热门试卷

（1）① ②   （2）

试题分析: （1）①由题意知，由能量守恒定律：

解得：损失的机械能       （4分）

②对人下落的过程，由动能定理：

可得克服阻力所做的功   （4分）

（2）设距地高度处的重力加速度为

对地表的物体有：                 （2分）

对高处的物体有:              （2分）

联立解得：                    （2分）

(1)    (2)

试题分析：

（1）电吹风吹出的气体对两球施加的力恒定且相等，设为F，

由牛顿第二定律：             (2分)

有    （3分）

（2）A、B两球在恒定F的作用下分别发生位移和，

由动能定理有：             （3分）

              （3分）

又，联立得：     （3分）

⑴(在5.9 ~ 6.3cm间均视为正确) 

⑵ 1.31m/s (在1.29～1.33 m／s间均视为正确)，18.0cm (在17.9~18.1cm间均视为正确)

⑶59.7°（在间均视为正确）

⑷见解析

(1)势能最小处动能最大          

由图线II得

(在5.9 ~ 6.3cm间均视为正确)

(2)由图读得释放处势能，此即B的总能量。出于运动中总能量守恒，因此在势能最小处动能最大，由图像得最小势能为0.47J，则最大动能为

(在0.42 ~ 0.44J间均视为正确)

最大速度为

(在1.29～1.33 m／s间均视为正确)

x="20.0" cm处的总能量为0.90J，最大位移由E=0.90J的水平直线与曲线II的左侧交点确定,由图中读出交点位置为x=2.0cm，因此，最大位移

(在17.9~18.1cm间均视为正确)

(3)渐近线III表示B的重力势能随位置变化关系，即

∴

由图读出直线斜率

（在间均视为正确）

（4）若异名磁极相对放置，A，B间相互作用势能为负值，总势能如图。      

(1) (2) 

(3)

（1）物体P从A下滑经B到C过程中根据动能定理：

                   （3分）

                                                                           （3分）

经点时                                （3分）

根据牛顿第二定律，对点的压力                          （1分）

（2））从到机械能守恒                                      （2分）

与间高度差                                                 （1分）

（3）物体最后在与其等高的圆弧轨道上来回运动时，经点压力最小，由到根据机械能守恒

                      （3分）

                                       （2分）

根据牛顿第三定律          压力（1分）

从A到B的过程中，根据动能定理得：

mgh-Wf=0-0

解得：Wf=mgh

从B从A的过程中，根据动能定理得：

0-mv02=-mgh-Wf

解得：v0=2

答：需给物体2的初速度才能从B点开始运动，再上升到斜面上的A点．

解法一：运用动能定理．

以小球作为研究对象，对小球在空中运动过程，列动能定理有

   WG=Ekt-EkO   

即：mgh=m-m

得 v0=  

代入数据得：vt=5m/s  

解法二：取地面为零势能面，由机械能守恒定律得：

  m+mgh=m 

即得v0=

代入数据得：vt=5m/s

答：小球抛出时的速度v0为5m/s．

（1）   （2）

试题分析：（1）设分离时A、B的速度分别为、，

小滑块B冲上斜面轨道过程中，由动能定理有： ① （3分）

代入已知数据解得：  　②　（2分）

（2）由动量守恒定律得：  ③　（3分）

解得：　（2分）

由能量守恒得：　④　（4分）

解得：　　⑤　（2分）

(1)mgh(2)2mgh(3)

试题分析：（1）物块由A运动到C过程，由动能定理有

得：

（2）物块由C经B运动到A过程，据动能定理有

得：

（3）物块下滑的过程，有

得： 

由式

得：

点评：应用动能定理解决多过程问题时，比较方便，但是需要注意各个过程的始末状态，以及力做功情况

（1）  mg（2）14 m

设小球质量为m，所受阻力大小为F

（1）小球从h处释放时速度为零，与地面碰撞反弹到 h时，速度也为零，

由动能定理得mg(h-  h)-F（h+   h）=0   （3分）

解得F=   mg                            (3分)

（2）设小球运动的总路程为s，且最后小球静止在地面上，由动能定理得：

mgh-Fs=0                              （3分）

s=   h=7×2 m="14" m                     (3分)

在整个过程中，由动能定理可得：

mgh-Wf=mv2-mv02，

解得Wf=15J；

答：球在运动过程中克服阻力做功为15J．

（1）UAB==V=-75V

故A、B两点间电势差UAB是-75V．

（2）根据匀强电场的场强公式E=得，

d==m=1.875m．

（3）根据动能定理得，W=mvB2-mvA2

vB==5m/s

故经过B点时的速度为5m/s．

不正确，小明起跳时的加速度计算错了．         

F-mg=ma     

a==m/s2=7.5 m/s2   

起跳离地前，重心升高：h=at2=0.6m      

外力对小明做的功就是小明机械能的增加量

△E=Fh=1050×0.6=630J      

答：不正确，小明起跳时的加速度计算错了．机械能的增加量为630J

对车进行受力分析：车受重力、支持力、摩擦力、拉力．

f=μ1Mg=5N

运用牛顿第二定律：

车加速度a==m/s2=2m/s23s后的车的末速度v=at=2×3m/s=6m/s

因为刚将货箱放上去初速度为0而车的速度是6m/s所以货箱相对车而言向后运动，一直到加速到跟车的速度为止才相对静止

而此时车受到的摩擦力增加，加速度改变!

对货箱分析：货箱受到向前的摩擦力分f1=μ2mg=8N

对车分析：车受到地面和货箱施加的向后的摩擦力f2=μ1（Mg+mg）+f1=15N．

运用牛顿第二定律得：

此时车加速度是0

货箱的加速度是4m/s2设当ts后货箱和车的速度相同（货箱速度不会超过车）

对货箱根据v=at得：

4t=6，t=1.5s

因为货箱最后刚好未从小车上落下，所以货箱距离车后端的距离等于车移动的位移减去货箱移动的位移

在1.5s内车移动的位移为xM=vt=9m

在1.5s内货箱移动的位移xm=at2=4.5m

货箱距离车后端的距离△x=xM-xm=4.5m

答：货箱距离车后端的距离为4.5m．