热门试卷

试题分析：

（1）设物块由D点以初速度v0做平抛，落到P点时其竖直分速度为vy，

竖直方向上，

水平方向上，

得

由表达式可知在桌子上过B点后初速度，

则BD间位移x满足：

（2）mg(R+Rcos45°)=

FN-mg="m" VN2/R    得FN=（20+4）≈25.7N      4分

（3）若物块能沿轨道到达M点，其速度为vm

轨道对物块的压力为FN，则

解得FN=(1-2)mg<0

即物块不能到达M点    2分

（1）12m/s；（2）反应时间不能大于0.5s

试题分析：（1）设在满足题设条件的情况下该车的最大行驶速度为

根据平均速度公式（1分）

解得（1分）

（2）该车驾驶员的允许的反应时间最大值为t，反应时间内车行驶的距离为

        （1分）

从绿灯闪烁到红灯亮起，历时t0=6s，该过程中，汽车做减速运动的时间

        （1分）

设汽车刹车过程中通过的位移为      （1分）

绿灯开始闪烁时，该车距停车线的距离为L

                  （1分）

解得                  （1分）

即该车驾驶员的反应时间不能大于0.5s  （1分）

不会相撞，最近距离为5m

试题分析：设B车刹车过程的加速度大小为，由

可得：

解得：   

设经过时间t两车相撞，则有：，     2分

即

整理得 

由可知t无实数解，即两车不会相撞，速度相等时两车相距最近， 此时

此过程中

，

两车的最近距离

(1)3m/s (2)1.2m (3)2.4s

试题分析：(1)由题意可知：小球落到斜面上并沿斜面下滑，说明此时小球速度方向与斜面平行，否则小球会弹起，所以

，

竖直方向有，

则，

解得.

(2)由

得，

水平方向.

(3)小球沿斜面做匀加速直线运动的加速度，

初速度.则

解得．(或不合题意舍去)

所以.

点评：注意小球在接触斜面之前做的是平抛运动，在斜面上时小球做匀加速直线运动，根据两个不同的运动的过程，分段求解即可；此题关键是小球水平抛出后刚好能沿光滑斜面下滑，说明此时小球的速度方向恰好沿着斜面的方向。

（1）5m/s  0  

（2）

（3）250m

试题分析：（1）由可得到        （2分）

第1s末的速度为：        （3分）

第2s末的速度为：         （3分）

（2）如图（5分，必须有单位、单位长度、原点、物理量的符号、数字及方向，没有标明扣1分）

（3）由（2）中的图所示，前2s的位移为其对应三角形的面积，即

由题意可知，每2s间隔的位移为5m，所以可得100s时的位移为

250（m）        （5分）

答：当经过时间为100s时，这个质点的位移是250m。

见解析

取上述分析过程的临界状态——通过停车线时，则有

v0t＋a1t2＝s0　　　　　　t=2s

v0＋a1t = v2            v2=12m/s>vm     2分

该车司机虽然能赶在绿灯熄灭前通过停车线，但是超过了路段允许行驶的最大安全速度，因此司机这种做法不安全。        2分

建议：①立即刹车减速运动；

②采取立即匀加速运动至最大安全速度为vm=11.5m/s后，匀速通过停车线.

……

（本题的答案不唯一，只要学生论述言之有理，即可得分）     3分

本题考查匀变速直线运动的临界问题，根据通过停车线时能通过红绿灯，由位移上的关系和时间上的关系　t=2s

（1）5m/s(2)L=12m

本题考查匀变速直线运动推论的应用，从A到B应用速度与位移的关系列公式，同理C到B列公式，根据平均速度公式可求得AB、BC中间时刻的瞬时速度，再由几个公式联立求解

（1）1s  （2）2.4m/s   (3)6.8m

试题分析：（1）物体A上滑过程中，由牛顿第二定律得：

代入数据解得：a=6m/s2

设经过t时间滑到最高点，由运动学公式：代入数据解得

t=1s

(2)平抛物体B的水平位移：

平抛速度：

（3）物体A、B的高度差为：

⑴Δt1＝0.5s；⑵t＝2s；⑶x0＝2.4m。

试题分析：⑴甲车在司机反应时间内前进的距离为：x11＝v0Δt1           ①

刹车后至停止前进的距离为：x12＝     ②

要使甲车避免闯红灯需要满足的条件为：x11＋x12≤L    ③

由①②③式联立并代入数据解得：Δt1≤0.5s，即要使甲车避免闯红灯司机的反应时间Δt1不能超过0.5s。

⑵设甲乙两车刹车后分别经过时间t1、t2速度减小为零，根据匀变速直线运动规律有：

t1＝＝3s，t2＝＝2.5s

不妨假设乙车刹车后经过时间t后，速度与甲车相等，根据匀变速直线运动速度公式有：

v0－a1(t＋Δt2)＝v0－a2t，代入数据解得：t＝2s

显然t＜t1，t＜t2，即两车还未停止运动，t＝2s符合题意。

⑶当甲刹车后，两车间的距离逐渐减小，若从两车都刹车时起，至两车速度相等时止，两车不能相撞，则往后两车不可能相撞，由第⑵问的求解可知，甲车刹车运动的时间为(t＋Δt2)，根据匀变速直线运动位移公式有：甲车的位移为：x1＝v0(t＋Δt2)－      ④

乙车的位移为：x2＝v0Δt2＋v0t－      ⑤

要使两车不相撞应满足：x2－x1≤x0      ⑥

由④⑤⑥式联立并代入数据解得：x0≥2.4m

即为保证两车不相撞，甲、乙两车刹车前的距离x0至少2.4m。

100 m

取向右为正方向

t＝＝ s＝10 s，      （3分）

x1＝v1t＝4×10 m＝40 m               （2分）

x2＝v2t＋at2＝－16×10 m＋×2×102 m    

＝－60 m                            （3分）

x＝x1＋|x2|＝40 m＋60 m＝100 m         （2分）

答案：100 m

本题考查匀变速直线运动的相遇问题，根据公式可得

（1）5m/s2 ，18.33N（2）1.65m,1.2s

试题分析(1) 对小球P进行受力分析，受力图如图所示，

根据牛顿第二定律可得

又有：

联立以上各式解得aP＝＝5m/s2，(3分)

N1＝55/3N=18.33N（3分）

（2）小球在0.6s内做匀加速直线运动，位移为：

0.6s后的速度为

撤去直杆Q后，小球P做匀减速运动，其加速度为

减速到零的位移

小球达到最高点时与N点的距离：

对小球匀减速运动直到回到N点的过程有:

解得时间为：

(1)4m/s,1m/s  (2)5.75m

试题分析：（1）该队员先在t1=1s时间内以a1匀加速下滑．

然后在t2=1.5s时间内以a2匀减速下滑．

第1s由牛顿第二定律得：mg－F1=ma1

所以a1==4m/s2

最大速度vm=a1t1

代入数据解得：vm="4m/s"

后1.5s由牛顿第二定律得：F2－mg=ma2

a2==2m/s2

队员落地时的速度v=vm－a2t2

代入数据解得：v="1m/s"

(2) 防队员在下滑过程总位移:

（1）E=0.5N/C，方向与水平方向成53º斜向上；（2） 1.1m/s, 方向水平向左；（3） 

试题分析： （1）设PQ左侧匀强电场场强为E1，方向与水平方向夹角为θ．

沿水平方向有　 　qE1cosθ=ma         1分

沿竖直方向有　 　qE1sinθ=mg        1分

对水平方向的匀加速运动有　      v2=2as         1分

代入数据可解得　　E1=0.5N/C            1分

θ=53º           1分

即E1大小为0.5N/C,方向与水平向右方向夹53º角斜向上．

（2）带电微粒在PQ右侧场区始终满足　qE2=mg        1分

在0~1s时间内，带电微粒在E3电场中  m/s2        1分

带电微粒在1s时的速度大小为 v1=v+at=1+0.1×1=1.1m/s         1分          

在1~1.5s时间内，带电微粒在磁场B中运动，周期为　s          1分

在1~1.5s时间内，带电微粒在磁场B中正好作半个圆周运动．所以带电微粒在PQ右侧场区中运动了1.5s时的速度大小为1.1m/s, 方向水平向左          1分

（3）在0s~1s时间内带电微粒前进距离 s1= vt+at2=1×1+×0.1×12=1.05m    1分

带电微粒在磁场B中作圆周运动的半径m      1分　

因为r+s1＜2.295m，所以在1s~2s时间内带电微粒未碰及墙壁．

在2s~3s时间内带电微粒作匀加速运动，加速度仍为　a=0.1m/s2

在3s内带电微粒共前进距离s3=m           1分

在3s时带电微粒的速度大小为　m/s      1分

在3s~4s时间内带电微粒在磁场B中作圆周运动的半径

m=0.19m　          1分

因为r3+s3＞2.295m，所以在4s时间内带电微粒碰及墙壁．

带电微粒在3s以后运动情况如图

其中 d="2.295" 2.2=0.095m

sinθ=

θ＝30º            1分

所以，带电微粒作圆周运动的时间为　s           1分

带电微粒与墙壁碰撞的时间为　t总＝3+=s          1分