1、欢迎广大教师踊跃来稿，稿酬丰厚，qq：23553945571(14分)（2016山东日照一中测试）一质量m0.6 kg的物体以v020 m/s的初速度从倾角为30的斜坡底端沿斜坡向上运动当物体向上滑到某一位置时，其动能减少了Ek18 J，机械能减少了E3 J，不计空气阻力，重力加速度g10 m/s2，求：(1)物体向上运动时加速度的大小； (2)物体返回斜坡底端时的动能 (2)设物体沿斜坡向上运动的最大距离为xm，由运动学规律可得 xm 设物体返回底端时的动能为Ek，由动能定理有 Ek(mgsin Ff)xm 联立式并代入数据可得Ek80 J 评分标准：每式2分。2（14分）（2016上海奉贤
2、区期末）如图（a），O、N、P为直角三角形的三个顶点，NOP37，OP中点处固定一电量为q12.010-8C的正点电荷，M点固定一轻质弹簧。MN是一光滑绝缘杆，其中ON长为a1m，杆上穿有一带正电的小球（可视为点电荷），将弹簧压缩到O点由静止释放，小球离开弹簧后到达N点的速度为零。沿ON方向建立坐标轴（取O点处x0），图（b）中和图线分别为小球的重力势能和电势能随位置坐标x变化的图像，其中E01.2410-3J，E11.9210-3J，E26.210-4J。（静电力恒量k9.0109Nm2/C2，取sin370.6，cos370.8，重力加速度g10m/s2）（1）求电势能为E1时小球的位置坐
3、标x1和小球的质量m；（2）已知在x1处时小球与杆间的弹力恰好为零，求小球的电量q2；（3）求小球释放瞬间弹簧的弹性势能Ep。【名师解析】（1）（6分）分析：电势能为E1是最大，所以应是电荷q1对小球做负功和正功的分界点，即应该是图中M（过q1作的ON的垂线）。（2分）（2分）根据图像得到mghE1，m10-3kg（2分）（2）（4分）小球受到 重力G、库仑力F（2分）q22.5610-6C （2分）（3）（4分）对O到N，小球离开弹簧后到达N点的速度为零，根据能量守恒，得到（4分）Ep5.3810-3J（4分）3. (2016西安一模)在日常生活中，我们经常看到物体与物体间发生反复的碰撞。如
4、图所示.，现有一块表面水平的木板，被放在光滑的水平地面上。它的右端与墙之间有一段距离，其长度L为0.08m。另有一小物块以2m/s 的初速度v0从木板的左端滑上它已知木板和小物块的质量均为1kg，小物块与木板之间的动摩擦因数=0.1，木板足够长使得在以后的运动过程中小物块始终不与墙接触，木板与墙碰后木板以原速率反弹，碰撞时间极短可忽略，取g=10m/s2。求：（1）木板第一次与墙碰撞时的速度；（2）从小物块滑上木板到二者达到共同速度时，木板与墙碰撞的总次数和所用的时间； （3）达到共同速度时木板右端与墙之间的距离【命题意图】考查叠加体、牛顿运动定律、匀变速直线运动规律及其相关知识点。（2）在物
5、块与木板两者达到共同速度前，在每两次碰撞之间，木板受到物块对它的摩擦力作用而做加速度恒定的匀减速直线运动，因而木板与墙相碰后将返回至初态，所用时间也为T设在物块与木板两者达到共同速度v前木板共经历n次碰撞，则有：v=v0（2nT+t）a=at式中t是碰撞n次后木板从起始位置至达到共同速度时所需要的时间由于最终两个物体一起以相同的速度匀速前进，故式可改写为：2v=v0-2nTa （1分）由于木板的速率只能处于0到v1之间，故有：0(v0-2nTa)2v1。（1分）求解上式得：1.5n2.5由于n是整数，故有：n=2 由于速度相同后还要再一起与墙壁碰撞一次，故一共碰撞三次；再由得：t=0.2s v
6、=0.2m/s 从开始到物块与木板两者达到共同速度所用的时间为：t=4T+t=1.8s （11）即从物块滑上木板到两者达到共同速度时，木板与墙共发生三次碰撞，所用的时间为1.8s（2）物块与木板达到共同速度时，木板与墙之间的距离为：（12）联立 与（12）式，并代入数据得：s=0.06m（13）即达到共同速度时木板右端与墙之间的距离为0.06m4.(2016湖北联考) 25. （20分）如图所示质量为M=2kg,长度为L1长木板B静止在光滑的水平面上。距木板右侧s=0.5m处有一固定轨道，水平部分CD的长度L2=3m,右端部分为一竖直的光滑半圆轨道DEF，半径R=1m，半圆与水平部分在D点相切
7、。某时刻质量为m=1kg的小滑块A以v0=6m/s水平速度从长木板B的左端滑上木板，之后A、B向右运动。当长木板B与平台CD碰撞瞬间小滑块A的速度为v1=4m/s,并且此时小滑块A恰好滑上平台。在此过程中二者的速度时间图像如图所示。设长木板B与平台CD碰后立即粘连在一起，小滑块与长木板B的动摩擦因数为未知，平台CD间的动摩擦因数为，g=10m/s2。求：（1）碰撞瞬间木板B的速度大小和木板B长度L1 （2）小滑块A通过D点时对轨道的压力大小（3）小滑块最终停止的位置。t/sv/(ms-1)0164【名师解析】（1）由vt 图像可得，小滑块在木板上匀减速时加速度的大小为 （1分）由牛顿第二定律可
8、得 （1分）设木板B此时的速度为由动能定理可得： （2分）联立可解得 （1分） 对长木板B和小滑块A构成的系统由能量转化与守恒定律有： （2分） 代入数据联立可解得 （1分）说明：若用其它正确解法，酌情给分。（2）设当滑块经过D点时速度为，则有 （2分）由牛顿第二定律可得： （2分）由牛顿第三定律可得： （1分）代入数据可解得： 对D点压力 （1分）5. (13分)(2016贵州凯里一中模拟)在竖直平面内固定一轨道ABCO，AB段水平放置，长为4 m，BCO段弯曲且光滑；一质量为1.0 kg、可视作质点的圆环套在轨道上，圆环与轨道AB段之间的动摩擦因数为0.5。建立如图所示的直角坐标系，圆环在
9、沿x轴正方向的恒力F作用下，从A(7,2)点由静止开始运动，到达原点O时撤去恒力F，圆环从O(0,0)点水平飞出后经过D(6,3)点。重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。求：(1)圆环到达O点时的速度大小；(2)恒力F的大小；(3)圆环在AB段运动的时间。【参考答案】：(1)7.75 m/s(2)10 N(3)1.26 s【名师解析】(1)圆环从O到D过程中做平抛运动xv0tygt2读图得x6 m，y3 mv0 m/s7.75 m/s。6. (2016甘肃武威二中质检).如图所示，在某竖直平面内，光滑曲面AB与水平面BC平滑连接于B点，BC右端连接内壁光滑、半径r=0.2m的四分之一细
10、圆管CD，管口D端正下方直立一根劲度系数为k=100N/m的轻弹簧，弹簧一端固定，另一端恰好与管口D端平齐。一个质量为1 kg的小球放在曲面AB上，现从距BC的高度为h=0.7m处静止释放小球，它与BC间的动摩擦因数0.5，小球进入管口C端时，它对上管壁有FN=1.5mg的相互作用力，通过CD后，在压缩弹簧过程中滑块速度最大时弹簧的弹性势能为Ep=0.5J。取重力加速度g=10m/s2。求：（1）小球到达C点时的速度大小；（2）在压缩弹簧过程中小球的最大动能Ekm； （3）小球最终停止的位置距B端多远。【名师解析】（1）小球刚过C点时有解得（2）在压缩弹簧过程中速度最大时，合力为零。设此时滑块
11、离D端的距离为x0，则有kx0mg由机械能守恒定律有mg（rx0）+mvEkmEp得Ekm =5（J）（3）滑块从A点运动到C点过程，由动能定理得mghmgsmv解得BC间距离s=0.9m 小球与弹簧作用后返回C处动能不变，小滑块的动能最终消耗在与BC水平面相互作用的过程中，设物块在BC上的运动路程为s，由动能定理有mgs=0-mv解得s=0.5m 故最终小滑块距离B为0.9-0.5m=0.4m处停下。7(10分)滑雪运动中当滑雪板压在雪地时会把雪内的空气逼出来，在滑雪板与雪地间形成一个暂时的“气垫”，从而大大减小雪地对滑雪板的摩擦然而当滑雪板相对雪地速度较小时，与雪地接触时间超过某一值就会陷
12、下去，使得它们间的摩擦力增大假设滑雪者的速度超过4 ms时，滑雪板与雪地间的动摩擦因数就会由=0.25变为=0.125一滑雪者从倾角的坡顶A处由静止开始自由下滑，滑至坡底B(B处为一光滑小圆弧)后又滑上一段水平雪地，最后停在C处，如图所示，不计空气阻力，坡长L=26 m，取g=10 ms2，sin37=0.6，cos37=0.8，求：(1)滑雪者从静止开始到动摩擦因数发生变化所经历的时间；(2)滑雪者到达B处的速度；(3)滑雪者在水平雪地上运动的最大距离。（2）物体在斜面上改变动摩擦因数前 在斜面上改变动摩擦因数后 代入数据解得： （3）设水平雪地上滑雪者速度由减小到的位移为x3，速度由减小到
13、零的位移为x4由动能定理有： 所以滑雪者在水平雪地上运动的最大距离为： （4分）8. （14分）（2016江西九江七校联考）如图所示，一个质量为M长为L的圆管竖直放置，顶端塞有一个质量为m的弹性小球，M=5m，球和管间的滑动摩擦力和最大静摩擦力大小均为5mg管从下端离地面距离为H处自由落下，运动过程中，管始终保持竖直，每次落地后向上弹起的速度与落地时速度大小相等，不计空气阻力，重力加速度为g求：（1）管第一次落地弹起时管和球的加速度；（2）管第一次落地弹起后，若球没有从管中滑出，则球与管达到相同速度时，管的下端距地面的高度；（3）管第二次弹起后球不致滑落，L应满足什么条件【参考答案】（1）管的
14、加速度，方向向下。球的加速度，方向向上。（2）（3）（2）取竖直向下为正方向。球与管第一次碰地时速度，方向向下。碰地后管的速度，方向向上；球的速度，方向向下若球刚好没有从管中滑出，设经过时间t1，球管速度v相同，则有 又管从碰地到它弹到最高点所需时间t2，则： 因为t1 t2，说明管在达到最高点前，球与管相对静止，故管从弹起经t1这段时间上升的高度为所求。得（3）球与管达到相对静止后，将以速度v、加速度 g竖直上升到最高点，由于,故这个高度是 因此，管第一次落地弹起后上升的最大高度这一过程球运动的位移则球与管发生相对位移。当管与球从Hm再次下落，第二次落地弹起中，发生的相对位移由第一次可类推知：-所以管第二次弹起后，球不会滑出管外的条件是s1+s2L即L应满足条件考点：牛顿第二定律的综合应用.浙江、福建、安徽、江西、广东、广西 资源投稿 qq：2355394557
