【正文】 ＋ x ⑤ P 到達 E 點后反彈，從 E 點運動到 F 點的過程中，由動能定理有 Ep－ mgl1sin θ － μmgl1cos θ ＝ 0 ⑥ 聯(lián)立 ③④⑤⑥ 式并由題給條件得 x＝ R ⑦ 28 Ep＝ 125 mgR ⑧ (3)設改變后 P 的質量為 m1， D 點與 G 點的水平距離 x1 和豎直距離 y1 分別為 x1＝ 72R－ 56Rsin θ ⑨ y1＝ R＋ 56R＋ 56Rcos θ ⑩ 式中，已應用了過 C 點的圓軌道半徑與豎直方向夾角仍為 θ 的事實 ． 設 P 在 D 點的速度為 vD，由 D 點運動到 G 點的時間為 y1＝ 12gt2 ? x1＝ vDt ? 聯(lián)立 ⑨⑩ ?? 式得 vD＝ 35 5gR ? 設 P 在 C 點速度的大小為 vC，在 P 由 C 運動到 D 的過程 中機械能守恒，有 12m1v2C＝12m1v2D＋ m1g?? ??56R＋56Rcos θ ? P 由 E 點運動到 C 點的過程中，同理，由動能定理有 Ep－ m1g(x＋ 5R)sin θ － μm1g(x＋ 5R)cos θ ＝ 12m1v2C? 聯(lián)立 ⑦⑧ ??? 式得 m1＝ 13m ? 11． B7 D2[2020 ＝ 35， cos 37176。全國卷 Ⅰ ] 如圖 1 ，一輕彈簧原長為 2R，其一端固定在傾角為 37176。sin α 根據(jù)機械能守恒定律 mgsy＝ 12mv2A＋ 12mv2B 根據(jù)速度的定義得 vA＝ Δ xΔ t， vB＝ Δ sΔ t 則 vB＝ 2（ 1－ cos α ） 178。sin α 且 s＝ s2x＋ s2y 解得 s＝ 2（ 1－ cos α ） 178。x (3) 2gxsin α3－ 2cos α [解析 ] (1)支持力的大小 N＝ mgcos α (2)根據(jù)幾何關系 sx＝ x全國卷 Ⅱ ] 小球 P 和 Q 用不可伸長的輕繩懸掛在天花板上， P24 球的質量大于 Q 球的質量，懸掛 P 球的繩比懸掛 Q 球的繩短 ． 將兩球拉起，使兩繩均被水平拉直，如圖 1 所示 ． 將兩球由靜止釋放，在各自軌跡的最低點 ( ) 圖 1 A． P 球的速度一定大于 Q 球的速度 B． P 球的動能一定小于 Q 球的動能 C． P 球所受繩的拉力一定大于 Q 球所受繩的拉力 D． P 球的向心加速度一定小于 Q 球的向心加速度 16． C [解析 ] 從釋放到最低點過程中，由動能定理得 mgl＝ 12mv2－ 0，可得 v＝ 2gL，因 lPlQ，則 vPvQ，故選項 A 錯誤；由 EkQ＝ mQglQ， EkP＝ mPglP， 而 mPmQ，故兩球動能大小無法比較，選項 B 錯誤；在最低點對兩球進行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律及向心力公式可知 T－ mg＝ mv2l ＝ man，得 T＝ 3mg， an＝ 2g，則 TPTQ， aP＝ aQ， C 正確， D 錯誤 ． 8． E1 C5[2020 n－ ， 可見 a n 圖像仍是一條直線，但其斜率要變大，且不過坐標原點 ． C4 牛頓運動定律綜合 22． E5 C5[2020n 圖線仍是直線，但該直線的斜率變大 23． [答案 ] (3)(～ 均可 ) (4)a n 圖線如圖所示 (5)(～ 均可 ) (6)BC [解析 ] (3)系統(tǒng)做勻加速直線運動， s＝ 12at2，由圖 (b)可知，當 t＝ 2 s 時， s＝ m，代入解得 a＝ m/s2. (4)由題意知描點法作圖所得的必須是一條直線 ． (5)對于掛在下面的 n 個鉤碼，有 nmg－ F＝ nma； 對于小車 (含剩下的鉤碼 )，有 F＝ [M＋ (N－ n)m]a； 兩式相加得 nmg＝ (M＋ Nm)a； 解得 a＝ nmgM＋ Nm＝ ＋ ，可見 a n 圖像的斜 率表示 ＋ ， 由 a n 圖可知斜率 k＝ ，所以 ＋ ＝ ，解得 M＝ kg. (6)木板水平時要考慮摩擦力的影響， 對于掛在下面的 n 個鉤碼，有 nmg－ F′＝ nma； 對于小車 (含剩下的鉤碼 )，有 F′－ μ[M＋ (N－ n)m]g＝ [M＋ (N－ n)m]a； 兩式相加得 nmg－ μ[M＋ (N－ n)m]g＝ (M＋ Nm)a， 去中括號得 n(mg＋ μmg)－ μ(M＋ Nm)g＝ (M＋ Nm)a， 23 移項化簡得 n(mg＋ μmg)＝ (M＋ Nm)(a＋ μg)， 解得 a＝ mg＋ μmgM＋ Nm 178。n 圖線不再是直線 B． a173。全國卷 Ⅲ ] 某物理課外小組利用圖 (a)中的裝置探究物 體加速度與其所受合外力之間的關系 ． 圖中，置于實驗臺上的長木板水平放置，其右端固定一輕滑輪；輕繩跨過滑輪，一端與放在木板上的小滑車相連，另一端可懸掛鉤碼 ． 本實驗中可用的鉤碼共有 N21 ＝ 5 個，每個質量均為 ： (1)將 5 個鉤碼全部放入小車中，在長木板左下方墊上適當厚度的小物塊，使小車 (和鉤碼 )可以在木板上勻速下滑 ． 圖 1 (2)將 n(依次取 n＝ 1， 2， 3， 4， 5)個鉤 碼掛在輕繩右端，其余 N－ n 個 鉤碼仍留在小車內；用手按住小車并使輕繩與木板平行 ． 釋放小車，同時用傳感器記錄小車在時刻 t 相對于其起始位置的位移 s，繪制 s t 圖像，經數(shù)據(jù)處理后可得到相應的加速度 a. (3)對應于不同的 n 的 a 值見下表 ． n＝ 2 時的 s t 圖像如圖 (b)所示；由圖 (b)求出此時小車的加速度 (保留 2 位有效數(shù)字 )，將結果填入下表 ． n 1 2 3 4 5 a/(m178。全國卷 Ⅲ ] 如圖 1 所示，在豎直平面內有由 14圓弧 AB 和 12圓弧BC 組成的光滑固定軌道，兩者在最低點 B 平滑連接 ． AB 弧的半徑為 R， BC 弧的半徑為 R2.一小球在 A 點正上方與 A 相距 R4處由靜止開始自由下落，經 A 點沿圓弧軌道運動 ． (1)求小球在 B、 A 兩點的動能之比； (2)通過計算判斷小球能否沿軌道運動到 C 點 ． 圖 1 24． [答案 ] (1)5 (2)能 [解析 ] (1)設小球的質量為 m， 小球在 A 點的動能為 EkA，由機械能守恒得 EkA＝ mgR4 ① 設小球在 B 點的動能為 EkB，同理有 EkB＝ mg5R4 ② 由 ①② 式得 EkBEkA＝ 5 ③ (2)若小球能沿軌道運動到 C 點，小球在 C 點所受軌道的正壓力 N 應滿足 N≥ 0 ④ 設小球在 C點的 速度大小為 vC，由牛頓運動定律和向心加速度公式有 N＋ mg＝ mv2CR2 ⑤ 由 ④⑤ 式得， vC應滿足 mg≤ m2v2CR ⑥ 由機械能守恒有 mgR4＝ 12mv2C ⑦ 由 ⑥⑦ 式可知，小球恰好可以沿軌道運動到 C 點 ． 10． C2 D4 E2[2020x，又 f 甲 f 乙 ，則 W 甲克服 W 乙克服 ， D 正確 ． 21． C E3[2020 ρ ，故 a＝ g－ k43π R2178。全國卷 Ⅰ ] 一質點做勻速直線運動，現(xiàn)對其施加一恒力，且原來作用在質點上的力不發(fā)生改變，則 ( ) A． 質點速度的方向總是與該恒力的方向相同 B． 質點速度的方向不可能總是與該恒力的方向垂直 17 C． 質點加速度的方向總是與該恒力的方向相同 D． 質點 單位時間內速率的變化量總是不變 [解析 ] BC 由牛頓第二定律，質點的加速度總是與該恒力方向相同，且加速度恒定，單位時間內速度的變化量不變，但速率的變化量可能不同，選項 C 正確，選項 D 錯誤；當恒力與速度方向不在同一直線上時，質點做勻變速曲線運動，速度方向與恒力方向不相同，但速度方向不可能總與該恒力方向垂直，選項 B 正確；只有當恒力與速度同向，做勻加速直線運動時，速度方向才與該恒力方向相同，選項 A 錯誤 ． 19． A2 、 C E1[2020sin α 根據(jù)機械能守恒定律 mgsy＝ 12mv2A＋ 12mv2B 根據(jù)速度的定義得 vA＝ Δ xΔ t， vB＝ Δ sΔ t 則 vB＝ 2（ 1－ cos α ） 178。sin α 且 s＝ s2x＋ s2y 解得 s＝ 2（ 1－ cos α ） 178。x (3) 2gxsin α3－ 2cos α [解 析 ] (1)支持力的大小 N＝ mgcos α (2)根據(jù)幾何關系 sx＝ x ④ (2)解法一： 撤去磁場，小球在重力與電場力的合力作用下做類平拋運動，設其加 速度為 a，有 a＝ q2E2＋ m2g2m ⑤ 設撤掉磁場后小球在初速度方向上的分位移為 x，有 x＝ vt ⑥ 設小球在重力與電場力的合力方向上分位移為 y，有 y＝ 12at2 ⑦ a 與 mg 的夾角和 v 與 E 的夾角相同，均為 θ，又 tan θ ＝ yx ⑧ 聯(lián)立 ④⑤⑥⑦⑧ 式，代入數(shù)據(jù)解得 t＝ 2 3 s＝ s ⑨ 解法二： 撤去磁場后，由于電場力垂直于豎直方向，它對豎直方向的分運 動沒有影響，以 P 點為坐標原點，豎直向上為正方向，小球在豎直方向上做勻減速運動，其初速度為 vy＝ vsin θ ⑤ 若使小球再次 穿過 P 點所在的電場線，僅需小球的豎直方向上分位移為零，則有 vyt－ 12gt2＝ 0 ⑥ 聯(lián)立 ⑤⑥ 式，代入數(shù)據(jù)解得 t＝ 2 3 s＝ s 12． B7 J2 K1[2020 10－ 6 C，正以速度v 在圖示的豎直面內做勻 速直線運動，當經過 P 點時撤掉磁場 (不考慮磁場消失引起的電磁感應現(xiàn)象 )， g 取 10 m/： 圖 1 (1)小球做勻速直線運動的速度 v 的大小和方向； (2)從撤掉磁場到小球再次穿過 P 點所在的這條電場線經歷的時間 t. [答案 ] (1)20 m/s 方向與電場 E 的方向之間的夾角為 60176。天津卷 ] 如圖 1 所示，空間中存在著水平向右的勻強電場，電場強度大小 E＝ 5 3 N/C，同時存在著水平方向的勻強磁場，其方向與電場方向垂直，磁感應強度大小 B＝ T． 有一帶正電的小球，質量 m＝ 1179。 ，則另一個分力為 F2＝ F2－ F21＝ N. (2)若彈簧秤 a、 b 間夾角大于 90176。 ，保持彈簧秤 a 與彈簧 OC 的夾角不變，減小彈簧秤b 與彈簧 OC 的夾角，則彈簧秤 a 的讀數(shù) ________、彈簧秤 b 的讀數(shù) ________(填 “ 變大 ”“ 變小 ” 或 “ 不變 ” )． 21． [答案 ] (1)～ ～ (有效數(shù)不作要求 ) (2)變大 變大 [解析 ] (1)由圖可知彈簧秤 a 的讀數(shù)是 F1＝ N；因合力為 F＝ kx＝ 500179。浙江卷 ] 某同學在 “ 探究彈力和彈簧伸長的關系 ” 的實驗中，測得圖中彈簧 OC 的勁度系數(shù)為 500 N/ 1 所示，用彈簧 OC 和彈簧秤 a、 b 做 “ 探究求合力的方法 ” 實驗 ． 在 保持彈簧伸長 cm 不變的條件下： (1)若彈簧秤 a、 b 間夾角為 90176。 ；對小物塊的懸掛點受力分析如圖乙所示，由力的合成可得 2Fcos(α＋ 30176。全國卷 Ⅲ ] 如圖 1 所示，兩個輕環(huán) a 和 b 套在位于豎直面內的一段固定圓弧上：一細線穿過兩輕環(huán)，其兩端各系一質量為 m 的小球 ． 在 a 和 b 之間的細線上懸掛一小物塊 ． 平衡時， a、 b 間的距離恰好等于圓 弧的半徑 ． 不計所有摩擦 ． 小物塊的質量為 ( ) 圖 1 B. 32 m C． m D． 2m 17． C [解析 ] 對 a 受力分析如圖甲所示，其中虛線三角形為等邊三角形，由正交分解法可得 Fsin α ＝ mgsin 30176。 f＝ 0，物塊 b 所受到的支持力和物塊與桌面間的摩擦力隨 F 變化而變化，選項 B、 D 正確 ． 14． B4[2020江蘇卷 ] 如圖 1 所示，一只貓在桌邊猛地將桌布從魚缸下 拉出，魚缸最終沒有滑出桌面 ． 若魚缸、桌布、桌面兩兩之間的動摩擦因數(shù)均相等，則在上述過程中 ( ) A． 桌布對魚缸摩擦力的方向向左 B． 魚缸在桌布上的滑動時間和在桌面上的相等 C． 若貓增大拉力，魚缸受到的摩擦力將增大 D． 若貓減小拉力，魚缸有可能滑出桌面 9． BD [解析 ] 當桌布被拉出時 ，魚缸由靜止到向右運動，但它相對于桌布來說，仍向左運動，由于滑動摩擦力的方向與相對運動方向相反，因此桌布對魚缸的摩擦力的方向應向右，選項 A 錯誤；因為魚缸、桌布、桌面兩兩之間的動摩擦因數(shù)均相等，魚缸受到桌布向右的摩擦力與它受到桌面向左的摩擦力大小相等，所以魚缸向右加速的加速度大小與向右減速的加速度大小相等，方向相反，魚缸的初速度為零，末速度也為零，根據(jù)對稱性可知，魚缸做加速運動的時間與做減速運動的時間相等，選項 B 正確；若貓增大拉力，桌布的加速度更大，但是由于魚缸與 桌布間的壓力不變，動摩擦因數(shù)也不變，故摩擦力也 不