热门试卷

（1）设直杆质量为m0，由牛顿第三定律知，传感器显示压力等于大球对直杆的支持力．

演员匀速向上运动时，对于演员和直杆整体，由平衡条件：

m0g+mg=F0

解得：m0=-m=-50=10（kg）．

（2）设演员向下运动的加速度为a，由牛顿第三定律，传感器显示的最大压力F1=700N等于大球对直杆的最大支持力对直杆，由平衡条件得演员到直杆向下的摩擦力f1=F1-m0g=700-10×10=600（N）

由牛顿第三定律，直杆对演员向上的摩擦力等于600N

对演员，由牛顿第二定律：f1-mg=ma1

解得匀减速向下运动的加速度大小为 a1===2（m/s2）

由牛顿第三定律，传感器显示的最小压力F2=500N等于大球对直杆的最小支持力

对杆杆，由平衡条件得演员对直杆向下的摩擦力 f2=F2-m0g=500-10×10=400（N）

由牛顿第三定律，直杆对演员向上的摩擦力等于400N

对演员，由牛顿第二定律：mg-f2=ma2

解得匀加速向下运动的加速度大小为a2===2（m/s2）

演员下降过程中加速、减速的加速度大小均为2m/s2，方向相反．

（3）由第（2）问知演员匀加速运动和匀减速运动加速度大小相等，两个过程的位移大小相等，由题分析得知：位移为s=4m．

设演员加速运动时间为t，由题述可知：

s=at2，

解得：t===s=2s

演员向下运动的最大速度 vm=at=2×2m/s=4m/s

演员向下运动的平均速度 v==m/s=2m/s．

答：

（1）直杆的质量为10kg；

（2）演员下降过程中加速、减速的加速度大小均为2m/s2，方向相反．

（3）演员向下运动的平均速度为2m/s．

（1）物体A上滑的过程中，由牛顿第二定律得：

mgsinθ=ma，

代入数据得：a=6m/s2

设经过t时间B物体击中A物体，

由速度公式得：0=v1-at，

代入数据得：t=1s，

（2）A的水平位移和平抛物体B的水平位移相等：

x=v1tcos37°=2.4m，

B做平抛运动，水平方向上是匀速直线运动，所以平抛初速度为：

v2==2.4m/s，

（3）物体A、B间初始位置的高度差等于A上升的高度和B下降的高度的和，

所以物体A、B间的高度差为：h=v1tsin37°+gt2=6.8m，

答：（1）物体A上滑到最高点所用的时间t为1s；

（2）物体B抛出时的初速度v2为2.4m/s；

（3）物体A、B间初始位置的高度差h为6.8m．

（1）小球在斜面上运动时受重力支持力和洛伦兹力作用，因为支持力和洛伦兹力都速度方向垂直不做功，固合外力做即为重力做功，根据运动定理有：

mgLtan30°=mv2-0

解得：v=

（2）小球从P2到P3点做直线运动，因为重力和电场力均为恒力，而F洛=qvB只能是做匀速直线运动，所受合力为零，由平衡条件有：

qE=qBvsin30°             ①

mg=qBvcos30°             ②

联立①②解处：E=，B=

（3）由（2）分析知，从P2到P3点做直线运动，合力为零，因为洛伦兹力始终与速度方向垂直，所以重力和电场力的合力与速度方向垂直．

所以小球从P3到P4点做类平抛运动，在P3点速度为v，沿P2P3方向做匀速运动，与此方向垂直的方向为匀加速运动，则：

小球做类平抛运动的加速度为a，则有：

=ma

得a=

hsin30°=vt

hcos30°=at2

代入数据得：h=4L

答：（1）小球运动到斜面底端P2时的速度v=

（2）已知小球离开斜面底端P2后，做直线运动到分界面M3N3上的P3点，求空间电场强度E和磁感应强度B的大小为B=；

（3）已知d足够大，小球离开P3点后将从P4点再次经过M3N3面，P3和P4两点间的距离h=4L．

A：选小红和雪橇整体为研究对象，其受力如图所示．

（1）在y轴上由物体平衡条件得：

  FN+Fsinθ=（M+m）g       

解得：FN=（M+m）g-Fsinθ=340N，

由牛顿第三定律知雪橇对地面压力大小为：

  FN′=FN=340N，

（2）在x轴上由牛顿第二定律得：

  Fcosθ-Ff=（M+m）a    

又由：Ff=μFN，

解得：a=0.3m/s2，

答：（1）雪橇对地面的压力大小为340N；

    （2）雪橇运动的加速度大小为0.3m/s2；

B：①设小球受的风力为F，小球的质量为m，因小球做匀速运动，

则F=μmg，F=0.5mg，所以μ=0.5．

②对小球受力分析如图所示，

由牛顿第二定律，得

N+Fsinθ=mgcosθ   

Fcosθ+mgsinθ-f=ma   

又f=μN  

联立以上三式可得a=0.75g

由s=at2，并代入数值，得  t=，

答：①小球与杆间的滑动摩擦因数为0.5；

    ②小球从静止出发在细杆上滑下距离s所需的时间为．

（1）撤去F前，物体做匀加速直线运动，由v=v0+a1t得

   a1===1m/s2

（2）撤去F后，物体做匀减速直线运动，由v2=2a2x得，

        a2==0.5m/s2     由牛顿第二定律得：f=ma2=1N

（3）加速过程中，根据牛顿第二定律得：

F-f=ma1解得：F=f+ma1=3N

答：（1）此物体在加速过程中的加速度大小为1m/s2；

（2）物体与水平桌面之间的摩擦力大小为1N；

（3）水平恒力F的大小为3N．

 （1）电、磁场都存在时，只有电场力对带电粒子做功，由动能定理

qU=mm①

得v0=②

（2）由牛顿第二定律       qBv=m③

如图1，由几何关系粒子运动轨迹的圆心O′和半径R

则有：R2+R2=（R2-R1）2④

联立③④得磁感应强度大小B=⑤

粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T=⑥

由几何关系确定粒子在磁场中运动的时间t=T⑦

由④⑥⑦式，得  t=⑧

（3）如图2，为使粒子射出，则粒子在磁场内的运动半径应大于过A点的最大内切圆半径，该半径为     

  Rc=⑨

由③⑨，得磁感应强度应小于Bc=

（1、3）重力沿斜面的分量为：G1=mgsinθ=10×0.6=6N，

而绳子拉力F=8N，所以物体还受到静摩擦力为：f=F-mgsinθ=2N，方向沿斜面向下，

对物体进行受力分析，如图所示：

（2）垂直于斜面方向受力平衡，则有：FN=mgcos37°=10×0.8=8N，

（4）挪去弹簧秤后，根据牛顿第二定律得：

mgsinθ-μmgcosθ=ma

代入数据解得：a==2m/s2

答：（1）物体受力的示意图如图所示；

（2）物体对斜面的压力大小为8N；

（3）物体受到斜面的摩擦力大小为2N；

（4）挪去弹簧秤后，物体沿斜面向下滑动的加速度为2m/s2．

根据运动学公式：v2-v02=-2gh

得：v==8m/s

规定竖直向上为正方向，根据动量定理：（F+mg）t=m（v′-v）

代入数据：（F+5）×0.2=0.5×（-8×-8）

得：F=30N；

故答案为：30N．

（1）线框中产生的感应电动势为E1，感应电流为I1，根据法拉第电磁感应定律得：

E1==

I1=

代入数据得E1=0.40V，I1=0.40A 

（2）在t=3.0×10-2s时，受到的安培力  F1=B1I1L

代入数据得F1=1.6×10-2N

设此时线框受到的摩擦力大小为Ff，对线框受力分析：线框受重力、支持力、沿斜面向下的安培力、沿斜面向上的摩擦力．将重力分解，根据平衡状态的条件，在沿斜面方向上得：

mgsinα+F1-Ff=0  

代入数据得 Ff=4.6×10-2N，摩擦力方向沿斜面向上．

（3）在0～1.0×10-2s时间内线框中产生的感应电动势

E1==

代入数据得 E2=0.80V  

设磁场变化周期为T，线框中的电功率为P，则

•+•=PT   （其中1.0×10-2s～2.0×10-2s时间内磁感应强度B不变，线框中也就无感应电流）

代入数据得   P=0.24W  

答：（1）在2.0×10-2s～4.0×10-2s时间内线框中产生感应电流的大小为0.4A．

（2）在t=3.0×10-2s时间内线框受到斜面的摩擦力的大小为4.6×10-2N，方向是沿斜面向上．

（3）一个周期内感应电流在线框中产生的平均电功率为0.24W．

（1）小物块在斜面上的受力情况如右图所示，重力的分力

根据牛顿第二定律有

FN=F2①

F1+Ff=ma②

又因为    Ff=μFN③

由①②③式得a=gsinθ+μgcosθ=10×0.6m/s2+0.25×10×0.8m/s2=8.0m/s2④

（2）小物块沿斜面上滑做匀减速运动，到达最高点时速度为零，则有

-=2ax⑤

得 x==m=1.0m⑥

（3）小物块在斜面上的受力情况如右图所示，根据牛顿第二定律有

FN=F2⑦

F1-Ff=ma'⑧

由③⑦⑧式得a'=gsinθ-μgcosθ=10×0.6m/s2-0.25×10×0.8m/s2=4.0m/s2⑨

因为         -=2a′x⑩

所以         v3==m/s=2m/s（或2.8m/s）     

答：（1）小物块沿斜面上滑时的加速度大小为8m/s2．

（2）小物块上滑的最大距离为1.0m．

（3）小物块返回斜面底端时的速度大小2m/s．

（1）由牛顿第二定律：mg-f=ma

其中f=kv2

解得：a=g-=10-=7.5m/s2

（2）跳伞员最后匀速运动，根据平衡条件，有：mg-k=0

解得：vm===6m/s

（3）根据能量守恒定律，损失的机械能为：△E=mgh-mv2=72×10×345-×72×62=1.47×105J

答：（1）跳伞员的下落速度达到3m/s时的加速度大小为7.5m/s2；

（2）跳伞员最后着地速度大小为6m/s；

（3）跳伞员从开始跳下到即将触地的过程中，损失的机械能为1.47×105J．

（1）由图象知，s1=20m为平衡位置．

即有 mg=k（s1-L0）

代入数据解得k=62.5N/m

（2）当s2=36m时，由牛顿第二定律得 k（s1-L0）-mg=ma

代入数据解得a=20m/s2

（3）运动员到达D点的速率为0，在整个下落过程中减少的重力势能全部转化为弹簧增加的弹性势能 由机械能守恒定律得

   EP=mgs2

由图知 s2=36m

代入数据解得：EP=1.8×104J

答：

（1）弹性绳的颈度系数k为62.5N/m；

（2）运动员到达D点时的加速度a的大小是20m/s2；

（3）运动员到达D点时，弹性绳的弹性势能EP是1.8×104J．

（1）分析物块A的受力得：f=μ1m1gsin37°=0.1×3×10×0.6=1.8（N）

（2）设A运动至与B相碰前速度为 v1，由动能定理得：

  -μ1m1gsin370•s=m1-m1

解得：v1=4m/s

A和B发生弹性正碰，由动量守恒和能量守恒得：

   m1v1=m1v'1+m2v2   m1=m1v+m2

解得：v'1=2m/s    v2=6m/s

设A滑行的位移为s1，由动能定理得：

-(μ2m1gcos37°+μ1m1gsin37°)s1=0-m1v

解得：s1=m≈0.67m

（3）设B做圆周运动到最高点的速度为v3，

由动能定理得：-μ2m2gcos37°πl-m2gsin37°•2l=m2-m2

代入解得  v3≈4.1m/s

答：

（1）A碰撞前向右滑动时受到的摩擦力1.8N；

（2）碰后A滑行的位移为0.67m；

（3）B沿斜面做圆周运动到最高点的速度为4.1m/s．

（1）汽车以额定功率行驶时，

其牵引力为F=

由牛顿第二定律  F-Ff=ma

当F=Ff时，a=0，此时速度达到最大Vm    

vm==m/s=15m/s．

（2）汽车以恒定加速度启动后，

F′=Ff+ma=3000+2000×1=5000N．

匀加速运动可达到的最大速度为：

vm′==m/s=9m/s．

匀加速的时间为：t==9s．

答：（1）汽车保持额定功率从静止启动后达到的最大速度是15m/s．

（2）若汽车以1m/s2的加速度做匀加速直线运动，可维持9s．