热门试卷

试题分析：若电子在离开电场前到达B点

在竖直方向上：        1分

在水平方向上：          2分

故：      2分

若电子在离开电场后到达B点，

在竖直方向上有：       1分

           2分

水平方向上有：     2分

设合速度与竖直方向的夹角为，则    2分

      2分 

联立可得：    2分

(1) 7.6m. (2) 物体不能到达M点(3)5.6J

试题分析：(1)设物体由D点以初速度vD做平抛，落到P点时竖直速度为vy,

由 vy2=2gR  , 解得：vD=4m/s

设平抛时间为t，水平位移x1,有

解得：x1=1.6m;

由题意可知，小球过B点后做初速度为v0=8m/s,加速度为a=4m/s2的减速运动到达D点的速度vD,则

所以BP的水平距离为：x=x1+x2=7.6m.

(2)若物体能沿轨道到达M点，其速度vM,则：

解得：

即物体不能到达M点。

（3）设弹簧长为AC时的弹性势能为EP，物块与桌面间的动摩擦因数为μ

释放

释放

解得J

设在桌面上运动过程中克服摩擦力做功为Wf，有

解得

(1)      (2)22.5N

试题分析：对桶中的水进行受力分析，受重力和桶底对水的压力，根据两个力的合力提供向心力，求出桶底对水的压力．当水桶过最高点时水恰好不溢出，则桶底对水的压力为0，求出此时的速度，再对桶和水整体受力分析，根据竖直方向上的合力提供向心力，求出绳子的拉力．

对桶中的水分析有： ，当水桶过最高点时水恰好不溢出，则桶底对水的压力为0，有．则．

对桶和水整体有：，解得F=22.5N．

点评：解决本题的关键知道做圆周运动沿半径方向上的合力提供物体所需的向心力．以及知道当水桶过最高点时水恰好不溢出，此时桶底对水的压力为0．

μ2︰μ1 = 4︰15

解：方法一：

设:正常路面的动摩擦因数为μ1,速度为v1,对应的安全行车距离为S1.冰雪路面的动摩擦因数为μ2,车速为v2, 对应的安全行车距离为S2.

则：由牛顿第二定律及运动学公式：

正常路面：μ1mg = ma1…… ①      (3分)

-v12 = -2a1S1…… ②    （3分）

冰雪路面: μ2mg = ma2…… ③     (3分)

-v22 = -2a2S2…… ④  （3分）

由题意知: v2 = 2v1/3 …… ⑤    (1分)

S2 = 5S1/3 …… ⑥    (1分)

联立以上解得: μ2︰μ1 = 4︰15       (2分)

方法二：

由动能定理：

正常路面： -μ1mgS1 =" -m" v12/2 …… ①    (6分)

正常路面： -μ2mgS2 =" -m" v22/2 …… ②    (6分)

由题意知: v2 = 2v1/3 …… ③  (1分)

S2 = 5S1/3 …… ④  (1分)

联立以上解得: μ2︰μ1 = 4︰15       (2分)

(1)156J  (2)  (3)不会

试题分析：（1）由，知，物块在C点速度为

设物块从D点运动到C点的过程中，弹簧对物块所做的功为W，由动能定理得：

代入数据得：    （5分）

（2）由知，物块从C运动到B过程中的加速度大小为

设物块与斜面间的动摩擦因数为，由牛顿第二定律得

 代入数据解得

物块在P点的速度满足

物块从B运动到P的过程中机械能守恒，则有 

物块从C运动到B的过程中有 

由以上各式解得      （5分）

（3）假设物块第一次从圆弧轨道返回并与弹簧相互作用后，能够回到与O点等高的位置Q点，且设其速度为，由动能定理得

解得

可见物块返回后不能到达Q点，故物块在以后的运动过程中不会脱离轨道。    （4分）

（1）3.75m/s2；（2）0.15m。

试题分析：（1）A的受力如图所示：

A受的电场力F==1N，

mgsinα－F=ma，得加速度的大小为a=3.75m/s2。

（2）当物体的加速度为零时，A球的速度最大，即动能最大，

则F′=mgsinα，故=mgsinα

解之得：r′=0.15m。

（1）40m/s（2）（3）

试题分析：（1）汽车的最大行驶速度          （2分）

（2）当汽车的速度为32m/s时的牵引力F=

由牛顿第二定律得：F-f=ma                  （4分）

（3）汽车从静止到匀加速启动阶段结束所用时间

达到额定输出功率后，汽车保持功率不变又加速行驶了800m, 这一过程阻力不变，对这一过程运用动能定理：

解得

总时间

点评：高中物理中，分析受力和物理过程是非常重要的．最大功率要用第三阶段中的Pm=FV=fVm计算，而不能用第一阶段中的F与第三阶段中的Vm的乘积计算，两个F是不同的；Vm是最终速度，整个过程并不全是匀加速运动，不能用Vm=at来计算整个过程时间． 要注意某一时刻的物理量要对应起来．

（1）x=0.6m

（2）；

（3）略

本题考查力与运动的关系，先对旅行包进行受力分析，摩擦力提供加速度，旅行包到达B段的速度与圆周的临界速度进行对比可知旅行包做平抛运动，根据竖直高度求得运动时间再由水平方向的匀速运动求得水平位移，当ω1=40rad/s时，求得线速度大小，与旅行包的速度比较可由运动学公式求得位移大小，以后旅行包做匀速直线运动

旅行包做匀减速运动a=μg=6m/s2（1分）（1分）

（1）旅行包到达B端速度为，（1分）

 ，所以包作平抛运动（1分）

包的落地点距B端的水平距离为：s=vt=2×0.3m="0.6m" （1分）

（2）当ω1=40rad/s时，皮带速度为v1=ω1R="8m/s" (1分)

设当旅行包的速度也为v1=8m/s时，可得在皮带上运动了位移， 

以后旅行包做匀速直线运动，所以旅行包到达B端的速度也为v1="8m/s" 作平抛运动（2分） ，

包的落地点距B端的水平距离为="2.4m" （1分）

（3）如图所示（3分）

（1）a==0.152m/s2   （2）∴v3="10.8m/s  "

（1）火车从第一根路标到第二根路标的过程，位移为s1=100m，时间为t1=12s，中间时刻速度

           （2分）

火车经过第二根路标到经过第三根路标的过程，位移为s2=100m，时间为t2=10s，中间时刻速度

           （2分）

              （3分）

解之得      a==0.152m/s2           （3分）

(2)由运动学公式得，火车经过第三根路标时速度   （3分）

∴v3="10.8m/s                     " （3分）

（1）根据x=a1t12得，a1==m/s2=4m/s2．

（2）根据牛顿第二定律得，mgsinθ-f=ma1

解得滑动摩擦力f=mgsinθ-ma1=600×0.6-60×4N=120N．

（3）在斜面上运动时，支持力N=mgcos37°

根据f=μN，解得μ===0.25．

根据牛顿第二定律，在水平面上滑行时的加速度大小a2==μg=2.5m/s2．

运动员滑动底端时的速度v=a1t1=4×5m/s=20m/s．

则在水平面上滑行的时间t2==s=8s．

答：（1）运动员下滑过程中的加速度大小为4m/s2；（2）滑板与坡面间的滑动摩擦力大小为120N；（3）运动员在水平路面上滑行的时间为8s．

（1）设燃料恰好耗尽时火箭的速度为v，根据运动学公式，有

h=t

解得

v==m/s=20m/s；

（2）火箭燃料耗尽后能够继续上升的高度

h1===20m

故火箭离地的最大高度：H=h+h1=40+20=60m．

（3）火箭在飞行中质量不断减小．所以在点火起飞的最初，其推力最大．

根据加速度定义及牛顿第二定律，有

a===5m/s2

根据F-mg=ma

解得F=m（g+a）=3×（10+5）=45N；

答：（1）燃料恰好用完时的火箭的速度为20m/s；

（2）火箭上升离开地面的高度为60m；

（2）火箭上升时受到的最大推力是45N．

（1）；（2）

试题分析: （ⅰ）以左管中封闭的气体为研究对象，设U形管的横截面积为S，由玻意耳定律

解得                                                   

（ⅱ）以水平管内长为l的水银为研究对象，由牛顿运动定律

解得     

物体向右做匀减速直线运动，受力如图所示，设此过程中物体的加速度为a，根据牛顿第二定律有：

Fcos37°+f=ma

N=mg+Fsin37°

又因为f=μN

联立方程解得：a=

代入数据解得：a=27m/s2

又：0-=2(-a)s

则，物体向右运动的最远距离为：s==m=13.5m

答：此后物体向右运动的最大距离为13.5m

⑴H＝10m；⑵能到达O点；⑶v＝17.3m/s，方向与水平方向成夹角θ＝arctan

试题分析：⑴设小球通过D点时的速度为vD，此时轨道对小球的弹力提供了小球做圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律有：＝        ①

小球从P点运动至D点的过程中，根据动能定理有：mg(H＋)＝－0         ②

由①②式联立解得：H＝＝10m           ③

⑵设小球能沿圆轨道运动至O点，速度为v0，根据动能定理有：mgH＝－0          ④

由③④式联立解得：v0＝＝m/s            ⑤

假设小球恰好通过圆轨道最高点O的速度为vC，根据牛顿第二定律有：mg＝   

解得：vC＝＝m/s＜m/s，所以，小球能够到达BDO轨道的O点

⑶小球通过O点后做平抛运动，设经过时间t落到AB圆弧轨道上，根据平抛运动规律可知，小球在水平方向通过的位移为：x＝v0t         ⑥

在竖直方向通过的位移为：y＝          ⑦

显然x、y满足圆轨迹方程：x2＋y2＝R2            ⑧

由⑤⑥⑦⑧式联立，并代入数据解得：t＝1s 

所以小球再次落到轨道上的速度大小为：v＝＝m/s＝17.3m/s

方向与水平方向间的夹角为：θ＝arctan＝arctan