热门试卷

（1）根据匀变速直线运动的速度时间公式得，a==6m/s2．

根据牛顿第二定律得，F-f=ma，解得f=F-ma=20-2×6N=8N．

（2）撤去拉力后，加速度a′==m/s2=4m/s2，

则物体继续滑行的距离x==m=18m．

答：（1）物体在运动中受到的阻力为8N．

（2）撤去拉力后物体继续滑行的距离为18m．

（1）设小环受到的摩擦力大小为Ff，由牛顿第二定律，有

m2g-Ff=m2a

代入数据得

Ff=0.2N；

（2）设通过K杆的电流为I1，K杆受力平衡，有

Ff=B1I1l

设回路中电流为I，总电阻为R总，有：

I=2I1

R总=R

设Q杆下滑速度大小为v，产生的感应电动势为E，有

I=

E=B2lv

F+m1gsinθ=B2Il

拉力的瞬时功率为

P=Fv

联立以上方程，代入数据解得

Q杆受拉力的功率P=2W．

（1）因为木块在竖直方向上做简谐运动，依题意木块在最低点时对弹簧的压力最大，在最高点对弹簧的压力最小．

在最低点根据牛顿第二定律有FN-mg=ma，代入数据解得a=0.5 g．

由最高点和最低点相对平衡位置对称，加速度大小等值反向，所以最高点的加速度大小为a′=0.5 g，在最高点根据牛顿第二定律有mg-FN′=ma′，

故FN′=mg-ma′=0.5 mg．

答：木块对弹簧压力的最小值为0.5mg．

（2）要使木块不脱离弹簧，设其振幅不能超过A′，此时木块振到最高点恰在弹簧原长处，此时的最大加速度为g，由a=-x知，当振幅为A时，在最低点有0.5 g=-A；

当振幅为A′时，在最高点有g=-A′，由此可得A′=2A．

答：欲使木块不脱离弹簧，其振幅不能超过2A．

（1）从A到B的运动过程运用动能定理得：

                mvB2=mgR

                vB==4m/s

         根据圆周运动向心力公式得：

                NB-mg=m 

            解得：NB=30N

根据牛顿第三定律可知，物体对轨道的压力等于轨道对物体的支持力为30N；

     （2）从A到C的运动的过程运用动能定理得：

                mgR-μmgs=0-0

            解得：s==2m．

答：（1）物体刚到B点时对轨道的压力为30N；（2）水平轨道BC长度为2m．

物体在竖直方向受到重力mg、水平面的支持力N，两力平衡；在水平方向受到拉力F和滑动摩擦力f，合力F合=F-f．根据牛顿第二定律得

  物体的加速度为 a==m/s2=1m/s2

则物体4.0s末的速度为v=at=1×4m/s=4m/s

4.0s内发生的位移为x=at2=×1×42m=8m

答：物体4.0s末的速度是4m/s，4.0s内发生的位移是8m．

（1）设2s时刻的速度为v2，杆ab切割磁感线产生的感应电动势为：E=BLv2

根据闭合电路欧姆定律有：E=I（ R+r ）                                         

由以上两式解得：v2==m/s=2m/s

（2）v==kt

因v与t是一次函数，故金属杆做匀加速直线运动．           

其加速度大小：a=k=×=1m/s2

（3）方法一：q=△t=△t=△t===0.5C

方法二：由i-t图象可知：q=△t=×2.0×0.5C=0.5C

（4）2s时刻的安培力：F安=BIL===7.5×10-2N

由牛顿第二定律得：F-F安-mgsinθ=ma                                  

则此时的外力：F=F安+mgsinθ+ma=7.5×10-2N+0.1×10×0.5N+0.1×1N=0.675N  

则功率：P=Fv=0.675×2W=1.35W      

答：（1）2s时刻杆ab的速度υ大小为2m/s．

（2）加速度a的大小为1m/s2．

（3）从静止开始在2秒内通过金属杆ab横截面的电量q为0.5C．

（4）2s时刻外力F的功率P为1.35W．

（1）如图所示，当EF从距BD端s处由静止开始滑至BD的过程中，受力情况如图所示．安培力：F安=BIL=B•L．

根据牛顿第二定律：Mgsinθ-F安=Ma      

当a=0时速度达到最大值vm，即：vm=．

（2）根据牛顿第二定律：F-Mgsinθ=Ma

得 a=  

（3）棒先向上减速至零，然后从静止加速下滑，在滑回BD之前已达最大速度vm开始匀速．

设EF棒由BD从静止出发到再返回BD过程中，转化成的内能为△E．根据能的转化与守恒定律：

Fs-△E=Mvm2                                                       

△E=Fs-M[]2

△ER=Fs-[]2

答：（1）棒EF下滑过程中的最大速度为．

（2）恒力F刚推棒EF时棒的加速度为a=．

（3）棒EF自BD端出发又回到BD端的整个过程中，电阻R上有Fs-[]2的电能转化成了内能．

（1）设装置由静止释放到导体棒运动到磁场下边界的过程中，作用在线框上的安培力做功为W

         由动能定理  mgsinα•4d+W-BIld=0

         且Q=-W

         解得  Q=4mgdsinα-BIld

   （2）设线框刚离开磁场下边界时的速度为v1，则接着向下运动2d

        由动能定理得：mgsinα•2d-BIld=0-m

        装置在磁场中运动时收到的合力F=mgsinα-F′

        感应电动势   E=Bdv

        感应电流     I′=

        安培力       F'=BI'd

       由牛顿第二定律，在t到t+△t时间内，有△v=△t

       则∑△v=∑[gsinα-]△t

       有v1=gt1sinα-

       解得   t1=

  （3）经过足够长时间后，线框在磁场下边界与最大距离xm之间往复运动

       由动能定理   mgsinα•xm-BIl（xm-d）=0

       解得    xm=

答：（1）装置从释放到开始返回的过程中，线框中产生的焦耳热为4mgdsinα-BIld；（2）线框第一次穿越磁场区域所需的时间t1为；（3）经过足够长时间后，线框上边与磁场区域下边界的最大距离Χm为．

（1）由题意可知，金属块所受竖直向下的压力值即为上底板压力传感器示数（设为F1），金属块所受竖直向上的弹力值即为下底板压力传感器示数（设为F2）．

当a=2m/s2（竖直向下）、F1=6N、F2=10N时，

对金属块有：F1+mg-F2=ma

解得：m=0.5（kg）

（2）若上底板传感器示数为下底板传感器示数的一半

∵弹簧形变量没有改变

∴下底板传感器示数不变，

根据牛顿第二定律得，F1′+mg-F2=ma′

解得a′=0

知箱子处于静止或匀速直线运动．

（3）临界分析：设上底板压力传感器示数恰好为零（即上底板与金属块接触但不挤压），此时下底板压力传感器示数仍然不变

a″==10m/s2

答：（1）金属块的质量为0.5kg．

（2）箱子处于静止或匀速直线运动．

（3）箱沿竖直轨道运动的加速度为10m/s2，方向向上．

（1）设汽车在水平路面和斜坡行驶时受到的阻力大小为f，汽车在水平路面匀速行驶时的牵引力为F1，则

    P=F1v=fv，解得，f=1.0×104N

设汽车以v=8m/s的速度冲上斜坡时的牵引力为F2，则

    1.5P=F2v，求得F2=1.5×104N

此时汽车受到沿斜面向下的力为：f+Mgsinθ=2×104N＞F2，所以汽车沿斜坡向上做加速度减小的加速运动，当加速度减小为零汽车又开始做匀速运动，

设匀速运动的速度大小为v′，

 （f+Mgsinθ）v′=1.5P

解得，v′==6m/s；

（2）设汽车在斜坡上做变加速运动的时间为t，则由动能定理得

    1.5Pt-（f+Mgsinθ）S=Mv′2-Mv2

解得t=4s

答：

（1）汽车在坡面匀速运动的速度大小为6m/s；

（2）汽车在坡面上变加速运动的时间是4s．

（1）因小球做直线运动，由受力分析可判断小球带负电．     

（2）F合=mg=ma∴a=g     

（3 ）  因为E=　

　　所以Ubd=-．

答：（1）液滴带负电．

（2）液滴的加速度为g．

（3）b、d两点的电势差为Ubd=-．

（1）根据牛顿第二定律得：F-f=ma

解得：f=F-ma=90-45×1.8=9N；

（2）撤去拉力的瞬间，只受摩擦力，则f=ma2，

解得a2==-0.2m/s2

答：（1）运料车受的阻力为9N；

（2）当这位工人不再推车时，车的加速度是0.2m/s2．

（1）v=2.0×104m/s ；（2）r=0.036m （3）（0.5+2n)×10-5s -5s（n=0，1，2，3…）

试题分析：（1）设带电粒子从PQ左边缘进入电场的速度为v，由MN板右边缘飞出的时间为t，带电粒子在电场中运动的加速度为a，则

则   

解得   v=2.0×104m/s

（2）粒子进入电场时，速度方向改变了解90°，可见粒子在磁场中转了四分之一圆周。设圆形匀强磁场区域的最小半径为r，粒子运动的轨道半径为R，则  qvB= 

m

由图中几何关系可知

r==0.036m

圆形磁场区域的最小半径r="0.036m"

（3）带电粒子以v=2.0×104m/s进入两金属板间，穿过电场需要的时间为

t=l/v=1.0×10-5s，正好是交变电压的半个周期。

在两极板上加上如图所示的交变电压后，设带电粒子的加速度为aʹ，则

m/s2

时刻进入电场的粒子穿过电场时的偏转量为：

>d=10cm，粒子将打在MN板上。

同理，t=2.0、4.0、 6.0……2.0n（n=0、1、2、3……）时刻进入电场的粒子都将打在MN板上。

设带电粒子在t1时刻进入两极板间，恰好从MN板右边缘飞出，带电粒子进入电场后向下加速的时间为Dt1，则减速阶段的时间也是Dt1，如图18题答案图2所示，由对称性可知

 ，Dt1=0.50×10-5s

所以   t1=t-="(1.0-0.5)" ×10-5s=0.5×10-5s

设带电粒子在t2时刻进入两极板间，恰好从PQ板右边缘飞出。它在竖直方向的运动是先加速向下，经过Dt2时间后电场反向，粒子在竖直方向运动改为减速向下，又经过时间Dt2，竖直分速度减为零，然后加速向上直到从Q点飞出电场。粒子这一运动过程的轨迹示意图如图18题答案图3所示，带电粒子进入电场后向下加速的时间为Dt2，

y1=

Dt2=(1－×10‑5s

t2= t-Dt2=[1.0-（1－]×10-5s=×10-5s=0.70×10-5s

考虑到交变电流的周期性，带电粒子不碰到极板而能够飞出两板间的时刻t为

（0.5+2n)×10-5s -5s（n=0，1，2，3…）

两个人的最大推力为

货物所受摩擦力始终为

又重力沿斜面向下的分力为

由于，故两从不可能直接将货物推上斜面。

注意到，我们可以让货物先在水平面上作匀加速运动，使货物在滑上斜面之前已经获得速度，然后匀减速滑动斜面顶端。

设货物在水平面上作匀加速直线运动的距离为s，在此运动过程中，由牛顿第二定律得，则货物在水平面上作加速运动所获得的速度为。

货物滑上斜面后作匀减速运动，设其加速度大小为，则由牛顿第二定律得，其中为货物重力的下滑分力，

要使货物恰好能滑到顶端，则有。所以，货物在水平面上加速的距离应为，代入数据即可求得。

故可设计方案为：两人用最大推力使货物在水平面上至少滑行20m后再推物体滑上斜面。应该指出，可行的方案有很多种。例如两人可用F=1600N的推力在水平面上加速滑行更大的一段距离以后再用较小的推力将货物推上斜面，也可以用1200N

两个人的最大推力为

货物所受摩擦力始终为

又重力沿斜面向下的分力为

由于，故两从不可能直接将货物推上斜面。

注意到，我们可以让货物先在水平面上作匀加速运动，使货物在滑上斜面之前已经获得速度，然后匀减速滑动斜面顶端。

设货物在水平面上作匀加速直线运动的距离为s，在此运动过程中，由牛顿第二定律得，则货物在水平面上作加速运动所获得的速度为。

货物滑上斜面后作匀减速运动，设其加速度大小为，则由牛顿第二定律得，其中为货物重力的下滑分力，

要使货物恰好能滑到顶端，则有。所以，货物在水平面上加速的距离应为，代入数据即可求得。

故可设计方案为：两人用最大推力使货物在水平面上至少滑行20m后再推物体滑上斜面。应该指出，可行的方案有很多种。例如两人可用F=1600N的推力在水平面上加速滑行更大的一段距离以后再用较小的推力将货物推上斜面，也可以用1200N