热门试卷

(1) qEl (2) mgl+Eql (3) T＝3mg+2Eq

试题分析：（1）小球从A位置至B位置的过程中

小球电势能的变化 则电势能减少了qEl

(2)从A到B过程中，由动能定理得：

mgl+Eql=mvB2/2-0         ① 

则mvB2/2= mgl+Eql

(3)当小球到达B点时，杆对球的拉力和重力的合力竖直向上提供向心力：

T-mg= mvB2/l       ②

由①②式解得T＝3mg+2Eq 

点评：解决本题的关键知道电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加．以及会用动能定理求出小球在最低点的速度．

1 s

撤力前后木板先加速后减速，设加速过程的位移为x1，加速度为a1，加速运动的时间为t1；减速过程的位移为x2，加速度为a2，减速运动的时间为t2.由牛顿第二定律得

撤力前：F－μ(m＋M)g＝Ma1

解得a1＝ m/s2

撤力后：μ(m＋M)g＝Ma2

解得a2＝ m/s2

x1＝a1t12，x2＝a2t22

为使小滑块不从木板上掉下，应满足x1＋x2≤L

又a1t1＝a2t2

由以上各式可解得t1≤1 s

即作用的最长时间为1 s.

（1）3s        （2）26N

（1）对于B，在未离开A时，其运动加速度大小为：

B从A上掉下后，B在桌面的摩擦力作用下做减速运动，其加速度大小为

设B从A上掉下时，其速度为v，则由题给条件应有：

代入s及a1、a2的值解得：v=2m/s

则自A开始运动至B从A上掉下的这一过程中，经历的时间t1、B减速运动到桌边经历时间为t2，则

故B运动的时间是：t=t1+t2=3s

（2）设自A开始运动至B从A上掉下的这一过程中，B的位移为s1B、A的位移为s1A

则：="2m   " s1A=(l－s)+s1B=2m+2m=4m

以aA表示这段时间内A的加速度，则有

对A由牛顿第二定律应有F－μ1mg－μ2(M+m)g=MaA

代入数据解得F=26N

21N

试题分析：对木块进行受力分析，木块沿斜面匀速下滑时

由静止开始沿斜面向上加速运动

解得

根据牛顿第二定律

解得F=21N

点评：匀速下滑时受力平衡，可以求得动摩擦因数。本题属于已知运动情况分析受力情况。

（1）8.0m/s (2) 4.0m(3)3.3s

（1）物体开始向上加速运动，受重力mg，摩擦力Ff，拉力F，设加速度为a1，

F – mgsinθ－ Ff = ma1                  

Ff = μFN       

FN = mgcosθ                 

得a1 =" 2.0m" / s2 ‑‑‑‑‑‑‑‑（2分）                               

t = 4.0s时物体速度v1 =a1t  =" 8.0m/s" ‑（1分）

(2) 绳断时,物体距传送带底端s1 =a1t 2 /2= 16m.        

设绳断后  -mgsinθ- μmgcosθ= ma2       

 a2 =" -8.0m" / s2 ‑‑（2分）

t2 = -= 1.0s  ‑‑（2分）

减速运动位移s2=v1t2+ a2t2 2 /2=4.0m‑‑（2分）

(3)物体加速下滑, mgsinθ＋ μmgcosθ= ma2 

a3 =" 8.0m" / s2  

当物体与传送带共速时向下运动距离s3=v2/(2a3)=9m‑（2分）

用时t3 =" v" / 3=1.5s‑‑‑‑‑‑（2分）

共速后摩擦力反向，由于mgsinθ 大于 μmgcosθ，物体继续加速下滑

下滑到传送带底部的距离为

设下滑时间为由得

得：

本题考查牛顿第二定律的应用，物体向上运动过程中由拉力重力沿斜面向下的分力和摩擦力提供加速度，由运动学公式可求得4s末的速度大小，绳子断后，物体沿传动带向上减速运动，由重力和摩擦力提供加速度，再由运动学公式求得运动时间，由位移和时间的关系求得位移大小

⑴ （2）0.35

⑴隔离m受力分析，建立直角坐标系X1O1Y1,

由平衡方程，得：

X1方向：            ① （3分）

Y1方向：         ② （3分）

联立①②解得：       　　   （2分）

⑵隔离M受力分析，建立直角坐标系X2O2Y2,

由平衡方程，得：

X2方向：                     （2分）

Y2方向：　              （2分）

                           （2分）

联立解得：       

            （2分）

本题考查的是牛顿定律的应用问题，首先根据受力平衡方程可以解出运动过程中轻绳与水平方向夹角；再根据平衡方程解出木块与水平杆间的动摩擦因数；

（1） 0.1m       （2）3.33cm

(1) 为保证两物体随车一起向右加速运动，且弹簧的伸长量最大，A、B两物体所受静摩擦力应达到最大，方向分别向右、向左。

对A、B作为整体应用牛顿第二定律

(3分) 对A应用牛顿第二定律

x =" 0.1m "

(2) 为使两物体随车一起向右以最大的加速度向右加速运动， A、B两物体所受静摩擦力应达到最大，方向均向右。

对A、B作为整体应用牛顿第二定律

对A应用牛顿第二定律

x =" 3.33cm"

（1）3m（2）m＝2.5kg（3）40J

（1）分析滑块受力，由牛顿第二定律得：

得：a1＝gsinq＝6m/s2

通过图像可知滑块在斜面上运动时间为：t1＝1s

由运动学公式得：L＝a1t12＝3m     （4分）

（2）滑块对斜面的压力为：N1′＝mgcosq

木板对传感器的压力为：F1＝N1′sinq

由图像可知：F1＝12N

解得：m＝2.5kg      （4分）

（3）滑块滑到B点的速度为：v1＝a1t1＝6m/s

由图像可知：f1＝5N，t2＝2s

a2＝f/m＝2m/s2

s＝v1 t2－a2t22＝8m

W＝fs＝40J   （4分）

本题考查对牛顿第二定律的应用，先以滑块为研究对象进行受力分析，根据牛顿第二定律求得加速度大小，再由图像可知滑块在斜面生运动的时间为1s，由匀变速直线运动的位移和时间可求得位移大小，由受力分析可求得滑块对斜面的正压力大小，滑块滑到B点的速度由加速度和时间求得，再由位移与时间的关系可求得位移大小，求得摩擦力做功大小

故2秒后A与B脱离

由木版匀速运动时有， ；得 ，（3分）

加一个力物块后，木版做匀减速运动：

求出： ，；（3分）

物块放在木版上相对地面静止，木版匀减速运动的距离L后物块掉下来。

由：   得： 

解得：    （舍去）（3分）

故2秒后A与B脱离。

本题考查牛顿第二定律的应用，木板匀速运动时拉力F等于受到的摩擦力，从而求得动摩擦因数大小，把物块放上木板后，以木板为研究对象，受到地面的摩擦力和拉力F的作用求得木板加速度大小，物块放在木版上相对地面静止，木版匀减速运动的距离L后物块掉下来，由匀减速直线运动的位移和时间的关系可求得时间大小

(1)下滑时受摩擦力　(2)0.433

(1)因毛的生长方向向上，故物体上滑时不受摩擦力，而下滑时受到摩擦力．

(2)上滑过程：

mgsin θ＝ma1，

v0－a1t1＝0，

x＝

下滑过程：

mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，

x＝a2t，

又t＝t1＋t2

以上各式联立可求得μ＝＝0.433

本题考查牛顿第二定律的应用，上划过成中重力沿斜面向下的分力提供加速度，再由运动学公式可求得上画的位移与时间，下滑过程中重力沿斜面向下的分力与摩擦力的合力提供加速度，同样由运动学公式可求得运动时间和动摩擦因数

(1)20 m/s　(2)1.6 s　(3)2.25

(1)设座椅在自由下落结束时刻的速度为v，

由v＝gt1　得：v＝20 m/s.

(2)设座椅自由下落和匀减速运动的总高度为h，总时间为t，则h＝40－4＝36(m)

由h＝t　得：t＝3.6 s

设座椅匀减速运动的时间为t2，则t2＝t－t1＝1.6 s.

(3)设座椅匀减速阶段的加速度大小为a，座椅对游客的作用力大小为F，由v＝at2，得a＝12.5 m/s2

由牛顿第二定律得：F－mg＝ma

所以＝2.25.