2017高中物理（人教版）高三备考 强化训练8. 牛顿运动定律的应用（二）

PAGEPAGE15强化训练8牛顿运动定律的应用（二）——’17备考综合热身教辅系列本套强化训练搜集近年来各地高中物理高考真题、模拟题及其它极有备考价值的习题等筛选而成。其主要目的在于进一步理解和掌握牛顿运动定律。能熟练地运用牛顿定律、运动学公式、功能关系、机械能守恒、电磁学知识等等，解决力学综合、力电综合以及其他综合问题，有利于培养和提高我们的审题能力和思维能力。一、破解依据欲顺利解决此类问题，试归纳以下几条“依据”：㈠⑴牛顿第一定律（略）⑵牛顿第二定律或，其中F、Fx、Fy分别表示物体所受合力及其分力；并且，以上各式中力、加速度的方向均时刻保持一致。注：若或,则或，牛二律转化为平衡条件。平衡状态是指物体处于静上或匀速度直线状态,或者是匀速转动。⑶牛顿第三定律（略）实际应用：反冲运动。㈡利用牛顿定律与高中物理知识解决的力学、力电综合题以及其他综合题。二、精选习题㈠选择题（每小题5分，共40分）1.（16上海）在今年上海的某活动中引入了全国首个户外风洞飞行体验装置，体验者在风力作用下漂浮在半空。若减小风力，体验者在加速下落过程中（）（A）失重且机械能增加（B）失重且机械能减少（C）超重且机械能增加（D）超重且机械能减少2.（17新课标=3\*ROMANIII）如图-1，一固定容器的内壁是半径为R的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P。它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W。重力加速度大小为g。设质点P在最低点时，向心加速度的大小为a，容器对它的支持力大小为N，则图-1图-1A.B.C.D.3.（14日照一中二模）如图-2甲所示，平行于光滑斜面的轻弹簧劲度系数为k，一端固定在倾角为的斜面底端，另一端与物块A连接；两物块A、B质量均为m，初始时均静止。现用平行于斜面向上的力F拉动物块B，使B做加速度为a的匀加速运动，A、B两物块在开始一段时间内的关系分别对应图-2乙中A、B图线（时刻A、B的图线相切，时刻对应A图线的最高点），重力加速度为g，则（）A．时刻，弹簧形变量为0B．时刻，弹簧形变量为C．从开始到时刻，拉力F逐渐增大图-2D．从开始到时刻，拉力F做的功比弹簧弹力做的功少图-24.（17江苏）如图-3所示，一小物块被夹子夹紧，夹子通过轻绳悬挂在小环上，小环套在水平光滑细杆上，物块质量为，到小环的距离为，其两侧面与夹子间的最大静摩擦力均为.小环和物块以速度向右匀速运动，小环碰到杆上的钉子后立刻停止，物块向上摆动.整个过程中，物块在夹子中没有滑动.小环和夹子的质量均不计，重力加速度为.下列说法正确的是（）（A）物块向右匀速运动时，绳中的张力等于2（B）小环碰到钉子时，绳中的张力大于2（C）物块上升的最大高度为（D）速度不能超过图-3图-37.（15安徽）图示是α粒子（氦原子核）被重金属原子核散射的运动轨迹，M、N、P、Q是轨迹上的四点，在散射过程中可以认为重金属原子核静止不动。图中所标出的α粒子在各点处的加速度方向正确的是（）A．MB．NC．PD．Q图-4图-48.（14山西大学附中）如图-6所示，水平光滑长杆上套有小物块A，细线跨过O点的轻小定滑轮一端连接A，另一端悬挂小物块B，C为O点正下方杆上一点，滑轮到杆距离OC=h.开始时A位于P点，PO与水平方向的夹角为30°.现将A、B由静止释放，则（）图-6图-6A．物块A由P点出发第一次到达C点过程中，加速度不断增大B．物块B从释放到最低点过程中，动能不断增大C．物块A在杆上长为2h的范围内做往复运动D．物块B的机械能最小时，物块A的动能最大㈡填空题（共16分）⒐（14新课标Ⅰ）（8分）某同学利用图-7(a)所示实验装置及数字化信息系统获得了小车加速度a与钩码的质量m的对应关系图，如图(b)所示．实验中小车(含发射器)的质量为200g，实验时选择了不可伸长的轻质细绳和轻定滑轮，小车的加速度由位移传感器及与之相连的计算机得到，回答下列问题：(a)(b)图-7图-7(1)根据该同学的结果，小车的加速度与钩码的质量成________(选填“线性”或“非线性”)关系．(2)由图(b)可知，a－m图线不经过原点，可能的原因是________．(3)若利用本实验装置来验证“在小车质量不变的情况下，小车的加速度与作用力成正比”的结论，并直接以钩码所受重力mg作为小车受到的合外力，则实验中应采取的改进措施是________，钩码的质量应满足的条件是________．10.（15浙江）（8分）甲同学准备做“验证机械能守恒定律”实验，乙同学准备做“探究加速度与力、质量的关系”实验图-9图-9（1）图-9中A、B、C、D、E表示部分实验器材，甲同学需在图中选用的器材_____________乙同学需在图中选用的器材___________.（用字母表示）图-10图-10（2）乙同学在实验室选齐所需器材后，经正确操作获得如图-10所示的两条纸带①和②。纸带__________的加速度大（填①或者②），其加速度大小为____________.㈢计算题（共44分）11.（16天津）（12分）我国将于2022年举办奥运会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一，如图-15所示，质量m=60kg的运动员从长直助滑道末端AB的A处由静止开始以加速度匀加速滑下，到达助滑道末端B时速度，A与B的竖直高度差H=48m，为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点C处附近是一段以O为圆心的圆弧。助滑道末端B与滑道最低点C的高度差h=5m，运动员在B、C间运动时阻力做功W=-1530J，取（1）求运动员在AB段下滑时受到阻力的大小；（2）若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，则C点所在圆弧的半径R至少应为多大。图-15图-1512（14长沙模拟）（12分）如图-18所示，风洞实验室中能模拟产生恒定向右的风力。质量的小球穿在长的直杆上并置于实验室中，球与杆间的动摩擦因数为0.5，当杆竖直固定放置时，小球恰好能匀速下滑。保持风力不变，改变固定杆与竖直线的夹角，将小球从O点静止释放。g取10m/s2，，，求：（1）小球受到的风力大小；（2）当时，小球离开杆时的动能。图-18图-1813.(15新课标I)（20分）．一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为，如图-16（a）所示。时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至时木板与墙壁碰撞（碰撞时间极短）。碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后时间内小物块的图线如图-16（b）所示。木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取。求（1）木板与地面间的动摩擦因数及小物块与木板间的动摩擦因数；（2）木板的最小长度；（3）木板右端离墙壁的最终距离图-16图-16(四)选做题14.（14天津）如图-17所示，水平地面上静止放置一辆小车A，质量mA＝4kg，上表面光滑，小车与地面间的摩擦力极小，可以忽略不计．可视为质点的物块B置于A的最右端，B的质量mB＝2kg.现对A施加一个水平向右的恒力F＝10N，A运动一段时间后，小车左端固定的挡板与B发生碰撞，碰撞时间极短，碰后A、B粘合在一起，共同在F的作用下继续运动，碰撞后经时间t＝0.6s，二者的速度达到vt＝2m/s.求：(1)A开始运动时加速度a的大小；(2)A、B碰撞后瞬间的共同速度v的大小；(3)A的上表面长度l.图-17图-1715.（16海南）水平地面上有质量分别为m和4m的物A和B，两者与地面的动摩擦因数均为μ。细绳的一端固定，另一端跨过轻质动滑轮与A相连，动滑轮与B相连，如图-19所示。初始时，绳出于水平拉直状态。若物块Z在水平向右的恒力F作用下向右移动了距离s，重力加速度大小为g。求（1）物块B客服摩擦力所做的功；（2）物块A、B的加速度大小。图-19图-19*16.（13全国）(19分)一电荷量为q(q>0)、质量为m的带电粒子在匀强电场的作用下，在t＝0时由静止开始运动，场强随时间变化的规律如图-20所示．不计重力．求在t＝0到t＝T的时间间隔内，(1)粒子位移的大小和方向；(2)粒子沿初始电场反方向运动的时间．图-20图-20*17.（17全国Ⅰ）真空中存在电场强度大小为E1的匀强电场，一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动，速度大小为v0.在油滴处于位置A时，将电场强度的大小突然增大到某值，但保持其方向不变．持续一段时间t1后，又突然将电场反向，但保持其大小不变；再持续同样一段时间后，油滴运动到B点．重力加速度大小为g.(1)求油滴运动到B点时的速度；(2)求增大后的电场强度的大小；为保证后来的电场强度比原来的大，试给出相应的t1和v0应满足的条件．已知不存在电场时，油滴以初速度v0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B、A两点间距离的两倍．18.（15天津）如图-21所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小为，同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小B=0.5T。有一带正电的小球，质量，电荷量，正以速度v在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过P点时撤掉磁场（不考虑磁场消失引起的电磁感应现象）取，求：（1）小球做匀速直线运动的速度v的大小和方向；（2）从撤掉磁场到小球再次穿过P点所在的这条电场线经历的时间t。图-21图-21三、参考答案㈠选择题*1【答案】B.【解析】如图所示，小鸟沿虚线斜向上加速飞行，说明合外力方向沿虚线斜向上。小鸟受两个力的作用，空气的作用力和重力。⒈【答案】B【解析】据题意，体验者漂浮时：；在加速下降过程中，，即重力对体验者做正功，风力做负功，体验者的机械能减小；加速下降过程中，加速度方向向下，体验者处于失重状态，故选项B正确。⒉【答案】AC。【解析】质点P下滑过程中，利用动能定理可得，在最低点由牛顿第二定律有,可得：,故B、D错误，A、C正确。⒊【答案】BD【解析】A、由图知，t2时刻A的加速度为零，速度最大，根据牛顿第二定律和胡克定律得：mgsinθ=kx，则得：，故A错误；B、由图读出，t1时刻A、B开始分离，对A根据牛顿第二定律：kx-mgsinθ=ma，则，故B正确．C、从开始到t1时刻，对AB整体，根据牛顿第二定律得：F+kx-mgsinθ=2ma，得F=mgsinθ+2ma-kx，x减小，F增大；t1时刻到t2时刻，对B，由牛顿第二定律得：F-mgsinθ=ma，得F=mgsinθ+ma，可知F不变，故C错误．D、由上知：t1时刻A、B开始分离，开始时有：2mgsinθ=kx0从开始到t1时刻，弹簧释放的势能Ep=，从开始到t1时刻的过程中，根据动能定理得：WF+Ep-2mgsinθ（x0-x）=，2a（x0-x）=v12，解得：WF-Ep=-，所以拉力F做的功比弹簧释放的势能少，故D正确．故选：BD4.【答案】D【解略】⒎【答案】C【解析】同种电荷相排斥，库仑力沿两者连线指向受力物体，由牛顿第二定律知，加速度也沿两者连线指向受力物体。⒏【答案】CD【解析】A、物块A由P点出发第一次到达C点过程中，对A受力分析，根据力的分解，结合牛顿第二定律，则有加速度不断减小，故A错误；B、物块B从释放到最低点过程中，动能先增大后减小，故B错误；C、由题意可知，结合受力与运动情况的分析，及运动的对称性可知，A在杆上长为2h的范围内做往复运动，故C正确；D、B的机械能最小时，即为A到达C点，此时A的速度最大，即物块A的动能最大，故D正确；故选：CD．【思路点拨】在绳子作用下，A先加速后减速，而B先加速后减速，当A的速度最大时，B下降最低，根据能量守恒定律，结合力与运动的关系，即可求解．㈡填空题⒐【答案】(1)非线性(2)存在摩擦力(3)调节轨道的倾斜度以平衡摩擦力远小于小车的质量【解析】本题考查了验证牛顿第二定律的实验．(1)根据图中描出的各点作出的图像不是一条直线，故小车的加速度和钩码的质量成非线性关系．(2)图像不过原点，小车受到拉力但没有加速度，原因是有摩擦力的影响．(3)平衡摩擦力之后，在满足钩码质量远小于小车质量的条件下，可以得出在小车质量不变的情况下拉力与加速度成正比的结论．⒑【答案】（1）AB；BDE（2）①，（）纸带②中前第1、2点与第2、3点的位移差为三个点的位移差为根据逐差法可得纸带①的加速度大，大小为㈢计算题⒒【答案】（1）144N（2）12.5m【解析】（1）在AB段匀加速运动：；代入数据可得（2）BC段：C处:则R=12.5m12.【解析】（1）当杆竖直固定放置时，解得：（2）当时，小球受力情况如图示，垂直杆方向上有： 得：小球受摩擦力小球沿杆运动的加速度为由得，小球到达杆下端时速度为球离开杆时的动能为13.【答案】（1）μ1=0.1μ1=0.1（2）木板的最小长度应为6.0m（3）最终距离为6.5m【解析】(1)规定向右为正方向，木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，设加速度为a1，小物块和木板的质量分别为m和M，由牛顿第二定律有：-μ1(m+M)g=(m+M)a1eq\o\ac(○,1)由图可知。木板与墙壁碰前瞬间的速度v1=4m/s,由运动学公式得：V1=v0+a1t1eq\o\ac(○,2)S0=v0t1+QUOTEa1t12eq\o\ac(○,3)式中t1=1s,s0=4.5m是木板碰前的位移，v0是小物块和木板开始运动时的速度。联立eq\o\ac(○,1)eq\o\ac(○,2)eq\o\ac(○,3)式和题给条件得：μ1=0.1eq\o\ac(○,4)在木板与墙壁碰撞后，木板以-v1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v1的初速度向右做匀变速运动。设小物块的加速度为a2,由牛顿第二定律有：-μ2mg=ma2eq\o\ac(○,5)由图可得：a2=QUOTEeq\o\ac(○,6)式中t2=2s,v2=0,联立eq\o\ac(○,5)eq\o\ac(○,6)式和题给条件得：μ2=0.4eq\o\ac(○,7)（2）(8分)设碰撞后木板的加速度为a3,经过时间Δt,木板和小物块刚好具有共同速度v3,由牛顿第二定律及运动学公式得：μ2mg+μ1(m+M)g=(m+M)a1=Ma3eq\o\ac(○,8)V3=-v1+a3Δteq\o\ac(○,9)V3=v1+a2Δteq\o\ac(○,10)碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为：s1=QUOTEΔteq\o\ac(○,11)小物块运动的位移为：s2=QUOTEΔteq\o\ac(○,12)小物块相对木板的位移为：Δs=s2–s1eq\o\ac(○,13)联立eq\o\ac(○,6)eq\o\ac(○,8)eq\o\ac(○,9)eq\o\ac(○,10)eq\o\ac(○,11)eq\o\ac(○,12)eq\o\ac(○,13)式，并代入数值得：Δs=6.0meq\o\ac(○,14)因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为6.0m。(3)(5分)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直到停止，高加速度为a4,此过程中小物块和木板运动的位移为s3,由牛顿第二定律及运动学公式得：μ1(m+M)g=(m+M)a4eq\o\ac(○,15)0–v32=2a4s3eq\o\ac(○,16)磁碰后木板运动的位移为：s=s1+s3eq\o\ac(○,17)联立eq\o\ac(○,6)eq\o\ac(○,8)eq\o\ac(○,9)eq\o\ac(○,10)eq\o\ac(○,11)eq\o\ac(○,15)eq\o\ac(○,16)eq\o\ac(○,17)式，并代入数值得：S=-6.5meq\o\ac(○,18)木板右端离墙壁的最终距离为6.5m。㈢选做题14.【答案】(1)2.5m/s2(2)1m/s(3)0.45m【解析】(1)以A为研究对象，由牛顿第二定律有F＝mAa①代入数据解得a＝2.5m/s2②(2)对A、B碰撞后共同运动t＝0.6s的过程，由动量定理得Ft＝(mA＋mB)vt－(mA＋mB)v③代入数据解得v＝1m/s④(3)设A、B发生碰撞前，A的速度为vA，对A、B发生碰撞的过程，由动量守恒定律有mAvA＝(mA＋mB)v⑤A从开始运动到与B发生碰撞前，由动能定理有Fl＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)⑥由④⑤⑥式，代入数据解得l＝0.45m⑦⒖【答案】（1）；(2)，。【解析】（1）A、B受力如图,物体A移动的距离为s，则物体B移动的距离为s1=s/2则（2）联立解得，⒗【解析】解法一：(1)带电粒子在0～eq\f(T,4)、eq\f(T,4)～eq\f(T,2)、eq\f(T,2)～eq\f(3T,4)、eq\f(3T,4)～T时间间隔内做匀变速运动，设加速度分别为a1、a2、a3、a4，由牛顿第二定律得a1＝eq\f(qE0,m)①a2＝－2eq\f(qE0,m)②a3＝2eq\f(qE0,m)③a4＝－eq\f(qE0,m)④由此得带电粒子在0～T时间间隔内运动的加速度－时间图像如图(a)所示，对应的速度－时间图像如图(b)所示，其中图(a)图(b)v1＝a1eq\f(T,4)＝eq\f(qE0T,4m)⑤由图(b)可知，带电粒子在t＝0到t＝T时的位移为s＝eq\f(T,4)v1⑥由⑤⑥式得s＝eq\f(qE0,16m)T2⑦它沿初始电场正方向．(2)由图(b)可知，粒子在t＝eq\f(3,8)T到t＝eq\f(5,8)T内沿初始电场的反方向运动，总的运动时间为t为t＝eq\f(5,8)T－eq\f(3,8)T＝eq\f(T,4)⑧解法二：(1)带电粒子在0～eq\f(T,4)、eq\f(T,4)～eq\f(T,2)、eq\f(T,2)～eq\f(3T,4)、eq\f(3T,4)～T时间间隔内做匀变速运动，设加速度分别为a1、a2、a3、a4，由牛顿第二定律得qE0＝ma1①－2qE0＝ma2②2qE0＝ma3③－qE0＝ma4④设带电粒子在t＝eq\f(T,4)、t＝eq\f(T,2)、t＝eq\f(3T,4)、t＝T时的速度分别为v1、v2、v3、v4，则v1＝a1eq\f(T,4)⑤v2＝v1＋a2eq\f(T,4)⑥v3＝v2＋a3eq\f(T,4)⑦v4＝v3＋a4eq\f(T,4)⑧设带电粒子在t＝0到t＝T时的位移为s，有s＝(eq\f(v1,2)＋eq\f(v1＋v2,2)＋eq\f(v2＋v3,2)＋eq\f(v3＋v4,2))eq\f(T,4)⑨联立以上各式可得s＝eq\f(qE0T2,16m)⑩它沿初始电场正方向．(2)由电场的变化规律知，t＝eq\f(T,4)时粒子开始减速，设经过时间t1粒子速度减为零．0＝v1＋a2t1将①②⑤代入上式，得t1＝eq\f(T,8)eq\o(○,\s\up1(11))粒子从t＝eq\f(T,2)时开始加速，设经过时间t2速度变为零．0＝v2＋a3t2此式与①②③⑤⑥式联立得t2＝eq\f(T,8)eq\o(○,\s\up1(12))t＝0到t＝T内粒子沿初始电场反方向运动的时间t为t＝(eq\f(T,4)－t1)＋t2eq\o(○,\s\up1(13))将eq\o(○,\s\up1(11))eq\o(○,\s\up1(12))式代入eq\o(○,\s\up1(13))式得t＝eq\f(T,4)eq\o(○,\s\up1(14))17.【解析】(1)设油滴质量和电荷量分别为m和q，油滴速度方向向上为正．油滴在电场强度大小为E1的匀强电场中做匀速直线运动，故匀强电场方向向上．在t＝0时，电场强度突然从E1增加至E2时，油滴做竖直向上的匀加速运动，加速度方向向上，大小a1满足qE2－mg＝ma1①油滴在时刻t1的速度为v1＝v0＋a1t1②电场强度在时刻t1突然反向，油滴做匀变速运动，加速度方向向下，大小a2满足qE2＋mg＝ma2③油滴在时刻t2＝2t1的速度为v2＝v1－a2t1④由①②③④式得v2＝v0－2gt1⑤(2)由题意，在t＝0时刻前有qE1＝mg⑥油滴从t＝0到时刻t1的位移为s1＝v0t1＋eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)⑦油滴在从时刻t1到时刻t2＝2t1的时间间隔内的位移为s2＝v1t1－eq