热门试卷

（1）物品在达到与传送带速度v=4m/s相等前，有：

F+μmgcos37°-mgsin37°=ma1

解得a1=8m/s2

由v=a1t1，t1=0.5s

位移x1=a1=1m

随后，有：F-μmgcos37°-mgsin37°=ma2

解得a2=0，即滑块匀速上滑

位移x2=-x1=2m

t2==0.5s

总时间为：t=t1+t2=1s

即物品从传送带底端运动到平台上所用的时间是1s．

（2）在物品与传送带达到同速瞬间撤去恒力F，根据牛顿第二定律，有

μmgcos37°-mgsin37°=ma3

解得：a3=-2m/s2

假设物品向上匀减速到速度为零时，通过的位移为x

x=-=4m＞x2

即物体速度为减为零时已经到达最高点；

由x2=vt3+a3

解得：t3=(2-)s（t3=2+s＞0.5s，舍去）

即物品还需(2-)s离开皮带．

（1）带电液滴静止受力平衡，重力与电场力大小相等，方向相反，所以上极板带正电             

液滴静止时，qE=mg                     

所以：E=98 N/C                           

（2）液滴向上做匀加速直线运动

由牛顿第二定律2qE-mg=ma               

所以：a=g                            

由 v2-0=2a

得：v=0.14 m/s                  

答：（1）上极板板带正电，板间电场强度为E=98 N/C 

（2）若板间电场强度突然增为原来的2倍，到达极板时的速度为0.14m/s．

（1）对雪块受力分析如图，

垂直于斜面方向：mgcosθ=FN

平行于斜面方向：mgsinθ+f=ma

又：f=μFN

联立并代入数据得：a=6.8m/s2

根据匀变速直线运动的位移速度公式有：vm2=2ax

得：vm===6.8m/s

（2）由速度时间公式：vm=at

得：t==1s

答：（1）雪块的初速度为6.8m/s；

（2）请问雪块沿坡面向上滑的时间为1s．

（1）   （2）   （3）

试题分析： (1)设粒子在P板上匀速运动的速度为v0，由于粒子在P板匀速直线运动，故①

所以，由动能定理知，发射装置对粒子做的功②

解得W=③

说明：①②各2分，③式1分

（2）设电源的电动势E0和板间的电压为U，有④

板间产生匀强电场为E，粒子进入板间时有水平方向的初速度v0，在板间受到竖直方向的重力和电场力作用而做类平抛运动，设运动时间为t1，加速度为a，有⑤

当开关S接“1”时，粒子在电场中做匀变速曲线运动，其加速度为⑥

再由，⑦

⑧

当开关S接“2”时，由闭合电路欧姆定律知⑨

联立①④⑤⑥⑦⑧⑨解得，⑩

说明：④⑤⑥⑦⑧⑨⑩各1分

（3）由题意分析知，此时在板间运动的粒子重力和电场力平衡。当粒子从k进入两板间后，立即进入磁场物体在电磁场中做匀速圆周运动，离开磁场后做匀速直线运动，故分析带电粒子的磁场如图所示，运动轨迹如图所示，粒子出磁场区域后沿DT做匀速直线运动，DT与b板上表面的夹角为，

Df与b板上表面即为题中所求，设粒子与板间的夹角最大，设为，磁场的磁感应强度B取最大值时的夹角为 ，当磁场最强时，R最小，最大设为

由，⑾知，

当B减小时，粒子离开磁场做匀速圆周运动的半径也要增大，D点向b板靠近。Df与b板上表面的夹角越变越小，当后在板间几乎沿着b板上表面运动，

当Bm则有图中可知，⑿

⒀，

⒁

联立⑾⑿⒀⒁，将B=Bm带入

解得⒂

当B逐渐减小是，粒子做匀速圆周运动的半径R，D点无线接近向b板上表面时，当粒子离开磁场后在板间几乎沿着b板上表面运动而从T孔飞出板间区域，此时满足题目要求，夹角趋近，既

⒃

故粒子飞出时与b板夹角的范围是 (17)

说明：⑿⒀⒁⒂⒃(17)各1分

物块放到传送带上后先做匀加速运动，若传送带足够长，匀加速运动到与传送带同速后再与传送带一同向前做匀速运动．

物块匀加速时的加速度为μmg=ma

a=μg=0.1×10m/s2=1m/s2

物块匀加速到和传送带具有相同速度所需时间为间

v=at1

t1==s=4s

物块匀加速位移x1==×1×42m=8m

∵20m＞8m∴以后小物块匀速运动

物块匀速运动的时间t2==s=3s

∴物块到达传送带又端的时间为：t=t1+t2=4+3s=7s

答：经过7s物块将到达传送带的右端

（1）根据牛顿第二定律：m1运动的加速度为a1=

m2运动的加速度为a2=

F=GA，故a1＜a2；

（2）小车在水平方向上受绳的拉力和摩擦力，想用钩码的重力表示小车受到的合外力，首先需要平衡摩擦力；

设绳子上拉力为F，对小车根据牛顿第二定律有：

F=Ma ①

钩码有：mg-F=ma ②

F=•M=

由此可知当M＞＞m时，够码的重力等于绳子的拉力即为小车是合外力．

故为了减小误差采取的措施有①将木板的左端垫高以平衡摩擦力；②让滑块的质量远人于拉绳的重物的质量；③多次测量取平均值等等．

（3）由F-a图象知拉力F达到一定值后才开始有加速度，说明贝贝实验中可能存在的问题是：没有平衡滑块与木板间的摩擦力．

故答案为：（1）a1＜a2；（2）①将木板的左端垫高以平衡摩擦力；②让滑块的质量远人于拉绳的重物的质量；③多次测量取平均值等等．

（3）没有平衡滑块与木板间的摩擦力．

（1）为使小物块不会击中挡板，拉力F作用最长时间t时，小物块刚好运动到O点．

由牛顿第二定律得：F-μmg=ma1

解得：a1=-μg=-0.25×10=2.5m/s2

减速运动时的加速度大小为：a2=μg=0.25×10=2.5m/s2

由运动学公式得：s=a12+a2t22

而a1t=a2t2

解得：t=t2=s

（2）水平恒力一直作用在小物块上，由运动学公式有：v02=2a1s

解得小物块到达O点时的速度为：v0==m/s=5m/s

小物块过O点后做平抛运动．水平方向：x=v0t

竖直方向：y=gt2

又 x2+y2=R2

解得位置坐标为：x=5m，y=5m

答：（1）拉力F作用的最长时间为s；

（2）小物块击中挡板上的位置的坐标为x=5m，y=5m．

（1）对长木板施加恒力F的时间内，小滑块与长木板间相对滑动，小滑块和长木板在水平方向的受力情况如图所示．

小滑块所受摩擦力f=μmg

设小滑块的加速度为a1，根据牛顿第二定律

f=ma1

解得        a1=2.0 m/s2

长木板受的摩擦力    f′=f=μmg

设长木板的加速度为a2，根据牛顿第二定律

F-f′=Ma2  

解得         a2=4.0 m/s2

经过时间t=1.0 s，

小滑块的速度  v1=a1t=2.0 m/s     

长木板的速度  v2=a2t=4.0 m/s

（2）撤去力F后的一段时间内，小滑块的速度小于长木板的速度，小滑块仍以加速度a1做匀加速直线运动，长木板做匀减速直线运动．设长木板运动的加速度为a3，此时长木板水平方向受力情况如图所示，根据牛顿第二定律

f′=Ma3

公式和受力图共（1分）

解得   a3=2.0 m/s2

设再经过时间t1后，小滑块与长木板的速度相等，此时小滑块相对长木板静止

即           v1+a1t1=v2-a3t1                        

解得           t1=0.50 s

如图所示，在对长木板施加力F的时间内，小滑块相对地面运动的位移是s1，从撤去F到二者速度相等的过程，小滑块相对地面的位移是s2．

所以小滑块相对长木板静止时，小滑块相对地面运动的总位移为

s块=s1+s2=a1t2+(v1t1+a1t12)=2.25 m

（1）==m/s=5m/s，因为取向右为正方向，图象在时间轴上方故平均速度在正方向上即平均速度方向水平向右；

（2）依题意可知整个过程中物体的位移大小就等于图象与t轴所围成的三角形面积，

S=×30×10m=150m

（3）物体的运动分为两个过程，由图可知两个过程加速度分别为：a1=1m/s2，a2=-0.5m/s2

受力图如下：

对于两个过程，由牛顿第二定律得：

F-Ff=ma1…①

-Ff=ma2…②

联立①②式解得：Ff=10N

由滑动摩擦力公式得：Ff=μFN=μmg

解得：μ===0.1

答：（1）第二段过程中物体的平均速度大小为5m/s和方向水平向右；

（2）整个过程中物体的位移大小为150m；

（3）物体与地面的动摩擦因数为0.1．

如图对小球进行受力分析有：

沿杆方向：Fx=Fsin30°-mgsin30°-f=ma…①

垂直杆方向：Fy=Fcos30°-mgcos30°-N=0…②

滑动摩擦力为：f=μN…③

联列①②③可得球的加速度为：

a==m/s2=2.5m/s2

球做初速度为0的匀加速直线运动，根据速度时间关系知，球10s末的速度为：

v=at=2.5×10m/s=25m/s

答：球10s末的速度为25m/s．

（1）撤消F前，物体做初速度为零的匀加速运动，

由s1=a1t12得

加速度：a1==m/s2=2m/s2

根据牛顿第二定律得：F-Ff=ma1，

又因为：Ff=μFN=μmg，

联解得：μ===0.1

（2）撤消F瞬间物体速度大小：v=a1t1=2×5m/s=10m/s

（3）撤消F后物体加速度大小：a2===μg=1m/s2

撤消F后物体滑行距离：s2==m=50m，

答：（1）物体与地面间的动摩擦因数是0.1；

（2）撤去F时物体的速度是10m/s；

（3）撤去F后物体还能滑行的距离是50m．

（1）对小球受力分析：重力、细线的拉力和磁铁的引力．设细线的拉力和磁铁的引力分别为F1和F2．

根据平衡条件得：

水平方向：F1sin30°=F2sin30°

竖直方向：F1cos30°+F2cos30°=mg

解得，F1=F2=mg．

（2）以人为研究对象，分析受力情况：重力Mg、地面的支持力N、静摩擦力f和小球的引力F2′，F2′=F2=mg．

根据平衡条件得

f=F2′sin30°

N=F2′cos30°+Mg

解得，N=Mg+mg f=mg

答：（1）悬挂小球的细线的拉力大小为mg．

（2）该同学受到地面的支持力和摩擦力大小各为Mg+mg和mg．

（1）设垒球在电场中运动的加速度大小为a，时间为t1，OD=d则：

a=

h=at12d=v1t

解得：a=50m/s2，t1=s，d=2m=3.46m

即O、D两点之间的距离为3.46m．

（2）垒球的运动轨迹如图所示．

由图可知，tanθ==，速度大小为：v==20m/s

设垒球作匀速圆周运动半径为R，磁感应强度大小为B，则R==4m

根据牛顿第二定律，有：qvB=m

解得B==10T

垒球在磁场中运动的时间为：t2=×=s

垒球从抛出到第一次回到P点的时间为：t=2t1+t2=s=1.53s；