热门试卷

（1）设物体的加速度为a，绳子的张力为T，

对物体A：T-Mg=Ma

对B、C整体：（M+m）g-T=（M+m）a

解得a=g．

因为m=M

所以a=g=g

根据运动学公式得，h=at2，h=gt02

解得==3

所以物体B从静止开始下落一段距离的时间是自由下落同样距离所用时间的3倍．

（2）设B、C间的拉力为F，

对C物体：mg-F=ma

F=mg-ma=mg

由牛顿第三定律知，C对B的拉力为mg．

答：（1）物体B从静止开始下落一段距离的时间与其自由落体下落同样的距离所用时间的比值为3．（2）系统由静止释放后运动过程中物体C对B的拉力为mg．

（1）（2）（3）

试题分析：（1）液珠开始运动的加速度大小为g，可知液珠在C处释放时加速度方向向上，设液珠的电量为q，质量为m，有

        2分

解得比荷为         1分

（2）当液珠速度最大时，库仑力与重力相等，有

             1分

结合（1），解得                1分

（3）设CB间的电势差为，有

     1分

根据动能定理有

          2分

解得        1分

（1）  （2）   (3)

试题分析:（1）对撤去外力F后的滑块受力分析，由牛顿第二定律：

            （2分）

解得：         （2分）

（2）设滑块从高为处上滑，到达斜面底端速度为，下滑过程机械能守恒：

            （2分）

解得：

若滑块冲上传送带的速度小于传送带速度，则滑块在带上由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动，根据动能定理有：        （2分）

联立解得：    （2分）

若滑块冲上传送带时的速度大于传送带的速度，则滑块由于受天向左的滑动摩擦力而做匀速运动，根据动能定理：        （1分）

解得：     （2分）

（3）设滑块在传送带上运动的时间为，则时间内传送带的位移： （1分）

由机械能守恒可知：

对滑块由运动学公式知：         （1分）

联立解得：

滑块相对传送带滑动的位移           （1分）

相对滑动生成的热量     （2分）

飞机在甲板上滑行的初速度V0=288km/h=80m/s，末速度为0．

（1）根据速度位移公式得，v02=2as，

则加速度a==m/s2=20m/s2．

（2）滑行时间t==s=4s

（3）根据牛顿第二定律得，

阻力f=ma=3×104×20N=6×105N

答：（1）飞机滑行的加速度大小为20m/s2

（2）滑行的时间为4s．

（3）滑行时受到阻力f为6×105N．

（1）测出AB间距离X1，　AC间距离L；滑块挂在竖直放置的弹簧下静止时弹簧的伸长X2

（2）μ=。

试题分析：（1）松手后滑块在水平桌面上滑动过程中受到弹簧弹力和摩擦力的作用，根据牛顿第二定律分析加速度的变化情况，进而分析滑块的运动情况即可求解；

（2）明确该实验的实验原理即可正确解答本题，该题中，利用了功能关系来求摩擦系数，即运动过程中克服摩擦力做功消耗弹簧的弹性势能．

解：（1）测出AB间距离X1，　AC间距离L；滑块挂在竖直放置的弹簧下静止时弹簧的伸长X2

（2）该过程中，物体运动克服摩擦力做功，消耗弹性势能，即弹簧弹力做的正功等于克服摩擦力做功，所以要求弹簧弹力做功的大小，根据W= kx2，需要测量弹簧的形变量，即原长和压缩后的长度的差值，需要测量弹簧的劲度系数，可以根据弹簧挂物体时处的平衡状态求出劲度系数，

在整个过程中根据功能关系有：kx2=μmgS，所以要测量物体滑行的距离S，

μ=

点评：对于这样的课本之外的实验解答的突破口在于明确其实验原理，本题中要依据所提供信息，根据所学物理规律，明确该实验的实验原理，对于考查学生综合利用知识的能力起到很好的作用．

（1）50N  （2）1.6m

试题分析：选小孩和雪橇整体为研究对象，其受力如图所示。

（1）在轴上由物体平衡条件得：

   ①     

    ②    

联立①②解得                      

（2）F撤消后物体做匀减速运动，

根据运动学公式得

点评：本题属牛顿运动定律的基本题型，只要能掌握运动情景及正确受力分析即可顺利求解．

0.44N

试题分析：对物体受力分析，建立直角坐标系如图

由   

负号表示加速度方向与速度方向相反，即方向向左。   

y轴方向                     

x轴方向       由牛顿第二定律得

又         

即

点评：本题属于已知运动情况求出加速度，然后根据牛顿第二定律分析受力情况。

试题分析：物块与传送带间的摩擦力：f＝μmg=ma ① 代入数据得：a=2m/s2

当物块加速到与传送带相同速度时发生的位移x1，由 解得：x1=4m＜ 6m

则物块加速到v的时间：＝2s

物块与传送带速度相同时，它们一起运动，一起运动的位移为＝2m

一起运动的时间：=0.5s

物体在斜面上运动的加速度：

根据对称性，上升和下降的时间相同：

返回传送带后，向右减速的时间：＝2s

物块从放到传送带上到第一次滑回传送带最远端所用的时间：＝6.1s

（1）   (2)     (3)

试题分析：（1）小球做平抛运动到达A点，竖直方向有： ，可得：

在A点的速度恰好沿AB方向，

（2）从水平抛出到C点的过程中，由动能定理得：

解得：

（3）小球刚能通过最高点时，由牛顿第二定律：

对圆周运动由动能定理：

解得：

当小球刚能到达与圆心等高时：  解得：

当圆轨道与AB相切时：，即圆轨道的半径不能超过1.5m。

综上所述，要使小球不离开轨道，R应该满足的条件是：。

F最大值N=0时，F= 210（N）

F的最小值为N′最大时，Fmin=90(N)

【错解分析】错解：F最大值即N=0时，F=ma+mg=210(N)

错解原因是对题所叙述的过程不理解。把平衡时的关系G=F+N，不自觉的贯穿在解题中。

【正解】解题的关键是要理解0.2s前F是变力，0.2s后F的恒力的隐含条件。即在0.2s前物体受力和0.2s以后受力有较大的变化。

以物体P为研究对象。物体P静止时受重力G、称盘给的支持力N。

因为物体静止，∑F=0

N=G=0   ①

N=kx0   ②

设物体向上匀加速运动加速度为a。

此时物体P受力如图1受重力G，拉力F和支持力N′

据牛顿第二定律有

F+N′-G=ma   ③

当0.2s后物体所受拉力F为恒力，即为P与盘脱离，即弹簧无形变，由0～0.2s内物体的位移为x0。物体由静止开始运动，则

将式①，②中解得的x0=0.15m代入式③解得a=7.5m/s2

F的最小值由式③可以看出即为N′最大时，即初始时刻N′=N=kx。

代入式③得

Fmin=ma+mg-kx0

=12×(7.5+10)-800×0.15

=90(N)

F最大值即N=0时，F=ma+mg=210（N）

【点评】本题若称盘质量不可忽略，在分析中应注意P物体与称盘分离时，弹簧的形变不为0，P物体的位移就不等于x0，而应等于x0-x（其中x即称盘对弹簧的压缩量）。

4 m/s     0.19J

试题分析：(1)设小物块运动到B点时的速度大小为vB，在A到B的过程中，由动能定理有

解得vB="4" m/s

(2)设小物块在C点的速度大小为vc，则

在B到C的过程，设小物块克服摩擦力做的功是Wf，由动能定理有

解得Wf=0.19J

（1）W=0（2）（3）物体恰好能到达D点.

试题分析：（1）物体所受重力和电场力的合力大小为

合力与竖直方向的夹角为α

即合力与轨道AB垂直，所以物体在轨道AB上运动时重力和电场力对物体做的总功为W="0"

（2）在AB段上物体所受摩擦力 

对AB段运动使用动能定理： 

解得 

（3）D点为CD轨道上的等效最高点，设物体能到D点，其速度为vD

对物体由B到D的过程由动能定理得

解得 

设物体恰能到D点时速度为v0，由牛顿第二定律得

解得     

故v0 = vD

因此物体恰好能到达D点 

（1）   （2）  

试题分析：（1）设经过时间导体棒的速度为，位移

产生的感应电动势

根据乙图可知

产生的感应电流

根据牛顿第二定律有

整理得

（2）当导体棒运动到x=4．5m处时导体棒两端的电压为，则有

磁感应强度

感应电动势

撤去力F后动能全部转化为焦耳热即

电阻R上面产生的焦耳热