热门试卷

（1）3mg（2）（3）

试题分析：（1）A下滑，根据动能定理有：             1分

所以：          1分

对A，在 P点，由牛顿第二定律可得：     1分

所以：        1分

又由牛顿第三定律可得：，方向竖直向上     1分

.A从传送带左端滑至右端，根据动能定理有：    

解得：   2分

A与B发生碰撞，由动量守恒定律有：           1分

由题意知：            1分

解得B碰后的速度大小为：     

方向水平向右         1分

（3）A碰后从传送带右端往左运动，传送带速度为有：

①若传送带速度为，物块A匀速运动，传送带对物块做功为W=0      （2分）

②当传送带的速度为时，物块A滑上传送带后加速，物块能一直加速，则物块最终的速度为 ，根据动能定理有： 

解得：        2分     

故当传送带的速度时，物块一直加速度，不会有共速，摩擦力一直存在，则传送带摩擦力做的功为：             2分

③若传送带的速度时，物块A先加速，后与传送带达到共同速度，即A的末速度为传送带的速度，由动能定理得： 

即：（）      2分

综上所述，A碰后，传送带对物块A做的功为：

（综述部分不作给分要求）

（1）F=28N（2）W=55.2J

第二问的分析应从小球能安全通过最高点的最小速度作为解题的突破口。

试题分析：（1）小球从A到B过程中，机械能守恒，有

mgl(1-cos37°)=            ①

在B点，由牛顿第二定律有：

F-mg=m             ②

联立①②解得：F=28N               ③

（2）设小球通过最高点的最小速度为vc，F做功的最小值为W

由牛顿第二定律：mg=m           ④

从A到C的过程中由动能定理得

W-mgl(1+cos37°)=-0           ⑤

联立④⑤解得：W=55.2J        ⑥

评分标准：本题共12分，其中①②④每式2分，⑤式4分，③⑥每式1分

（1）4m/s

（2）0.94m

（3）8m

解：（1）设A和B碰后B的速度为，由机械能守恒和牛顿第二定律

解之：                   （4分）

（2）设A与B碰前、碰后速度分别为

解

对A：

解之                        （5分）

（3）滑块A最终与A的距离：

                                   （4分）

；   

（1） （2）

试题分析：（1）S断开时ab做匀加速直线运动，根据图乙可得： 

根据牛顿第二定律可得： ，所以

（2） 时S闭合，ab先做加速度减小的加速运动，当速度达到最大后做匀速直线运动，根据平衡条件有：，又因为，,,联立解得：

（1）F1=50N，F2="70N" （2），F2=0N

试题分析：（1）向右加速时，球在三个共点力作用下向右加速。

由水平方向：F2－F1sin37°=ma

竖直方向：F1cos37°-mg=0，由此得F1=50N，F2=70N

（2）当a=2g时小球必将离开后壁，由水平方向：F1sinθ=ma，竖直方向：F1cos37°-mg=0

由此得，F2=0N。

（1）　（2）　　方向水平向左　（3）

试题分析：（1）要使小球无碰撞地通过管口，则当它到达管口时，速度方向为竖直向下，而小球水平方向仅受电场力，做匀减速运动到零，竖直方向为自由落体运动．

从抛出到管口，在竖直方向有：　解得：

在水平方向有：　解得：

（2）在水平方向上，根据牛顿第二定律：

又由运动学公式：　　

解得：，方向水平向左．

（3）小球落地的过程中有重力和电场力做功，根据动能定理得： 

即：

解得：

（1） 20N/C （2） 0.8m

试题分析： （1） 设匀强电场场强大小为E，则由a到b，

，b点的速度

由b到c，

由题意，t1+t2=t

解得：E=20N/C

（2） 小球到达c点的速度，解得，

设小球第一次沿斜面向上运动的最高点到b点的距离为x，

c到最高点，由动能定理得，

或者，b到最高点，由动能定理得，

解得，cm 

见解析

试题分析：（1）物块恰好静止在斜面上：

解得

（2）要使物块距P点最远，应使物块随斜面体到Q点的速度最大，需要加速度最大

对物块受力分析可得： ①

 ②

              ③

由以上三式可解得

对整体列式：

解得：

（3）物块抛出的速度

由平抛规律：   x=vt

可解得：

所以P距Q的距离为。

(1)                (2)

试题分析：设小球做圆锥摆运动的角速度为时，小球对光滑水平面的压力恰好为零，此时球受重力mg和绳的拉力T0，应用正交分解法则列出方程：

  ①

   ②

由以上二式解得： ③

（1）∵，所以小球受重力mg，绳的拉力T和水平面的支持力N，应用正交分解法列方程：   ④

   ⑤

解得：，

（2）∵，小球离开水平面做圆锥摆运动，设细绳与竖直线的夹角为，由于球已离开水平面，所以球对水平面的压力。小球受重力mg和细绳的拉力，应用正交分解法列方程：

 ⑥

  ⑦

解得：，，

（1）3m/s  （2）0.75m  （3）0.75m

试题分析：（1）刚开始物块相对传送带往上滑其加速度为:

a1=gsin37o+μ1gcos37o="10" m/s2 …（1分）

达到传送带速度V0用的时间:        t1= V0/ a1=0.1s（1分）

位移: s1="1/2" a1 t12="0.05m"     （1分）

过后因μ1〈tan37o 故物块相对传送带往下滑其加速度:

a2=gsin37o-μ1gcos37o="2" m/s2  …（1分）

 由s2=L1-s1=(VB2-VO2)/2 a2 …（1分）    VB=3m/s  （1分）

(2)物块滑上木板相对滑动时做匀减速运动，其加速度:a3=-μ2g=-4 m/s2        （1分）

木板的加速度:           a4=〔μ2mg-μ3 (mg+Mg)〕/M="2" m/s2,      （1分）

设经过t2物块与木板达到相同速度V2，则   VB + a3 t2= a4 t2   故t2 =0.5s 

V2= a4 t2 ="1m/s" …（1分）

物块对地位移:           s3="(" V22- VB2)/2 a3="1" m     （1分）

木板对地位移:           s4= V22/2 a4="0.25m"       （1分）

物块在木板上滑过的距离:  △s= s3- s4=0.75m       （1分）

(3)因μ3μ2物块能与木板保持相对静止，其整体加速度为:a5=-μ3g=-1m/s2, …（1分）

物块与木板做匀减速运动到停止的位移:   s5= -V22/2 a5=0.5m    （1分）

木板对地的位移:                        s板= s4 +s5=0.75m     （2分）

（1）  （2）

试题分析：（1）导体棒a 切割磁感线产生的电动势为：

外电路的电阻为：

由闭合电路欧姆定律得：

以导体棒c为研究对象：

由电路知识：

由物体平衡条件：

联立解得：    

（2）以导体棒a为研究对象： 

由能量守恒定律：

解得：  考点：

（1）；

（2）①；

②当0﹤ω﹤时，OD=l；当ω﹥时，OD=（；当﹤ω﹤时，OD=。

试题分析：（1）小物块从A到B的过程中有重力和摩擦力对其做功，

故根据动能定理有：（2分）

解得（1分）

（2）① 需要先求出物块在E点的速度；

没有安装传送带时，小物块从B到C的过程，做平抛运动，水平方向有l=vt；

安装传送带后，小物块从E到C的过程沿水平方向有l/2=vEt，二者的竖直高度相等，落下时所用的时间相等，故联立以上两个方程，解得vE=（1分）

设小物块与传送带之间的动摩擦因数为μ，小物块从B到E的过程，根据动能定理有

- （2分） 

解得（1分）

②（a）当传送带的速度0﹤v带=ωr﹤vE，

即0﹤ω﹤时，物体在传送带上一直做匀减速运动，物体离开传送带时的速度为vE，则OD=l…（1分）

（b）如果传送带的速度较快，物体在传送带上一直加速而未与传送带共速，则物体的加速度始终为a=设物体离开传送带时的速度为vmax，

根据运动学公式有解得vmax=

当传送带的速度v带=ωr﹥，

即ω﹥时，物体离开传送带点时的速度为vmax，

则OD=+t=（…（1分）

（c）当传送带的速度vE﹤v带=ωr﹤vmax，

即﹤ω﹤时，物体离开传送带点时的速度为v带=ωr，则OD=+ωrt=…（1分）

(1) 　(2)g

试题分析：(1)在A、B处，弹簧处于伸长状态，伸长量

由小环P(或Q)受力平衡可知：

根据胡克定律知F＝kx.

解之得

.

(2)在A′、B′处，弹簧伸长量

此时弹簧弹力.

由牛顿第二定律知，释放瞬间　

解得.

点评：本题根据先后对 小环受力分析，运用共点力平衡条件、牛顿第二定律并结合胡克定律列式分析求解．