热门试卷

静止qE1 = mg，E1 = mg/q = 2.0×103N/C，方向竖直向上。

⑵在E2电场中，设带电微粒向上的加速度为a，根据牛顿第二定律

q E2 – mg = ma解得：a= 10m/s2；v = at = 2m/s；

⑶ 在t = 0.20s时间内电场力对带电微粒做正功，电势能减少

ΔEp =" –" qE2h =" –" at2 qE2/2 =" –" 8.0×10-2J。

 略

以a表示加速度，根据匀变速直线运动的规律，有：

Δs=［(s5-s1)+(s6-s2)+(s7-s3)+(s8-s4)］=4aT2

又知T="0.04" s，解得：a="-3.0" m/s2

重物落地后木块受摩擦力的作用，以m表示木块的质量，根据牛顿定律有：

-μmg=ma,解得：μ="0.30.  "

由给出的数据可知，重物落地后，木块在连续相等的时间T内的

位移分别是：s1="7.72" cm,s2="7.21" cm,s3="6.71" cm,s4="6.25" cm,s5="5.76" cm,s6="5.29" cm,s7="4.81" cm,s8="4.31" cm.

以a表示加速度，根据匀变速直线运动的规律，有：

Δs=［(s5-s1)+(s6-s2)+(s7-s3)+(s8-s4)］=4aT2

又知T="0.04" s，解得：a="-3.0" m/s2

重物落地后木块受摩擦力的作用，以m表示木块的质量，根据牛顿定律有：

-μmg=ma,解得：μ="0.30.  "

（1）；（2）；（3）T＝

试题分析：(1)令小球落到B点的速度为v，据机械能守恒有：

         ① (1分)

过B点前，根据牛顿运动定律

         ② (1分)

解①②得：         (1分)

(2)小球恰好在竖直平面内做圆周运动，在最高点速度为，半径为R，D点距E点x，则

         ③(1分)

又　         ④ (1分)

由几何关系：      ⑤ (1分)

联立以上三式得：      　　　　　 (2分)

(3)小球做圆周运动在最低点的速度为v2，据牛顿运动定律有

          ⑥ ( 1分)

线断后小球做平抛运动轨迹过B点，

水平方向          ⑦ (1分)

竖直方向                ⑧ (1分)

由⑦⑧⑨可得：T＝          (1分)

⑴vD＝6m/s；⑵m＝0.2kg，r＝0.4m

试题分析：⑴设小球经过D点时的速度为vD，小球从D点离开后做平抛运动，在竖直方向上为自由落体运动，设运动时间为t，根据自由落体运动规律有：h＝         ①

在水平方向上为匀速运动，有：x＝vDt         ②

由①②式联立解得：vD＝＝6m/s

⑵设小球的质量为m，圆轨道的半径为r，在D点时，根据牛顿第二定律有：FD＋mg＝      ③

在A点时，根据牛顿第二定律有：FA－mg＝         ④

小球在整个运动过程中机械能守恒，有：mg(2r＋L)＝－           ⑤

由③④⑤式联立解得：ΔF＝FA－FD＝2mg＋6mg

即ΔF与L呈一次函数关系，对照ΔF-L图象可知，其纵截距为：b＝6mg＝12N           ⑥

其斜率为：k＝＝10N/m           ⑦

由⑥⑦式联立解得：m＝0.2kg，r＝0.4m

（1）1s （2）0.75m

试题分析：（1）当物体轻放在木板上时，物体在水平方向上受到木板对它向右的摩擦力,此时物体的加速度为,经过ts速度达到v时相对木板静止。

对物体由牛顿第二定律知

---------------------①              

由运动学规律知

--------------------------------②            

且-------------------③             1

对木板在这ts内，水平方向上受到向右拉力F和物体对木板产生向左的摩擦力,其大小为:     

------------------ ④         

对M: 由牛顿第二定律知：

-------------------⑤        

由运动学规律知

---------------------⑥          

由①、②、③、④、⑤、⑥式联立并代如数值解得：  T=1s 

（2）在这段时间里，对物体在水平方向上的位移为 :

在这段时间里，对木板在水平方向上的位移为： 

在这段时间里，物体相对木板在水平方向上的位移为： 

点评：本题分别以物体和木板为研究对象，应用牛顿第二定律和运动学公式分析求解。

（1）传送带静止时，物体受到沿斜面向上的滑动摩擦力作用，由牛顿第二定律得：

mgsinθ-μmgcosθ=ma，

得加速度a=g（sinθ-μcosθ）=2m/s2

由S=at2，

得t==4s

（2）如传送带以v0=10m/s的速率逆时针转动，物体开始时受到沿斜面向下的滑动摩擦力，由牛顿第二定律得

mgsinθ+μmgcosθ=ma1，

加速度为a1=10m/s2

则物体加速到速度与传送带相同所经历的时间为 t1==1s，

此过程通过的位移为 s1=a1=5m，

由于μ=0.5＜tan37°，则速度相同后物体继续向下做匀加速运动，所受的滑动摩擦力将沿斜面向上，则有

mgsinθ-μmgcosθ=ma2，

解得 加速度为 a2=2m/s2

由 11=v0t2+a2，解得，t2=1s，

故物体从A运动到B需要的时间为t=t1+t2=2s

（3）物体从A运动到B一直以加速度a1=10m/s2匀加速运动需要的时间最短，设最短时间为tmin，则

S=a1

得tmin==s

当物体到达传送带底端速度恰好与传送带速度相同时，传送带速度为v=a1tmin=10m/s，则传送带的速度大于等于

10m/s逆时针转动时，物体从A运动到B需要的时间最短．

答：

（1）如传送带保持静止，物体沿传送带下滑的加速度是2m/s2，时间是4s；

（2）如传送带以v0=10m/s的速率逆时针转动．物体从A运动到B需要的时间是2s；

（3）传送带的速度大于等于10m/s逆时针转动时，物体从A运动到B需要的时间最短．

（1）4 m/s.（2）4 N（3）6 N.

试题分析：(1)质点开始做匀加速直线运动x0＝t1.解得v0＝＝4 m/s.

(2)质点减速过程加速度a2＝＝－2 m/s2

由牛顿第二定律有－Ff＝ma2解得Ff＝4 N 

(3)开始加速过程中加速度为a1，x0＝a1t2，

由牛顿第二定律有：F－Ff＝ma1

解得F＝Ff＋ma1＝6 N.  

（1）V （2）0.225m（3）0（4）2.12m/s

试题分析：（1）由数据表格和图像可得，电势j与x成反比关系，即

V     （2分）

（2）由动能定理

= 0

设滑块停止的位置为x2，有

（2分） 

即 

代入数据有

1.0´10-7

可解得x2=0.225m（舍去x2=0.1m）。                        （2分）

（3）先做加速度减小的变加速运动，后做加速度增大的变减速运动。

即加速度先减小后增大。                                （2分）

当它位于x=0.15m时，图像上该点的切线斜率表示场强大小

E=N/C                          （1分）

滑块在该点的水平合力

故滑块的加速度a="Fx/m" =0                            （1分）

（4）设滑块到达的最左侧位置为x1，则滑块由该位置返回到出发点的过程中

由动能定理 =" 0"

有                          （1分）

代入数据有   1.0´10-7

可解得x1=0.0375m（舍去x1=0.6m）。                       （1分）

再对滑块从开始运动到返回出发点的整个过程，由动能定理

-2=                              （1分）

代入数据有  2´0.20´0.10´10（0.60-0.0375）=0.5´0.10

可解得≈2.12m/s

点评：本题首先要明确φ-x图象中任意一点的切线的斜率表示电场强度的大小，由于是变加速运动，然后对各个过程分别运用动能定理列式求解．

（1）（2）230J

试题分析：（1）由题意可知皮带长m.

工件速度达到v0前，做匀加速运动的位移为

达到v0后做匀速运动的位移s-s1=v0（t-t1）

加速运动的加速度为m/s2

工件受的支持力N= mgcosθ，对工件据牛顿第二定律得：μmgcosθ-mgsinθ=ma；

解出动摩擦因数为.

（2）在时间t1内，皮带运动位移S2=v0t1=1.6m；工件相对皮带的位移m。在时间t1内，摩擦生热J

工件获得的动能J；工件增加的势能J

电动机多消耗的电能J。

点评：本题难度中等，工件所受滑动摩擦力提供加速度，相互作用力乘以相对位移等于产生的热量，再求电动机多消耗电能时，应从能量转化或能量守恒定律角度考虑问题

（1）（2）0.44

试题分析：（1）根据运动学公式       ①

得：        ②

（2）乘客在斜面上受力情况如图所示。

                          ③

                      ④

根据牛顿第二定律：     ⑤

由几何关系可知：

由②—⑤式得：  ⑥

乘客和气囊间的动摩擦因数不得超过0.44。

点评：做本题的关键是对物体进行受力分析，从运动学推出加速度，运用牛顿第二定律分析问题

（1）（2）

（3）

（1）      （3分）   （2分）

（2） （3分）

对A      （3分）           （2分）

（3）电势能的变化量与第一次相同     （4分）

（3分）

（1）vB=2m/s（2）t B=0.5s，xB=0.5m（3）1.5m

试题分析：（1）设物块平抛运动的时间为t，由平抛运动规律得

h=gt2，x=vBt

联立解得vB=2m/s。

(2)设B的加速度为aB，由牛顿第二定律，μmg=maB，

由匀变速直线运动规律，vB=aBt B，xB=aBt B2，

联立解得t B=0.5s，xB=0.5m。

（3）设B刚好开始运动时A的速度为v，由动能定理得F l2=Mv12

设B运动后A的加速度为aA，由牛顿第二定律和运动学的知识得

F-μmg=MaA，(l2+ xB)=v1t B+aAt B2，

联立解得l2=1.5m。

点评：能够根据物体的受力情况确定物体的运动情况，运用牛顿第二定律和运动学公式解决．动能定理的应用要注意过程的选取和总功的求解．