热门试卷

（1）线框进入磁场前，受到重力、细线的拉力F和斜面的支持力作用做匀加速运动，根据牛顿第二定律得

F-mgsinα=ma

得，a==5m/s2

（2）线框进人磁场最初一段时间是匀速的，合力为零，由E=Bl1v、I=、FA=BIl1 得安培力为

  FA=

根据平衡条件得  F=mgsinα+FA=mgsinα+

代入解得  v=2m/s

（3）线框abcd进入磁场前做匀加速运动，进磁场的过程中，做匀速运动，进入磁场后到运动到gh线仍做匀加速运动．

    进磁场前线框的运动的时间为t1==s=0.4s

    进磁场过程中匀速运动的时间为t2==s=0.3s

线框完全进入磁场后线框受力情况与进入磁场前相同，所以该阶段的加速度仍为a=5m/s2．

由s-l2=vt3+a

解得，t3=1s

因此线框整体进入磁场后，ab边运动到gh线的过程中有感应电流的时间为t4=1-（0.9-t1-t2）=0.8s

线框中产生的感应电动势为 E=S=l1l2=×0.6×1V=0.25V

线框整体进入磁场后，ab边运动到gh线的过程中产生的焦耳热为

   Q=t4=J=0.5J

答：

（1）线框进人磁场前的加速度是5m/s2；

（2 ）线框进人磁场时匀速运动的速度v是2m/s；

（3）线框整体进入磁场后，ab边运动到gh线的过程中产生的焦耳热是0.5J．

（1）物体匀减速上滑，由图象得到：末速度v=0，位移x=1.4-0.4=1.0m，时间为t=0.6s；

根据位移时间公式，有x=v0t+at2；

根据速度时间公式，有v=v0+at；

联立解得：v0=4m/s，a=8m/s2

（2）上滑过程，物体受重力支持力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律，有

mgsin37°+μmgcos37°=ma

代入数据解得

μ=0.25

（3）木块下滑过程，根据牛顿第二定律，有

mgsin37°-μmgcos37°=ma′

代入数据解得

a′=4m/s2

物体匀加速下滑，根据速度位移公式，有

=2a′x

解得

vt===2m/s

答：（1）木块上滑时的初速度为4m/s，上滑过程中的加速度为8m/s2；

（2）木块与斜面间的动摩擦因数为0.25；

（3）木块滑回出发点时的速度为2m/s．

（1）物体上升到最高点做匀减速运动

则：hm=t=×2=24m

（2）物体向上运动时有：a上===12m/s2

解得：f=0.4N

当物体向下运动时有：a下==8m/s2

所以hm=a下=24m

解得：t下=s

答：（1）则物体上升的最大高度为24m；

（2）物体由最高点落回抛出点所用的时间为s

（1）根据牛顿第二定律有：

 F-mg=ma

故a=m/s2=5.0m/s2

（2）设火箭在发射塔上运动的时间为t，则：

  H=at2

故  t==s=7.1s

答：

（1）该火箭启动后获得的加速度为5.0m/s2．

（2）该火箭从启动到脱离发射塔所需要的时间为7.1s．

（1）假设B刚从A上滑落时，A、B的速度分别为v1、v2，

A的加速度a1==4m/s2

B的加速a2=μg=2m/s2

由位移关系有L=v0t-a2t2-a1t2代入数值解得：t=1s或s．

当t=1s时v1=a1t=4m/s      v2=v0-a2t=2m/s 

v1＞v2不合题意舍去

∴t=s    v1=a1t=m/s     v2=v0-a2t=m/s  

答：当B刚从A上滑落时，A、B的速度分别是m/s、m/s．

（2）当B经过时间t运动至A的最右端时，若A、B具有共同速度v，则此时所施加的恒力F有最小值．此过程中A做匀加速运动的位移s=t①

B做匀减速运动的位移L+s=t②

A、B的加速度分别为a1=③

a2==μg④

又v=v0-a2t⑤

联立①～⑤，代入数据解得v=3m/s   t=0.5s    a1=6m/s2

以A为研究对象，根据牛顿第二定律有Fmin+μm2g=m1a1

解得Fmin=1N   故F≥1N

答：F的大小应满足的条件F≥1N．

（1）由题意可知，小球在水平方向先减速到零，然后反向加速．设小球进入A孔的速度为v0，减速到右板的时间为t，则有：

水平方向：d=v0t-t20=v0-t

竖直方向：4d=g(2t)2

联立解得E=

（2）在水平方向上根据牛顿第二定律有qE=max

根据运动学公式有0-=2(-ax)d

联立解得v0=

（3）小球进入电场后，在水平方向上做减速运动，即vx=v0-t′=v0-gt′

在竖直方向上做加速运动，即vy=gt'

小球在电场中的速度大小为v=

联立由数学知识可得t′=时小球速度达到最小，最小值为v0；

此时粒子在水平方向的位移为：x=v0t′-t′2

在此过程中电场力做功为W=-qEx　　　

而W=-△Ep

联立解得△Ep=mgd，即粒子的电势能增加mgd

答：（1）两板间的场强大小为；

（2）小球从A孔进入电场时的速度为；

（3）从小球进入电场到其速度达到最小值为v0，小球电势能的增加量为mgd．

（1）设最大速度为v，加速的平均速度和减速的平均速度都是v，故全程的平均速度为v，故

h=t=vt

解得

v==m/s=8m/s

（2）加速过程

mg-f1=ma1

减速过程

f1-mg=ma2

根据速度时间公式，有

a1t1=a2t2=v

t1+t2=3

a1=2a2

a1+a2=h

解得

a1=8m/s2，a2=4m/s2；

f1=120N，f2=840N；

答：（1）该消防队员下滑过程中的最大速度为8m/s；

（2）该消防队员加速下滑过程中受到的摩擦力大小为120N，减速下滑过程中受到的摩擦力大小为840N．

（1）物体开始速度为零，所受摩擦力沿传送带向下，所以物体的加速度为

a1==g（sin37°+μcos37°）=10m/s2，方向沿传送带向下．

经过时间t1==1s，物体与皮带速度相同．

此过程物体下滑位移为s1=a1

然后物体所受摩擦力向上，将以a2=g（sinθ-μcosθ）=2m/s2的加速度加速下滑，经时间t2到达底端，所以有

  s2=16-s1=vt2+a2t22

解得t2=1s

所以物体到达底端所需时间为t=t1+t2=2s．

（2）物体到达B点时的速度大小为v′=v+a2t2=10+2×1（m/s）=12m/s

答：

（1）物体运动过程中速度达到传送带的速度所需的时间是2s；

（2）物体到达B点时的速度大小是12m/s．

（1）取货物为研究对象，货物将竖直上抛运动，经时间t落地，以竖直向上为正，

-h=v0t-gt2    ①

在此时间内热气球加速上升h1，由匀变速运动：h1=v0t+at2    ②

气球离地高度H

H=h1+h                             ③

解得：t=5s或t=-2s（舍去）                         

H=150m                                         

（2）货物落地速度为v 由匀变速规律得v=v0-gt

解得v=-35m/s                                    

速度大小35m/s方向竖直向下      

答：（1）重物落地时热气球距地面的高度为150m；

（2）重物落地时的速度大小35m/s方向竖直向下．

（1）根据牛顿第二定律得：物块的加速度a1===m/s2=2m/s2

薄板的加速度为：a2==1m/s2．

（2）经t1=2s 物块速度为v1=a1t1=2×2m/s，向右；薄板的加速度v2=a2t1=1×2=2m/s，向右．

经2s后，物块做匀减速运动，加速度大小a1′==2m/s2

，向左．薄板的加速度不变，仍为a2=1m/s2向右．当两者速度相等时，货柜恰好到达小车最右端，以后因为qE2=f=µ（m0+m1）g，两者一起作为整体向右以a3==0.5m/s2，向右作匀减速直到速度都为0．

共同速度为v=v1-a1′t2，v=v2+a2′t2解得  t2=s，v=s

物块和薄板获得共同速度直到停止运动用时t3==s

第二次电场作用时间为t=t2+t3=6s

（3）经t1=2s时，物块运动位移为x1=a1t12=4m

薄板运动位移x2=a2t12=2m

薄板在t2时间内位移x3=v2t2+a2t22=m

物块在t2时间内位移为x4=v1t2-a1′t22=m

薄板的长度L=x1-x2+x4-x3=m=2.67m

薄板移动的距离为x=x2+x3+=m=10.67m

答：

（1）在电场E1作用下物块和薄板的加速度各为2m/s2和1m/s2．

（2）电场E2作用的时间是6s；

（3）薄板的长度是2.67m，薄板移动的距离是10.67m．

由表格可知，汽车在湿沥青与混凝土路面刹车的加速度最小，所以刹车距离最大．

在司机以最高时速在湿沥青路面上行驶时，反应时间内的位移范围为：0.3×≤x1≤0.6×，即10m≤x1≤20m

刹车时加速度a=μg，所以在湿沥青与混凝土路面刹车加速度范围为3.2m/s2≤a≤4m/s2

根据x2=可得，刹车距离的范围为：138.9m≤x2≤173.6m

所以总位移的范围为：148.9m≤x≤193.6m，所以警告标志应放在150米之外．

答：经过计算可知理论依据科学．

F作用下，有相对滑动；F作用时间t1撤去后，滑块继续加速，木板减速，

要使滑块能从木板上恰好滑下，则要求滑下时，滑块和木板的速度相同，设为V3则：

在t1时间内：

      滑块的加速度：a1=gμ=4 m/s2，V1=a1t1      木板的加速度：a2==6 m/s2，V2=a2t1在t2时间内：

     滑块的加速度：a1'=a1=4 m/s2，V3=V1+a1t2     木板的加速度：a2'==1 m/s2，V3=V2-a2't2t1+t2时间内总位移：

  滑块的位移为：S1=a1（t1+t2）2  木板的位移为：S2=a2t12+（V2t2-a2't22）

 而S2-S1=L

解得：t1 =1s

答：此力作用的最短时间为1s．

（1）由牛顿第二定律：Eq=ma

   又L=a 

联立解得  t1=

（2）设再经t2时间A、B第二次相碰，则xA=xB而xA=a，xB=vt2，v=at1

解得，t2=2

（3）v-t如图示．

答：（1）A球经过时间与B球发生第一次碰撞．

（2）再经过2时间A球与B球发生第二次碰撞．

（3）画出A球运动的速度-时间图象如图所示．

（1）据运动学公式  x=at2  ①

        由牛顿第二定律得  mgsin30°-F=ma  ②

       由①②解得  F=80N

   （2）F=μFN=μmgcos30°

解得  μ=0.12

答：（1）游客连同装备下滑过程中受到的摩擦力F为80N；（2）滑草装置与草地之间的动摩擦因数μ为0.12．