（2009?天津模拟）如图所示，两根光滑直杆（粗细可忽略不计）水平平行放置，一质量为m、半径为r的均匀细
kuaidi.ping-jia.net 作者：佚名 更新日期：2024-07-07
（2009?天津模拟）如图甲所示，质量为2m的长木板静止地放在光滑的水平面上，另一质量为m的小铅块（可视为
根据三力平衡条件，两个弹力的合力与第三力重力等值、反向、共线，即大小和方向都不变，当两个分力的夹角变小时，得到杆的弹力不断减小（如图）；故A错误；
B、在初始位置，两个弹力的夹角最大，弹力最大；根据几何关系可以得到两个弹力的夹角为120°；
两个弹力的合力与重力平衡，竖直向上，故合力方向在两个弹力的角平分线上，故两个弹力大小相等；
根据几何关系可得每根细杆对圆环的弹力均为mg；
故B正确；
C、D、圆环运动过程中，重力做正功，弹力做功设为W，则对圆环运动过程运用动能定理，有
mg(r?
r)+2W＝0
解得
W＝?
mgr
即圆环克服每根细杆对其弹力做功均为
mgr；故C错误，D正确；
故选BD．
(2009?天津模拟)如图所示,两根光滑金属导轨MNPQ、M′N′、P′Q′相互...
答：mv)RB2L2代入解得，s=6.0m由能量守恒得2mgssinθ=2×（12mv2）+Q解得 Q=18J答：（1）流过金属棒ab的电流方向为从a流向b．（2）金属棒匀速运动时的速度大小是6m/s．（3）如果两个杆从同时开始运动到同时达到匀速共用了t=2.0s的时间，这段时间内电路中产生的焦耳热是18J．
(2009?天津模拟)如图所示,两根光滑直杆(粗细可忽略不计)水平平行放置...
答：A、对圆环受力分析，受到重力和两个杆的支持力，如图；根据三力平衡条件，两个弹力的合力与第三力重力等值、反向、共线，即大小和方向都不变，当两个分力的夹角变小时，得到杆的弹力不断减小（如图）；故A错误；B、在初始位置，两个弹力的夹角最大，弹力最大；根据几何关系可以得到两个弹力的夹角为1...
(2009?天津模拟)如图所示,两根竖直固定的足够长的金属导轨ad和bc,相...
答：（1）时间t0内MN杆上升的距离为h＝12at20①此段时间内MN、EF与导轨形成的回路内，磁通量的该变量为△?=BLh②产生的平均感应电动势为E＝△?t0③产生的平均电流为.I＝E2R④流过MN杆的电量q=.It0⑤由①②③④⑤解得：q=BLat024R（2）EF杆刚要离开平台时BIL=mg⑦此时回路中的电流为I＝E2R⑧...
(2009?天津)如图所示,竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻R...
答：A、棒受重力G、拉力F和安培力FA的作用．由动能定理：WF+WG+W安=△EK 得WF+W安=△EK+mgh 即力F做的功与安培力做功的代数和等于机械能的增加量．故A正确． B、由动能定理，动能增量等于合力的功．合力的功等于力F做的功、安培力的功与重力的功代数和．故B错误． C、棒克服重力...
(2009?天津模拟)在如图甲所示的两平行金属板上加有如图乙所示的电压...
答：A、从0时刻到T2射入电场的电子，在电场力作用下做类平抛运动；当T2到T时间内沿着速度方向做匀速直线运动，因此离开电场时侧移量最大，故A正确；B、从T2时刻到T射入电场的电子，在电场力作用下做匀速直线运动；当T到3T2时间内沿着速度方向做类平抛运动，因此离开电场时侧移量最小，故B错误；C、在一...
(2009?天津模拟)如图所示,在空间中有一坐标系oxy,其第一象限中充满着...
答：（1）带电粒子射入磁场中，由洛伦兹力提供向心力而做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律得 qvB=mv2R ①解得 R=mvqB ②所以，粒子在Ⅰ和Ⅱ两磁场中做圆周运动的半径分别为：R1=mv02qB，R2=mv0qB ③解得R1R2=12 ④（2）粒子在磁场中圆周运动的周期为T=2πmqB ⑤可得 T1＝π...
(2009?天津模拟)如图所示,水平传送带的长度为L,离地面的高度为h,传 ...
答：（1）滑块在传送带上滑动时有：ma=μmg2aL＝v20?v21滑块越过B做平抛时有：h=12gt2 s=v1tμ＝(2hv02?gs2)4gLh．（2）①当传送带的速度v≤v1时，滑块将一直减速到B，有最小速度，运动加速度不变，滑块以到达B时的最小速度为v1不变ma=μmg2aL＝v20?v21v1＝v20?2μgL＝1.0m/s传送...
(2009?天津模拟)在如图所示的电路中,灯泡L的电阻大于电源的内阻r,闭合...
答：A、B当滑动变阻器滑片P向左移动，其接入电路的电阻增大，电路总电阻R总增大，干路电流I减小，电源的内电压减小，路端电压增大，灯泡的功率P=I2RL，RL不变，则电流表读数变小，电压表读数变大，灯泡变暗．故A正确，B错误．C、变阻器两端电压增大，电容器与变阻器并联，电容器上电压也增大，则其电荷量...
(2009?天津)如图所示,质量m1=0.3kg 的小车静止在光滑的水平面上,车长L...
答：解法一：（1）由题意知动量守恒，设物块与小车的共同速度为v，以水平向右为正方向（如图所示），根据动量守恒定律有m2v0=（m1+m2）v…①设物块与车面间的滑动摩擦力为F，对物块应用动量定理有-Ft=m2v-m2v0…②其中F=μm2g…③解得 t＝m1v0μ(m1+m2)g代入数据得 t=0.24s…④（2...
A、在第一次在小铅块运动过程中，小铅块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速，第二次小铅块先使整个木板加速，运动到B部分上后A部分停止加速，只有2部分加速，加速度大于第一次的对应过程，故第二次小铅块与2木板将更早达到速度相等，所以小铅块还没有运动到2的右端．故A正确、B错误； C、根据摩擦力乘以相对位移等于产生的热量，知在木板2上相对运动的位移没有1长度的2倍，所以产生的热量小于在木板1上滑行产生热量的2倍，故C错误，D正确．故选AD．
先对左图中情况下的整体受力分析，受重力、支持力和拉力根据牛顿第二定律，有F=（M+m）a ①再对左图中情况下的小球受力分析，如图根据牛顿第二定律，有F-Tsinα=ma ②Tcosα-mg=0 ③由以上三式可解得T=mgcosαa=mgtanαM再对右图中小球受力分析，如图由几何关系得：F合=mgtanαT′=mgcosα再由牛顿第二定律，得到a′=gtanα由于M＞m，故a′＞a，T′=T故选：B．
A、对圆环受力分析，受到重力和两个杆的支持力，如图；根据三力平衡条件，两个弹力的合力与第三力重力等值、反向、共线，即大小和方向都不变，当两个分力的夹角变小时，得到杆的弹力不断减小（如图）；故A错误；
B、在初始位置，两个弹力的夹角最大，弹力最大；根据几何关系可以得到两个弹力的夹角为120°；
两个弹力的合力与重力平衡，竖直向上，故合力方向在两个弹力的角平分线上，故两个弹力大小相等；
根据几何关系可得每根细杆对圆环的弹力均为mg；
故B正确；
C、D、圆环运动过程中，重力做正功，弹力做功设为W，则对圆环运动过程运用动能定理，有
mg(r?
| 1 |
| 2 |
解得
W＝?
| 1 |
| 4 |
即圆环克服每根细杆对其弹力做功均为
| 1 |
| 4 |
故选BD．
答：mv)RB2L2代入解得，s=6.0m由能量守恒得2mgssinθ=2×（12mv2）+Q解得 Q=18J答：（1）流过金属棒ab的电流方向为从a流向b．（2）金属棒匀速运动时的速度大小是6m/s．（3）如果两个杆从同时开始运动到同时达到匀速共用了t=2.0s的时间，这段时间内电路中产生的焦耳热是18J．
答：A、对圆环受力分析，受到重力和两个杆的支持力，如图；根据三力平衡条件，两个弹力的合力与第三力重力等值、反向、共线，即大小和方向都不变，当两个分力的夹角变小时，得到杆的弹力不断减小（如图）；故A错误；B、在初始位置，两个弹力的夹角最大，弹力最大；根据几何关系可以得到两个弹力的夹角为1...
答：（1）时间t0内MN杆上升的距离为h＝12at20①此段时间内MN、EF与导轨形成的回路内，磁通量的该变量为△?=BLh②产生的平均感应电动势为E＝△?t0③产生的平均电流为.I＝E2R④流过MN杆的电量q=.It0⑤由①②③④⑤解得：q=BLat024R（2）EF杆刚要离开平台时BIL=mg⑦此时回路中的电流为I＝E2R⑧...
答：A、棒受重力G、拉力F和安培力FA的作用．由动能定理：WF+WG+W安=△EK 得WF+W安=△EK+mgh 即力F做的功与安培力做功的代数和等于机械能的增加量．故A正确． B、由动能定理，动能增量等于合力的功．合力的功等于力F做的功、安培力的功与重力的功代数和．故B错误． C、棒克服重力...
答：A、从0时刻到T2射入电场的电子，在电场力作用下做类平抛运动；当T2到T时间内沿着速度方向做匀速直线运动，因此离开电场时侧移量最大，故A正确；B、从T2时刻到T射入电场的电子，在电场力作用下做匀速直线运动；当T到3T2时间内沿着速度方向做类平抛运动，因此离开电场时侧移量最小，故B错误；C、在一...
答：（1）带电粒子射入磁场中，由洛伦兹力提供向心力而做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律得 qvB=mv2R ①解得 R=mvqB ②所以，粒子在Ⅰ和Ⅱ两磁场中做圆周运动的半径分别为：R1=mv02qB，R2=mv0qB ③解得R1R2=12 ④（2）粒子在磁场中圆周运动的周期为T=2πmqB ⑤可得 T1＝π...
答：（1）滑块在传送带上滑动时有：ma=μmg2aL＝v20?v21滑块越过B做平抛时有：h=12gt2 s=v1tμ＝(2hv02?gs2)4gLh．（2）①当传送带的速度v≤v1时，滑块将一直减速到B，有最小速度，运动加速度不变，滑块以到达B时的最小速度为v1不变ma=μmg2aL＝v20?v21v1＝v20?2μgL＝1.0m/s传送...
答：A、B当滑动变阻器滑片P向左移动，其接入电路的电阻增大，电路总电阻R总增大，干路电流I减小，电源的内电压减小，路端电压增大，灯泡的功率P=I2RL，RL不变，则电流表读数变小，电压表读数变大，灯泡变暗．故A正确，B错误．C、变阻器两端电压增大，电容器与变阻器并联，电容器上电压也增大，则其电荷量...
答：解法一：（1）由题意知动量守恒，设物块与小车的共同速度为v，以水平向右为正方向（如图所示），根据动量守恒定律有m2v0=（m1+m2）v…①设物块与车面间的滑动摩擦力为F，对物块应用动量定理有-Ft=m2v-m2v0…②其中F=μm2g…③解得 t＝m1v0μ(m1+m2)g代入数据得 t=0.24s…④（2...
