热门试卷

（1）A、B、D、F、G、H、I、J 骑在气垫导轨上的滑块

（2）①研究a与F的关系（m一定）

②研究a与m的关系（F一定）

根据原理想步骤，根据步骤想器材。

本实验的重点是：在m一定时，根据不同力作用下打出的纸带，求出加速度；F一定时，根据不同质量条件下打出的纸带，求出加速度，故只要明确电火花计时器及气垫导轨的工作条件，则不难将器材选出。

（1）如图对滑块进行受力分析有：

由题意知：

x轴方向：mgsinθ-f=ma

y轴方向：N-mgcosθ=0

又滑动摩擦力维护：f=μN

所以可得滑块下滑的加速度为：a==gsinθ-μgcosθ

（2）如图对小滑块进行受力分析有：

滑块相对于斜面静止，故滑块在水平方向受力产生水平方向的加速度，竖直方向受力平衡

水平方向：Nsinθ=ma

竖直方向：Ncosθ-mg=0

联列解得：N=，a=gtanθ

再以M为研究对象进行受力分析有：

滑块对斜面的压力N′=N=，滑块和斜面具有共同的加速度a=gtanθ，则

水平方向：F-f-N′sinθ=Ma

竖直方向：N地-Mg-N′cosθ=0

地面对M的滑动摩擦力为：f=μN地=μ（Mg+N′cosθ）=μ（mg+Mg）

所以有：F=Ma+N′sinθ+f=Mgtanθ+mgtanθ+μ（m+M）g=（m+M）（gtanθ+μg）

答：（1）则滑块下滑的加速度a=gtanθ；

（2）水平推力大小应为（m+M）（gtanθ+μg）．

物体受力如图所示

水平方向：Fcosθ=f=μN

竖直方向：N=G+Fsinθ

得：F=

f=Fcosθ=cosθ

答：力的水平分力的大小是cosθ．

根据匀变速直线运动的位移时间公式得，x=v0t+at2，

代入数据解得a=4m/s2

根据牛顿第二定律得，mgsin30°-f=ma

解得f=mgsin30°-ma=75N．

答：滑雪人受到的阻力为75N

（1）从A到B的过程中，人与雪橇损失的机械能为△E=mgh+m-m

代入数据解得△E=9.1×103J   

（2）人与雪橇在BC段做减速运动的加速度大小 a=

根据牛顿第二定律有 Ff=ma

解得  Ff=1.4×102N      

（3）由动能定得得  -Ffx=0-m

代入数据解得  x=36m   

答：（1）人与雪橇从A到B的过程中，损失的机械能为为9.1×103J．

（2）阻力的大小为1.4×102N．

（3）人与雪橇从B运动到C的过程中所对应的距离为36m．

（1）以木块1为研究对象，

由牛顿第二定律得：kx-μmg=ma ①，

两木块间的距离：s=L+x，

解得：s=L+；

（2）撤去水平拉力瞬间，木块1的受力情况不变，加速度a1=a，方向向右，

对木块2由牛顿第二定律得：kx+μmg=ma2 ②

由①②解得：a2=2μg+a，方向向左；

答：（1）两木块之间的距离为L+；

（2）撤去水平拉力瞬间，木块1的加速度大小为a，方向向右，木块2的加速度的大小为2μg+a，方向：向左．

（1）若小球恰能通过B点，设此时小球质量为m，通过B时的速度为vB．

根据牛顿第二定律有mg=

根据机械能守恒定律有=+2mgr

所以vA=m/s≈2.2m/s

（2）根据第（1）问及图乙可知：当小球通过A点时的速度为2.2m/s时，小球对轨道压力的大小FA1=6N．设小球通过A点时，轨道对小球支持力的大小为FA2．

根据牛顿运动定律有：FA1=FA2，且有FA2-mg=

所以：m=0.1kg

（3）根据图乙可知：当小球通过B点时，若小球对轨道压力的大小FB=6.0N，则小球通过A点时对轨道压力的大小FA=16N．设轨道对小球通过A、B时支持力的大小分别为、，速度分别为、．

根据牛顿运动定律有

=FA且-mg=

=FB且+mg=

在小球从A运动到C的过程中，根据功能原理又有

=+2mgr+△E

所以△E=0.2J

（1）对金属杆受力分析如图所示，要使金属杆向上运动，

应有：μ1FN≥mgsinθ+μ2（FN+mgcosθ）

解得：FN≥10000N

所以要使金属杆能向上运动，滚轮对金属杆的压力FN必须大于10000N

（2）不是．

当压力增大时金属杆的加速度也增大，但当金属杆离开滚轮前的速度等于滚轮边缘的线速度，金属杆就做匀速运动，这时继续增大压力，金属杆离开滚轮的速度保持不变，发射距离也保持不变．

（3）金属杆离开滚轮后的加速度大小为：

a2==8m/s2金属杆离开滚轮上升的距离：x2=5m-4m=1m

金属杆离开滚轮的速度：v==4m/s

由于v＜5m/s，可见金属杆在与滚轮接触的时间内一直做匀加速运动，加速度为

a1==2m/s2

由牛顿第二定律得：

μ1FN-mgsinθ+μ2（FN+mgcosθ）=ma1

代入数据得到FN=1.25×104N．  

答：（1）要使金属杆能向上运动，滚轮对金属杆的压力FN必须大于10000N

（2）不是否滚轮对金属杆的压力FN越大，发射距离x就越大．

（3）要使发射距离x=5m，滚轮对金属杆的压力为1.25×104N．

受力分析如图所示，导体棒受重力mg、支持力FN和安培力F，由牛顿第二定律：

mgsin θ-Fcos θ=ma①

F=BIL②

I=③

由①②③式可得

a=gsin θ-．

答：导体棒在释放瞬间的加速度的大小为gsin θ-．

解；（1）由牛顿第二定律，有 F-mg=ma

由a─t图象可知，F1和F2对应的加速度分别是a1=1.0m/s2，a2=-1.0m/s2

则

  F1=m（g+a1）=2.0×103×（10+1.0）N=2.2×104N

  F2=m（g+a2）=2.0×103×（10-1.0）N=1.8×104N

（2）通过类比可得，电梯的速度变化量等于第1s内a─t图线下的面积

△υ1=0.50m/s

同理可得，△υ2=υ2-υ0=1.5m/s

υ0=0，第2s末的速率υ2=1.5m/s

（3）由a─t图象可知，11s～30s内速率最大，其值等于0～11s内a─t图线下的面积，有

  υm=10m/s

此时电梯做匀速运动，拉力F等于重力mg，所求功率

P=Fυm=mg•υm=2.0×103×10×10W=2.0×105W

（4）由动能定理，总功

W=Ek2-Ek1=mυm2-0=×2.0×103×102J=1.0×105J

答：

（1）电梯在上升过程中受到的最大拉力F1是2.2×104N，最小拉力F2是1.8×104N．

（2）电梯在第1s内的速度改变量△υ1是0.50m/s，第2s末的速率υ2是1.5m/s．

（3）电梯以最大速率上升时，拉力做功的功率P为2.0×105W；

（4）在0─11s时间内，拉力和重力对电梯所做的总功W是1.0×105J．

（1）设磁撞前瞬间，小物块b的速度为v1

小物块从静止开始运动到刚要与小车发生碰撞的过程中，

根据动能定理可知

Fs-μmgs=mv1…•①

解得v1=6m/s…②

（2）由于小车简谐振动的振幅是0.2m，所以弹簧的最大形变量为x=A=0.2m

根据弹性势能的表达式可知最大弹性势能Epm=kA2…③

解得Epm=4J…④

根据机械能守恒定律可知小车的最大动能应等于弹簧的最大弹性势能

所以kA2=Mvm2…⑤

解得小车的最大速度vm=1m/s…⑥

（3）小物块b与小车a磁撞后，小车a的速度为vm，设此时小物块的速度为v1′，

设向右为正方向，由动量守恒定律有

mv1=mv′1+Mvm…⑦

解得v1′=-2m/s…⑧

接着小物块向左匀减速运动一直到停止，设位移是s1，所经历的时间为t1，

根据动能定理可知

-μmgs1=0-mv1/2…⑨

解得s1=1m…⑩

物块作匀减速运动时的加速度为

a==μg=2m/s2…（11）

t1==1s…（12）

小车a振动的周期T=2π≈1.26s…（13）

由于T＞t1＞T，所以小车a在小物块b停止时在O点的左侧，并向右运动…（14）

答：（1）小物块与小车磁撞前瞬间的速度是6m/s；

（2）小车做简谐运动过程中弹簧最大弹性势能是4J；小车的最大速度为1m/s；

（3）小物块最终停在距O点1m远处，当小物块刚停下时小车左端运动到O点的左侧，并向右运动．

（1）根据速度-时间图象可知：汽车开始做初速度为0匀加速运动，6s末再做加速度减小的变加速运动，16s后匀速运动．

（2）当牵引力等于阻力时，速度取到最大值，

则有：f===583.3N

汽车做匀加速运动的牵引力最大，则有

F===875N

（3）

根据速度图象得：a===m/s2

牛顿第二定律得：

m===218.8Kg

（4）匀加速运动的位移S1=at12==24m

变加速过程中，根据动能定理得：

Pt2-fS2=mvm2-mv12

解得：S2=105m      

S总=S1+S2=129m

答：（1）汽车开始做初速度为0匀加速运动，6s末再做加速度减小的变加速运动，16s后匀速运动；

（2）汽车受到的阻力为583.3N，最大牵引力为875N；

（3）汽车的质量为218.8Kg；

（4）汽车从静止到匀速运动的总位移为129m．