热门试卷

（1）描点作图，让尽量多的点落在直线上或分居直线两侧，如图所示：

（2）根据图象可以判定：因为a与F的图线为过原点的倾斜直线，知当M一定时，a与F的关系是a与F成正比．

（3）图线甲表明在小车的拉力为0时，小车的加速度大于0，说明合外力大于0，说明平衡摩擦力过大，即平衡摩擦力时把长木板抬得过高．

图线乙说明在拉力大于0时，物体的加速度为0，说明合外力为0，即绳子的拉力被摩擦力平衡了，即没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足．

故答案为：（1）如图

（2）a与F成正比

（3）平衡摩擦力时把长木板抬得过高，没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足．

如图所示，A球运动到最低点时速度为V0，A球受到向下重力mg和细管向上弹力N1的作用，其合力提供向心力．根据牛顿第二定律，得N1-m1g=m1①

这时B球位于最高点，设速度为V1，B球受向下重力m2g和细管弹力N2作用．球作用于细管的力是N1、N2的反作用力，要求两球作用于细管的合力为零，即要求N2与N1等值反向，N1=N2 ②，且N2方向一定向下，

对B球：N2+m2g=m2③B球由最高点运动到最低点时速度为V0，此过程中机械能守恒定律，得：

　 即 m2V12+m2g•2R=m2V02 ④

　 由①②③④式消去N1、N2和V1后得到m1、m2、R与V0满足的关系式是：

　 （m1-m2）+（m1+5m2）g=0 ⑤

答：m1、m2、R与v0应满足的关系式为 （m1-m2）+（m1+5m2）g=0

（1）；（2）2.5R（3）

试题分析：（1）小球在光滑圆轨道上滑行时，机械能守恒，设小球滑过C点时的速度为vc，通过甲环最高点速度为v′，根据小球对最高点压力为零，有

       ①

取轨道最低点为零势能点，由机械守恒定律  ②

由①、②两式消去v′，可得　③

同理可得小球滑过D点时的速度④

（2）小球从在甲轨道左侧光滑轨道滑至C点时机械能守恒，有

⑤

由③、⑤两式联立解得h=2.5R,因此小球释放的高度为2.5R

（3）设CD段的长度为L，对小球滑过CD段过程应用动能定理⑥

由③、④、⑥三式联立解得 

（1） （2） （3），

试题分析: （1）设在A点时的速度为，由牛顿第二定律得

解得：

（2）从A点到P点做平抛运动，设运动的时间为

，得：

设点到点的水平距离为，则

解得：

（3）设弹簧刚解除束缚后，的速度为，从D点到A点由机械能守恒定律得：

，解得

设平抛时的速度为，平抛运动的时间为

因，得

则

（1）（2）

试题分析：（1）由于雨点接近地面时近似匀速直线运动

因此

而

，

而

联立得：

（2）根据牛顿第二定律

而此时

整理得

（1） （2） 

（3）时

时

试题分析：（1）细线AB上张力恰为零时有

解得   

（2）细线AB恰好竖直，但张力为零时，由几何关系得 ：  

  此时

（3）时，细线AB水平，细线AC上张力的竖直分量等于小球的重力

时细线AB松弛

细线AC上张力的水平分量等于小球做圆周运动需要的向心力

时，细线AB在竖直方向绷直，仍然由细线AC上张力的水平分量提供小球做圆周运动需要的向心力      

综上所述 时，不变

时，

关系图象如图所示

（1）对夯杆由牛顿第二定律得：

2μF-mg=ma，解得：a=2m/s2，

当夯杆速度增加到4m/s时，

夯杆上升的高度为：H=，

解得：H=4m；

（2）电动机对夯杆所做的功等于夯杆增加的机械能，

W=EP+EK=mgh+mv2=1.0×103×10×6.4+×1.0×103×42=7.2×104J；

（3）夯杆从开始运动到落回原处共经历四个运动过程：

向上匀加速运动、向上匀速运动、向上竖直上抛运动，向下自由落体运动．

匀加速运动的时间t1===2s，

匀速运动的时间t2===0.6s，

竖直上抛上升过程的运动时间t3===0.4s，

竖直上抛的位移h′===0.8m，

自由落体运动：h+h′=gt42，

t4===1.2s，

打夯周期T=t1+t2+t3+t4=4.2s；

答：（1）从夯杆开始向上运动到刚开始匀速运动，夯杆上升的高度H是4m．

（2）每个打夯周期中，电动机对夯杆做的功为7.2×104J．

（3）打夯周期为4.2s．

以木板的速度方向为正方向

（1）小铁块在减速到0再加速到v的加速度，由牛顿第二定律得：-μmg=ma

a=μg=0.5×10=5m/s2

运动时间t===1s

小铁块运动的位移x1===-1.5m

木板的位移x2=vt=1×1=1m

s相=-x1+x2=-(-1.5)+1≤，

L≥5m

代入数据得，L≥5m

（2）由木板匀速运动受力平衡得

F=μmg+μ（M+m）g=μ（M+2m）g

=0.5×（2+2×1）×10

=20N

由功的定义WF=Fx2=20×1=20J

答：（1）在保证小铁块不能从长木板左端掉下的前提下，长木板至少5m

（2）小铁块从中点开始运动到最终匀速运动的过程中拉力做了20J功．

（1）F="P/v=P/" v0cosθ （2）a="(P-f" v1)/m v1  （3）t=(mv12-mv22-2fd)/2P

试题分析：（1）据速度的分解原理

v=v0cosθ

F=P/v=P/v0cosθ       

（2）设小船经过B点时绳的拉力为F＇，绳与水平方向夹角为φ，电动机牵引绳的速度为u,则

P=F’u                    

u=v1cosφ         

由牛顿第二定律有F’cosφ-f=ma

a=(P-fv1)/mv1       

（3）小船从A点运动到B点牵引力做的功w=Pt，阻力做功Wf=fd

由动能定理有w-wf=mv12/2-mv02/2

解得  t="(" mv12-mv02-2fd)/2P    

(1) 　(2) 　(3)

试题分析：(1)设滑块沿轨道向左做匀加速运动的加速度为a

此过程滑块所受合外力

根据牛顿第二定律F＝ma，解得.

(2)滑块从P点运动到挡板处的过程中，电场力所做的功.

(3)滑块第一次与挡板碰撞过程中损失的机械能等于滑块由P点运动到Q点过程中电场力所做的功

即.

点评：本题运用功能关系求解分析滑块与挡板碰撞所损失的机械能，也可以根据动能定理分过程求解．

(1) 2.0m/s (2) 0.2 (3) W＝－12J

试题分析：(1)小物块最后与传送带的运动速度相同，

从图象上可读出传送带的速度v的大小为2.0m/s.

(2)由速度图象可得，小物块在滑动摩擦力的作用下做匀变速运动的加速度为

a＝Δv/Δt＝2.0m/s2

由牛顿第二定律得f＝μMg＝Ma

得到小物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝＝0.2.

(3)从子弹离开小物块到小物块与传送带一起匀速运动的过程中，设传送带对小物块所做的功为W，由动能定理得：

W＝ΔEk＝－

从速度图象可知：v1＝4.0m/s　v2＝v＝2.0m/s

解得：W＝－12J.

点评：综合性很强，是一道中档题．解题的关键是正确认识匀变速直线运动的V-t图象．

400N 方向竖直向下

试题分析：以A为研究对象，对A进行受力分析如图所示，

选向下的方向为正方向，        (1分)

由牛顿第二定律可得：，        (2分)

所以，        (2分)

再以人为研究对象，他受到向下的重力和地板的支持力。

仍选向下的方向为正方向，同样由牛顿第二定律可得方程       (2分)

所以。     (2分)

则由牛顿第三定律可知，人对地板的压力为400N，方向竖直向下。        (1分)

点评：中等难度。动力学的两类基本问题（1）已知受力情况求运动情况：已知物体的受力情况，由牛顿第二定律求出物体的加速度，再通过运动学公式就可以确定物体的运动情况．（2）已知运动情况求受力情况：已知物体的运动情况，根据运动学公式求出物体的加速度，再根据牛顿第二定律确定物体所受的力．在处理动力学的两类基本问题时，加速度是联系运动和力的纽带、桥梁．

（1）3.78×108J（2）2.52×106W（3）0.2m/s2

试题分析：（1）由题意可得；

，

(2)由题意得，由公式：

(3)由公式:可得: