热门试卷

（1）由于乙图秤的示数F=600N，

由牛顿第三定律可得秤对人的支持力为F′=600N

又因为匀速运动所以F′=mg=600N所以人的质量 m=60kg

（2）对于甲图是匀加速过程中秤的示数F1=720N

由牛顿第三定律可得秤对人的支持力为F1′=720N．

由牛顿第二定律的 F1′-mg=ma

加速度a=2m/s2

对于丙图是匀减速过程中秤的示数F2=480N

由牛顿第三定律可得秤对人的支持力为F2′=480N．

由牛顿第二定律的 mg-F2′=ma

加速度大小a=2m/s2答：（1）人的质量为60kg；（2）电梯在变甲图中的加速度小大为2m/s2，在丙图中的加速度大小为2m/s2．

（1）平衡摩擦力时，把长木板的一端垫得过高，使得倾角偏大，过平衡摩擦力，小车受到的合力大于重物的重力，不加拉力时，小车已经具有一定的加速度，a-F图象在a轴上有截距，由图1所示图象可知，C正确；

（2）由图2所示图象可知，F-a图象在F轴上有截距，即当拉力达到一定程度时，小车才产生加速度，小车所受到的合力小于绳子的拉力，这是由于没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足造成的．

故答案为：（1）C；（2）没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足．

对B，运用牛顿第二定律得，F-2μ•mg=maB，解得：aB=2μg

对A，运用牛顿第二定律得，F-μ•2mg=2maA，解得：aA=μg．

因为aAt2+aBt2=s

解得：sA=s．

答：A、B相遇时A走过的距离为s．

（1）物体现在拉力作用下做匀加速运动，撤去外力后做匀减速运动，到达最高点后做匀加速直线运动，三个阶段的加速度分别为：a1===5m/s2

a3===2m/s2

ma3=mgsinθ-μmgcosθ

解得：μ=0.5

根据牛顿第二定律得：a2==10m/s2，

加速阶段中由牛顿第二定律得：F-mgsinθ-f=ma1

减速阶段中由牛顿第二定律得：mgsinθ+f=ma2

由上两式代入数据得：F=m（a1+a2）=15N

（2）速度为零的时刻为：t=t'-（其中：v0=0.1m/s，t'=0.8s）

解得：t=0.75s

撤去外力，撤力瞬间速度最大，

a1t=v0+a2（t'-t）（其中：v0=0，t'=0.75s）

解得t=0.5s

所以0.6s时物体处于匀减速上升状态，速度v=（0.75-0.6）×10=1.5m/s

（3）撤力瞬间速度最大，vmaxs=2+5×（0.5-0.4）m/s=2.5m/s

所以物体在斜面上运动过程中重力的最大功率P=mgvmaxsinθ=1×10×2.5×0.6W=15W

（4）斜面处于静止状态，水平方向手里平衡，在上升阶段，f=ma2cosθ=8N，方向向右；

下滑阶段，f′=ma3cosθ=1.6N，方向向右

答：（1）恒力F的大小为15N；

（2）0.6s时物体的瞬时速度为1.5m/s；

（3）物体在斜面上运动过程中重力的最大功率为15W；

（4）物体在斜面上运动的过程中，地面对斜面的摩擦力在上升阶段，f=ma2cosθ=8N，方向向右；

下滑阶段，f′=ma3cosθ=1.6N，方向向右．

（1）由向心力公式可得：

A向心力大小的表达式：FA=mAω02l1      

B的向心力：FB=mBω02（l-l1）   

（2）设OA长为l1，则OB为l-l1；

F=mAω2l1       

F=mBω2（l-l1）   

解得 l1=l．

（3）当A、B两物体相对转台静止且恰无摩擦时，物体A、B的动力学方程分别为

F=mAω2x，F=mBω2（l-x），联立解得x=l

当A、B两物体相对转台静止且A恰没有做远离轴心的运动时，物体A、B的动力学方程分别为

F+μmAg=mAω2x，F=mBω2（l-x）

ω=，x＞l

当A、B两物体相对转台静止且A恰没有做向轴心的运动时，物体A、B的动力学方程分别为

F-μmAg=mAω2x，F=mBω2（l-x）

ω=，x＜l

综上分析可知

（1）a和b不受安培力作用，由机械能守恒知△Ek=mgd1sinθ①

（2）设导体棒刚进入无磁场区域时的速度为v1，刚离开无磁场区域时的速度为v2，由能量守恒知

在磁场区域中，m+Q=m+mgd1sinθ ②

在无磁场区域中 m=m+mgd2sinθ  ③

解得 Q=mg（d1+d2）sinθ  ④

（3）在无磁场区域，根据匀变速直线运动规律有 v2-v1=gtsinθ⑤

且平均速度 = ⑥

有磁场区域，棒a受到合力 F=mgsinθ-BIl ⑦

感应电动势 ε=Blv ⑧

感应电流   I= ⑨

解得 F=mgsinθ-v ⑩

根据牛顿第二定律得，F=ma=m

在t到t+△t时间内

（mgsinθ-）△t=m△v

则有mgsinθ△t-v△t=m△v

解得v1-v2=gtsinθ-d1

联立⑤⑥解得 v1=sinθ-

由题意知v=v1=sinθ-

答：（1）b穿过第1个磁场区域过程中增加的动能△Ek为mgd1sinθ．

（2）b穿过第2个磁场区域过程中，两导体棒产生的总焦耳热Q为mg（d1+d2）sinθ．

（3）a穿出第k个磁场区域时的速率v为sinθ-．

（1）带电系统开始运动后，先向右加速运动；当B进入电场区时，开始做减速运动．设B进入电场前的过程中，系统的加速度为a1，

由牛顿第二定律：2Eq-μ2mg=2ma1           即：a1=g

B刚进入电场时，由：L=a1               

可得：t1=

（2）当A刚滑到右边界时，电场力对系统做功为：W1=2Eq•2L+（-3Eq•L）=EqL

摩擦力对系统做功为：W2=-μ•2mg•2l=-0.8mgL

W总=EqL-0.8mgL=0.4mgL         故A球从右端滑出．

设B从静止到刚进入电场的速度为v1，v1=a1t1=

设B进入电场后，系统的加速度为a2，由牛顿第二定律：2Eq-3Eq-2μmg=2ma2

a2=-0.8g

系统做匀减速运动，设小球A第一次离开电场边界NQ时的速度大小为v2；

由：-=2a•2L，

可得：v2=

（3）当带电系统速度第一次为零，此时A已经到达右边界NQ外，B克服电场力做的功最多，B增加的电势能最多，设此时A离右边界NQ的距离为x

由动能定理：2Eq•2L-3Eq×（L+x）-μ2mg（2L+x）=0

可得：x=0.1L

所以B电势能增加的最大值△W1=3Eq×1.1L=3.3EqL=3.96mgL      

答：（1）小球B第一次到达电场边界MP所用的时间；

（2）小球A第一次离开电场边界NQ时的速度大小；

（3）带电系统运动过程中，B球电势能增加量的最大值3.96mgL．

（1）由平衡条件得，Fcos37°=μ（Mg-Fsin37°）

解得μ=0.8．

（2）放上第一个小铁块后，木板做减速运动，由动能定理得，

Fcos37°L-μ[（M+m）g-Fsin37°]L=Mv12-Mv02

代入数据解得v1==m/s．

（3）木板动能变化量的绝对值|△EK|等于nμmgL，即在第一段L内，动能的减小量大小为μmgL，第二段L内，动能的减小量为2μmgL，第三段L内，动能的减小量为3μmgL，第四段L内，动能的减小量为4μmgL，如图所示．

答：（1）木板与地面间的动摩擦因数μ为0.8．

（2）木板运动L时速度的大小为m/s．

（3）如图所示．

（1）设弹性球第一次下落过程中的加速度大小为a1，由图知

a1==m/s2=6m/s2

根据牛顿第二定律，得mg-f=ma1

解得：f=m（g-a1）=0.4N

（2）由图知弹性球第一次到达地面时的速度大小为v1=3m/s，

设球第一次离开地面时的速度为v2，则

v2=v1=2m/s

第一次离开地面后，设上升过程中球的加速度大小为a2，则mg+f=ma2

a2=14m/s2

于是，有0-=-2a2h

解得h=m

（3）弹性球自由下落的距离为：H=•△t=×0.5m=0.75m

（或由v-t图象所围面积求得）

第一次离开地面后，设上升到最大高度的时间为t2，则

0-v2=-a2t2

解得t2=s…

所求过程中弹性球运动的位移大小为△x=H-h=0.75m-m=m

所以所求过程中弹性球运动的平均速度大小为==0.85m/s

方向：竖直向下．

答：（1）弹性球受到的空气阻力f的大小为0.4N；

（2）弹性球第一次碰撞后反弹的最大高度h为m；

（3）若弹性球与地面第一次碰撞的时间为△t′=s，则由静止开始下落到第一次碰撞后反弹至最大高度的过程中弹性球运动的平均速度大小为0.85m/s，方向竖直向下．

（1）由图线分析可知，图线AB牵引力F不变，阻力f不变，电动车由静止开始做匀加速直线运动；图线BC的斜率表示汽车的功率P，P不变，达到额定功率后，则电动车所受牵引力逐渐减小做加速度减小的变加速直线运动，直至达最大速度15m/s；此后电动车作匀速直线运动

由图象可得，当最大速度vmax=15m/s时，牵引力为Fmin=400N

故恒定阻力f=Fmin=400N…①

额定功率P=Fminvmin=6kW…②

匀加速运动的末速度v=…③

代入数据解得v=3m/s

（2）匀加速运动的加速度a==…④

解得a=2m/s2…

（3）环保电动车在速度达到3m/s之前、一直做匀加速直线运动

故所求时间为t=…⑤

将v1=2m．s代入上式解得t=1s

答：（1）电动车在A-B过程做匀加速直线运动，在B-C过程做加速度减小的变加速运动．电动车的额定功率为6000W．

（2）匀加速直线运动过程的加速度的大小是2m/s2．

（3）电动车由静止开始运动，经过1s时间速度达到2m/s．

（1）中学生跳起后重心升高  h=2.70-2.25m=0.45m…①

根据机械能守恒定律 mv2=mgh…②

解得 v==3m/s…③

（2）根据牛顿定律  F-mg=ma…④

运动学规律v=at …⑤

解得F=m（g+）=1400N

答：

（1）他刚离地跳起时的速度大小是3m/s．

（2）他与地面间的平均作用力的大小是1400N．

A、在该实验中，我们认为绳子的拉力就等于小车所受的合外力，故在平衡摩擦力时，细绳的另一端不能悬挂装砂的小桶，故A错误．

B、由于平衡摩擦力之后有Mgsinθ=μMgcosθ，故tanθ=μ．所以无论是否改变小车的质量，小车所受的滑动摩擦力都等于小车的重力沿斜面的分力．故B正确．

C、由于在刚刚接通电源的瞬间打点计时器打点并不稳定，故应该先接通打点计时器电源待打点稳定后再放开小车，以节约纸带，故C错误．

D、D选项的方法成立的前提是牛顿第二定律即加速度与质量成反比，而本实验中我们是验证牛顿第二定律，故发生了循环论证，所以D是错误的．

本题是选错误的做法，故选ACD．

（1）木块沿木板匀速下滑时，受重力、支持力FN和摩擦力Ff作用处于平衡，则

FN-mgcos37o=0

mgsin37°-Ff=0

Ff=μFN

代入数据解得  μ=0.75

（2）由平衡条件有  F-μmg=0

代入数据解得  F=37.5N

答：（1）物块与木板间的动摩擦因数μ为0.75；

（2）当木板水平放置时，用水平拉力F使物块能沿木板匀速滑动，给物块施加的力F应为37.5N．

（1）根据楞次定律可知，感应电流的磁场总要阻碍导体与磁体间的相对运动，则知磁场对矩形线圈有向右的作用力，故矩形线圈对电磁铁有向左的作用力，阻碍模型车的运动．

（2）假设电磁铁的磁感应强度达到最大时，模型车的速度为v1，则

   E1=B1L1v1 ①

  I1=  ②

  F1=B1I1L1 ③

又   F1=m1a1④

由①②③④式得

   v1=

并代入数据得v1=5m/s⑤

（3）模型车做匀减速运动的位移为 x1==93.75m

此后  任一极小△t时间内，根据动量定理得   △t=m△v

两边求和得                Σ△x=Σm△v

代入数据  得       x2=12.5mx=x1+x2=106.25m

答：

（1）模型车制动的原理是矩形线圈对电磁铁有向左的作用力，阻碍模型车的运动；

（2）电磁铁的磁感应强度达到最大时，模型车的速度为5m/s；

（3）模型车的制动距离为是106.25m．