热门试卷

（1）因物体沿地板匀速运动，所以物体在水平方向受平衡力，

即摩擦力f=F1=4N       

改用F2=10N的力沿水平方向拉此物体，根据牛顿第二定律有：F2-f=ma

解得：a==3m/s2

（2）撤去拉力时物体运动的速度大小为：

v=at=3×4m/s=12  m/s    

答：（1）加速度为3m/s2

（2）F2作用4s时物体运动的速度大小为12m/s

（1）导体棒刚进入磁场时的速度：由=2gh      得：v0==3m/s

导体棒进入磁场时所受安培力：F=BIL=

根据牛顿第二定律得：mg-=ma

代入解得：B=T

（2）导体棒PQ刚进入磁场时感应电流的大小为：I===A=A

由右手定则判断得：导体棒PQ中感应电流的方向：P→Q

（3）根据动能定理得：mgH-|WF安|=maH

得：|WF安|=mH（g-a）=0.1×0.5（10-9）J=0.05J

（4）由mg-=ma和 v2-v02=2ay得：

B==

答：

（1）导体棒刚进入磁场时，该处的磁感应强度B的大小为T；

（2）导体棒PQ刚进入磁场时感应电流的大小为A，方向P→Q；

（3）导体棒PQ穿过磁场过程中克服安培力所做的功为0.05J；

（4）磁感应强度B随y变化的函数关系是．

（1）竖直方向：qE-mg=ma     h=at2

水平方向：l=v0t

解得：E=+

故匀强电场的场强大小E=+．

（2）W=qEh，代入E得：W=mgh+

故电场力所做的功为mgh+．

（3）由动能定理得：qEh-mgh=Ek-mv02解得：Ek=mv02+

故小球在h高度处的动能为mv02+．

（1）导体棒切割磁感线产生感应电动势：E=Blv，

由闭合电路的欧姆定律可得，电路电流：I==，

由图乙可得：t=4.0s时，I=0.8A，即：==0.8A，

解得：v=2m/s；

（2）由于B、l、R、r是定值，由I=可知，I与v成正比，

由图乙可知，电流I与时间t成正比，由此可知，速度v与时间t成正比，

由此可知，导体棒做初速度为零的匀加速直线运动，

4.0s内金属棒的加速度a===0.5m/s2，

对金属棒由牛顿第二定律得：F-mgsin30°-F安=ma，

由图乙所示图象可知，t=3s时I=0.6A，此时F安=BIl=1T×0.6A×0.5m=0.3N，

则3s末，拉力F=mgsin30°+F安+ma=0.85N，

t=3s时I=0.6A，由I=可知，t=3s时，棒的速度v=1.5m/s，

3.0s末力F的瞬时功率P=Fv=0.85N×1.5m/s=1.275W；

（3）通过R与r的电流I相等，由焦耳定律得：

====，则Qr=QR=×0.64J=0.16J，

在该过程中电路中产生的总热量为：Q总=Qr+QR=0.8J，

在导体棒运动的过程中，克服安培力做的功转化为焦耳热，

因此在该过程中，安培力做的功W安=-Q总=-0.8J，

对金属棒，在0～4.0s内，导体棒的位移：

x=at2=×0.5m/s2×（4s）2=4m，

重力做的功WG=-mgxsin30°=-0.1kg×10m/s2×4m×=-2J，

t=4s时，v=2m/s，由动能定理得：

WF+W安+WG=mv2-0，

解得，F对金属棒所做的功：WF=3.64J；

答：（1）4.0s末金属棒ab瞬时速度的是2m/s．

（2）3.0s末力F的瞬时功率是1.275W．

（3）0～4.0s时间内F对金属棒所做的功是3.64J．

（1）设滑块到达B点的速度为v，由机械能守恒定律，有

mgh=m2v2

v==2m/s

（2）滑块在传送带上做匀加速运动，受到传送带对它的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律有

μmg=ma

滑块对地位移为L，末速度为v0，则

L=

得μ==0.25

（3）产生的热量等于滑块与传送带之间发生的相对位移中克服摩擦力所做的功，即

Q=μmg△s

其中△s为传送带与滑块间的相对位移．

设所用时间为t，则△s=v0t-L

又L=t

t=s

所以△s=(9-4)s

得Q=J

答：（1）滑块到达底端B时的速度为2m/s；

（2）滑块与传送带间的动摩擦因数为0.25；

（3）此过程中，由于克服摩擦力做功而产生的热量为J．

（1）带电粒子受到的电场力：F=qE=2×10-6×103N=2×10-3N

（2）由牛顿第二定律得：a=

得：△v=a×1=2m/s

（3）∵tan45°=

∴Vy=2V0   

解得：v=m/s

 v0=2m/s=4.5m/s

速度方向：与x轴呈45°-arctg斜向右下方．

由公式：U=Ed  

位移：d=at2=4m

U=E V0t=1000×4V=-4×103V

答：（1）该带电小球所受到的电场力是2×10-3N；

（2）该带电小球在第二秒内速度的变化量是2m/s；

（3）带电小球经过A点时速度V、OA间电势差UOA=-4×103V．

（1）物体在传送带上获得的加速度为μmg=ma

a=μg

到达B点时获得的速度为2aL0

vB==

物体在斜面上上升时的加速度为-mgsinθ-μmgcosθ=ma上

a上=-gsinθ-μgcosθ

上滑的最大高度为

2a上=0-

代入数据解得h=

（2）在下滑过程中加速度为mgsinθ-μmgcosθ=ma下

a下=gsinθ-μgcosθ

到达B点时的速度为

2a下

解得v′B=

距B点的最大距离为

-2ax=0-

代入数据解得x=；

（3）第一次在斜面上上升的位移为

L0==

第二次到达B点时的速度为2ax

上升的位移为

2a上L=0-

L=

下滑到B点具有的速度为2a下

=

在水平传送带上向左通过的位移为

-2ax′=0-

x′=

依此类推

在水平传送带上的路程为

X=L0+()

在斜面上的路程为

X′=()

总路程为X总=X+X′=L0+()+()

答：（1）物休在斜面上能上滑的最大高度是

（2）第一次返回传送带上距B的最大距离为

（3）物体运动的总路程是L0+()+()

由题，匀强电场方向平行于x轴，电子进入电场后类平抛运动，电子要到达A点，电场强度方向必须沿x轴负方向．

将电子的运动分解为：水平和竖直两个方向，水平方向电子做匀加速直线运动，竖直方向做匀速直线运动．

竖直方向：Lsinθ=v0t，得到t=         ①

水平方向：加速度a=，Lcosθ=at2= ②

将①代入②得

     E=

代入解得E≈3.9×104V/m，方向沿x轴负方向

答：匀强电场的场强大小是3.9×104V/m，方向沿x轴负方向．

（1）系统的动量守恒可得mava=mbvb，①

又ma=2mb=2 kg，va=4.5m/s

解得：vb=9.0m/s     ②

设滑块b到达B点时的速度为vB，由动能定理得，-μmbgL=mb-mb③

刚进入圆轨道时，设滑块b受到的支持力为FN，由牛顿第二定律得，FN-mbg=④

由牛顿第三定律FN=-⑤

由③④⑤得滑块b对轨道的压力=-59N，方向竖直向下

（2）若小滑块b能到达圆轨道最高点，速度为vC

则由机械能守恒，mb=mbg2R+mb⑥

解得vc=3.0m/s⑦

小物块b恰能过最高点的速度为v，则mbg=⑧

解得，v==m/s⑨

因vC＜v，故小滑块b不能到达圆轨道最高点C．

答：（1）小滑块b经过圆形轨道的B点时对轨道的压力为59N，方向竖直向下．

（2）小滑块b不能到达圆轨道最高点C．

（1）小滑块运动到位置p2时速度为v1，由动能定理有：

-umgL=m-m

           v1=

   （2）由题意可知，电场方向如图，若小滑块能通过位置p，则小滑块可沿挡板运动且通过位置p5，设小滑块在位置p的速度为v，受到的挡板的弹力为N，

        匀强电场的电场强度为E，由动能定理有：

-umgL-2rEq=m-m

       当滑块在位置p时，由牛顿第二定律有：mg+N+Eq=m

       由题意有：N≥0

       由以上三式可得：E≤

       E的取值范围：0＜E≤   ①

   （3）设线圈产生的电动势为E1，其电阻为R，平行板电容器两端的电压为U，t时间内磁感应强度的变化量为△B，得：

             U=Ed    ②

        由法拉第电磁感应定律得E1=n     ③

        由全电路的欧姆定律得E1=I（R+2R）    ④

        U=2RI    ⑤

       由②③④⑤得：△B=t

       把①带入上式得：0＜△B≤t

所以经过时间t，磁感应强度变化量的取值范围：0＜△B≤t．

答：（1）小滑块通过p2位置时的速度大小为；（2）电容器两极板间电场强度的取值范围为0＜E≤；（3）经过时间t，磁感应强度变化量的取值范围为0＜△B≤t．

由题意可知，物体前2s内做匀加速度直线运动，后2s内做匀速直线运动．

设前2s内物体的位移为x1，对物体受力分析如图所示．

由牛顿第二定律得Ff=μmg=ma------------①

由运动学公式得X1=at2---------------②

               v=at1-----------------③

设后2s内物体的位移为x2，则x2=vt2--------④

物体从水平传送带的右端到达左端通过的位移x=x1+x2------⑤

联立①②③④⑤式解得：

  a=1m/s2，

  μ=0.1，

  x=6m．

答：（1）物体在水平传送带上滑动时的加速度大小为1m/s2；

    （2）物体与水平传送带间的动摩擦因数为0.1；

    （3）物体从水平传送带的右端到达左端通过的位移为6m．

（1）当线圈ab边进入磁场时

v1==3m/s

E=BLv1

安培力F=BIL=BL=0.15N

由牛第二定律mg-F=ma

得a=2.5m/s2

（2）由v=   而I=

则F=BILmg-F=0

解得h=0.8m

（3）线圈cd边进入磁场前F=G，线圈做匀速运动，

由能量关系可知焦耳热

Q=mgL=0.02J            

通过线框的电量q=It==0.05C

由图象可知，运动员的重力为 mg=500N           

弹簧床对运动员的最大弹力为  Fm=2500N            

由牛顿第二定律得  Fm-mg=ma                    

am==m/s2=40m/s2    

答：运动员在运动过程中的最大加速度为40m/s2．

由于m与M无摩擦，所以开始物块m在车上静止，离开车后做自由落体运动，放上m后地面对M的摩擦力F1=μ（m+M）g，则M的加速度a1==3.25 m/s2-------①

m离开M前，M做减速运动，位移s1=L，设m即将落地时车速度为v，则由运动学公式

v02-v2=2a1L，得

v═6 m/s

物块m下落时间

t==s=0.4 s

m离开M后，M的加速度

a2═μg=3 m/s2

在0.4 s内车前进的距离

s2=v t-a2t2=2.16 m

所以，物体落地点离车前端距离

s=s2+L=2.16 m+2 m=4.16 m．

故物块落地时，落地点距车前端4.16m．