热门试卷

（1）（2）；（3）或

试题分析：（1）设粒子做匀速圆周运动的半径，由牛顿第二定律得

                   ①

据题意由几何关系得

                         ②

联立①②式得

                       ③

（2）设粒子做圆周运动的半径为，加速度大小为，由圆周运动公式得

                         ④

据题意由几何关系得

                        ⑤

联立④⑤式得

                       ⑥

（3）设粒子做圆周运动的半径为，周期为，由圆周运动公式得

                     ⑦

由牛顿第二定律得

                  ⑧

由题意知，代入⑧式得

                        ⑨

粒子运动轨迹如图所示，、为圆心，、连线与水平方向夹角为，在每个内，只有A、B两个位置才有可能垂直击中P板，且均要求，由题意可知

                   ⑩

设经历完整的个数为（，1，2，3．．．．．．）

若在A点击中P板，据题意由几何关系得

当n=0时，无解                      

当n=1时联立式得

或（）                

联立式得

当时，不满足的要求   

若在B点击中P板，据题意由几何关系得

当时无解                        

当时，联立式得

或（）            

联立式得

当时，不满足的要求     

（1） （2）（3）见解析

试题分析：（1）设金属棒到达MP、NQ的速度分别为，，

则由，得：

由，得：

由电磁感应定律得：

由闭合电路欧默定律

联立解得：

（2）因为进入磁场后受安培力     （2分） 

由牛二定律得                        （2分）

又因为                                          （1分）

则在进磁场后F                   

代入数据得 （N）其中               （ 2分）

（3）可以有电流。只要导线、电表、导体棒组成的回路有磁感线穿过，根据法拉第电磁感应定律，闭合回路磁通量变化，可以产生感应电流。（此时金属棒和电阻R并联成为电路负载） （ 3分）

（1）T=0.4s   （2）11个    （3）5.8m

试题分析：（1）A在盒子内运动时，根据牛顿第二定律有

解得 a = g

A在盒子内运动的时间      A在盒子外运动的时间 

A从第一次进入盒子到第二次进入盒子的时间

（2）小球在盒子内运动时，盒子的加速度=4m/s2   

小球在盒子外运动时，盒子的加速度

小球运动一个周期盒子减少的速度为

从小球第一次进入盒子到盒子停下，小球运动的周期数为

故要保证小球始终不与盒子相碰，盒子上的小孔数至少为2n+1个，即11个．

（3）小球第一次在盒内运动的过程中，盒子前进的距离为m

小球第一次从盒子出来时，盒子的速度m/s

小球第一次在盒外运动的过程中，盒子前进的距离为 =1m

小球第二次进入盒子时，盒子的速度m/s

小球第二次在盒子内运动的过程中，盒子前进的距离为 m

小球第二次从盒子出来时，盒子的速度 m/s

小球第二次在盒外运动的过程中，盒子前进的距离为 m

…………

分析上述各组数据可知，盒子在每个周期内通过的距离为一等差数列，公差d＝0.12m．且当盒子停下时，小球恰要进入盒内，最后0.2s内盒子通过的路程为0.04m．

所以从小球第一次进入盒子至盒子停止运动的过程中，盒子通过的总路程为

（1）                

（2）11个．  

（3）                                

（1）A在盒子内运动时，         （2分）

由以上两式得　　a＝g                                                 （1分）

A在盒子内运动的时间   A在盒子外运动的时间     （1分）

A从第一次进入盒子到第二次进入盒子的时间                 （1分）

（2）小球在盒子内运动时，盒子的加速度             （1分）

小球在盒子外运动时，盒子的加速度                     （1分）

小球运动一个周期盒子减少的速度为      （2分）

从小球第一次进入盒子到盒子停下，小球运动的周期数为      （1分）

故要保证小球始终不与盒子相碰，盒子上的小孔数至少为2n+1个，即11个．  （1分）

（3）小球第一次在盒内运动的过程中，盒子前进的距离为

                                                （1分）

小球第一次从盒子出来时，盒子的速度                   （1分）

小球第一次在盒外运动的过程中，盒子前进的距离为    （1分）

小球第二次进入盒子时，盒子的速度                    （1分）

小球第二次在盒子内运动的过程中，盒子前进的距离为    （1分）

小球第二次从盒子出来时，盒子的速度                     （1分）

小球第二次在盒外运动的过程中，盒子前进的距离为     （1分）

分析上述各组数据可知，盒子在每个周期内通过的距离为一等差数列，

公差d＝0.12m．且当盒子停下时，小球恰要进入盒内，最后0.2s内盒子通过的路程为0.04m．

所以从小球第一次进入盒子至盒子停止运动的过程中，盒子通过的总路程为

                                     （2分）

（1）　　（2）

试题分析：（1）对金属杆进行受力分析：受有重力、垂直轨道向上的支持力、沿轨道向上的摩擦力、沿轨道向下的恒力F、沿轨道向上的安培力，如图所示。

根据牛顿第二定律得：

根据法拉第电磁感应定律得：

欧姆定律可得：

所以　

当时　　　则

解得：

当时，有

解得：

（2）对整个过程，由功能关系得：

解得：

解：（1）小球刚抛出时受到的合力F=，由牛顿第二定律，F=ma，

解得小球刚抛出时加速度大小a=/m。

（2）球最终竖直向下做匀速直线运动，设此时速度为v，则mg=kv。

设球从抛出到着地过程中克服空气阻力做的功为W，由动能定理有，mgH-W=mv2-mv02，

解得：W= mgH+mv02-。

（3）根据运动的独立性，在竖直方向都是从静止开始的运动，受到的合力均为Fy=mg-kvy，加速度均为ay="g-" kvy /m。故在竖直方向的运动是相同的，运动时间相等，着地时速度都是v=mg/k。

应用牛顿第二定律、动能定理及其相关知识列方程解答。

0.40   …………4分

1.46   …………4分

略

以物体为研究对象，作出力图，如图．升降机竖直向上做匀加速运动时，加速度竖直向上，合力一定竖直向上，则两根绳子的拉力的合力方向一定竖直向上．由力图可知，BO绳的拉力大于AO绳的拉力，当B绳的拉力达到最大时，升降机的加速度为最大．

根据牛顿第二定律得，

-mg=mam，

代入解得 am=10m/s2

答：为使绳子不断，升降机竖直向上的加速度最大为10m/s2．

在AB段，由牛顿第二定律可得

F=ma1

设B点速度大小为v，根据运动学公式可得

v2=2a1s1

在BC段，根据牛顿第二定律可得

F-mgsinθ=ma2

从B到C，由运动学公式可得

-v2=2a2s2

根据题意：L=s1+s2

联立解得

s1=L-

答：AB部分的长度L-．

物体匀速下滑时，受重力，摩擦力，支持力，沿斜面方向可得：

f=mgsinθ；

已知物块由静止开始沿斜面向上加速运动，经过t=2s时间物体沿斜面上升4m的距离，由位移时间关系可得：

s=at2，

解得：

a==m/s2=2m/s2

对物块受力分析，可知其受重力，推力，摩擦力，支持力．

沿斜面方向：

F-mgsinθ-f=ma

解得：

F=2mgsinθ+ma=2×3×10×N+3×2N=36N；

答：力F的大小为36N．

（1）由图象可知，滑块在水平面上滑行的距离：

s=×1.2×2=1.2m；

（2）由图象可知，滑块的加速度：

a1===5m/s2，

a2===-2.5m/s2，

由牛顿第二定律得：F-μmg=ma1，

-μmg=ma2，

解得：μ===0.25，

F=μmg+ma1=0.25×1×10+1×5=7.5N；

答：（1）滑块在水平面上滑行的距离为1.2m；

（2）滑块与水平面之间的动摩擦因数为0.25；

（3）水平恒力F的大小为7.5N．