热门试卷

（1）15m；（2）4.5s

（1）设物资质量为m，不打开伞的情况下，

物资经t=4s落地。由牛顿第二定律和运动学公式得

  （1分）

  （1分）

解得 8m/s2，  （1分）

设物资落地速度恰为v=2m/s时，减速伞打开的高度为h，开伞时物资的速度为v0，由牛顿第二定律和运动学公式得

  （2分）

，  （2分）

解得 26m/s2，15m  （1分）

（2）由上面的求解过程，可得开伞时的速度v0=28m/s

开伞前的运动时间s  （1分）

开伞后的运动时间s  （1分）

故物资运动的时间至少为4.5s。（1分）

(1) =（9－2t）m/s2     (2) 4.5s  

（3）

（4）a—t图象面积是速度的变化量

（5）20.25m/s

（1）物块的加速度=（9－2t）m/s2 ①

（2）当物块a=0时，向右运动的速度最大，

        所用时间s="4.5s  " ②  （3）

（4）a—t图象面积是速度的变化量  ③

（5）由a—t图象可知物块向右运动的最大速度

×9×4.5m/s="20.25m/s " ④

试题分析：设绳子张力，斜面支持力，系统加速度，

对B分析根据牛顿第二定律

对C分析同样有牛顿第二定律水平方向

竖直方向

整理解：

对ABC整体分析水平方向

（1）1.5m  (2)

试题分析：（1）对小粉笔，在C点恰能做圆周运动，

由牛顿第二定律得：，

则   （2分）

由于，小粉笔在传送带上一直加速，    (1分)        

则由A到B有，         （1分）

           （1分）

所以粉笔加速运动的.     （1分）

(2)：对小粉笔，由C到D有   （2分）

解得：      (1分)

小粉笔从D点抛出后做平抛运动，则

，得  t＝ 0.4s    （2分）

将小粉笔在E点的速度进行分解得.      （2分）

点评：中等难度。此类问题可以分阶段研究，把每个阶段看成一个小问题，会使问题更为简单。

　(1) 15 N，方向竖直向下 (2) 0.3 s(3) 2m/s 0<3m/s

　(1)设物块滑到圆轨道末端速度v1，物块在轨道末端所受支持力的大小为N

根据机械能守恒定律得mgR ＝mv  根据牛顿第二定律得 N－mg ＝ m

联立以上两式代入数据得：N＝ 15 N

根据牛顿第三定律，对轨道压力大小为15 N，方向竖直向下

(2)物块在传送带上加速运动时， 由μmg ＝ ma , 得a ＝ μg＝5m/s2

加速到与传送带达到同速所需要的时间t1＝ ＝ 0.2 s

位移s1＝t1＝ 0.5 m 2＝ ＝ 0.1 s

故T ＝ t1＋ t2＝ 0.3 s

(3)物块离开传送带右端后做平抛运动， 则h ＝gt2恰好落到A点　s ＝ v2t　　

得v2＝ 2m/s   恰好落到B点　D ＋ s ＝ v3t　　得v3＝ 3m/s 

故v0应满足的条件是2m/s 0<3m/s

本题考查机械能守恒定律和牛顿第二定律的应用，从N点到N点只有重力做功，机械能守恒，设最低点为零势能面根据动能定理可求得到传送带左端的速度，在N点为圆周运动的最低点，由支持力和重力的合力提供向心力，由此可求得支持力大小，物块在传送带上由滑动摩擦力提供加速度，物体的速度大于传送带速度，所受滑动摩擦力向左，做匀减速直线运动，当减速到与传送带速度相同时随着传送带一起运动，根据这两个过程的位移关系可分别求得运动时间，离开传送带后物体做平抛运动，由竖直高度决定运动时间和水平方向匀速运动可求得水平速度的取值范围

(1)                (2)．

（1）小物块从平台右端水平抛出后，做平抛运动。

水平方向：……………………（1分）    竖直方向：…………（1分）

得：…………………………（2分）

（2）由于小于水平传送带的速度，故可知小物块在传送带上一直做匀加速运动。小物块在传送带上所受摩擦力：…………………………（1分）

由牛顿第二定律可知：…………………………………………（1分）

由运动学关系可知：………………………………………………（1分）

得：…………………………………………………………（1分）

本题考查牛顿第二定律的应用和平抛运动规律的应用，先由竖直高度求得运动时间，再由水平方向匀速运动求得初速度，物块以3m/s速度滑离传动带，小于水平传送带的速度，故可知小物块在传送带上一直做匀加速运动，摩擦力提供加速度，再由运动学公式求解

（1）fd（2）（3）－.

试题分析：(1)小船从A点运动到B点克服阻力做功 Wf＝fd. ①

(2)小船从A点运动到B点，电动机牵引缆绳对小船做功

W＝Pt1  ②

由动能定理有

W－Wf＝mv－mv  ③

由①②③式解得v1＝.  ④

(3)设小船经过B点时缆绳的拉力大小为F，绳与水平方向夹角为θ，电动机牵引缆绳的速度大小为v，则

P＝Fv  ⑤

v＝v1cos θ  ⑥

由牛顿第二定律有

Fcos θ－f＝ma  ⑦

由④⑤⑥⑦式解得a＝－.

（1）（2）  

试题分析：

解：（1）由图象得：小球在最低点时绳子对小球的拉力F1＝1050Ｎ

根据牛顿第二定律得：汽车刚停止瞬间，对小球有：

　代入数据：

（2）由图象得：t1时刻，F2=0

根据牛顿第二定律，对小球有：　即：

点评：本题考查学生的读图能力，然后灵活运用公式求解．

f=mgsinθ·cosθ

【错解分析】错解：以m为研究对象，如图物体受重力mg、支持力N、摩擦力f，如图建立坐标有

再以m＋N为研究对象分析受力，如图，（m＋M）g·sinθ=（M＋m）a③

据式①，②，③解得f=0

所以m与M间无摩擦力。

造成错解主要是没有好的解题习惯，只是盲目的模仿，似乎解题步骤不少，但思维没有跟上。要分析摩擦力就要找接触面，摩擦力方向一定与接触面相切，这一步是堵住错误的起点。犯以上错误的客观原因是思维定势，一见斜面摩擦力就沿斜面方向。归结还是对物理过程分析不清。

【正解】因为m和M保持相对静止，所以可以将（m＋M）整体视为研究对象。受力，如图2－14，受重力（M十m）g、支持力N′如图建立坐标，根据牛顿第二定律列方程

x：(M+n)gsinθ=(M+m)a   ①

解得a=gsinθ

沿斜面向下。因为要求m和M间的相互作用力，再以m为研究对象，受力如图。

根据牛顿第二定律列方程

因为m，M的加速度是沿斜面方向。需将其分解为水平方向和竖直方向如图。

由式②，③，④，⑤解得f=mgsinθ·cosθ

方向沿水平方向m受向左的摩擦力，M受向右的摩擦力。

【点评】此题可以视为连接件问题。连接件问题对在解题过程中选取研究对象很重要。有时以整体为研究对象，有时以单个物体为研究对象。整体作为研究对象可以将不知道的相互作用力去掉，单个物体作研究对象主要解决相互作用力。单个物体的选取应以它接触的物体最少为最好。如m只和M接触，而M和m还和斜面接触。

另外需指出的是，在应用牛顿第二定律解题时，有时需要分解力，有时需要分解加速度，具体情况分析，不要形成只分解力的认识。

(1) B　(2) C   (3)  

试题分析：(1)本实验中木板对小车，打点计时器对纸带都有一定的摩擦，为了平衡摩擦，需要把长木板的一端垫起适当的高度，此时一定要小车连着已经穿过打点计时器的纸带，不能让砂和砂桶提供拉力，给打点计时器通电，轻推小车，让小车运动，通过纸带判断小车是否匀速，调节垫高的高度，直到纸带上的点的间距相等时为止。

故选B

(2)本实验拉力不等于砂和砂桶的重力，只有当M>>m时，拉力才近似的等于砂和砂桶的重力，十倍以上才叫远远大于，故选C

(3)根据题意可知，相邻计数点的时间间隔T=0.10s，根据逐差法有。

点评：本实验中由于砂和砂桶也做加速运动，绳子对砂和砂桶的拉力小于砂和砂桶的重力，当M>>m时，拉力才近似的等于砂和砂桶的重力。

（1）5J（2）120N（3）5m

试题分析：(1)物块进入轨道后恰好沿轨道运动：mg＝m，弹簧具有弹性势能：Ep＝mv＝5 J

(2)物块由顶端滑到底端过程由动能定理：mg×2R＝mv－mv得v2＝5 m/s

在轨道底端由牛顿第二定律得：F－mg＝m，解得：F＝6mg＝120 N，

由牛顿第三定律得物块对轨道的压力大小为120 N，

(3)小物块在长木板上滑动时，

对小物块由牛顿第二定律得：a1＝＝μg＝2 m/s2

对木板由牛顿第二定律得：a2＝＝0.5 m/s2 

设经过时间t小物块与木板相对静止，共同速度为v，则：v＝v2－a1t＝a2t，解得：

v＝1 m/s，t＝2 s

小物块与木板在时间t内通过的位移分别为：x1＝t＝6 m，x2＝t＝1 m，

则木板的长度为：L＝x1－x2＝5 m. 

点评：本题考查了物理学中比较重要的运动模型和解题方法即动能定理，通过受力分析弄清物体的运动过程，然后用能量观点解题

(1)(2)

(1)分别对A、B进行受力分析有

mAg－FT＝mAa

FT－μmBg＝mBa

解得：a＝.

(2)设A刚着地时A、B的速度为v，设从A着地到B停止运动，B在水平桌面上前进了s，则v2＝2aH

对B：－μmBgs＝0－mBv2

解得s＝

B的总位移：sB＝H＋s＝.

本题考查连接体问题，分别以两个物体为研究对象，根据牛顿第二定律列式求解，A着地后以B为研究对象应用动能定理列式求解

（1）6 m/s（2）9 m（3）84 J（4）0.8 m

试题分析：（1）物块沿光滑曲面下滑，机械能守恒则有：

所以物体由静止开始下滑到A处的速度：v1="6" m/s。

（2）物体沿传送带向左做匀减速直线运动，运动到最大位移时速度为零，根据牛顿第二定律和运动学公式有：

所以物体从A处向左运动的最大位移：x1="9" m。

（3）匀减速运动持续的时间为t，则有：

此过程中传送带向右运动的位移为：

解得：x2="12" m。

相对运动的位移：

所以，物体与传送带组成的系统产生的摩擦热为：。

（4）物体A返回过程中，做匀加速运动，末速度只能加速到：

v2="v=4" m/s

因此，沿曲面上升过程，根据机械能守恒定律：

所以最后沿斜面上滑的最大高度h′为：h′="0.8" m。