热门试卷

（1）对物体受力分析，受重力G、支持力FN、风力F风和滑动摩擦力F滑；

根据牛顿第二定律，有

Gsinθ-μGcosθ-kv=ma

则：a=g（sinθ-μcosθ）-v

（2）当a=0时，v最大，

此时有：Gsinθ=μGcosθ+kv最大

则：v最大=

（3）由图象中直线部分可得：a=g（sinθ-μcosθ）=3m/s2

解得：μ=0.23

由图象曲线部分可得：v最大==2m/s

解得：k=3.0

答：（1）滑块下滑加速度的表达式为a=g（sinθ-μcosθ）-v；

（2）滑块下滑的最大速度表达式为v最大=；

（3）动摩擦因素的值为0.23，比例系数k为3.0．

（1）质子进入电场的加速度为a===

  当t=时，质子在竖直方向的位移：

y=at2=()2=    

（2）当t=时，质子在竖直方向的速度：

vy=at==

改变两极板的极性后，质子在竖直方向上的加速度：

a ′===          

在竖直方向上，由匀变速直线运动公式，得：

-y=vyt-a ′t2

带入以上各数据，有

-=()-()2

解得  =

答：（1）当t=时，质子在竖直方向的位移为．

（2）当t=时，突然改变两金属板的电性，且两板间电压为U1，质子恰能沿B端飞出电场，则=．

（1）根据牛顿第二定律得  F1-μmg=ma1  a1=6m/s2

（2）对全过程，由动能定理得

  F1s-μmgl=0

解得，s=0.5m

（3）F2作用下的物块，有

F2-μmg=ma2  a2=2m/s2

两物块速度相同时，一定在上方物块减速阶段

上方物块最大速度v==m/s=2.45m/s

a2t=v-a′（t-）

得t=0.816s

答：

（1）在F1作用下的小物块加速度a1为6m/s2．

（2）F1作用的位移s1为0.5m．

（3）两物块速度相同的时刻t为0.816s．

a-F图象是过原点的倾斜直线，可以看出：a与F成正比；

a-图象也是过原点的倾斜直线，则a与成正比，即：物体的加速度与质量成反比

故答案为：正；反；

对人和滑板整体受力分析，受重力、支持力，根据牛顿第二定律，有：

（M+m）gsinα=ma

解得a=

答：欲使木板静止在斜面上，木板上质量为m的人应以的加速度向下奔跑．

（1）当汽车的牵引力和阻力相等时，汽车达到最大速度，

即F=f=2.5×103N，

由P=Fv可得，此时的最大的速度为

vm===m/s=32m/s，

（2）由P=Fv可此时汽车的牵引力为

F===16000N，

所以此时的加速度的大小为

a==m/s2=6.75m/s2，

（3）当汽车的加速度为0.75m/s2时，

由F-f=ma可得此时的牵引力的大小为

F=f+ma=2500+2000×0.75=4000N，

由P=Fv可得，此时的速度的大小为

v==m/s=20m/s．

答：（1）汽车在整个运动过程中所能达到的最大速度为32m/s；

（2）当汽车的速度为5m/s时的加速度的大小为6.75m/s2；

（3）当汽车的加速度为0.75m/s2时的速度为20m/s．

（1）电子在两极板间的加速度为：a=

通过金属板的时间为：t=

对打在荧光屏上偏离点O2最远的粒子，有：d=at2             

有动能定理得：Ek=eU+mv2                           

联立解得：Ek=

（2）由牛顿第二定律可知，qvB=

代入数据解得：r=5×10-3m=8.7×10-3m                   

如图所示，设恰好在荧光屏P上观察到亮点时，粒子偏转角为2θ，磁场区域的最大半径为R0，由几何关系可知

tan2θ=，tanθ=

代入数据解得：R0=5×10-3m                                

则R应满足的条件：R≤5×10-3m                   

（3）交变电压的周期 T=，则t0=T

电子通过金属板的时间：t′==T  

电子在两极板间的加速度：a′=

设电子分别在T～T、T～T、T～T、T～T时间内沿垂直于初速度方向运动的位移依次为y1、y2、y3、y4，则有

y1=y3=-a′（T-t0）2         

y2=a′（T）2            

 y4=a′（T）2      

要使电子能通过平行金属板，应满足条件：y1+y2+y3+y4≤

联立解得：U0≤

答：（1）打在荧光屏P上偏离点O2最远的电子的动能是．

（2）磁场区域的半径R应满足的条件是5×10-3m．

（3）U0应满足的条件是 U0≤．

（1）对木箱进行受力分析，根据牛顿第二定律得：a1=

代入数据得：a1=12m/s2

L=a1t12

解得：t1=0.5s

（2）铁块滑落前后，对木箱进行受力分析，根据牛顿第二定律得：a2=

代入数据得：a2=24m/s2

∴=

（3）铁块离开木箱后做自由落体运动，则有：

h=gt22

解得：t2=0.4s

铁块离开木箱时，木箱的速度为：v1=a1t1=6m/s

根据位移时刻公式得：

s=v1t2+a2t22

解得：s=4.32m

答：（1）经过0.5s铁块从木箱上滑落；

（2）铁块滑落前后木箱的加速度a1与a2大小之比为1：2；

（3）铁块着地时与木箱右端的水平距离为4.32m．

（1）根据牛顿第二定律得，有：

F-μmg=ma1

则a1==m/s2=3m/s2

则4s末的速度v=a1t=12m/s．

（2）物体匀加速直线运动的位移x1==m=24m．

根据牛顿第二定律，物体做匀减速直线运动的加速度a2=μg=2m/s2．

则物体匀减速直线运动的位移x2==m=36m

则物体滑行的总位移x=x1+x2=24+36m=60m．

答：（1）物体在4s末时刻的速度为12m/s．

（2）物体滑行的总位移为60m．

（1）小球由最高点到最低点，由机械能守恒定律得m=mg(2R+x)+m

小球在B点时，由牛顿第二定律得 FN1-mg=m

小球在A点时，由牛顿第二定律得 FN2+mg=m

化简解得两点的压力差为 △FN=FN1-FN2=6mg+

（2）由图象得截距 6mg=6N                                           

解得m=0.1 kg                                                           

（3）因为图线的斜率 k==1

所以 R=2 m                                                             

小球在A点不脱离轨道的条件为 vA≥

化简解得x的最大值为 xm=15 m     

答：（1）小球在最高点与最低点对轨道压力差△FN与距离x的关系式为△FN=FN1-FN2=6mg+；

（2）根据图象提供的信息，确定小球的质量为0.1kg；

（3）若小球在最低点B的速度为20m/s，为使小球能沿轨道运动，x的最大值为15m．

（1）设小球经过第一个圆轨道的最高点时的速度为v1根据动能定理得：

-μmgL1-2mgR1=mv12-mv02 ①

小球在最高点受到重力mg和轨道对它的作用力F，根据牛顿第二定律有：

             F+mg=m        ②

由 ①、②得               F=10.0 N  ③

（2）设小球在第二个圆轨道的最高点的速度为v2，由小球恰能通过第二圆形轨道有：

                 mg=m     ④

-μmg（L1+L）-2mgR2=mv22-mv02  ⑤

由④、⑤得             L=12.5m    ⑥

（3）要保证小球不脱离轨道，可分两种情况进行讨论：

 I．轨道半径较小时，小球恰能通过第三个圆轨道，设在最高点的速度为v3，应满足

               mg=m  ⑦

-μmg（L1+2L）-2mgR3=mv32-mv02 ⑧

由 ⑥、⑦、⑧得            R3=0.4m

II．轨道半径较大时，小球上升的最大高度为R3，根据动能定理

-μmg（L1+2L）-2mgR3=0-mv02             

解得                   R3=1.0m

为了保证圆轨道不重叠，R3最大值应满足

                （R2+R3）2=L2+（R3-R2）2

解得               R3=27.9m

综合I、II，要使小球不脱离轨道，则第三个圆轨道的半径须满足下面的条件

  0＜R3≤0.4m或  1.0m≤R3≤27.9m

当0＜R3≤0.4m时，小球最终焦停留点与起始点A的距离为L′，则

-μmgL′=0-mv02     

             L′=36.0m

当1.0m≤R3≤27.9m时，小球最终焦停留点与起始点A的距离为L〞，则

                 L″=L′-2（L′-L1-2L）=26.0m

答：（1）小球在经过第一个圆形轨道的最高点时，轨道对小球作用力的大小为10.0N；

（2）如果小球恰能通过第二圆形轨道，B、C间距L应是12.5m；

（3）第三个圆轨道的半径须满足下面的条件  0＜R3≤0.4m或  1.0m≤R3≤27.9m

当0＜R3≤0.4m时，小球最终焦停留点与起始点A的距离为36.0m

当1.0m≤R3≤27.9m时，小球最终焦停留点与起始点A的距离为26.0m．

（1）4m/s（2）1m

试题分析：（1）以m1、m2组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律可得：

m2g―m1gsinθ―μm1gcosθ＝(m1＋m2)a                   

则：a＝＝1m/s2    

设m2落地时速度大小为v1，则：

v1＝＝4m/s

（2）m2落地后，m1沿斜面向上做匀减速运动，由牛顿第二定律可得：

m1gsinθ＋μm1gcosθ＝m1a＇

则：

则m1还可滑行的距离为：

s＝＝＝1m

点评：本题是连接体问题，涉及两个过程．此题也可以根据动能定理，分两个过程求解．

（1）加速度：a==gμ；

若一直加速，到达传送带右端速度v==4＜5m/s；

故小滑块一直匀加速到达右端；

匀加速时间：t==2s；        

相对距离：d1=s传-L=v0×t-L=6m

第一次将弹簧压缩最短时的弹性势能Ep=mv2=8J

（2）从第一次将弹簧压缩最短到第二次将弹簧压缩最短的过程中：

返回过程的发相对距离：d2=s'传+L=v0×t+L=14m      

向右滑动过程的相对距离：d3=d1=6m

摩擦产生的热Q=fd相=f（d1+d2+d3）=52J

答：（1）小滑块第一次将弹簧压缩最短时的弹性势能EP为8J；

（2）从开始到小滑块第二次将弹簧压缩最短的过程中小滑块与传送带间摩擦产生的热量Q为52J．