热门试卷

（1）据题意静止时受力分析如图所示

由平衡条件得：

对A有mAgsinθ=FT①

对B有qE+f0=FT②

代入数据得f0=0.4N③

（2）据题意A到N点时受力分析如图所示由牛顿第二定律得：

对A有F+mAgsinθ-FT-FKsinθ=mAa④

对B有FT-qE-f=mBa⑤

其中f=μmBg⑥

FK=kx⑦

由电场力做功与电势能的关系得△EP=qEd⑧

由几何关系得x=-⑨

A由M到N由-=2ad得A运动到N的速度v=⑩

拉力F在N点的瞬时功率P=Fv⑪

由以上各式代入数据P=0.528W⑫

答：（1）B所受静摩擦力的大小为0.4N．

（2）A到达N点时拉力F的瞬时功率为0.528W．

（1）物体从斜面上匀加速下滑，根据牛顿第二定律，有：

a=gsinθ

又=2a•

解得物体滑到底端时的速度：

vA==4m/s

（2）以地面为参照系，物体滑上传送带后向右做匀减速运动直到速度为零，期间物体的加速度大小和方向都不变，加速度大小为：

a==μg=1m/s2

物体从滑上传送带到相对地面速度减小到零，对地向右发生的位移为：

s1===8m＞6m

表明物体将从右边离开传送带．

（3）以地面为参考系，若两皮带轮间的距离足够大，则物体滑上传送带后向右做匀减速运动直到速度为零，后向左做匀加速运动，直到速度与传送带速度相等后与传送带相对静止，从传送带左端掉下，期间物体的加速度大小和方向都不变，加速度大小为：

a==μg=1m/s2

取向右为正方向，物体发生的位移为：

s1===3.5m

物体运动的时间为：

t==7s

这段时间内皮带向左运动的位移大小为：

s2=vt=3×7=21m

物体相对于传送带滑行的距离为：

△s=s1+s2=24.5m

答：（1）物体滑上传送带A点时的速度大小为4m/s；

（2）若两皮带轮AB之间的距离是6m，物体将从右边离开传送带；

（3）M和传送带间相对位移为24.5m．

（1）设物体向右做匀减速直线运动的加速度为a1，则由v-t图得

a1=2m/s2①

根据牛顿第二定律，有F+μmg=ma1②

设物体向左做匀加速直线运动的加速度为a2，则由v-t图得

a2=1m/s2③

根据牛顿第二定律，有F-μmg=ma2④

解①②③④得：F=3N，μ=0.05

（2）设10s末物体离a点的距离为d，d应为v-t图与横轴所围的面积

则：d=×4×8m-×6×6m=-2m，负号表示物体在a点以左

答：（1）力F的大小为3N，物体与水平面间的动摩擦因数μ为0.05；

（2）10s末物体离a点的距离为2m．

小球静止时只受电场力、重力及摩擦力，电场力水平向右，摩擦力竖直向上；开始时，小球的加速度应为

a=； 小球速度将增大，产生洛仑兹力，由左手定则可知，洛仑兹力向右，故水平方向合力将增加，摩擦力增加，故加速度减小；所以小球由静止沿棒下落的最大加速度为；

当此后速度继续增大，则洛仑兹力增大，水平方向上的合力增大，摩擦力将增大；加速度将继续减小，当加速度等于零时，即重力等于摩擦力，此时小球速度达到最大．

则有mg=μ（qE+qvB），

解得：v=

答：小球由静止沿棒下落的最大加速度为；最大速度v=

（1）当金属棒以速度v0匀速运动时，ε=BLv0

I==FA=BIL=

F=FA==N=0.2N

（2）若金属棒与导轨间存在摩擦力，则：F-μmg=

得：v1===1m/s

（3）当金属棒的速度为v2时，有    -f=FA=

代入数据整理得v22+v2-6=0

解得v2=2m/s

（4）设电量为q，有      q=•△t=•△t=•△t==

得x==m=0.5m

根据总能量守恒，有mv32=Q+fx

得v3==m/s=3m/s

答：（1）若不计金属棒和金属导轨间的摩擦，金属棒达到稳定运动时速度v0=1m/s，则此时牵引力F0.2N；

（2）若金属棒与导轨间的动摩擦因数μ=0.1，牵引力F=0.4N，则金属棒所能达到的稳定速度v1为1m/s；

（3）若金属棒与导轨间的动摩擦因数μ=0.1，牵引力的功率恒为P=1.2W，则金属棒所能达到的稳定速度v2为2m/s；

（4）若金属棒与导轨间的动摩擦因数μ=0.1，金属棒在运动中达到某一速度v3时，突然撤去牵引力，从撤去牵引力到棒的速度为零时止，通过金属棒的电量为0.5C，金属棒发热0.8J，则撤去牵引力时棒的速度v3为3m/s．

（1）设车子的质量为m，轮胎与路面间的动摩擦因数是μ，由动能定理得：

-μmgs=-mv2

故：s=v2

即：刹车痕与刹车前车速的平方成正比． 

（2）如图所示，由图读出，v1=56km/h，刹车时位移是s1=20m，且 =2μgs1①

由动能定理得到：v2-=-2μgs0，②

所以由①②对比得到，-v2=

代入得v02-402=562       

解得v0≈69km/h

车子刹车前的速度为69 km/h（答案可以在68km/h～71km/h之间）

答：（1）刹车痕与刹车前车速的关系为：s=v2

（2）该车子刹车前的车速是69 km/h．

（1）该实验是采用控制变量法研究，

实验思路：①保持小车质量不变，改变细线对小车的牵引力测出小车的加速度，验证力和加速度是否成正比；

②保持细线对小车的牵引力不变，改变小车的质量，测出小车加速度，验证 加速度是否与质量成反比．

（2）①安装仪器时我们需要注意：①平衡摩擦力，将木板一端垫高；②细线与木板平行，保证拉力在小车前进的方向上；③打点计时器需要用交流电源；④释放小车时应让小车从靠近计时器处释放，在纸带上打上尽量多的点；

故错误之处有：①应将电池改为交流电；②没有平衡摩擦力；③小车应靠近打点计时器端；④左端连接的细线应与木板平行

②根据牛顿第二定律实验做出的a-F图线应如右上图中图线1所示，有同学根据实验作出图线如右上图中的图线2所示，图线2表明在小车的拉力为0时，小车的加速度大于0，说明合外力大于0，说明平衡摩擦力过渡，即把长木板的末端抬得过高了．

其实验过程中不符合实验要求的操作是平衡摩擦力时木板垫得过高，

有同学根据实验作出的图线如右上图中的图线3所示，图线3说明在拉力大于0时，物体的加速度为0，说明合外力为0，即绳子的拉力被摩擦力平衡了，即没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足，也就是没有将长木板的末端抬高或抬高不够．该实验中当小车的质量远大于钩码质量时，才能近似认为细线对小车的拉力大小等于砝码盘和砝码的总重力大小，随着F的增大，即随着钩码质量增大，逐渐的钩码质量不再比小车质量小的多，因此会出现较大误差，图象会产生偏折现象．

其实验过程中不符合实验要求的操作是未平衡摩擦力或未完全平衡摩擦力和 实验中未满足m＜＜M的条件．

故答案为：（1）①牵引力、加速度，力、加速度．②质量、加速度，加速度、质量．

（2）①应将电池改为交流电；②没有平衡摩擦力；③小车应靠近打点计时器端；④左端连接的细线应与木板平行

②平衡摩擦力时木板垫得过高（或倾角过大）；未平衡摩擦力或未完全平衡摩擦力（或倾角过小）；            实验中未满足m＜＜M的条件

（1）第一颗子弹射入木块过程中由动量守恒得  mv0-Mv1=mu+Mv1′，

解得  v1′=3m/s

木块向右做匀减速运动，加速度大小为 a==μg=5m/s2，

木块速度减小为零所用时间 t1==0.6s＜1s．

所以木块在被第二颗子弹击中前向右运动距A点最远时，速度为零，移动距离为 s1==0.9m．

（2）在第二颗子弹射中木块前，木块再向左做加速运动，时间为t2=1s-0.6s=0.4s，

速度增大为v2=at2=2m/s（恰与传送带同速）

向左移动的位移为 s2=at22=0.4m．

所以在两颗子弹射中木块的时间间隔内，木块总位移s0=s1-s2=0.5m，方向向右．

第16颗子弹击中前，木块向右移动的位移为s=15s0=7.5 m．第16颗子弹击中后，木块将会再向右移动0.9 m，总位移为8.4 m＞8.3 m，木块将从B端落下．所以木块在传送带上最多能被16颗子弹击中．

（3）第一颗子弹击穿木块过程中产生的热量为 Q1=mv02+Mv12-Mv1′-2mu2=872.5J

木块向右减速运动过程中产生的热量为 Q2=μMg（v1t1+s1）=10.5J，

木块向左加速运动过程中产生的热量为 Q3=μMg（v1t2-s2）=2J．

故全过程中产生的热量为Q=Q1+Q2+Q3=885J．

答：

（1）在被第二颗子弹击中前，木块向右运动距A点的最大距离是0.9m．

（2）木块在传送带上最多能被16颗子弹击中．

（3）从第一颗子弹射中木块到第二颗子弹击中木块前的过程中，子弹、木块和传送带这一系统所产生的内能是885J．

①A受到的最大静摩擦力背离圆心时，角速度最小，

由牛顿第二定律得：mg-μMg=Mω12R，解得：ω1=2rad/s，

当A受到的最大静摩擦力指向圆心时，角速度最大，

由牛顿第二定律得：mg+μMg=Mω22R，解得：ω1=5rad/s，

角速度范围是2rad/s≤ω≤5rad/s；

②绳子断后，B做自由落体运动，

H-（L-R）=gt2，解得：t=0.2s，

对于A，若静摩擦力指向圆心，

由牛顿第二定律得：mg+f=M，解得：v1=1.6m/s，

若静摩擦力背离圆心，物体A的线速度为v2，mg-f=M，

显然由上述两个方程可得：v1＞v2，所以物体A以v1的速度平抛，当物体B落地时两者间距最大；

物体A做平抛运动，t=0.2s时间内，沿速度方向的位移为x，

下落的位移为y，则有：x=v1t，y=gt2，解得：x=0.32m，y=0.2m，

所以此时A物体与地面的高度为：h=H-y=0.3m，

物体A、B间此时的距离为：S===0.59m；

答：：①为使物体A与圆盘间不发生相对滑动，圆盘转动的角度的范围是2rad/s≤ω≤5rad/s；

②若当A与圆盘间的静摩擦力f=0.3N时，将OA段绳烧断，则当B落地瞬间A、B两物体的距离最大为0.59m．

（1）A球刚释放时，受到重力、沿细杆向上的库仑力和细杆的支持力，根据牛顿第二定律得：

mgsinα-=ma；

得：a=gsinα-sin2α；

（2）到达平衡位置时，速度最大，根据平衡条件，有：

mgsinα-=0

得：x=；

（3）从A到C过程，只有重力和电场力做功，根据动能定理，有：

mgsinα•x+q•UAC=mv2-0

将x代入，解得：UAC=

答：（1）A球刚释放时的加速度是gsinα-sin2α；

（2）当A球的动能最大时，A球与B点的距离为；

（3）A、C两点的电势差为．

（1）根据牛顿第二定律得

研究木块m：F-μ2mg=ma1

研究木板M：μ2mg-μ1（mg+Mg）=Ma2

又S木=a1t2，S板=a2t2

L=S木-S板

联立解得：t=1s

（2）当F≤μ1（mg+Mg）时，f=0N；

当M、m都运动，而且两者刚要相对滑动时，设此时的拉力大小为F1，根据牛顿第二定律得：

对m：μ2mg=ma

对M：F1-μ1（mg+Mg）=Ma

联立解得，F1=10N，所以当μ1（mg+Mg）＜F≤10N时，M、m相对静止

则有：

对整体：F-μ1（mg+Mg）=（m+M）a

对铁块：f=ma

即：f=-1（N）

当10N＜F时，m相对M滑动，此时摩擦力f=μ2mg=4N

画出铁块受到的摩擦力f随力F大小变化的图象如图．

答：

（1）若木板长L=1m，在铁块上加一个水平向右的恒力F=8N，经过1s时间铁块运动到木板的右端．

（2）铁块受到的摩擦力f随力F大小变化的图象如图所示．

（1）当小球和圆弧面之间的弹力刚好为零时，受力情况如图所示，

由于绳长河半径相等，故绳和水平方向的夹角为60°，对小球受力分析有：ma=mgcot60°

代入数据得：a=g

（2）当小车加速度为g时，小球将飞起来，对小球受力分析可知：

T===mg

tanθ==1

可得：θ=45°

答：（1）若小球和圆弧面之间的弹力刚好为零，小车的加速度为g；

（2）当小车以g的加速度向右匀加速直线运动时，绳的拉力为mg，轻绳与AB间的夹角为45°．

（1）由牛顿第二定律得

对小球：mg-F=ma

对物块：F-μMg=Ma

联立解得a=

     F=

（2）小球落地时速度为v=

对物块：根据动能定理得，

-μMgs=0-Mv2

其中s≤l-h

联立解得，a≤8m/s2

又因为a=，得m≤10kg

要能拉动物块必须有mg＞μMg，即m＞0.4kg

所以小球 质量范围为0.4kg＜m≤10kg

答：

（1）小球做勾加速运动时的加速度为，此时绳子的拉力大小为．

（2）要使物块不撞到定滑轮，小球质量m应满足0.4kg＜m≤10kg．

（1）匀加速运动时的加速度：a===6m/s2，

根据牛顿第二定律得：F-f=ma

代入数据解得：f=1.0×104N

（2）根据运动学公式：L=，

解得v1==≈48m/s．

（3）战机起飞时间：t=

航空母舰：x1=vmt

战机位移：x2=t

两者位移之差：L=x2-x1

联立两个方程得：v2==≈16m/s．

答：（1）歼-10战机在陆地上起飞前匀加速运动过程中加速度a的大小和所受阻力f的大小分别为6m/s2、1.0×104N．

（2）歼-10战机以方法一起飞，弹射系统使飞机具有的最小速度为48m/s．

（3）歼-10战机以方法二起飞，弹射系统使飞机具有的最小速度为16m/s．