理科综合物理部分计算选题.docx

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1、理科合物理部分算．（分）如图所示，用固定的电动机水平拉着质量＝2kg的小物和量＝1kg的平板以相同的速度一起匀速水平向右，物位于平板左，可点。在平板的右一定距离有台阻，平板撞上后会立刻停止。机功率保持＝。从某刻＝起，得物的速度随的化关系如所示，求：（）平板与地面的摩擦因数μ（）物在末和末两刻受到的摩擦力各多大？（）若末物离开平板，平板度多少？、（）（分）在两物体一起匀速段＝1F＝μ＝μ（）μ＝（）（分）刻，物匀速，拉力等于静摩擦力，＝刻，物在木板上滑，因最再次匀速速度＝0.3m＝1F＝＝图·图图（）（分）由能定理Ptf2L1mv2

2、21mv12得＝1.216m22.如所示，某需将量100kg的物（可点）从高运送至地面，避免物与地面生撞，利用固定于地面的光滑四分之一道，使物由道端无初速滑下，道半径1.8m。地面上靠道依次排放两完全相同的木板、，度均2m，量均100kg，木板上表面与道末端相切。物与木板的摩擦因数μ，木板与地面的摩擦因数μ。（最大静摩擦力与滑摩擦力大小相等，取）⑴求物到达道末端道的力。⑵若物滑上木板，木板不，而滑上木板，木板开始滑，求μ足的条件。⑶若μ，求物滑到木板末端的速度和在木板上运的。.解：（）物滑到道末端是的速度v0，物的下滑程中根据机械能

3、守恒定律得，mgR1m1v02⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯①，2物在道末端所受支持力的大小FN,根据牛第二定律得，FNm1gm1v02⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯②，R立以上两式代入数据得FN3000N⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯③,根据牛第三定律，物到达道末端道的力大小，方向直向下。（）若滑上木板，木板不，由受力分析得1m1g2(m12m2)g⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯④，若滑上木板，木板开始滑，由受力分析得1/181m1g2(m1m2)g⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⑤，立④⑤式代入数据得10.6⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⑥。（）10.5，由⑥式可知，物在木板上滑，木板不。物在木板上做减速运的加

4、速度大小a1，由牛第二定律得1m1gm1a1⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⑦，物滑到木板末端是的速度v1，由运学公式得v12v022a1l⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⑧，立①⑦⑧式代入数据得v14m/s⋯⋯⋯⋯⋯⑨，在木板上运的，由运学公式得v1v0a1t⋯⋯⋯⋯⋯⋯⑩，立①⑦⑨⑩式代入数据得t0.4s。⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯（）.（分）如所示，物体放在足的木板上，木板静止于水平面。，机通水平以恒力拉木板，使它做初速度零，加速度1.0m的匀加速直运。已知的量和的量均2.0kg、之的摩擦因数μ，与水平面之的摩擦因数μ，最大静摩擦力与滑摩擦力大小相等，重力加速度取10m。

5、求（）物体运的加速度()，机的出功率；（）若，将机的出功率立即整为`，并在以后的运程中始保持一功率不，物体的速度1.2m。在到段内木板的位移多少？.（）物体在水平方向上受到向右的摩擦力，由牛第二定律的μ①由①并代入数据解得0.5m②()，木板的速度大小③木板所受拉力，由牛第二定律有F1mAg2(mA+mB)gmBaB④机出功率⑤由③④⑤并代入数据解得⑥2/18．（分）一质量为、带电量为＋的带电粒子（重力不计），以固定的点电荷为圆心，在匀强磁场中作顺时针方向的圆周运动，半径为，如图所示。磁场的方向垂直纸面向外，磁感强度为，粒子所受的电

6、场力大小是洛仑兹力的倍。现使磁场反向（不考虑因磁场变化而引起的电场），但保持磁感强度的大小不变，只要改变粒子的速度大小，粒子仍可做半径为的顺时针方向的匀速圆周运动。已知静电力常量为。（）试确定所带电荷的电性及电量；···＋（）带电粒子的运动可视作形成了一环形等效电流，试求两次匀速圆周运动所形成等效环形电流的电流强度之差?。·····.（分）（）分析可知带负电（分）库仑力：)①（分）由题意：②（分）由①、②解得：)③（分）代入①式得：)（分）（）等效电流：)π)④（分）由题意：⑤（分）由②、⑤得：即得：)⑥（分）()π)π)⑦（分）.

7、(分)如图所示，光滑绝缘水平面与倾角θ＝，长＝6m的绝缘斜面在处圆滑相连，在斜面的处有一与斜面垂直的弹性绝缘挡板，质量0.5kg、所带电荷量＝－5C的绝缘带电滑块置于斜面的中点,整个空间存在水平向右的匀强电场，场强＝,现让滑块以12m的速度沿斜面向上运动。设滑块与挡板碰撞前后所带电荷量不变、速度大小不变，滑块和斜面间的动摩擦因数，求：()滑块第一次与挡板碰撞时的速度大小；()滑块第一次与挡板碰撞后能达到左端的最远点离点的距离；()滑块运动的总路程。3/18．（分）如图所示，平面内，第二象限匀强电场方向水平向右，第一象限匀强电场方向竖

8、直向下，场强大小相等，设为，而轴下方区域有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度设为，图中直线与纵轴的夹角45，一带正电的粒子从直线上某点（—，）处由静止释放，重力不计，设粒子质量为，带电量为，、、、均未知，但已知各量都使用国际制单位时