热门试卷

（1）设木板与地面间的动摩擦因数为μ，未放小铁块时，对木板由平衡条件得：

         F=μMg，所以解得：μ=0.5

第一个小铁块放上后，木板做匀减速运动，加速度为a1，根据牛顿第二定律得：

F-μ（M+m）g=Ma1，所以a1=-=-0.5m/s2 

故第一个小铁块放上后，木板的加速度大小为0.5m/s2．

（2）放上第一个木块后，木板做匀减速运动，设第二个小铁块放上时，木板的速度是v1，则有：

-=2a1L，所以解得：v1=2m/s

故第二个小铁块放上时，木板的速度是：v1=2m/s．

（3）第二个小铁块放上后，木板做匀减速运动，加速度为a2，则有：

F-μ（M+2m）g=Ma2 ，所以有：a2=-=-1m/s2．

设第二个小铁块放上后，木板能运动的最大位移是s，则有：

0-=2a2s，所以解得：s=12m

故第二个小铁块放上后，木板能运动的最大位移是12m．

（1）由题意可知：小滑块受到的安培力垂直斜面向上．

根据左手定则可得：小滑块带负电．                          

（2）由题意：当滑块离开斜面时，洛伦兹力：Bqv=mgcosα，

则v==2m/s

又因为离开之前，一直做匀加速直线运动

则有：mgsina=ma，

即a=gsina=5m/s2，

由速度与时间关系得，则t==s

（3）由v2=2ax得：

x===1.2m

答：（1）小滑块带负电荷（2）小滑块经过s时间离开斜面（3）该斜面至少有1.2m．

（1）A在凹槽内，B受到的滑动摩擦力 f=μ•2mgcosθ=10N     

B所受重力沿斜面的分力 G1=mgsinθ=10N

因为G1=f，所以B受力平衡，释放后B保持静止  

释放A后，A做匀加速运动，由牛顿定律和运动学规律得 

 mgsinθ=ma1

 =2a1d

解得A的加速度和碰撞前的速度分别为 a1=5m/s2，v1=1.0m/s2．

A、B发生碰撞，动量守恒 mv1=mv1′+mv2′⑥碰撞过程不损失机械能，得 =m+m ⑦

解得第一次发生碰撞后瞬间A、B的速度分别为

v1′=0，v2′=1.0 m/s（方向沿斜面向下） ⑧

（2）A、B第一次碰撞后，B做匀速运动，A做匀加速运动，加速度仍为a1

 s1′=a1t2，vA=a1t

 经过时间t1，A的速度与B相等，A与B的左侧壁距离达到最大，即

a1t1=v2′

又s=s2′-s1′

代入数据解得A与B左侧壁的距离

s=0.10m

因为s=d，A恰好运动到B的右侧壁，而且速度相等，所以A与B的右侧壁恰好接触但没有发生碰撞．因此A与B的左侧壁的距离最大可达到0.10m．

答：

（1）A与B的左侧壁第一次发生碰撞后瞬间A、B的速度分别是0和1.0m/s．

（2）在A与B的左侧壁发生第一次碰撞后到第二次碰撞前的这段时间内，A与B的左侧壁的距离最大可达到0.10m．

由v2-s图象可知，物体运动分为三段，

设位移分别为  S1，S2，S3对应的时间分别为t1，t2，t3，

S1=0.9m   v0=0     匀加速运动

S2=1m   v1=3m/s     匀速运动

S3=1.6m  初速度v1=3m/s   末速度v3=5m/s    匀加速运动

（1）S1=0.9m   v0=0     匀加速运动

由公式v2=2as

得：a1=5m/s2，

t1==0.6s

t2==s

v32-v12=2a3S3 

解得：a3=5m/s2t3=0.4s

t总=t1+t2+t3=s

（2）线框通过磁场时，线框作匀速运动，线框受力平衡

在AA′a′a区域，对线框进行受力分析

mgsinθ=ma1穿过磁场区域时，

F安=BIL=mgsinθ

BL=ma1

有题干分析得：线框的宽度L=d==0.5m

解得B=T

（3）设恒力作用时金属框上边进入磁场速度为V，根据动能定理得：

FS3-mgS3sinθ=mv2

线框穿过磁场时，F=mgsinθ+BL

又由 mgsinθ=ma1

解得v=m/s，F=N

答：（1）金属框在进入磁场区域前下滑的加速度a是5m/s2，及从斜面顶端滑至底端所需的时间为s

（2）匀强磁场的磁感应强度是T

（3）恒力F的大小是N．

（1）小球1所受的重力与电场力始终平衡    m1g=q1E       ①

解得E=2.5 N/C         ②

电场强度为2.5N/C；

（2）相碰后小球1做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：

q1v1B=m1                 ③

半径为R1=             ④

周期为T==1 s                 ⑤

∵两小球运动时间t=0.75s=T

∴小球1只能逆时针经个圆周时与小球2再次相碰        ⑥

第一次相碰后小球2作平抛运动        h=R2=gt2       ⑦

L=R1=v1t                    ⑧

两小球第一次碰撞前后动量守恒，以水平向右为正方向

m1v0=-m1v1+m2v2                    ⑨

由⑦、⑧式得v2=3.75 m/s

由④式得v1==66 m/s

∴两小球质量之比==11⑩

故两小时球质量之比为11．

（1）小球静止A点时，受力如图所示

据三力平衡条件，得

   tanθ=

解得，E=  ①

（2）小球运动到平衡位置时速度最大，由动能定理，得

   qELsinθ-mgL（1-cosθ）=mv2 ②

将①式代入，得

v=  ③

小球从最底点到最高点时，速度为零，向心力为零，细线与竖直方向成α角，由动能定理，得

qELsinα-mgL（1-cosα）=0  ④

将①式代入④式，得

   tanθsinα=1-cosα

解得，α=2θ

在最高点，重力与电场力合力的法线分力与拉力平衡，设线的拉力为F

F=mgcos2θ+qEsin2θ=mgcos2θ+mgtanθ•sin2θ=mg（2cos2θ-1）+mgtanθ•2sinθcosθ=mg

（3）设B点与A点对悬点O对称，即AB为圆轨迹的直径，当小球恰好能运动到B点时，就能在竖直面内恰好做完整的圆周运动

在B点，重力与电场力的合力提供向心力

  =m

设将小球拉至O点正下方最低点时给它一水平向右的初速度为v0，由动能定理，得

-2mgLcosθ-qELsinθ=mvB2-mv02

解得

v0=

答：

（1）匀强电场的电场强度大小E=；

（2）将小球拉至O点正下方最低点由静止释放，小球向上摆动过程中的最大速度大小v=；

（3）在（2）问中，小球运动到最高点时细线对小球的拉力大小为mg；

（4）若将小球拉至O点正下方最低点时给它一水平向右的初速度，小球在竖直面内做完整的圆周运动，这个初速度至少是v0=．

（1）从A至C

mgR=mv2

v=

故第一次运动到C点时的速度为．

（2）小球由右向左运动到槽最低点时，小球对槽压力最大，槽对地压力最大

对球        F-mg-qvB=m

又小球由左向右运动到最低点时，对小球

qvB-mg=m

则          F=2(mg+m)=6mg

当小球运动到最低点时，槽对地压力FM=6mg+Mg

故槽对地面的最大压力为FM=6mg+Mg．

对M由绳子的拉力和静摩擦力的合力提供向心力，当角速度等于零时，绳子的拉力小于M的最大静摩擦力，m能保持静止，所以加速度最小值为零．

设当ω具有最大值时，M有离开圆心趋势，水平面对M摩擦力方向指向圆心，大小是7N．

隔离M有：

T+fm=Mω12L，

又T=mg

联立得：mg-fm=Mω12L，

将m=0.3kg，fm=7N，M=2kg，L=0.2m代入解得：

ω1=5rad/s

所以ω范围是：0≤ω≤5rad/s

答：角速度ω在0≤ω≤5rad/s范围m会处于静止状态．

解：（1）物块静止时，分析受力如图所示

由平衡条件有f=mgsinθ

N=mgcosθ

再由图中几何关系有，

故有，

（2）分析此时物块受力如图所示

由牛顿第二定律有mgtanθ=mrω2

其中

可得

（1）

（2）

解：(1)根据空气阻力公式f=kv2，f=20×32 N=180 N

物体下落时的受力如图所示，由牛顿第二定律知mg-f=ma

7.5 m/s2 (2)由受力分析得，物体先做加速度越来越小的变加速运动，当加速度减为零时开始做匀速运动。故其最后的下落速度是做匀速运动时的速度

物体匀速运动时由平衡条件知f=mg

得

解：（1）匀速运动时，小球受力分析如图所示（图“略”），由平衡条件得：

代入数据得：，

（2）当汽车以a=2m/s2向右匀减速行驶时，小球受力分析如图（图“略”），由牛顿第二定律得：

代入数据得：，

（3）当汽车向右匀减速行驶时，设车后壁弹力为0时（临界条件）的加速度为a0，受力分析如图所示（图“略”），由牛顿第二定律得：

代入数据得：

因为，所以小球飞起来，

设此时绳与竖直方向的夹角为，由牛顿第二定律得：

解：（1）木块做匀加速运动

所以

木块受力如图，

由牛顿第二定律mg sin370-f1= ma

f1=mgsin370-ma=2×10×0.6-2×2=8N

N1=mgcos370=2×10×0.8=16N

斜面受力如图，

由共点力平衡，地面对斜面摩擦力f2=N1' sin 370-f1'cos370=16×0.6-8×0.8=3.2N

方向沿水平向左 

（2）地面对斜面的支持力N2=Mg +N1' cos370+ f1' sin370=5×10 +16×0.8+8×0.6 =67.6N

（3）木块在下滑过程中，沿斜面方向合力及该力做功为F=mgsin370-f1=2×10×0.6-8= 4N

W=FL=4×4=16J

木块末速度及动能增量v=at=2×2=4m/s

 由此可知，在下滑过程中W=△Ek

动能定理成立。