热门试卷

解析：（1）在0-2S内，运动员做匀加速运动

有：a==m/s2=8m/s2

又：根据牛顿第二定律：mg-F=ma得

F=mg-ma=80×2N=160N

（2）速度图线与时间轴所夹面积为下落高度  h=2×2×40=160m

根据动能定理有mgh-W=mv2

克服阻力做的功：W=mgh-mv2=80×10×160-×80×62=126560J

（3）总时间为t=14+=70.67s

答（1）加速度为8m/s2，阻力为160N．

（2）下降高度为160m，阻力做功为126560J．

（3）着陆总时间为70.67s．

（1）由图象知12s末导体棒ab的速度为v1=9m/s，

在0-12s内的加速度大小为a==m/s2=0.75m/s2                      

（2）t1=12s时，导体棒中感应电动势为 E1=BLv1

感应电流  I1=

导体棒受到的安培力F1A=BI1L                    

即   F1A=

此时电动机牵引力为   F1=

由牛顿第二定律得   -μmg-=ma

t2=17s时，导体棒ab的最大速度为v2=10m/s，此时加速度为零，则有-μmg-=0

联立，代入为数据解得：μ=0.20，R=0.4Ω     

摩擦因数为0.20；电阻为0.4Ω；     　　　

（3）0-12s内，导体棒匀加速运动的位移   s1=•t1=54m     

12-17s内，导体棒的位移   s2=102-54=48m         

由能量守恒得        Q=Pt2-(m-m)-μmgs2

代入数据解得R上产生的热量     Q=11.95 J    

R上产生的热量为11.95J．

（1）由v-t图得：aB== m/s2=- m/s2，

由牛顿第二定律得：-μmg=maB，解得：μ==0.067；

（2）由图象得：aA== m/s2=m/s2，

由牛顿第二定律得：F-f=ma1，解得：F=0.8N；

（3）设A、B在12s内的位移分别为S1、S2，

由v-t图得S1=×（4+8）×12m=72m，

S2=×6×4m=12m，

12s末A、B两物体间的距离S=S1-S2=72m-12m=60m；

答：（1）两物体与地面之间的动摩擦因素为0.067；

（2）物体A所受拉力F的大小为0.8N；

（3）12s末物体A、B之间的距离为60m．

（1）因小球向右偏，所受电场力水平向右，场强也水平向右，所以小球带正电．小球受力情况，如图所示．根

据平衡条件得：

qE=mgtanθ

得：q=

（2）将细线剪断，小球沿合力方向做匀加速直线运动．

剪断细线后小球所受合外力为：F=

根据牛顿第二定律得加速度为：a=，

则小球经t时间所发生的位移为：x=at2=

答：

（1）当小球处于平衡状态时，小球带正电荷，所带电荷量是．

（2）如果将细线剪断，小球经t时间所发生的位移是．

（1）当v=0时，a=2m/s2由牛顿第二定律得：mgsinθ-μmgcosθ=ma

μ=0.5       

（2）由图象可知：vm=2m/s  

当金属棒达到稳定速度时，

有FA=B0IL

切割产生的感应电动势：E=B0Lv

I=

平衡方程：mgsinθ=FA+μmgcosθ

r=1Ω

电量为：q=It=nt=n

s=2m

（3）mgh-μmgscos370-WF=mv2-0

产生热量：WF=Q总=0.1J

QR=Q总=0.08J

（4）当回路中的总磁通量不变时，

金属棒中不产生感应电流．

此时金属棒将沿导轨做匀加速运动．              

牛顿第二定律：mgsinθ-μmgcosθ=ma

a=g（sinθ-μcosθ）=10×（0.6-0.5×0.8）m/s2=2m/s2B0Ls=BL(s+vt+at2)

则磁感应强度与时间变化关系：B==．

所以：（1）金属棒与导轨间的动摩擦因数为0.5 

（2）cd离NQ的距离2m

（3）金属棒滑行至cd处的过程中，电阻R上产生的热量0.08J

（4）若将金属棒滑行至cd处的时刻记作t=0，从此时刻起，让磁感应强度逐渐减小，为使金属棒中不产生感应电流，则磁感应强度B应怎样随时间t变化为B=．

（1）根据：a=，代入数据得：a=0.1m/s2 

所以列车的加速度为0.1m/s2．             

（2）设列车在运动中所受的阻力大小为f，

由牛顿第二定律：F=F0-f=ma                                    

代入数据解得：f=5.0×104N，

所以列车在运动过程中所受阻力为5.0×104N．

（1）假设小车A与小物块B相对静止，以A、B整体为研究对象

由牛顿第二定律得qE=（m1+m2）a    

解得a=1 m/s2    

再以小车A为研究对象，设它受到的静摩擦力为FBA，A、B之间的最大静摩擦力为Fmax，

由牛顿第二定律得FBA=m1a=1N，Fmax=μm2g=4N

因FBA＜Fmax，故假设成立．小车A所受的摩擦力大小为1N，方向水平向右   

（2）设小车A和小物块B第一次与墙壁相碰前瞬间的速度为v0．

由运动学规律有v02=2as

解得v0=2m/s

小车A与墙壁相碰后瞬间速度大小不变，方向向左，小物块B速度不变．由于B的动量大于A的动量，因此A向左做匀减速运动的速度减为零时，向左运动的距离最远，设这个距离为s1

由动能定理有μm2gs1=m1v02

解得s1=0.5m

（3）接着小车A又向右做初速度为零的匀加速运动，假设小车A和小物块B先达到共同速度后再与墙壁相碰，且设第二次与墙壁相碰前瞬间的速度为v共．

由动量守恒定律得m2v0-m1v0=（m1+m2）v共

解得v共=m/s

设小车A由速度为零到达到共同速度所通过的距离为s2

由动能定理有μm2gs2=m1

解得s2=m＜s1，所以，假设成立    

（4）小车A与小物块B最终将停止在墙角处，设小车至少长L

由能量守恒定律得μm2gL=(m1+m2)

代入数据得L=1.5 m    

答：（1）有电场作用时小车A所受的摩擦力大小为1N，方向水平向右；（2）小车A第一次与墙壁相碰后向左运动的最远距离为0.5m；（3）小车A第二次与墙壁相碰时的速度为m/s；（4）要使小物块B最终不滑离小车A，小车的长度至少为1.5 m．

（1）根据牛顿第二定律可得，甲车紧急刹车的加速度为a1==4m/s2，乙车紧急刹车的加速度为a2==5m/s2，则，甲车停下来所需时间t1==2.5s，位移s==12.5m＜15m，甲车司机能避免闯红灯．

故能避免闯红灯．

（2）设甲、乙两车行驶过程中至少应保持距离s0，在乙车刹车t2时间两车恰好相遇，则有：

v0-a1（t2+0.5）=v0-a2t2、v0t2-a2=v0(0.5+t2)-a1(0.5+t2)2+s0

代入数据解方程可得：t2=2s、s0=2.5m．

故应保持的距离为s0=2.5m．

（1）v-t图象包围的面积表示位移．由图象可知，在25秒末探测器达到最大高度

H==800m

（2）AB段是探测器到达最高点后做自由落体运动．所以AB直线的加速度为该星球的重力加速度，其斜率表示加速度．

g==4m/s2

（3）0A段是探测器竖直上升阶段．斜率表示上升的加速度，a1=m/s2

根据牛顿第二定律：F-mg=ma1

所以F=m（a1+g）=1500×(+4)N=1.67×104N．

答：（1）探测器在该星球表面达到的最大高度H为800m；

（2）该星球表面的重力加速度为4m/s2；

（3）发动机的推动力F大小为1.67×104N．

（1）由速度-时间图象知，0-10s在发动机的推力作用下探测器作匀加速直线运动，10s后探测器只受重力而作匀减速直线运动．设该星球表面附近的重力加速度为g星，探测器发动机的推力为F．

在10s后：a2===-3m/s2

则g星=3m/s2

在0-10s内：a1==6m/s2

据牛顿第二定律有F-mg星=ma1

得F=3000×3+3000×6=2.7×104N

（2）在天体表面附近的物体，有

=mg

解得M=

故：==×()2=

答：（1）探测器发动机的推力为2.7×104N．

（2）若该星球与地球的半径之比为1：3，它们的质量比为1：30．

（1）4～10 s内，a2=-2m/s2

根据牛顿第二定律得F合=ma2=-8N

      f=F合=-8N

    方向与运动方向相反

（2）0～4 s内，a1=3m/s2

F合′=F-f

F=F合′+f=ma1+f=4×3+8N=20N

（3）图线与时间轴所围成的面积表示位移，

所以x=•t=60m