度大小为a1，根据牛顿第二定律有

mg-μFN1=ma1…①

a1=6m/s2…②

设消防队员匀减速下滑的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律有

μFN2-mg=ma2…③

a2=3m/s2…④

（2）根据匀加速运动规律有

h=a1…⑤

v1=a1t1…⑥

根据匀减速运动规律有

h2=v1t2-a2…⑦

v=v1-a2t2…⑧

由题意知

h=h1+h2…⑨

t=t1+t2=5s …⑩

答：（1）分别求出他在加速下滑过程中加速度大小6m/s2，减速下滑两过程中的加速度大小3m/s2；

（2）他沿绳滑至地面所用的总时间为5s．

（1）重力和向上的支持力的合力提供向心力

mg-FN=m

解得

FN=mg-m=7600N

即汽车对桥的压力为7600N．

（2）当FN=0时，重力恰好完全提供向心力

mg=m

解得

v==10m/s

即汽车以10m/s的速度经过桥顶时恰好对桥没有压力而腾空．

（3）重力恰好完全提供向心力

v==8×103m/s

即速度为8×103m/s．

（1）加速上滑过程，根据牛顿第二定律，有：F-mgcos30°=ma1撤去拉力后，小球先匀减速上滑，后反向匀加速下滑，整个过程是匀变速直线运动，根据牛顿第二定律，有：mgsin30°=ma2；

总位移为零，故x=x1+x2=a1+(a1t1t2-a2)=0；

联立解得：F=18N

（2）小球先匀加速上滑，后匀减速上滑，根据速度时间关系公式，有

v=a1t1-a2t2=-12m/s   方向向下

答：（1）恒力F的大小为28N；

（2）小球回到斜面底端的速度大小为12m/s．