热门试卷

（1）由图象可知，当金属棒的最大速度为vm=5m/s，因为此时电动机的功率恒为P=10W，根据P=Fv可得此时电动机对金属棒的拉力F=  ①

对金属棒进行受力分析可得：

由图可知：F合x=F-F安-mgsin30°=0

故此时F安=F-mgsinθ        ②

又因为回路中产生的感应电动势E=BLvm ③

根据欧姆定律可得，此时回路中电流I=           ④

由①②③④可解得B=1T

（2）由题意可知，当t=0.5s时，金属棒获得的速度v=at

此时电路中产生的感应电流I=，金属棒受到的安培力=F安=

此时电动机的拉力F=

则对金属棒进行受力分析有：F-F安-mgsinθ=ma

代入有关数据有：

--mgsinθ=ma

又因为t=0.5s，m=0.2kg，R=1.2Ω，r=0.20Ω，θ=30°

所以可计算得a=m/s2

（3）在0-0.5s时间里对金属棒进行受力分析有：

  F-F安-mgsinθ=ma得

F=ma+mgsin30°+F安

代入a=m/s2，F安=，m=0.2kg，R=1.2Ω，r=0.20Ω，θ=30°

可计算得F=+．

（4）令通过导体棒的电流为I，则通过电阻R1和R2的电流分别为I

电流做功Q=I2Rt得：

对于R1产生的热量：Q1=()2Rt

对于R2产生的热量：Q2=()2Rt

对于导体棒r产生的热量：Q3=I2rt

因为I和t相等，R=1.2Ω，r=0.2Ω，Q1=0.135J

所以可以计算出：Q2=Q1=0.135J，Q3=0.09J

即整个电路产生的热量Q=Q1+Q2+Q3=0.36J

对整个0.5s过程中由于导体棒的加速度为m/s2在0.5s的时间里，导体棒沿轨道上升的距离

x=at2=××(

1

2

)2m=m

0.5s末导体棒的速度v=at=×m/s=m/s

在这0.5s的时间里，满足能量守恒，故有：

WF-Q-mgxsinθ=mv2

∴力F做功为：WF=Q+mgxsinθ+mv2

代入Q=0.36J，m=0.2kg，x=m，v=m/s可得：

WF=2.34J

答：（1）磁感应强度B=1T；

（2）在0-0.5s时间内金属棒的加速度a=m/s2；

（3）在0-0.5s时间内电动机牵引力F与时间t的关系：F=+；

（4）如果在0-0.5s时间内电阻R1产生的热量为0.135J，则这段时间内电动机做的功WF=2.34J．

设质点P的质量为m，电量大小为q，根据题意，当A、B间的电压为U0时，有

    q=mg                           

   当两板间的电压为2U0时，P的加速度向上，其大小为a1，则

    q -mg=ma1         解得 a1=g                           

   当两板间的电压为-2U0时，P的加速度向下，其大小为a2，则

    q+mg=ma2         解得 a2=3g            

（1）要使质点在飞出小孔之前运动的时间达到最短，须使质点释放后一直向下加速运动．设质点释放后经过时间t到达小孔O′，则 

        d=a2t2     解得 t=                       

    因为周期T=，所以t＜

    质点到达小孔之前能一直加速．因此要使质点在飞出小孔之前运动的时间达到最短，质点释放的时刻t0应

    满足≤t0≤T-t，即≤t0≤5                   

（2）要使质点P从小孔飞出时的速度达到最大，须使质点释放后先向上加速、再向上减速运动，在到达小孔O时速度减为0，然后向下加速运动直到小孔O’．

设质点释放后向上加速时间为t1、向上减速时间为t2，则

                         v1=gt1  0=v1-3gt2  

                         d=g+(v1t2-3g)       

     由以上各式解得

  t1=                   t2=                  

因为t1＜，t2＜

因此质点P能向上先加速后减速恰好到达小孔O．设质点从小孔O向下加速运动到小孔O’经过的时间为t3，则

       d=3g              

 解得t3= 

    因为t2+t3=＜，因此质点P能从小孔O向下一直加速运动到小孔O’，

此时质点P从小孔O’飞出时的速度达到最大．因此，要使质点P从小孔飞出时的速度达到最大，质点P释放的时刻应为

  t0=-t1=

故答案为：（1）≤t0≤5   （2）

（1）急刹车时汽车做减速运动的加速度为a==μg=8m/s2．

刹车时汽车的速度为v0==m/s=12m/s＞36km/h=10m/s．

所以，该车违规超速．

（2）汽车刹车时加速度的大小为：a=；

汽车做减速运动的位移为：s1==

汽车在驾驶员反应时间内的位移为：s2=v0t0

则刹车距离为：s=s1+s2=v0t+

答：（1）卡车违规超速．（2）从驾驶员从发现情况到刹车停下驶过的距离s（即刹车距离）的表达车距离为：s=v0t+

（1）沿y轴方向有：y=a2t2

其中：a2=

可得：F2===1.2N

（2）刚开始：a1==2m/s

沿x轴方向的位移：x1=

撤去力F1后5s位移：x2=vt=a1t0t

由题意：x1+x2=11

联立解得：t0=1s

（3）由（2）问知x1=1m，物体做曲线运动，轨迹如图：

答：（1）为使质点按题设条件通过A点，力F2应为1.2N；（2）力F1作用时间1s；（3）轨迹如图．

（1）平板车从开始刹车至停止，运动的时间：t==s=1.25s…①

在这段时间内，小车的位移：x1==m=3.125m…②

小球做匀速直线运动的位移：x2=vt2=5m/s×1.25s=6.25（m）…③

由于 x2-x1=3m＞2m…④

所以，小球在平板车停止前已经离开平板车，设在车上运动时间为t′，则有

v0t′-（v0t′-at′2）=L…⑤

代入数据得：t′=1s…⑥

故从平板车开始刹车至小下经历的时间为1s

（2）小球离开小车后做平抛运动，在水平方向上通过的位移为

x3=v0t1…⑦

此段时间内将小车看做反向的初速度为零的匀加速运动，小车继续前进的位移是：

x4=a（t-t′）…⑧

小球落地时落点离小车右端距离

x=x3-x4…⑨

由①⑥⑦⑧⑨得：x=2.375m

答：（1）从刹车开始到小球离开小车所用的时间为1s

（2）小球落地时落点离小车右端的距离是2.375m

（1）该队员先在t1=1s时间内以a1匀加速下滑．

然后在t2=1.5s时间内以a2匀减速下滑．

在第1s内，由牛顿第二定律得：mg-F1=ma1最大速度vm=a1t1

代入数据解得：vm=4m/s

后1.5s内，由牛顿第二定律得：F2-mg=ma2

队员落地时的速度：v=vm-a2t2 

代入数据得v=1m/s

（2）图象如图所示：

答：（1）最大速度为4m/s，落地速度为1m/s；

（2）图象如图所示．

（1）由牛顿第二定律Fcosθ+mgsinθ-μN=ma ①

由垂直斜面方向受力平衡可得N=mgcosθ-Fsinθ ②

联立①②可得加速度a=8m/s2

S=S1+S2=a1t12+a1t1(t-t1)

得t1=2s

（2）该同学回答错误．

错误1：至少滑到D点速度为0才可以越过曲面落地．

错误2：在斜面上力F不能过大，否则物块将离开斜面运动．

从P至D动能定理WG+WF+Wf=△EKmg（s1sinθ-h1）+F1s1cosθ-μ（mgcosθ-F1sinθ）s1=0

得F1=0.5N

F2sinθ=mgcosθ

得F2=2.67N

所以恒力F的范围应该为F1＜F≤F2

即0.5N＜F≤2.67N

答：（1）滑块沿AB段运动时加速度为8m/s2，所用时间为2s．

（2）恒力的范围为0.5N＜F≤2.67N．

以小球为研究对象进行受力分析有：

根据题意知：

Tsinθ=ma      ①

Tcosθ=mg      ②

由①和②可得：

绳的拉力T=，加速度a=gtanθ

再以环M为研究对象进行受力分析有：

如图所示，M受重力、绳的拉力T'、杆的弹力F1和杆的摩擦力F2作用处于平衡状态

所以有：

F1-T'sinθ=Ma          ③

F2-Mg-T'cosθ=0         ④

又因为T'=T=，a=gtanθ由③和④得：

F1=（m+M）gtanθ

F2=（m+M）g

所以杆对环的作用力F===

如图，环受力F与竖直方向的夹角β的正切值：

tanβ===cotθ

即β=-θ

答：杆对环的作用力大小为，与竖直方向所成的夹角为-θ．

（1）由图象可知，a==8m/s2  

（2）分析小物块的受力情况，根据牛顿第二定律，有

mgsin37°+μmgcos37°=ma                                 

代入数据解得μ=0.25                                    

（3）由匀变速直线运动的规律，有=2aS

解得S=4m                                           

答：（1）小物块冲上斜面过程中加速度的大小为8m/s2．

（2）小物块与斜面间的动摩擦因数为0.25．

（3）小物块向上运动的最大距离为4m．

（1）（2）

试题分析：（1）小物块从B到D由动能定理，得：，代入数据得：

在近地表面做匀速圆周运动的速度为第一宇宙速度，根据牛顿第二定律，有：

解得：

（2）设在力F的作用时间内物体Q运动的位移为x，到达C点的速度vc；物体Q恰到最高点的条件是只有重力提供向心力，由牛顿第二定律，得：

从A到C，由动能定理得：

代入数据解得：