热门试卷

（1）由图示v-t图象可知，滑块的加速度：

a===12m/s2；

（2）物体在冲上斜面过程中，由牛顿第二定律得：

mgsin37°+μmgcos37°=ma，解得：μ=0.75；

（3）由于μ=tan37°=0.75，则μmgcos37°=mgsin37°，

滑块速度减小到零后，所受合力为零，滑块将静止在斜面上不变返回；

滑块上滑过程，位移s=t=×0.5=1.5m，

则滑块将停在距斜面低端1.5m处．

答：（1）滑块冲上斜面过程中的加速度大小为12m/s2；

（2）滑块与斜面间的动摩擦因数为0.75；

（3）滑块不能返回斜面底端，滑块停在距斜面底端1.5m处．

对环受力分析，受重力、拉力、弹力和摩擦力；令Fsin53°=mg，F=1.25N 此时无摩擦力．

当F＜1.25N 时，杆对环的弹力向上，由牛顿定律有：

Fcosθ-μFN=ma，FN+Fsinθ=mg，

解得：F=1N

当F＞1.25N时，杆对环的弹力向下，由牛顿定律有：

Fcosθ-μFN=ma，Fsinθ=mg+FN，

解得：F=9N

答：F的大小为1N或者9N．

（1）（2）（3）

试题分析：（1）小球恰好能在斜面上做完整的圆周运动，则小球通过A点时的拉力为零，根据圆周运动和牛顿第二定律有：，解得

（2）小球从A点运动到B点，根据机械能守恒定律有：

解得

（3）小球在B点时根据圆周运动和牛顿第二定律有：，

解得

2.9 rad/s≤w ≤ 6.5 rad/s。

试题分析：设物体M和水平面保持相对静止。

当w具有最小值时，M有向圆心运动趋势，故水平面对M的摩擦力方向和指向圆心方向相反，且等于最大静摩擦力

隔离M有：T－μMg =Mw12r     

w1 =2.9(rad/s)      

当w具有最大值时，M有离开圆心趋势，水平面对M摩擦力方向指向圆心.

隔离M有：T＋μMg =Mw22r     

w2=6.5(rad/s)     

故w范围是：2.9 rad/s≤w ≤ 6.5 rad/s。     

F=37N

试题分析：对A：

对B：

解得：F=37N

点评：做此类型的题目关键是对AB分别分析，根据牛顿第二定律解题

（1）△s= SA- SB=0.5m（2）力F应满足的条件是：

（1）物体A滑上木板B以后，作匀减速运动，有µmg =maA 得aA=µg="2" m/s2   

木板B作加速运动，有F+µmg=MaB，得：aB="14" m/s2                        

两者速度相同时，有V0-aAt=aBt，得：t=0.25s                               

A滑行距离：SA=V0t-aAt2/2=15/16m                                       

B滑行距离：SB=aBt2/2=7/16m                                             

最大距离：△s= SA- SB=0.5m                                             

(2)物体A不滑落的临界条件是A到达B的右端时，A、B具有共同的速度v1，则：

………③                                          

又：……………④                                        

由、③、④式，可得：                                      

再代入②式得：                                     

若F＜1N，则A滑到B的右端时，速度仍大于B的速度，于是将从B上滑落，所以F必须大于等于1N。                                                         

当F较大时，在A到达B的右端之前，就与B具有相同的速度，之后，A必须相对B静止，才不会从B的左端滑落。即有：　　       

所以：                                                        

若F大于3N，A就会相对B向左滑下。

综上：力F应满足的条件是：

本题考查的是牛顿第二定律的应用问题，首先根据牛顿第二定律解出A滑上B时各自的加速度，进而解出最大距离；再根据物体A不滑落的临界条件是A到达B的右端时A、B具有共同的速度，解出B的加速度，从而求出拉力F的范围；

(1)(2)W=0                            

(1)小滑块在摩擦力和电场力的作用下，向右做匀减速直线运动，设加速度为a，依题意和牛顿第二定律，有：

                           ①……

又：                               ②……

                                 ③……3分

若小滑块不会从右侧离开电场区域，由匀变速直线运动规律，有：

                             ④……

联立①②③④并代入数据得：  ⑤……3分

若小滑块不会从左侧离开电场区域，必须满足：

≤f                                 ⑥……

②⑤⑥可得：       ⑦……2分

(2)如果小滑块会离开电场区域，电场力F必须满足:

F="qE=" 1×10-7×106≤0.1N            ⑧……

或   F=qE=1×10-7×4×106＞0.4N           ⑨……2分

若F≤0.1N，小滑块将从右侧离开电场区域，此过程小滑块在电场中的位移s=1.6m，则电场力做功                     ⑩……2分

若F＞0.4N，小滑块将从左侧离开电场区域，此过程小滑块在电场中的位移s=0，电场力做功为0，即W=0                           ……2分

评分说明：正确作图共4分

本题结合电场力考查牛顿第二定律的应用，小滑块在摩擦力和电场力的作用下，向右做匀减速直线运动，判断出摩擦力方向，由牛顿第二定律可求得加速度大小，如果小滑块不会从右侧离开电场区域，由匀变速直线运动规律可求得加速度取值范围，同时得到电场强度的取值范围，如果小滑块不会从左侧离开电场区域，必须满足电场力小于等于最大静摩擦力，从而求得场强取值范围，同理如果小滑块会离开电场区域，电场力F必须小于等于0.1N或大于0.4N，根据这两个范围确定电场力做功的大小

；      

以A为研究对象，设小车加速度为a，绳的拉力为T

（1）v0=4m/s或m/s  （2）1.8m  （3）220J 

试题分析：（1）滑块运动过程中加速度为

若物体的速度小于传送带的速度，加速度为正，则，解得

若物体的速度大于传送带的速度，加速度为负，则，解得

（2）上升过程中机械能守恒，则：解得

（3）滑块第二次在传送带上滑行时，假如滑块只做减速运动，加速度为，减速运动的位移为：，即，所以滑块到A端时速度不为零，，解得，故此过程中传送带的位移为，所以滑块和传送带的相对位移为，故摩擦力做功为

点评：在分析第一问时，一定要注意滑块在传送带上有可能做减速运动，即传送带的速度小于滑块的速度，

（1）（2）2;5mg（3）1.25R

试题分析：（1）因为小球通过C点时与管壁无相互作用力，

所以重力充当向心力

解得vc=

（2）因为小球恰好到达最高点C，所以小球通过C点时速度为零，

对小球由B到C的过程根据动能定理，

解得vB=2

对经过B点时，根据牛顿第二定律得    

解得FN=5mg

（3）小球从C点飞出后做平抛运动 则 ，

联立解得

从开始下落到经过C点，根据机械能守恒定律

解得h=1.25R

（1）10s（2）

试题分析：（1）根据牛顿第二定律：（2分）

解得加速阶段的牵引力：（1分）

加速阶段的末速度（1分）

它能维持匀加速行驶的时间：（1分）

由可得行驶12.5m时摩托车的速度

（1分）

则此时摩托车仍在匀加速阶段其功率为（1分）

点评：本题难度较小，力决定运动，因此要先分析受力，求得加速度后转化为运动学问题再求解

(1)6.0 s　(2)4.08 m/s　

试题分析：(1)设选手落在传送带前的运动时间为，水平运动距离为；选手在传送带上的运动时间为，运动距离为，由运动学公式可得，＝0.6 s.

，

.

.

(2)设水平跃出速度v1，落到传送带1 s反应时间内向左位移大小为，则＝uΔt＝1 m.

然后设向左减速至速度为零又向左发生位移为，则＝0.25 m.

不从传送带上掉下，平抛水平位移，

则，最小速度为4.08 m/s.

设在此情况下到达B点时速度大小为v，则，.

点评：解决本题的关键分析出选手的运动情况，然后根据平抛运动和运动学公式求解．