热门试卷

(1)   (2) [arccos，π - arccos]。

(1)将重力分解为下滑力和垂直斜面的分力，有

G1=mgsinθ

G2=mgcosθ

由于物体在垂直斜面方向无运动，受力平衡，所以始终有

N=G2= mgcosθ                  (1)

则物体所受的滑动摩擦力

f=μN=μmgcosθ                   (2)

在物体摆动α=90°的过程中，由动能定理有

mgLsinθ - ="0" – 0           (3)

由(2)(3)可得：

                  (4)

(2)根据上问数据可知

f < G1

所以如果没有细绳物体不可能在斜面上平衡，所以物体平衡时应该使细绳拉紧，物体首先应停在斜面上以O为圆心，绳长为半径的圆上。

假设物体处于临界平衡状态，摩擦力为最大静摩擦力f，设此时细绳与OP夹角为α0，由物体平衡，三力合力为零，首尾相接之后组成闭合三角形，可得：

        (5)

综上所述，物体能够平衡的位置为，在斜面上以O点为圆心，OP长为半径的圆上；且在OP下方使得细绳与OP夹角α的取值范围为[arccos，π - arccos]。

评分标准：

(1)问6分，(2)(3)(4)各2分。

(2)问6分，(5)2分，描述物体在圆上2分，得出α的角度范围2分(用别的角度描述也可)。

本题考查单摆运动的周期公式，小球在斜面上做单摆运动，把重力分解为垂直和平行斜面的两个分力，垂直斜面方向受力平衡，由此求得摩擦力大小，在物体摆动α=90°的过程中，由动能定理可知合力做功为零，绳子的拉力不做功，只有重力和摩擦力做功，摩擦力作用与路程有关，由此可求得动摩擦因数大小，由此可知摩擦力大小小于重力沿斜面向下的分力，所以如果没有细绳物体不可能在斜面上平衡，所以物体平衡时应该使细绳拉紧，物体首先应停在斜面上以O为圆心，绳长为半径的圆上，随意找一个临界状态，摩擦力为最大静摩擦力f，由受力平衡列出公式，求得角度的取值范围

（1）5.2m/s2（2）v=10m/s（3）x=4.0m

（1）小朋友沿AB下滑时，受力情况如图所示，根据牛顿第二定律得：

又 FN=mgcosθ                  ……………………3分

得小朋友沿AB下滑时加速度的大小a=gsinθgcosθ=5.2m/s2

（2）小朋友从A滑C的过程中，根据动能定理得：

得小朋友滑到C点时速度的大小v=10m/s                    ……………………3分

（3）在从C点滑出至落到水面的过程中，小朋友做平抛运动设此过程经历的时间为t，则h=gt2小朋友在水平方向的位移x=vt 

解x=4.0m                  ……………………3分

本题考查力与运动的关系，首先对物体进行受力分析，加速度沿斜面向下，根据受力求得加速度，再有动能定理求得最终速度

（1），（2） ≤x≤

试题分析：（1）小球释放后沿圆周运动，运动过程中机械能守恒，设运动到最低点速度为v，由机械能守恒定律得，碰钉子瞬间前后小球运动的速率不变，碰钉子前瞬间圆周运动半径为l，碰钉子前瞬间线的拉力为F1，碰钉子后瞬间圆周运动半径为l/2，碰钉子后瞬间线的拉力为F2，由圆周运动、牛顿第二定律得：，

得，

（2）设在D点绳刚好承受最大拉力，记DE=x1，则：AD=

悬线碰到钉子后，绕钉做圆周运动的半径为：r1=l－AD= l－

当小球落到D点正下方时，绳受到的最大拉力为F，此时小球的速度v1，由牛顿第二定律有：F－mg=结合F≤9mg 

由机械能守恒定律得：mg (+r1)= mv12

由上式联立解得：x1≤

随着x的减小，即钉子左移，绕钉子做圆周运动的半径越来越大．转至最高点的临界速度也越来越大，但根据机械能守恒定律，半径r越大，转至最高点的瞬时速度越小，当这个瞬时速度小于临界速度时，小球就不能到达圆的最高点了．

设钉子在G点小球刚能绕钉做圆周运动到达圆的最高点，设EG=x2，

则：AG=  r2=l－AG= l－在最高点：mg≤

由机械能守恒定律得：mg (—r2)= mv22联立得：x2≥

钉子位置在水平线EF上距E点距离的取值范围是： ≤x≤

0.5kg

试题分析：球经过最高点时，受重力和绳子的拉力，如图

根据牛顿第二定律得到，F1+mg=m；球经过最低点时，受重力和绳子的拉力，如图

根据牛顿第二定律得到，F2-mg=m；由题意得到，F2-F1=30N；联立以上三式可解得，m==0.5kg；故小球的质量为0.5kg．

①m/s2②m/s2③不能上去

试题分析：

①对小物体进行受力分析以及正交分解可得：

解得： m/s2

② 撤去F后，物体受力如图所示：                      

  解得： m/s2

③根据位移速度公式可得：             解得：m<2m

所以：不能上去。

点评：做本题的关键是对各种情况下物体的受力情况正确分析，

（1）0.5（2）2 m/s（3）Ep="1" J

（1）滑块沿斜面匀速下滑时受力如右图所示

根据牛顿第二定律

mgsinθ=μN     （（2分）  

N=mgcosθ+F（2分）

解得 μ==0.5。（2分）

滑块沿斜面加速下滑时受力如图所示设滑块滑到斜面底端时的速度为v1，根据动能定理

（mgsinθ-μmgcosθ）L= （3分）

代入数据解得 v1="2" m/s。（3分）

（3）以A、B、弹簧为研究对象，设它们共同的速度为v2，根据动量守恒定律

mv1=2mv2（2分）

设弹簧的最大弹性势能为Ep，根据能量守恒 mv12= ×2mv22+Ep（2分）

代入数据解得 Ep="1" J。（2分）

略

(1)   (2)

试题分析：解决本题的关键是理清电子的运动过程，先在加速电场中做加速运动，然后做类平抛运动，最后做匀速直线运动．在处理电子运动时将类平抛运动和匀速直线运动都分解为水平方向和竖直方向．

(1) 电子在垂直电场方向上做匀速直线运动，在沿电场方向上做匀加速直线运动，设电子在A为处速度为，则

飞离时有，

从A到B，由动能定理得：　解得：　有

(2)设电子经过电场加速后速度为，则由动能定理得：

电子在偏转电场中做类平抛运动，根据牛顿第二定律及运动规律有：

离开电场时，有　

离开电场后匀速运动，有　　

由以上各式解得加速电场的电势差 

(1)4.0 m/s      (2)21 N     (3)1.0 J

试题分析：(1)滑块由A到B的过程中，应用动能定理得：

又Ff=μmg                                              

解得：vB="4.0" m/s                                       

(2)在B点，滑块开始做圆周运动，由牛顿第二定律可知

解得轨道对滑块的支持力FN="21" N                                      

根据牛顿第三定律可知，滑块对轨道上B点压力的大小也为21 N           

(3)滑块从B经过C上升到最高点的过程中，由动能定理得

解得滑块克服摩擦力做功W′Ff="1.0" J                                      

点评：本题中第一问也可以根据运动学公式求解，但用动能定理求解不用考虑加速度，过程明显简化；运用动能定理要注意过程的选择，通常运动过程选的越大，解题过程越简化；动能定理比运动学公式适用范围更广，对于曲线运动同样适用．

v0＝4 m/s

设小球甲在光滑斜面上运动的加速度为a1，运动时间为t1，运动到B处时的速度为v1，从B处到与小球乙相碰所用时间为t2，则a1＝gsin30°＝5 m/s2（1分）

由＝a1t，（1分）

得t1＝＝0.2 s（1分）

t2＝t－t1＝0.8 s，（1分）

v1＝a1t1＝1 m/s （1分）  

乙球运动的加速度a2＝μg＝2 m/s2（1分）

小球甲、乙相遇时满足：v0t－a2t2＋v1t2＝L，（2分）

代入数据解得：v0＝4 m/s. （2分）

本题考查牛顿第二定律的应用，小球甲从斜面上向下做匀加速直线运动，由重力的分力提供加速度，由匀变速直线运动公式可求得运动时间，因为总时间为1s，所以在水平面的运动时间为0.8s，对乙球摩擦力提供加速度，两球相遇时位移之和为L，由运动学公式列式求解

（1）   （2）  

取物体的运动方向为正，由平衡条件有

又

所以有

（2）由牛顿第二定律有

据有m

（1）0.5 （2）2s

试题分析：(1)当A做匀速直线运动时有：       

代入已知数据解得：       （2分）

（2）当A在斜壁上运动过程中有：       （2分）

        (1分)

联立并代入数据解得：      （1分）

又根据：，代入数据解得：