【正文】 a m a?? ? ? ? ? ∴ 2( c o s 3 7 s in 3 7 ) 3 0 ( 0 . 8 0 . 5 0 . 6 ) 0 . 5 1 0 1 1 . 5 ( / )2Fa g m sm ? ?? ? ? ? ? ?? ? ? ? ? ? 239。 【解析】 (1)物體做勻加速運(yùn)動 2012L at? ∴ 22202 2 2 0 1 0 ( / )2La m st ?? ? ? 由牛頓第二定律 F f ma?? 30 2 10 10 ( )fN? ? ? ? ∴ 10 0 .52 1 0fmg? ? ? ?? (2)設(shè) F 作用的最短時間為 t ，小車先以大小為 a 的加速度勻加速 t 秒，撤去外力后，以大小為 39。取 210 /g m s? ) (1)求 物體與地面間的動摩擦因數(shù) μ； (2)用大小為 30N，與水平方向成 37176。用大小為 30N，沿水平方向的外力拉此物體，經(jīng) 0 2ts? 拉至 B 處。不計空氣阻力。 （ 1）在水平拉力 F 的作用下，輕繩與豎直方向的夾角為 α，小球保持靜止。以水平向右的方向為正方向，有 2 0mv MV?? ⑤ 在 上升過程中，因只有重力做功，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，則 2 2 2201 1 12 2 2m v M V m g L m v? ? ? ⑥ 由 ⑤ ⑥ 式，得 v2=2m/s ⑦ （ 3） 設(shè)小球擊中滑塊右側(cè)軌道的位置點(diǎn)與小球起始點(diǎn)的距離為 s1，滑塊向左移動的距離為 s2，任意時刻小球的水平速度大 小為 v3，滑塊的速度大小為 V/。 （ 3）在滿足（ 2）的條件下，試求小球擊中滑塊右側(cè)軌道位置點(diǎn)與小球起始位置點(diǎn)間的距離。 （ 1）若鎖定滑塊，試求小球通過最高點(diǎn) P 時對輕桿的作用力大小和方向。 解析：（ 1）設(shè)帶電粒子的質(zhì)量為 m，電荷量為 q，初速度為 v，電場強(qiáng)度為 E。求粒子運(yùn)動加速度的大小。 （ 1）求電場強(qiáng)度的大小和方向。 8（安徽） （ 16 分） 如圖所示，在以坐標(biāo)原點(diǎn) O 為圓心、半徑為 R 的半圓形區(qū)域內(nèi)，有相互垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B，磁場方向垂直于 xOy 平面向里。 為 d，因此落點(diǎn)區(qū)域的寬度也是 d。離子可以從狹縫各處射入磁 場，入射 方 向仍垂直于 GA 邊且垂直于磁場。若狹縫過寬， 可能使兩束 離子在 GA 邊上的落點(diǎn)區(qū)域交疊， 導(dǎo)致 兩種 離子 無法完 全分離 。不 計 重力，也不考慮離子間的相互作用。 已知被加速的兩種 正離子的質(zhì)量分別是 m1 和 m2(m1m2)，電荷量均為 q。離子源產(chǎn)生的離子，經(jīng)靜電場加速后穿過狹縫沿垂直 于 GA 邊 且 垂直 于磁場的方向射 入磁場，運(yùn)動到 GA 邊，被相應(yīng)的收集器收集。 7（北京）（ 18 分） 利用 電場和磁場，可以將比荷不同的離子分開，這種 方 法 在 化學(xué)分析和原子核技術(shù)等領(lǐng)域 有重要的應(yīng)用 。 已知地面 與水面 相距 ，若使該投餌管繞 AB 管的中軸線 OO’在 90? 角的范圍內(nèi)來回緩慢轉(zhuǎn)動，每次彈射時只放置一粒魚餌，魚餌的質(zhì)量在 23m 到 m 之間變化，且均能落到水面。求： m 的 魚餌到達(dá)管口 C 時的速度大小 v1。 不計魚餌在運(yùn)動過程中的機(jī)械能損失，且鎖定和解除鎖定時，均不改變 彈簧的彈性勢能。投餌時，每次總將彈簧長度 壓縮到 后鎖定，在彈簧上段放置一粒魚餌，解除鎖定，彈簧可將魚餌 彈射出去。所以正確答案是 A。在達(dá)到最大靜摩擦力前，木塊和木板以相同加速度運(yùn)動，根據(jù)牛頓第二定律2121 mmktaa ??? 。現(xiàn)給木塊施加一隨時間 t 增大的水平力 F=kt（ k是常數(shù)），木板和木塊加速度的大小分別為 a1和 a2，下列反映 a1和 a2變化的圖線中正確的是（ A） 解析：主要考查摩擦力和牛頓第二定律。 ，在光滑水平面上有一質(zhì)量為 m1的足夠長的木板，其上疊放一質(zhì)量為 m2的木塊。 3.（ 四川） 如圖是“神舟”系列航天飛船返回艙返回地面的示意圖，假定其過程可簡化為：打開降落傘一段時間后，整個裝置勻速下降，為確保安全著陸，需點(diǎn)燃返回艙的緩沖火箭，在火箭噴氣 過程中返回艙做減速直線運(yùn)動，則 C返回艙在噴氣過程中所受合外力可能做正功 【答案】 A 【解析】 在火箭噴氣過程中返回艙做減速直線運(yùn)動，加速度方向向上，返回艙處于超重狀態(tài)，動能減小，返回艙所受合外力做負(fù)功，返回艙在噴氣過程中減速的主要原因是緩沖火箭向下噴氣而獲得向上的反沖力。 據(jù)圖可知，此人在蹦極過程 中 最大加速 度 約為 A． g B． 2g C． 3g D． 4g 答案： B 解析：由題圖可知： 繩子拉力 F的最大值為 9F0/5，最終靜止時 繩子拉力 為 3F0/5=mg，根據(jù)牛頓第二定律得： 9F0/5－ 3F0/5=ma，所以 a=2g。某人做蹦極運(yùn)動， 所受繩子拉力 F 的大小隨時間 t 變化的情況如 圖所示。 （ 3）如果 AB 能與彈簧相碰，但不能返回道 P 點(diǎn)左側(cè)，設(shè)每次壓縮彈簧過程中彈簧的最大彈性 勢能為 Ep，求 ω 的取值范圍，及 Ep與 ω 的關(guān)系式（彈簧始終在彈性限度內(nèi)）。 （ 1）求 A脫離滑桿時的速度 uo，及 A與 B碰撞過程的機(jī)械能損失 ΔE 。隨后，連桿以角速度 ω 勻速轉(zhuǎn)動，帶動滑桿作水平運(yùn)動，滑桿的速度 時間圖像如圖 18（ b）所示。廣東） 36.（ 18分） 圖 18（ a）所示的裝置中，小物塊 A、 B質(zhì)量均為 m，水平面上 PQ段長為 l，與物塊間的動摩擦因數(shù)為 μ ，其余段光滑。 NC=0。 解：（ 1）小球在 BCD段運(yùn)動時，受到重力 mg、軌道正壓力 N 的作用，如圖所示。已知小球剛好能沿圓軌道經(jīng)過最高點(diǎn) C，重力加速度為 g。海南）如圖，在豎直平面內(nèi)有一固定光滑軌道，其中 AB是長為 R的水平直軌道， BCD是圓心為 O、半徑為 R的 3/4圓弧軌道，兩軌道相切于 B點(diǎn)。求： （ 1）小船從 A點(diǎn)運(yùn)動到 B點(diǎn)的全過程克服阻力做的功 fw ； （ 2）小船經(jīng)過 B點(diǎn)時的速度大小 1v ； （ 3）小船經(jīng)過 B點(diǎn)時的加速度大小 a。福建） 2 【 原題 】如圖，用跨過光滑定滑輪的纜繩將海面上一搜失去動力的小船沿直線拖向岸邊。 【 答案 】 ： （ 1） （ 2） 則 0 = v1 + a2 t2 s2 = v1 t2 + a2 t22 設(shè) CP的長度為 s，則 s = s1 + s2 解得： s = 【考點(diǎn)定位】本題考查勻變速直線 運(yùn)動規(guī)律，牛頓第二定律，動能定理。設(shè)小物體的電荷量保持不變，取g=10m/s2， sin370=， cos370=。以小物體通過 C 點(diǎn)時為計時起點(diǎn)， 以后，場強(qiáng)大小不變，方向反向。四川） 24．（ 19分） 如圖所示， ABCD為固定在豎直平面內(nèi)的軌道， AB 段光滑水平， BC 段為光滑圓弧，對應(yīng)的圓心角 θ = 370，半徑 r = ， CD段平直傾斜且粗糙，各段軌道均平滑連接，傾斜軌道所在區(qū)域有場強(qiáng)大小為 E = 2 105N/C、方向垂直于斜軌向下的勻強(qiáng)電場。 【 答案 】 ： （ 1） F1 = N F2 = N （ 2） v1 = （ 3） P = W W = J 【 解析 】 ： 解 ：（ 1） 由牛頓第二定律得 ： F – mg = ma 由 a – t圖像可知 ， F1和 F2對應(yīng)的加速度分別是 a1 = ， a2 = F1 = m（ g + a1） = （ 10 + ） N = N F2 = m（ g + a2） = （ 10 ） N = N （ 2）類比可得，所求速度變化量等于第 1s 內(nèi) a – t圖線下的面積 v1 = 同理可得： v2 = v2 – v1 = 第 2s末 的速率 v2 = （ 3）由 a – t圖像可知， 11s~30s 內(nèi)速率最大，其值等于 0～ 11s內(nèi) a – t圖線下的面積，有 vm = 10m/s 此時電梯做勻速運(yùn)動，拉力 F 等重力 mg，所求功率 P = Fvm = mg vm = 10 10 W = W 由動能定理得： W = m — 0 = J = J 【考點(diǎn)定位】本題考查牛頓第 二定律， v – t 圖線， a – t圖線，類比法，功率。請你借鑒此方法，對比加速度的和速度的定義，根據(jù)圖 2 所示 a t 圖像，求電梯在第 1s 內(nèi)的速度改變量△ v1和第 2s 末的速率 v2。 （ 1）求電梯在上升過程中受到的最大拉力 F1和最小拉力 F2； （ 2）類比是一種常用的研究方法。電梯總質(zhì)最 m = kg。考慮安全、舒適、省時等因索，電梯的加速度 a 是隨時間 t 變化的。北京） 23.(18分 ) 摩天大樓中一部直通高層的客運(yùn)電梯，行程超過百米。 【答案】 【考點(diǎn)定位】本考點(diǎn)主要考查帶電粒子在磁場中的勻速圓周運(yùn)動、電場中的類平拋運(yùn)動、牛頓定律 。現(xiàn)將磁場換為平等于紙面且垂直于直線的勻強(qiáng)電場，同一 粒子以同樣速度沿直線在 a點(diǎn)射入柱形區(qū)域，也在 b點(diǎn)離開該區(qū)域。在柱形區(qū)域內(nèi)加一方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場，一質(zhì)量為 m、電荷量為 q 的粒子沿圖中直線在圓上的 a點(diǎn)射入柱形區(qū)域，在圓上的 b點(diǎn)離開該區(qū)域，離開時速度方向與直線垂直。早期物理學(xué)家關(guān)于慣性有下列說法，其中正確的是 的性質(zhì)是慣性 ，物體只能處于靜止?fàn)顟B(tài) ，將繼續(xù)以同一速度沿同一直線運(yùn)動 【答案】 AD （ 2022 （ 2022當(dāng) kx = μ mg時物體速度最大，克服摩擦力做功為μ mg（ x0－ x） = μ mg（ x0－ ）， D正確。則 A．撤去 F后，物體先做勻加速運(yùn)動，再做勻減速運(yùn)動 B．撤去 F后，物體剛運(yùn)動時的加速度大小為 － μ g C．物體做勻減速運(yùn)動的時間為 2 D．物體開始向左運(yùn)動到速度最大的過程中克服摩擦力做的功為 μ mg（ x0－ ） 【 答案 】 ： BD 【 解析 】 ： 彈簧彈力一直變化，物體不可能做勻變速運(yùn)動， A、 C錯誤。撤去 F 后，物體開始向左運(yùn)動，運(yùn)動的最大距離為 4x0。四川） 21．如圖所示，勁度系數(shù)為 k 的輕彈簧的一端固定在墻上，另一端與置于水平面上質(zhì)量為 m的物體接觸（未連接），彈簧水平且無形變。 【考點(diǎn)定位】此題考查對牛頓第二定律的理解。物理）根據(jù)牛頓 第二定律，下列敘述正確的是 A． 物體加速度的大小跟它的質(zhì)量和速度大小的乘積成反比 B． 物體所受合力必須達(dá)到一定值時，才能使物體產(chǎn)生加速度 C． 物體加速度的大小跟它所受作用力中任一個的大小成正比 D． 當(dāng)物體質(zhì)量改變但其所受合力的水平分力不變時，物體水平加速度大小與其質(zhì)量成反比 【答案】： D 【解析】：根據(jù)牛頓第二定律，物體加速度的大小跟它所受的合外力成正比，跟它的質(zhì)量成反比，選項 ABC錯誤。物理） 如圖，表面處處同樣粗糙的楔形木塊 abc 固定在水平地面上，ab 面和 bc 面與地面的夾角分別為α和β，且α β .一初速度為 v0的小物塊沿斜面 ab 向上運(yùn)動，經(jīng)時間 t0后到達(dá)頂點(diǎn) b 時，速度剛好為零；然后讓小物塊立即從靜止開始沿斜面 bc 下滑。 【考點(diǎn)定位】 考查驗證牛頓第二定律實(shí)驗。設(shè)圖中直線的斜率為 k，在縱軸上的截距為 b，若牛頓定律成立，則小車受到的拉力為 ___________，小車的質(zhì)量為 ___________。由此求得加速度的大小 a=__________m/s2。 a 可用 s s3 和Δ t 表示為a=__________。 （ 2）完成下列填空： （?。┍緦?shí)驗中，為了保證在改變小車中砝碼的質(zhì)量時，小車所受的拉力近似不變，小吊盤和盤中物塊的質(zhì)量之和應(yīng)滿足的條件是 _______________________。 ⑥以砝碼的質(zhì)量 m 為橫坐標(biāo)， a1 為縱坐標(biāo)，在坐標(biāo)紙上做出 a1 m 關(guān)系圖線。測量相鄰計數(shù)點(diǎn)的間距 s1，s2，?。 ④按住小車，改變小車中砝碼的質(zhì)量，重復(fù)步驟③。 ②按住小車，在小吊盤中放入適當(dāng)質(zhì)量的物塊，在小車中放入砝碼。在小車質(zhì)量未知的情況下，某同學(xué)設(shè)計了一種方法用來研究“在外力一定的條件下，物體的加速度與其質(zhì)量間的關(guān)系”。大綱版全國卷） 23.（ 11 分）（注意： 在試題卷上作答無效 ． ． ． ． ． ． ． ． ． ） 圖 1為驗證牛頓第二定律的實(shí)驗裝置示意圖。+ma mg f? ，得： 239。 22.? 【解析】 ?由 vt圖像可得小球下落時的加速度為： 28/a m s? 由牛頓定律可得： ma mg f??, 0. 2f mg ma N? ? ?。球與水平地面相碰后離開地面時的速度大小為碰撞前的3/4。求這時木棒下落的加速度？ 解析：（解法一）猴子和木棒的受力情況如圖所示，猴子相對地面的高度不變、保持靜止，即受力平衡，木棒具有加速度，根據(jù)牛頓第二定律 對猴子有： 對木棒有： 由牛頓第三