热门试卷

（1）设线圈的右边导线所在位置的磁感应强度为B1、左边导线所在位置的磁感应强度为B2，则E=B1hv-B2hv=kLhv

线圈所受的安培力 FA=（B1-B2）h

由牛顿第二定律可得：F-FA-f=ma

即得  F-(B1-B2)h-f=ma

又  v=at 

得，F随时间t的变化规律为 F=ma+f+at

（2）若FA=≤f时，线圈将始终静止不动．

    若FA=＞f时，线圈将加速度向左动，最终匀速．

设线圈匀速时的速度为v′，则有    =f

解得   v′=v-

（3）线圈的加速度最终与磁场的加速度相同，即  a=．  

设t时刻线圈的速度为v″，则-f=ma

解得

v″=vt-

答：

（1）要让线圈在水平外力F的作用下，从静止开始向右做加速度为a的匀加速直线运动，F随时间t的变化规律为 F=ma+f+at．

（2）若磁场区域以速度v1水平向左匀速运动，线圈从静止开始释放，此后线圈运动的最大速度v-．

（3）t时刻线圈的速度为vt-．

由牛顿第二定律得：-μmg=ma      

解得a=-μg                       

因此a1=-μ1g=-7m/s2   a2=-μ2g=-1m/s2   

由运动学公式：

0-Vo2=2as 得s=

=

s2=s1=9.8m   

答：汽车以同样的速度在结了冰的水平路面上行驶，急刹车后滑行的距离为9.8m．

（1）电子在B点受到的库仑力大小为

F==       

电子在该处的加速度为a==

（2）设电子在B点是的速度为vB，由动能定理得

mv2-mv02=-eU

解得v0=

答：（1）电子经过B点时的加速度大小为．

（2）电子在A点时的速度大小为．

（1）上升时加速度大小为a1==gsinθ+μgcosθa1=7.2m/s2

下滑时加速度大小为    a2==gsinθ-μgcosθ

a2=4.8m/s2

上滑最大位移为限S=

代入已知得S=14.4 m

（2）由S=a2t2得下滑时间t==s≈2.4s

答：（1）物体沿斜面上滑的最大位移为14.4m；

（2）物体沿斜面下滑的时间为2.4s．

①平衡摩擦力时，取下砂桶，把木板不带滑轮的一端垫高，接通打点计时器电源，若小车拖着纸带做匀速直线运动，则摩擦力得到平衡．

从纸带上看出，相等时间内位移越来越大，知小车做加速运动，需减小木板的倾角，直至小车做匀速直线运动，当纸带上打出的点迹间隔均匀，说明小车做匀速直线运动．

②每打5个点取一个计数点，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s，

小车通过C点的速度vc==1.24m/s．

根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，

得：xCD-xAB=2a1T2 

xDE-xBC=2a2T2 

为了更加准确的求解加速度，我们对三个加速度取平均值

得：a=（a1+a2）

解得：a=6.22m/s2．

故答案为：①（i）轻轻推动

（ii）减小，间隔均匀；

②1.24，6.22

设Q与水平面间的动摩擦因数为μ1，P、Q间的动摩擦因数为μ2

（1）设P到左圆弧最底端的速度为v1，对P从开始运动到左圆弧最底端应用动能定理有：

mv12-mv02=mgR

解得v1=3m/s．

设P到右圆弧最底端的速度为v2，因为P滑上右圆弧轨道恰能滑到最高点，在此过程中，对P应用动能定理有：

0-mv22=-mgR

P在Q上滑动，对P应用动能定理有：mv22-mv12=-μ2mgd

联立解得v2=2m/s，μ2=0.25．

（2）P在Q上向右做匀减速运动，P的加速度大小为a1=μ2g，方向向左

Q向右做匀加速运动，加速度大小为a2==μ2g-2μ1g，方向向右．

设P在Q上运动的时间为t1，应用运动学公式可知，

t1==0.4s．

对Q有d-L=a2t12，水平面对Q的摩擦力做功为Wf=-μ1（2m）g（d-L）

联立解得：a2=1.25m/s2，μ1=0.0625，Wf=-0.125J．

（3）P第一次从左圆弧最底端到右圆弧最底端受到的作用力不变，根据动能定理可知，动能减小量△Ek=μ2mgd=2.5J．

假设P能从右圆弧最底端到左圆弧最底端，到底端时的动能为mv32=mv22-△Ek＜0．

说明小滑块从右圆弧最底端不能到达左圆弧最底端．

假设P、Q可达到共同速度v3，需时间t，则有：v3=v2-a1t=a2t．

解得v3=m/s，t=s．

在此过程中Q的运动位移x1==m＞0.1m，说明P、Q不可能达到共同速度，Q向左运动0.1m与左壁碰撞而停止运动，P向左运动位移x2==0.8m停止运动，P最终停止位置到右圆弧底端的距离为0.8m．

答：（1）P、Q之间的动摩擦因数为0.25．

（2）此过程中水平面对Q的摩擦力所做的功为-0.125J．

（3）P最终停止位置到右圆弧底端的距离为0.8m．

A、钩码的质量太大会使图线末端弯曲明显，故A错误；

B、未平衡摩擦力会使图线与F轴的正半轴部分有交点，故B错误；

C、平衡摩擦力时木板的倾角太小，未完全平衡，同样会使图线与F轴的正半轴部分有交点，故C错误；

D、F不为零时，加速度仍为零，知没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足，故D正确；

故选D．

我的推导过程：F合=ma  ①

    v22-v12=2as变形得 a=②

    ②代入①得  F合=m整理后得：F合s=mv22-mv12

    即：W=Ek2-Ek1

我的结论：合外力对物体所做功等于物体动能的变化．

故答案为：F合=ma ①v22-v12=2as②，②代入①得 F合=m整理后得：F合s=mv22-mv12，即：W=Ek2-Ek1；合外力对物体所做功等于物体动能的变化．

（1）当汽车的牵引力等于摩擦力时，匀速运动，汽车在路面上行驶的速度最大，v==m/s=20m/s；

（2）运动后4s末汽车的速度为v=at=1.5×4m/s=6m/s，

牵引力为：F-f=ma，

则：F=f+ma=0.1×40000+4000×1.5N=10000N．，

则发动机的功率P=Fv=10000×6W=60000W；

（3）匀加速度的最大速度为v′==m/s=8m/s

t==s=5.3s．

答：（1）汽车在路面上行驶的最大速度是20m/s．

（2）开始运动后4s末发动机的功率为60000W．

（3）这种匀加速运动能维持的最长时间为5.3s．

小球在电场中做匀变速曲线运动，在竖直方向做匀加速直线运动，由位移时间关系得：

=at2

解得：a=5m/s2

由牛顿第二定律得

mg-=ma　

解得：m=40q

要使小球沿水平方向运动，

应有mg=E′q　

E′=    

所以 d′==0.1m

答：A、B两板间的距离应调节为0.1m

A、B、拉力不为零时，加速度仍为零，可能没有平衡摩擦力，选项A错误、选项B正确；

C、D、造成上部点迹有向下弯曲趋势，原因是没有满足所挂钩码的总质量远远小于小车质量，选项C正确、选项D错误．

故选BC．

（1）上升时间t上==20s    上升高度h上==2000m

判断当速度达到350m/s时，下落高度h下==6125m，

此时离地高度为h+h上-h下=7000+2000-6125=2875＞2000m，t下==35s，

所以一次上下创造的完全失重的时间为55s．

（2）当飞机在离地4500m＞2875m，所以飞机仍在完全失重状态，飞机自由下落的高度h2=2000+7000-4500m，此时，v2==300m/s

推力F=f=kv2=900×300=2.7×105N

即飞机下降离地4500米时飞机发动机的推力为2.7×105N．

（1）打开降落伞前人做自由落体运动，根据位移速度公式得：

h0==20m

（2）由a图可知，当速度等于5m/s时，物体做匀速运动，受力平衡，

则kv=2mg

k===200N•m/s

根据牛顿第二定律得：

a==30m/s2

方向竖直向上

（3）设每根绳的拉力为T，以运动员为研究对象，根据牛顿第二定律得：

8Tcosα-mg=ma

解得：T==312.5N

所以悬绳能够承受的拉力至少为312.5N

答：（1）打开降落伞前人下落的距离为20m；

（2）求阻力系数k为200N•m/s，打开伞瞬间的加速度a的大小为30m/s2，方向竖直向上；

（3）悬绳能够承受的拉力至少为312.5N．

（1）由F=μMg   得μ=0.5①

第一个铁块放上后，木板做匀减速运动，由动能定理得：

μmgL=Mv02-Mv12②

代入数据得v1=2m/s

（2）对木板有F合=f-F=nμmg③

第一个铁块放上后μmgL=Mv02-Mv12④

第二个铁块放上后2μmgL=Mv12-Mv22⑤

…

第n个铁块放上后nμmgL=Mvn-12-Mvn2⑥

由④⑤⑥式得(1+2+3+…+n)μmgL=Mv02-Mvn2⑦

木板停下时vn=0，得n=6.6，

所以最终有7个铁块能留在木板上

（3）设当第7块铁块放上后，最后静止的位置距木板右端的距离为d由第（2）问得：

μmgL+7μmgd=Mv02

解得d=m

答：（1）第一个铁块放上后，木板运动1m时，木板的速度为2m/s．

（2）最终有7个铁块能留在木板上

（3）最后一个铁块与木板右端距离为m．