设一薄板的形状为中心在原点,半径为R的圆面,密度为Z=X^2 Y^2,求该薄板的质量

（1）对于平抛过程有H＝
1
2gt2 ①
v1＝
S
t ②
对于小物块在薄板上的滑动过程有−μmgL＝
1
2m
v21−
1
2m
v20 ③
由①②③式并代入数据得v₀=2m/s ④
小物体刚滑上薄板的速度为2m/s；
（2）仍要使小物块落在地面上的同一点，则小物块离开薄板时的速度仍为v₁
水平方向动量守恒mv₁=Mv₂ ⑤
小物块与滑块整体的能量守恒mgh＝
1
2m
v21+
1
2M
v22+μmgL ⑥
由①②④⑤⑥式并代入数据得h=0.225m
小物块的位置距桌面的高度为0.225m．

点评：
本题考点： 动量守恒定律；平抛运动；能量守恒定律．

考点点评： 在动量与能量结合的题目中，一要选准所要研究的系统，二要明确物体运动的物理过程，这样才能准确的利用物理规律求解．

AB、板上A. B两点绕着过其中心O并与板垂直的转动轴转动时，周期相同，则；B正确

CD、设正方形的边长为L，由可得，，则；C正确

故选BC

BC


<>

开始阶段，m向右减速，M向左减速，根据系统的动量守恒定律得：当m的速度为零时，设此时M的速度为v₁．根据动量守恒定律得 （M-m）v=Mv₁ 代入解得v₁=2.67m/s．此后m将向左加速，M继续向左减速；当两者速度达到相同时，设共同速度为v₂．由动量守恒定律得 （M-m）v=（M+m）v₂，代入解得v₂=2m/s．两者相对静止后，一起向左匀速直线运动．由此可知当M的速度为2.4m/s时，m处于向左加速过程中．
故选A．

点评：
本题考点： 动量守恒定律．

考点点评： 本题考查应用系统的动量守恒定律分析物体运动情况的能力，这是分析物体运动情况的一种方法，用得较少，但要学会，比牛顿定律分析物体运动情况简单．

反应物中钠原子有4个、氧原子有8个、碳原子有2个，所以生成物中也必须有这些，而生成物中有两个氧原子，还缺少4个钠原子、6个氧原子、2个碳原子，M的前面系数为2，所以M的化学式中含有2个钠原子、3个氧原子、1个碳原子就行．
故选D

点评：
本题考点： 质量守恒定律及其应用；有关化学式的计算和推断．

考点点评： 根据反应前后，原的种类和数目不变，来推算化学式，再进行选择．

鸡蛋在塑料板飞出后，鸡蛋由于惯性继续保持在原来的位置，因重力作用落入杯中．由于塑料板和杯口之间存在摩擦，当用小棒猛击塑料板时，容易使杯子倾倒．所以可以通过增加杯子的总质量，来增加杯子的稳度，使杯子尽量保持不动．同时，加水可以使鸡蛋落下去受到浮力作用而减速，使鸡蛋不破损．
故答案为：①②．

点评：
本题考点： 惯性；稳度和提高稳度的方法．

考点点评： 本题考查学生对惯性知识在生活中的应用，根据现象来用物理知识进行分析．

（1）设球B刚进入电场时，带电系统的速度为v₁，由动能定理有：2qE•l＝
1
22m
v21
解得：v1＝

2qEL
m
（2）设带电系统的速度为0时，假设A球仍在电场中，并设B球在电场中的位移为x，
由动能定理有[1/22m
v21−qE•x＝0
解得x=2l＞1.5l
所以带电系统速度第一次为零时，球A、B应分别在右极板两侧．
设A球达到右极板时速度为v，
则：2qE×2.5l−3qE×1.5l＝
1
22mv22
解得：v2＝

qEL
2m]
接下来，只有B球受到电场力，设带电系统的速度为0时，A球相对右极板的位移为x．
由动能定理有：3qEx＝
1
22mv2
解得：x＝
L
6
答：
（1）球B刚进入电场时，带电系统的速度大小为

2qEL
m．
（2）带电系统从开始运动到速度第一次为零时球A相对右板的位置距离为[L/6]．

点评：
本题考点： 动能定理的应用；带电粒子在匀强电场中的运动．

考点点评： 本题关键要运用动能定理，通过计算分析两球的运动过程，考查分析小球运动情况和把握解题规律的能力．

木板翻下桌子前移动的距离S=[L/2]，即可翻下桌子，则得S=0.4m．力F做的功至少为W=FS=μmgS=0.4×1×10×0.4J=1.6J
故答案为：0.4m，1.6J

点评：
本题考点： 动能定理的应用；牛顿第二定律．

考点点评： 本题关键理解何时力F做功最小，根据平衡条件和功的结合即可求解力F做功．

鸡蛋在塑料板飞出后，鸡蛋由于惯性继续保持在原来的位置，因重力作用落入杯中．由于塑料板和杯口之间存在摩擦，当用小棒猛击塑料板时，容易使杯子倾倒．所以可以通过增加杯子的总质量，来增加杯子的稳度，使杯子尽量保持不动．同时，加水可以使鸡蛋落下去受到浮力作用而减速，使鸡蛋不破损．
故答案为：①②．

点评：
本题考点： 惯性；稳度和提高稳度的方法．

考点点评： 本题考查学生对惯性知识在生活中的应用，根据现象来用物理知识进行分析．

把铁块压成铁板的过程中，只是改变了铁的形状，铁的体积并没有发生变化；
把铁块压成铁板，改变的是物体的形状，而质量的大小和形状无关，所以铁的质量并没有发生变化；
把铁块也成铁板，物质仍然是固态的铁，所以物质的种类和状态都没有发生变化，故密度也没有发生变化；
故选C．

点评：
本题考点： 物质的基本属性．

考点点评： 知道密度是物质的特性，质量是物质的属性以及以及影响密度和质量大小的因素，是解答本题的关键所在．

/>因为绳对板的拉力与板受的重力为一对平衡力，必在一条直线上，所以重心一定在细线的延长线上．

点评：
本题考点： 重心．

考点点评： 此题主要考查学生对重心、二力平衡的条件的应用和重力方向的理解和掌握．

由题意知m₁相对薄板向左做匀加速，m₂和薄板相对静止一起向右做匀加速运动，
设m₁的加速度为a₁，2秒末的速度为v₁，m₂的加速度为a₂，2秒末的速度为v₂，
（1）以m₁为研究对象，F₁-μm₁g=m₁a₁
解得a1＝
F1−μm1g
m1＝
4−0.2×1×10
1m/s2＝2m/s2
方向水平向左
由速度时间公式得：2秒末的速度为v₁=a₁t=2×2m/s=4m/s
以 薄板和m₂为研究对象，由牛顿第二定律得：F₂-μm₁g=m₂a₂
解得：a2＝
F2−μm1g
m2＝
10−0.2×1×10
2m/s2＝4m/s2
方向水平向右
由速度时间公式得：2秒末的速度为v₂=a₂t=4×2m/s=8m/s
（2）设薄板长为L，则L＝(
1
2a1t2+
1
2a2t2)×2＝24m
答：（1）两物块在2秒内运动加速度分别2m/s²、方向水平向左，4m/s²方向水平向右；2秒末速度分别为4m/s、8m/s；
（2）轻质薄板AB的长度为24m．

点评：
本题考点： 牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．

考点点评： 本题考查相对运动问题，关键是选好研究对象，正确受力分析，利用牛顿第二定律和运动学公式列式求解，其中判断相对运动方向从而正确判断摩擦力方向是难点．

/>因为绳对板的拉力与板受的重力为一对平衡力，必在一条直线上，所以重心一定在细线的延长线上．

点评：
本题考点： 重心．

考点点评： 此题主要考查学生对重心、二力平衡的条件的应用和重力方向的理解和掌握．

（1）B离开平台做平抛运动．
竖直方向有h＝
1
2gt2…①
水平方向有x=v_Bt…②
由①②式解得vB＝x•

g
2h，
代入数据求得v_B=2m/s…③
（2）设B开始运动后的加速度为a_B，由牛顿第二定律和运动学知识得
μmg=ma_B…④
v_B=a_Bt_B…⑤
xB＝
1
2aB
t2B…⑥
联立③④⑤⑥式，代入数据解得t_B=0.5 s…⑦
x_B=0.5 m…⑧
（3）设B刚开始运动时A的速度为v₁，B开始运动前，A向右加速运动的加速度为a
F=Ma…⑨

v21＝2al1 （10）
设B运动后A的加速度为a_B，由牛顿第二定律和运动学知识有F-μmg=Ma_A…（11）
l2+xB＝v1tB+
1
2aA
t2B…（12）
联立⑦⑧⑨（10）（11）式，代入数据解得l₂=1.5 m
答：（1）B离开平台时的速度v_B为2m/s．
（2）B从开始运动到刚脱离A时，B运动的时间t_B为0.5s，位移x_B为0.5m．
（3）A左端的长度l₂为1.5m．

点评：
本题考点： 平抛运动；牛顿第二定律．

考点点评： 本题考查了牛顿第二定律和平抛运动的综合，理清A、B的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解，难度中等．

加速时，对木板受力分析，受到重力、支持力、推力F和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律，有
F-μmg=ma₁
解得
a₁=1m/s²
减速时，对木板受力分析，受到重力、支持力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律，有
-μmg=ma₂
解得
a₂=-4m/s²
木板先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，到达桌面边缘时，速度减为零，设最大速度为v，根据位移速度公式，有
2a1x1＝v2
2a2x2＝−v2
x1+x2＝
L
2
解得：x₁=
2
5L=0.32m
W=Fx₁=1.6J
故选C．

点评：
本题考点： 功的计算．

考点点评： 本题关键是找出作用时间最短的临界过程，然后先根据牛顿第二定律求解出加速过程和减速过程的加速度，再根据运动学公式列式求出力作用的位移，再根据恒力做功公式求解．

（1）由左手定则，+q受洛伦兹力方向垂直指向板MN，则电场方向垂直指向板PQ，据右手定则，可知棒AB向左运动．因带电粒子做匀速运动，则有：
Eq=qv₀B，
又板间场强为：E=[Blv/I]
联立解得：v=v₀．
（2）由qv₀B=m

v20
R，则得带电粒子运动的轨道半径：R＝
mv0
qB．
粒子撞击MN时速度方向与MN板平面的夹角为45⁰的可能性有图甲、图乙两种可能．


设MN间距为d，由图甲，有：R-Rcos45°=0.5d
解得：d=(2−
2)
mv0
qB，对应时间为：
t=[1/8T＝
πm
4qB]
由图乙有：R+Rcos45°=0.5d
解得：d=(2+
2)
mv0
qB
对应时间为：t=[3/8T＝
3πm
4qB]
答：（1）金属棒AB的速度大小为v₀，棒AB向左运动．
（2）若金属棒运动突然停止（电场立即消失），带电粒子在磁场中运动一段时间，然后撞在MN上，且撞击MN时速度方向与MN板平面的夹角为45⁰．则PQ与MN板间的距离大小可能是(2−
2)
mv0
qB或(2+
2)
mv0
qB，从金属棒AB停止运动到粒子撞击MN板的时间可能是[πm/4qB] 或[3πm/4qB]．

点评：
本题考点： 导体切割磁感线时的感应电动势；牛顿第二定律；向心力；带电粒子在匀强磁场中的运动．

考点点评： 该题的第一问类似于粒子的速度选择器，电场力等于洛伦兹力时，粒子做匀速直线运动；第二问属于带电粒子在磁场中做圆周运动的一般情况，洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力，要注意不能漏解．