物理好題匯編——計算題

1、物理好題：如圖所示，兩平行的、間距為d的光滑金屬導(dǎo)軌b1b2b3b4、c1c2c3c4分別固定在豎直平面內(nèi)，整個導(dǎo)軌平滑連接，b2b3、c2c3位于同一水平面(規(guī)定該水平面的重力勢能為零)，其間有一邊界為b2b3c3c2的、方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，導(dǎo)軌兩端均連有電阻為R的白熾燈泡。一長為d的金屬桿PN與兩導(dǎo)軌接觸良好，其質(zhì)量為m、電阻為。若金屬桿從導(dǎo)軌左側(cè)某一位置開始以初速度v0滑下，通過磁場區(qū)域后，再沿導(dǎo)軌右側(cè)上滑至其初始位置高度一半時速度恰為零，此后金屬桿做往復(fù)運動。金屬桿第一次通過磁場區(qū)域的過程中，每個燈泡產(chǎn)生的熱量為Q，重力加速度為g，除金屬桿和燈泡外其余部分的電阻

2、不計。求 (1)金屬桿第一次通過磁場區(qū)域的過程中損失的機(jī)械能。 (2)金屬桿初始位置的高度。(3)金屬桿第一次通過磁場區(qū)域的過程中加速度的取值范圍。一個3/4圓弧形的光滑細(xì)圓環(huán)軌道ABC水平放置，此軌道固定在光滑的水平面上。軌道半徑為R，C、O、B在一條直線上，如圖所示。圓心O與A、D在同一條直線上，MN是放在AD上長為2R的木板，木板的厚度不計，左端M正好位于A點。整個裝置處于垂直AD方向如圖所示的勻強(qiáng)電場中，電場強(qiáng)度大小為E。將一個質(zhì)量為m，帶電量為+q的小球(可視為質(zhì)點)從過A點并垂直于AD的直線上的某點P由靜止開始釋放，則：(1) 若小球由圓弧軌道經(jīng)C點射出后，恰好能打到木板MN 的中

3、點，則小球從C點射出的速度大小為多大？(2) 在（1）的情景下，小球運動到軌道上的B點時對軌道的壓力是多大？(3) 某同學(xué)認(rèn)為只要調(diào)節(jié)釋放點P到A點的距離L，總可以使小球經(jīng)過C后打到木板的最左端M點，試判斷這位同學(xué)的說法是否合理？若合理，試計算出L的數(shù)值；若不合理，請通過計算說明理由。（10分）如圖所示，與地面的傾角為的傳送帶以速率逆時針轉(zhuǎn)動。為了測定某一質(zhì)量為m的物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)，現(xiàn)讓該物塊以初速度從傳送帶的底端向上滑動，發(fā)現(xiàn)隔一段時間后該物塊又滑回到傳送帶的底端?，F(xiàn)測出物塊滑回到傳送帶底端時的速率為，且。問：(1) 物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為多少?(2) 物塊從傳送帶底端向上滑

4、動后到重新滑回到傳送帶底端的整個過程中，摩擦力對物塊所做的功是多少？ks*5*u（12分）如圖甲所示，在一水平放置的隔板MN的上方，存在一磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場，磁場方向如圖所示。O為隔板上的一個小孔，通過O點可以從不同方向向磁場區(qū)域發(fā)射電量為+q，質(zhì)量為m，速率為的粒子，且所有入射的粒子都在垂直于磁場的同一平面內(nèi)運動。不計重力及粒子間的相互作用。（1）如圖乙所示，與隔板成450角的粒子，經(jīng)過多少時間后再 次打到隔板上？此粒子打到隔板的位置與小孔的距離為多少？（2）所有從O點射入的帶電粒子在磁場中可能經(jīng)過區(qū)域的面積為多少？（3）若有兩個時間間隔為t0的粒子先后射入磁場后恰好在磁場中給定的

5、P點相遇，如圖丙所示，則P與O之間的距離為多少？ 解：（1）（3分）設(shè)小球經(jīng)過C點的速度為，從C到木板MN的中點的時間為t對小球，從C到木板MN的中點，有 1分 1分由： 1分（2）（4分）解：設(shè)小球運動到B點時的速度為，對小球，從B到C由動能定理得： ks*5*u 1分設(shè)在B點軌道對小球的作用力為F，則 1分由得：F=7qE 1分由牛頓第三定律得，小球運動到B點時對軌道的壓力的大小為7qE 1分（3）（3分）這位同學(xué)的分析不合理。ks*5*u解：設(shè)小球經(jīng)過C點的最小速度為，則 1分 設(shè)此情景下小球從圓弧軌道上的C點經(jīng)過時間打到木板上，且經(jīng)過的水平距離為，則 1分由得， 1分由于R，則無論如何

6、調(diào)節(jié)釋放點到A點的距離L，不可能使小球經(jīng)過C點打到木板的最左端M點。評分說明：到各1分17（滿分10分）（1）（7分）方法一：解：設(shè)物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為，物塊上滑的最大位移為L，上滑過程的加速度大小為a1，下滑過程中的加速度大小先為a2后為a3上滑過程有： 1分下滑過程有： 1分 1分在物塊上滑過程中有： 1分在物塊從最高位置開始下滑的過程中，設(shè)物塊達(dá)到與傳送帶相同速度時下滑的位移大小為則有： 1分由于物塊回到底端時的速率與不相等，說明當(dāng)物塊達(dá)到與傳送帶相同速度后繼續(xù)加速，則從物塊達(dá)到與傳送帶相同速度到滑回到底端過程中有： 1分由： 1分方法二：ks*5*u解：設(shè)物塊與傳送帶間的動摩擦

7、因數(shù)為，物塊沿傳送帶上滑的最大位移為L在物塊上滑過程中，對物塊，由動能定理得： 2分在物塊從最高位置開始下滑的過程中，設(shè)物塊達(dá)到與傳送帶相同的速度時下滑的位移為 ，此過程中，對物塊，由動能定理得： 2分從物塊達(dá)到與傳送帶相同速度到滑回到底端過程中，對物塊，由動能定理得 2分由得： 1分（2）（3分）方法一：解：物塊從傳送帶底端滑上傳送帶到重新滑回到傳送帶底端的過程中，對物塊，由動能定理得，摩擦力對物塊所做的總功： 3分方法二：ks*5*u解：在物塊上滑的過程中，摩擦力對物塊所做的功： 1分（或采用動能定理得出的同樣給1分）在物塊從最高位置下滑到與傳送帶相同的速度時，摩擦力對物塊所做的功為： 1

8、分（或采用動能定理得出的同樣給1分）從物塊達(dá)到與傳送帶相同速度到滑回到底端過程中，摩擦力對物塊所做的功為：1分（或采用動能定理得出的同樣給1分）物塊從傳送帶底端滑上傳送帶到重新滑回到傳送帶底端的過程中，摩擦力對物塊所做的總功為：ks*5*u評分說明：第一問共7分，第二問共3分，具體見上18（滿分12分） （1）（4分）解：與隔板成450角的粒子進(jìn)入磁場后的軌跡如圖所示，設(shè)粒子在磁場中的運動半徑為R，則有: 1分粒子在磁場中運動的周期: 1分由于粒子在磁場中運動軌跡所對應(yīng)的圓心角為2700，則粒子在磁場中運動的時間為: 由得 1分ks*5*u到達(dá)隔板的位置與小孔0的距離為: 1分（2）（3分）解

9、：所有通過O點射入的帶電粒子可能經(jīng)過的區(qū)域如圖所示，1分（未畫出圖不給分）由圖知面積為： 1分代入得： 1分（3）（5分）解：設(shè)OP間的距離為，如圖所示，1分（未畫出圖不給分）以O(shè)P為弦可畫兩個半徑相同的圓分別表示在P點相遇的兩個粒子的軌道，設(shè)為兩粒子射入方向的夾角，由幾何關(guān)系知，從O點射入到相遇，粒子1的路程為半個圓弧加弧長R，粒子2的路程為半個圓弧減弧長Rks*5*u粒子1的運動時間為： （其中T為圓周運動的周期） 1分粒子2的運動時間為： 1分則兩粒子射入的時間間隔： 而： 1分 由得， 1分評分說明：ks*5*u第一問各1分，共4分；第二問圖1分，各1分，共3分；第三問圖1分，各1分或

10、直接寫出式的給2分，各1分，共5分。如圖所示，在y軸右側(cè)平面內(nèi)存在方向向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=0.5T，坐標(biāo)原點有一放射源，可以向y軸右側(cè)平面沿各個方向放射比荷為m/q=2.510-7Kg/C的正離子，這些離子速率分別在從0到最大值vm=2106m/s的范圍內(nèi)，不計離子之間的相互作用。（1）求離子打到y(tǒng)軸上的范圍（2）若在某時刻沿+x方向放射各種速率的離子，求經(jīng)過5p/310-7s時這些離子所在位置構(gòu)成的曲線方程（3）若從某時刻開始向y軸右側(cè)各個方向放射各種速率的離子，求經(jīng)過5p/310-7s時已進(jìn)入磁場的離子可能出現(xiàn)的區(qū)域面積解析（1）離子進(jìn)入磁場中做圓周運動的最大半徑為R由牛頓第

11、二定律得： 解得：m 由幾何關(guān)系知，離子打到軸上的范圍為0到2m。 （2）離子在磁場中運動的周期為T，yACB則s t時刻時，這些離子軌跡所對應(yīng)的圓心角為則 這些離子構(gòu)成的曲線如圖所示，并令某一離子在此時刻的坐標(biāo)為（，）則， 代入數(shù)據(jù)并化簡得： （3）將第（2）問中圖中的OA段從沿軸方向順時針方向旋轉(zhuǎn)，在軸上找一點C，以R為半徑作圓弧，相交于B，則兩圓弧及軸所圍成的面積即為在向軸右側(cè)各個方向不斷放射各種速度的離子在時已進(jìn)入磁場的離子所在區(qū)域。 由幾何關(guān)系可求得此面積為： 則： 如圖甲所示，帶正電粒子以水平速度v0從平行金屬板MN間中線連續(xù)射入電場中。MN板間接有如圖乙所示的隨時間t變化的電壓u

12、MN，兩板間電場可看作是均勻的，且兩板外無電場。緊鄰金屬板右側(cè)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場B，分界線為CD，EF為屏幕。金屬板間距為d，長度為l，磁場B的寬度為d。已知：B=510-3T，l = d =0.2m，每個帶正電粒子的速度v0=105m/s，比荷為q/m=108C/T，重力忽略不計，在每個粒子通過電場區(qū)域的極短時間內(nèi)，電場可視作是恒定不變的。OMNuMNdldv0BC ED FO圖甲200tuMN0T 2T 3T 4T圖乙試求：（1）帶電粒子進(jìn)入磁場做圓周運動的最小半徑？（2）帶電粒子射出電場時的最大速度？（3）帶電粒子打在屏幕EF上的范圍？解析：（22分）（1）t=0時刻射入電場的帶電

13、粒子粒子不被加速，進(jìn)入磁場做圓周運動的半徑最小。粒子在磁場中運動時 -2分則帶電粒子進(jìn)入磁場做圓周運動的最小半徑 -2分其運動的徑跡如圖中曲線所示。OMNuMNdldv0BC ED FOvmaxPQ4502）設(shè)兩板間電壓為U1，帶電粒子剛好從極板邊緣射出電場，則有 -2分 代入數(shù)據(jù)，解得 U1=100V -2分 在電壓低于100V時，帶電粒子才能從兩板間射出電場，電壓高于100V時，帶電粒子打在極板上，不能從兩板間射出。帶電粒子剛好從極板邊緣射出電場時，速度最大，設(shè)最大速度為，則有 -2分 解得 -2分（3）由第（1）問計算可知，t=0時刻射入電場的粒子在磁場中做圓周運動的半徑 ，徑跡恰與屏幕

14、相切，設(shè)切點為E，E為帶電粒子打在屏幕上的最高點，則 -2分 帶電粒子射出電場時的速度最大，在磁場中做圓周運動的半徑最大，打在屏幕上的位置最低。 設(shè)帶電粒子以最大速度射出電場進(jìn)入磁場中做圓周運動的半徑為，打在屏幕上的位置為F，運動徑跡如圖中曲線所示。 -2分則帶電粒子進(jìn)入磁場做圓周運動的最大半徑-2分 由數(shù)學(xué)知識可得運動徑跡的圓心必落在屏幕上，如圖中Q點所示，并且Q點必與M板在同一水平線上。 則 -2分 帶電粒子打在屏幕EF上的范圍為 -2分圖13如圖13所示的傳送帶，其水平部分ab的長度為2m，傾斜部分bc的長度為4m，bc與水平面的夾角為將一小物塊A（可視為質(zhì)點）輕輕放于a端的傳送帶上，物

15、塊A與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為傳送帶沿圖示方向以的速度勻速運動，若物塊A始終未脫離皮帶（，）求（1）小物塊從a端被傳送到b端所用的時間（2）小物塊被傳送到c端時的速度大小（3）若當(dāng)小物塊到達(dá)b 端時，傳送帶的速度突然增大為，問的大小滿足什么條件可以使小物塊在傾斜傳送帶bc上運動所用的時間最短？質(zhì)量為m=1kg的小物塊輕輕放在水平勻速運動的傳送帶上的P點，隨傳送帶運動到A點后水平拋出，小物塊恰好無碰撞的沿圓弧切線從B點進(jìn)入豎直光滑的圓孤軌道下滑。B、C為圓弧的兩端點，其連線水平。已知圓弧半徑R=1.0m圓弧對應(yīng)圓心角，軌道最低點為O，A點距水平面的高度h=0.8m,小物塊離開C點后恰能無碰撞的沿固

16、定斜面向上運動，0.8s后經(jīng)過D點，物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為= (g=10m/s2,sin37=0.6,cos37=0.8）試求：（1）小物塊離開A點時的水平初速度v1 。 （2）小物塊經(jīng)過O點時對軌道的壓力。 （3）假設(shè)小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.3，傳送帶的速度為5m/s，則PA間的距離是多少？ （4）斜面上CD間的距離。 18（1）對小物塊，由A到B有： 在B點 所以來源:學(xué).科.網(wǎng)（2）對小物塊，由B到O有：其中 在O點 所以N=43N由牛頓第三定律知對軌道的壓力為 （3）小物塊在傳送帶上加速過程： PA間的距離是（4）物塊沿斜面上滑：所以物塊沿斜面上滑：由機(jī)械能守恒知小物塊由

17、C上升到最高點歷時 小物塊由最高點回到D點歷時 故 即24（19分）解：(1)導(dǎo)體棒cd靜止時受力平衡，設(shè)所受安培力為，則=mgsin=0. 10 N (4分) (2)設(shè)導(dǎo)體棒ab的速度為v，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E，通過導(dǎo)體棒cd的感應(yīng)電流為I，則 =BIl （4分）解得=1.0 m/s （4分）(3)設(shè)對導(dǎo)體棒ab的拉力為F，導(dǎo)體棒ab受力平衡，則F= +mgsin=0. 20 N （3分）拉力的功率P=Fv=0.20 W （4分）25.（20分）解：由題意，當(dāng)輕桿與豎直桿夾角為30時，小球做圓周運動，由有： （1）3分來源:Zxxk.Com （2）2分 同理，當(dāng)輕桿與豎直桿夾角為時，由有：

18、（3）3分 （4）2分 由功能關(guān)系，這一過程中發(fā)動機(jī)對每個小球所做的功W： （5）4分 聯(lián)立（1）、（2）、（3）、（4）、（5）有（6）4分發(fā)動機(jī)對兩個小球所做的功為W總 =2W = （7）2分14（16分）解： 根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律 歐姆定律 安培力公式和牛頓第二定律 有 （1分） （1分） （1分） （1分）即 來源:Zxxk.Com當(dāng)加速度為零時，速度達(dá)最大，速度最大值 （1分）根據(jù)能量守恒定律 有 （3分）得 （2分） 根據(jù)電磁感應(yīng)定律 有 （2分）根據(jù)閉合電路歐姆定律 有 （1分）感應(yīng)電量 （2分）得 （1分）15（16分）解：（1）電子在t=t0時刻進(jìn)入兩板間，先做勻速運動，后

19、做類平拋運動，在2t03t0時間內(nèi)發(fā)生偏轉(zhuǎn) （2分） （2分）（2）設(shè)電子從電場中射出的偏向角為，速度為v，則 （2分）電子通過勻強(qiáng)磁場并能垂直打在熒光屏上，其圓周運動的半徑為R，根據(jù)牛頓第二定律 有來源:學(xué)#科#網(wǎng)Z#X#X#K （2分）由幾何關(guān)系得 （1分）得 水平寬度 （1分）（3）證明：無論何時進(jìn)入兩板間的電子，在兩板間運動的時間均為 （1分）射出電場時的豎直分速度均相同， （1分）射出電場時速度方向與初速v0方向的夾角均相同，滿足 (1分）因進(jìn)入偏轉(zhuǎn)磁場時電子速度大小相同，方向平行，所以電子在磁場中的軌道半徑相同，都垂直打在熒光屏上 （1分）根據(jù)幾何關(guān)系，電子在磁場中運動軌跡所對的圓

20、心角必為，則在磁場中運動時間 1分）綜上所述，電子運動的總時間，即總時間相同。 （1分）24(19分) （1）設(shè)小球的電荷量為q，質(zhì)量為m，小球沿桿以速度v向下作勻速運動時，受力情況如圖所示，由平衡條件有： F洛 = N （2分）F電 = f （2分）F洛 =qvB （1分）F電 =qE（1分） f =N （1分）由以上式子可解得： v = （1分）小球作圓周運動的速度大小等于v=（2）小球在磁場中作勻速圓周運動時：（2分）又 vBq/3m （1分）小球從a運動到b過程中，由動能定理得 （2分） （2分） 則 （2分） （2分）來源:Zxxk.Com25(20分)（1）電動勢EBLv，（1分）

21、電流I（1分）F安BIL（1分）P=Fv（1分）當(dāng)金屬棒達(dá)到穩(wěn)定速度時： F安F（2分）由以上式子可得： v= =5 m/s （2分）（2）WRI2Rt =6.72J，則：WrI2rt = WR /4=1.68 J W電WR +Wr=8.4 J（2分）由動能定理有： PtW電mv2mv02 （2分）由以上式子代入數(shù)據(jù)解得： t2 s （1分）（3）電荷量QIt（1分）I E=（1分）（1分）由以上式子可得： Q（1分）在t = 2 s的過程中，棒位移的最大值：maxvt52 m 10 m （1分） 此過程中電荷量Q 的最大值： Qmax2 C （2分）如圖所示，設(shè)AB段是距水平傳送帶裝置高為H

22、=125m的光滑斜面，水平段BC使用水平傳送帶裝置，BC長L=5m，與貨物包的摩擦系數(shù)為=04，順時針轉(zhuǎn)動的速度為V=3m/s。設(shè)質(zhì)量為m=1kg的小物塊由靜止開始從A點下滑，經(jīng)過B點的拐角處無機(jī)械能損失。小物塊隨傳送帶運動到C點后水平拋出，恰好無碰撞的沿圓弧切線從D點進(jìn)入豎直光滑圓孤軌道下滑。D、E為圓弧的兩端點，其連線水平。已知圓弧半徑R2=10m圓弧對應(yīng)圓心角，O為軌道的最低點。（g=10m/s2，sin37=06，cos37=08）試求：（1）小物塊在B點的速度。（2）小物塊在水平傳送帶BC上的運動時間。（3）水平傳送帶上表面距地面的高度。（4）小物塊經(jīng)過O點時對軌道的壓力。（1）小物

23、塊由A運動B，由動能定理，解得:（4分）（2）由牛頓第二定律，得，解得： （1分）水平傳送帶的速度為由 ，得：，則（1分），（2分）（3）小物塊從C到D做平拋運動，在D點有有：（1分）由（1分），得（2分）（4）小物塊在D點的速度大小為：（1分）對小物塊從D點到O由動能定理，得：（1分）在O點由牛頓第二定律，得：聯(lián)立以上兩式解得：=43N（1分）由牛頓第三定律知對軌道的壓力為：（1分）如圖所示的軌道由位于豎直平面內(nèi)的圓弧軌道和水平軌道兩部分相連而成。 水平軌道的右側(cè)有一質(zhì)量為的滑塊C與輕質(zhì)彈簧的一端相連，輕質(zhì)彈簧的另一端固定在豎直的墻M上，當(dāng)彈簧處于原長時，滑塊C位于P點處；在水平軌道上方O處

24、，用長為的細(xì)線懸掛一質(zhì)量為的彈性小球B，小球B恰好與水平軌道相切于D點，并可繞O點在豎直平面內(nèi)擺動；一質(zhì)量也為的彈性滑塊A由圓弧軌道上某處由靜止釋放，進(jìn)入水平軌道與彈性小球B發(fā)生彈性碰撞。P點左方的軌道光滑、右方粗糙，且滑塊A、C 與PM段的動摩擦因數(shù)均為，其余各處的摩擦不計，彈性滑塊A、彈性小球B、滑塊C均可視為質(zhì)點，重力加速度為。（1）要使彈性滑塊A能與滑塊C相碰撞，彈性滑塊A的初始位置距水平軌道的高度應(yīng)該滿足什么條件？（2）在（1）中算出的最小值高度處由靜止釋放彈性滑塊A，經(jīng)一段時間彈性滑塊A與滑塊C相碰撞，設(shè)碰撞時間極短，碰后一起壓縮彈簧，彈簧最大壓縮量為，求彈簧的最大彈性勢能。來源:

25、Z,xx,k.Com解：（1）要使彈性滑塊A能與滑塊C相碰撞，必須使彈性小球B受彈性小球A撞擊后在豎直平面內(nèi)完成一個完整的圓周運動后從左方撞擊彈性小球A，使彈性小球A繼續(xù)向右運動，然后與滑塊C相碰撞。對彈性滑塊A，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得：(2分)由于彈性滑塊A與彈性小球B發(fā)生彈性，根據(jù)動量守恒定律可得(2分)根據(jù)能量關(guān)系有(2分)要使彈性小球B受彈性小球A撞擊后在豎直平面內(nèi)完成一個完整的圓周運動，則有 (2分)對彈性小球B，從最低點運動到最高點過程中機(jī)械能守恒，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得(2分)聯(lián)立式解得(2分)（2）根據(jù)題意可知：彈性滑塊A與彈性小球B發(fā)生兩次彈性碰撞后，彈性滑塊A與滑塊C相碰撞

26、前的速度與彈性滑塊A與彈性小球B發(fā)生彈性碰撞前的速度相同，又由于彈性滑塊A與滑塊C相碰撞后結(jié)合在一起，根據(jù)動量守恒定律可得(2分)又對彈性滑塊A，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得：(2分)又由于彈性滑塊A與滑塊C相碰撞后20090401一起壓縮彈簧，根據(jù)能量的轉(zhuǎn)化與守恒定律有：(2分) 由三式解得：(2分)如圖所示，在同一豎直平面內(nèi)，一輕質(zhì)彈簧一端固定，靜止斜靠在光滑斜面上，另一自由端恰好與水平線AB齊平，一長為L的輕質(zhì)細(xì)線一端固定在O點，另一端系一質(zhì)量為m的小球，將細(xì)線拉至水平，此時小球在位置C，由靜止釋放小球，小球到達(dá)最低點D時，細(xì)繩剛好被拉斷，D點到AB的距離為h，之后小球在運動過程中恰好沿斜面方

27、向?qū)椈蓧嚎s，彈簧的最大壓縮量為x，求：（1）細(xì)繩所能承受的最大拉力； （2）斜面的傾角；（3）彈簧所獲得的最大彈性勢能。 傳送帶以恒定速度v=4m/s順時針運行，傳送帶與水平面的夾角=37?，F(xiàn)將質(zhì)量m=2kg的小物品輕放在其底端（小物品可看成質(zhì)點），平臺上的人通過一根輕繩用恒力F=20N拉小物品，經(jīng)過一段時間物品被拉到離地高為H=18m的平臺上，如圖所示。已知物品與傳送帶這間的動摩擦因數(shù)=05，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10m/s2，已知sin37=06，cos37=08求：（1）物品從傳送帶底端運動到平臺上所用的時間是多少？（2）若在物品與傳送帶達(dá)到同速瞬間撤去恒力F，求物品還需多

28、少時間離開皮帶？總時間為t= t1 + t2 =1s隨后有： mgcos37o - mgsin370 = ma3 帶ma3 = -2m/s2假設(shè)物品向上勻減速到速度為0時，發(fā)生的位移為x如圖所示，長為L、內(nèi)壁光滑的直管與水平成30角固定，將一質(zhì)量為m的小球放于管底，將一輕質(zhì)光滑細(xì)線穿過直管與另一質(zhì)量為M=km的小物塊連接，小物塊通過管中細(xì)線懸掛，最初拉住管底的小球，讓球和小物塊靜止，此時小物體恰好靠近上端的管口，現(xiàn)將小球由靜止釋放，一段時間后，小物塊落地后靜止不動，小球繼續(xù)向上運動，通過管口的轉(zhuǎn)向彎管（彎管長度不計）做平拋運動，己知小球在轉(zhuǎn)向彎管運動的速率不變，（重力加速度為g）求：小物塊在下

29、落過程中的加速度大小a1,小球從管口拋出時的速度v2,試證明無論K為多少，小球的平拋的水平位移總小于 如右圖所示，在某空間實驗室中，有兩個靠在一起的等大的圓柱形區(qū)域，分別存在著等大反向的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B010 T，磁場區(qū)域半徑r m，左側(cè)區(qū)圓心為O1，磁場向里，右側(cè)區(qū)圓心為O2，磁場向外兩區(qū)域切點為C今有質(zhì)量m321026 kg帶電荷量q161019 C的某種離子，從左側(cè)區(qū)邊緣的A點以速度v106 m/s正對O1的方向垂直磁場射入，它將穿越C點后再從右側(cè)區(qū)穿出求：（1）該離子通過兩磁場區(qū)域所用的時間（2）離子離開右側(cè)區(qū)域的出射點偏離最初入射方向的側(cè)移距離為多大？（側(cè)移距離指垂直初速度方向

30、上移動的距離）25（18分）解析：解析：（1）離子在磁場中做勻速圓周運動，在左右兩區(qū)域的運動軌跡是對稱的，如右圖，設(shè)軌跡半徑為R，圓周運動的周期為T由牛頓第二定律qvBm 又：T 聯(lián)立得：R T 將已知代入得R2 m 由軌跡圖知：tan ，則30則全段軌跡運動時間：t22 聯(lián)立并代入已知得：t s419106 s（2）在圖中過O2向AO1作垂線，聯(lián)立軌跡對稱關(guān)系側(cè)移總距離d2rsin 22 m答案：（1）419106 s（2）2 m一傳送帶裝置如圖所示，其中AB段是水平的，長度LAB4 m，BC段是傾斜的，長度lBC5 m，傾角為37，AB和BC在B點通過一段極短的圓弧連接（圖中未畫出圓弧），傳送帶以v4 m/s的恒定速率順時針運轉(zhuǎn)已知工件與傳送帶間的動摩擦因數(shù)05，重力加速度g取10 m/s2現(xiàn)將一個工件（可看做質(zhì)點）無初速度地放在A點，求：（1）工件第一次到達(dá)B點所用的時間？（2）工件沿傳送帶上升的最大高度？（3）工件運動了