热门试卷

（1）A、B系统由水平位置滑到轨道最低点时速度为v0，根据机械守恒定律

2mgR=2m v02                                 ①

设轨道对小球的弹力为F，根据牛顿第二定律F-2mg=2m②

得　　F=6mg                                        ③

（2）解除锁定后弹簧将弹性势能全部转化为A、B的机械能，则弹性势能为

EP=mgH                                   ④

解除锁定后A、B的速度分别为vA、vB，解除锁定过程中动量守恒2mv0=mvB+mvA⑤

系统机械能守恒

2mv02+EP=m vA2+m vB2                      ⑥

联立上述各式得vA=±⑦

正号舍去　　vA=-⑧

设球A上升的高度为h，球A上升过程机械能守恒

mg（h+R）=m vA2                                    ⑨

整理后得　h=-⑩

答：（1）两球运动到最低点弹簧锁定解除前所受轨道的弹力是6mg；

（2）A球离开圆槽后能上升的最大高度是h=-．

（1）根据牛顿第二定律得，雪橇的加速度a1===0.75m/s2，

则雪橇的速度v1=a1t1=0.75×4m/s=3m/s．

（2）雪橇匀加速直线运动的位移x1=a1t12=×0.75×16m=6m，

撤去拉力后在水平面上的加速度a2==-μg=-2.5m/s2，

根据v22-v12=2a(x-x1)

解得v2=2m/s．

此时仍可以冲上斜面，在斜面上的加速度a3==10×0.6+0.25×10×0.8=8m/s2．

沿斜面上滑的距离x3==m=0.25m．

答：（1）撤去推力时，雪橇的速度是3m/s；

（2）雪橇能冲上斜面，雪橇沿斜坡上升的最大距离为0.25m．

（1）由图中可得：10s末的速度为v1=4m/s，t1=10s

导体棒在0-10s内的加速度为最大值，am===0.4m/s2     

（2）设小型电动机的额定功率为Pm

在A点：E1=BLv1    I1=

由牛顿第二定律：F1-μmg-BI1L=ma1                                       

又 Pm=F1•v1                                                       

当棒达到最大速度vm=5m/s时，Em=BLvm Im=

由金属棒的平衡得：F2-μmg-BImL=0                                      

又Pm=F2•vm                                                       

联立解得：Pm=2W，R=0.62Ω                                                

（3）在0-10s内：t1=10s

通过的位移：s1=(0+v1)t1=20m                                  

导体棒产生的热量  Qr=QR=0.5J

由能量守恒：WF=QR+Qr+μmg•s1+m

代入得：此过程牵引力做的功WF=3.1+0.5+0.1×0.3×10×20+×0.3×42=12J

答：

（1）在0--18s内导体棒获得加速度的最大值是0.4m/s2；

（2）电阻R的阻值是0.62Ω，小型电动机的额定功率是2W；

（3）若已知0--10s内R上产生的热量为3.1J，则此过程中牵引力做的功为12J．

（1）行李先做匀加速直线运动，达到与传送带相同速率后不再加速而做匀速直线运动．

（2）行李受到的滑动摩擦力：f=μmg=0.2×5×10N=10N，

加速度为：a===μg=0.2×10m/s2=2m/s2…①

行李匀加速运动时间为t1，位移为x1，匀速运动时间为t2，则由运动学规律有：

v0=at1…②

x1=…③

t2=…④

又t=t1+t2…⑤

联立①～⑤并解得：t1=1s，t=1.5s

（3）行李从A点运动到B点的v-t图象如图所示．

答：（1）行李先做匀加速直线运动，达到与传送带相同速率后不再加速而做匀速直线运动

（2）求行李从A点运动到B点所用时间t为1.5s；

（3）行李从A点运动到B点的v-t图象如上图．

第1秒小球做匀加速直线运动根据牛顿第二定律和运动学公式得：

ax==m/s2=2m/s2

x方向的速度：vx=axt=2×1=2m/s

x方向位移：x1=axt2=1m

第2秒内小球做类平抛运动：

ay==m/s2=2m/s2

vy=ayt=2×1=2m/s

x方向位移：x2=vxt=2×1=2m

y方向位移：y2=ayt2=1m

第2秒末小球速度方向与x轴正方向的夹角

tanθ==1，

即速度方向与x轴正方向成45°角，所以F'方向与速度方向相反，与x轴正方向成135°角

第3秒小球必定做匀减速直线运动：

x3=vxt′=1m

y3=vyt′=1m

小球位置：x=x1+x2+x3=4m

y=y2+y3=2m

即：（4m，2m）

答：所以F'方向与速度方向相反，与x轴正方向成135°角；小球位置坐标（4m，2m）．

（1）人在斜面上受力如图所示，建立图示坐标系，设人在斜坡上滑下的加速度为a1

由牛顿第二定律有 mgsinθ-Ff1=ma1

FN1-mgcosθ=0

又 Ff1=μFN1

联立解得　a1=g（sinθ-μcosθ）=2.0 m/s2

（2）根据动能定理，选取从开始到停止，

则有：mgLABsinθ-μmgL-μmgcosθLAB=0-0；

解得：LAB=50m；

答：（1）人从斜坡滑下的加速度为2m/s2；（2）若由于场地的限制，水平滑道的最大距离为L=20.0m，则人在斜坡上滑下的距离AB应不超过50m．

（1）对A，根据牛顿第二定律 Eq-μmg=maA，

解得加速度 aA=1m/s2

根据公式=2aAL，解得A与B碰前速度 vA1=5m/s

碰撞交换速度，第1次碰后，A的速度为0，B的速度 vB1=vA1=5m/s．

（2）对B，根据牛顿第二定律 μmg=maB，解得加速度大小aB=2m/s2，

每次碰后B作匀减速运动，因其加速度大于A的加速度，所以B先停，之后A追上再碰，每次碰后A的速度均为0，然后加速再与B发生下次碰撞．

第1次碰撞：xB1为第1次碰后B的位移，则  ==2aBxB1，

解得，碰后B运动的位移为xB1=6.25m

第2次碰撞：碰撞前A的速度为vA2，则=2aAxB1，

由上两式得

  ==

得：====

以此类推，第2次碰撞后B运动的位移

xB2=（）2L=3.125m．

（3）根据第（2）问的分析，经过n次碰撞后B的速度 vBn=

从第1次碰撞到第n次碰撞后B通过的总路程

x=++…+=（1++…+）

所以 x=•=12.5（1-）m

当n→∞时，即得B通过的总路程 x=12.5m

故Q=μmg（L+x）+μmgx=5J+2.5J=7.5J．

答：

（1）A与B第1次碰撞后B的速度大小是5m/s；

（2）A与B从第2次碰撞到第3次碰撞过程中B运动的位移是3.125m；

（3）整个运动过程中A、B同水平面摩擦产生热量的总和是7.5J．

（1）设弹簧的最大弹性势能为Epm

根据能量守恒得   μ1m1g(sBA+sAC)=Epm-m1①

得   Epm=5.8J                                      

（2）设物块P与滑块Q碰后最终与小车保持相对静止，其共同速度为v

由动量守恒  m1vc=（m1+m2+M）v    ②

v=0.4m/s                  

（3）设物块P与滑块Q碰后速度分别为v1和v2，P与Q在小车上滑行距离分别为S1和S2

P与Q碰撞前后动量守恒  m1vc=m1 v1+m2 v2③

由动能定理 μ2m1gS1+μ2m2gS2=m1+m2-(m1+m2+M)v2④

由③④式联立得  v1=1m/s                                         

v2=2m/s                                        

方程的另一组当 v2′=m/s时，v1′=m/s，v1′＞v2′不合题意舍去．

设滑块Q与小车相对静止时到桌边的距离为S，Q 在小车上运动的加速度为a

由牛顿第二定律-μ2m2g=ma

a=-1m/s2                                      

由匀变速运动规律  S=

S=1.92m      

答：（1）弹簧的最大弹性势能是5.8J；

（2）小车最后的速度v是0.4m/s；

（3）滑块Q与车相对静止时Q到桌边的距离是1.92m．

（1）当挂一质量为2.5m的物体C时，恰好能使B离开地面但不继续上升，表示此时A和C的速度为零，说明C先做加速运动，后做减速运动，到达最低点时加速度方向向上，根据牛顿第二定律可知C物体的合力方向向上，所以绳子的拉力大于重力2.5mg；

（2）开始时，A、B静止，设弹簧压缩量为x1，有

kx1=mlg=2mg    

挂C并释放后，C向下运动，B向上运动，设B刚要离地时弹簧伸长量为x2，有

kx2=m2g=3mg    

B不再上升，表示此时A和C的速度为零，C已降到其最低点．

所以Hc=x1+x2=g

（3）③物体C下降到速度最大时，C的加速度等于零，此时绳子的拉力等于C的重力，即F=2.5mg

此时 aA=0，则F弹=T-2mg=0.5mg

对B受力分析得：F弹+FN=3mg

解得：FN=2.5mg

答：（1）物体C在最低点时，轻绳的拉力大于2.5mg；

（2）物体C下降的最大距离为；

（3）物体C下降到速度最大时，地面对B的支持力为2.5mg．

（1）为使小物体不会从A点冲出斜面，由动能定理得mg-μmgcosθ=0

解得动摩擦因数至少为：μ=

（2）分析运动过程可得，最终小物体将从B点开始做往复的运动，由动能定理得

mg（+Rcosθ）-μmgScosθ=0

解得小物体在斜面上通过的总路程为：S=

（3）由于小物体第一次通过最低点时速度最大，此时压力最大，由动能定理，得

mg（+R）=mv2

由牛顿第二定律，得

Nmax-mg=m

解得Nmax=3mg+mgcosθ

最终小物体将从B点开始做往复的运动，则有

mgR（1-cosθ）=mv′2

Nmin-mg=m

联立以上两式解得Nmin=mg（3-2cosθ）

由牛顿第三定律，得小物体通过圆弧轨道最低点C时对C的最大压力

Nmax′=3mg+mgcosθ，

最小压力Nmin′=mg（3-2cosθ）．

（1）

（2）推进器持续喷出正离子束，会使带有负电荷的电子留在其中，由于库仑力作用将严重阻碍正离子的继续喷出。电子积累足够多时，甚至会将喷出的正离子再吸引回来，致使推进器无法正常工作。因此，必须在出口D处发射电子注入到正离子束，以中和正离子，使推进器获得持续推力。

（1）设一个正离子的质量为m，电荷量为q，加速后的速度为v，根据动能定理，有

qU ="=" mv2         ①

设离子推进器在Δt时间内喷出质最为ΔM的正离子，并以其为研究对象，推进器对ΔM的作用力为F′，由动量定理，有

F′Δt ="=" ΔMv                 ②

由牛顿第三定律知

F′ ="=" F                ③

设加速后离子束的横截面积为S，单位体积内的离子数为n，则有

I ="=" nqvS           ④

J ="=" nmv S         ⑤

由④、⑤可得

又

   ⑥

解得

          ⑦

（2）推进器持续喷出正离子束，会使带有负电荷的电子留在其中，由于库仑力作用将严重阻碍正离子的继续喷出。电子积累足够多时，甚至会将喷出的正离子再吸引回来，致使推进器无法正常工作。因此，必须在出口D处发射电子注入到正离子束，以中和正离子，使推进器获得持续推力。

评分标准：

（1）16分 ，①、②、③、④、⑤式各2分，⑥式1分，⑦式5分；

（2）6分，回答出“积累负电荷”给2分，回答出“阻碍正离子的继续喷出”或“将喷出的正离子再吸引圆来”给3分，噬答出“中和正离子，使推进器获得持续推力”给1分。

（1）减速过程，受重力、支持力、向左的拉力和滑动摩擦力，如图所示：

加速过程，受重力、支持力、向左的拉力、向右的滑动摩擦力，如图所示：

（2）由斜率等于加速度的大小，得到：前2s内和后2s内物体的加速度分别为

a1===-5m/s2，

a2===-1m/s2，

负号表示方向，所以这两个过程加速度方向都向左；

（3）根据牛顿第二定律得：

-F-f=ma1；

-F+f=ma2，

代入解得：F=60N，f=40N

力F的方向向左；

（3）由f=μmg得，μ===0.2

答：（1）如图所示；

（2）这两个过程物体运动的加速度大小分别为5m/s2和1m/s2，方向都向左；

（3）水平恒力F的大小为60N，方向向左；

（4）物体与水平面间的动摩擦因数为0.2

（1）由法拉第电磁感应定律得：

E==S•

又S=πr2，=k     

由闭合电电路的欧姆定律

I=      

由安培力公式：

F=BI•2r     

由牛顿第二定律

a=

联立以上各式得：a=．

（2）线圈做匀速直线运动，有三种可能

（a）线圈没有全部进入磁场，磁场就消失，所以以后没有感应电流，回路电功率P=0

（b）线圈全部进入磁场，磁场没有消失，尽管有感应电流，但所受合力为零，同样做匀速直线运动，电功率P=

结合（1）中E的求法可知E′=k•πr2解得P=

（c）在上面（b）的前提下，等到磁场消失后，电功率P=0．

答：（1）t=0时刻线圈的加速度a=．

（2）线圈最后做匀速直线运动时回路中的电功率可能为0或．