高考物理专题03牛顿定律备考强化训练8牛顿运动定律的应用二新人教版

加强训练

8

牛顿运动定律的应用（二）本套加强训练收集最近几年来各地高中物理高考真题、模拟试题及其余极有备考价值的习题等挑选而成。其主要目的在于进一步理解和掌握牛顿运动定律。能娴熟地运用牛顿定律、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、力电综合以及其余综合问题，有益于培育和提升我们的审题能力和思想能力。一、破解依照欲顺利解决此类问题，试概括以下几条“依照”：㈠⑴牛顿第必定律（略）⑵牛顿第二定律

Fma或Fx

max,Fy

may，此中

F、Fx、Fy分别表示物体所受协力及其分力；而且，以上各式中力、加快度的方向均时刻保持一致。注：若

a

0或ax

0,a

y

0,则F

0,或Fx

0,Fy

0，牛二律转变成均衡条件。均衡状态是指物体处于静上或匀速度直线状态,或许是匀速转动。⑶牛顿第三定律（略）实质应用：反冲运动。㈡利用牛顿定律与高中物理知识解决的力学、力电综合题以及其余综合题。二、优选习题㈠选择题（每题5分，共40分）（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翔体验装置，体验者在风力作用下飘荡在半空。若减小风力，体验者在加快着落过程中（）（A）失重且机械能增添（B）失重且机械能减少（C）超重且机械能增添（D）超重且机械能减少（14新课标Ⅱ）如图-1，一质量为M的圆滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内；套在大环上质量为m的小环(可视为质点)，从大环的最高处由静止滑下．重力加快度大小为g.当小环滑到大环的最低点时，大环对轻杆拉力的大小为()A．Mg－5mgB．Mg＋mgC．Mg＋5mgD．Mg＋10mg图-13.（14日照一中二模）如图-2甲所示，平行于圆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连结；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做加快度为a的匀加快运动，A、B两物块在开始一段时间内的

t关系分别对应图

-2

乙中

A、B图线（t1时刻

A、B的图线相切，

t2时刻对应

A图线的最高点），重力加快度为

g，则（

）A．t2

时刻，弹簧形变量为

0B．t1时刻，弹簧形变量为

mgsin

ma/kC．从开始到

t2

时刻，拉力

F渐渐增大D．从开始到

t1时刻，拉力

F做的功比弹簧弹力做的功少图-2（17江苏）如图-3所示，一小物块被夹子夹紧，夹子经过轻绳悬挂在小环上，小环套在水平圆滑细杆上，物块质量为M，到小环的距离为L，其双侧面与夹子间的最大静摩擦力均为F.小环和物块以速度v向右匀速运动，小环遇到杆上的钉子P后马上停止，物块向上摇动.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，重力加快度为g.以下说法正确的选项是（）（A）物块向右匀速运动时，绳中的张力等于2F（B）小环遇到钉子P时，绳中的张力大于2F（C）物块上涨的最大高度为2v2（D）速度v不可以超出(2FMg)LgM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，在散射过程中能够以为重金属原子核静止不动。图中所标出的在各点处的加快度方向正确的选项是（）

α粒子A．MB．NC．PD．Q图-4（16天津）我国高铁技术处于世界当先水平，和睦号动车组是由动车和拖车编组而成，供给动力的车厢叫动车，不供给动力的车厢叫拖车。假定动车组各车厢质量均相等，动车的额定功率都相同，动车组在水平直轨道上运转过程中阻力与车重成正比，某列动车组由8节车厢构成，此中第1和5节车厢为动车，其余为拖车，则该动车组图-5A、启动时乘客遇到车厢作使劲的方向与车运动的方向相反B、做匀加快运动时，第5、6节与第6、7节车厢间的作使劲之比为3:2C、进站时从封闭发动机到停下来滑行的距离与封闭发动机时的速度成正比D、与改为4节动车带4节拖车的动车组最大速度之比为1:2㈡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取了小车加快度a与钩码的质量的对应关系图，如图(b)所示．实验中小车(含发射器)的质量m为200g，实验时选择了不行伸长的轻质细绳和轻定滑轮，小车的加快度由位移传感器及与之相连的计算机获取，回答以下问题：(a)(b)图-7依据该同学的结果，小车的加快度与钩码的质量成________(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，可能的原由是________．若利用本实验装置来考证“在小车质量不变的状况下，小车的加快度与作使劲成正比”的结论，并直接以钩码所受重力mg作为小车遇到的合外力，则实验中应采纳的改良措施是________，钩码的质量应知足的条件是________．10.（15浙江）（8分）甲同学准备做“考证机械能守恒定律”实验，乙同学准备做“探究加快度与力、质量的关系”实验图-9（1）图-9中A、B、C、D、E表示部分实验器械，甲同学需在图中采用的器械_____________乙同学需在图中采用的器械___________.（用字母表示）图-10-10所示的两条纸带①和（2）乙同学在实验室选齐所需器械后，经正确操作获取如图②。纸带__________的加快度大（填①或许②），其加快度大小为____________.㈢计算题（共44分）（16天津）（12分）我国将于2022年举办奥运会，跳台滑雪是此中最具赏析性的项目之一，如图-15所示，质量m=60kg的运动员从长直助滑道尾端AB的A处由静止开始以加快度

a

3.6m/s2匀加快滑下，抵达助滑道尾端

B时速度

vB

24m/s，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曲折滑道连接，其中最低点C处邻近是一段以O为圆心的圆弧。助滑道尾端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g10m/s2（1）求运动员在AB段下滑时遇到阻力Ff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-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m100g的小球穿在长L1.2m的直杆上并置于实验室中，球与杆间的动摩擦因数为0.5，当杆竖直固定搁置时，小球恰巧能匀速下滑。保持风力不变，改变固定杆与竖直线的夹角37，将小球从O点静止开释。g取10m/s2，sin370.6，cos370.8，求：1）小球遇到的风力大小；2）当37时，小球走开杆时的动能。图-1813.(15新课标I)（20分）．一长木板置于粗拙水平川面上，木板左端搁置一小物块；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，小物块与木板一同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；运动过程中小物块一直未走开木板。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，重力加快度大小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后距离图-16(四)选做题14.（14天津）如图-17所示，水平川面上静止搁置一辆小车A，质量mA＝4kg，上表面圆滑，小车与地面间的摩擦力极小，能够忽视不计．可视为质点的物块B置于A的最右端，B的质量m＝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B左端固定的挡板与B发生碰撞，碰撞时间极短，碰后、B粘合在一同，共同在F的作用下A连续运动，碰撞后经时间t＝0.6s，二者的速度达到vt＝2m/s.求：(1)A开始运动时加快度a的大小；A、B碰撞后瞬时的共同速度v的大小；A的上表面长度l.图-17（16海南）水平川面上有质量分别为m和4m的物A和B，二者与地面的动摩擦因数均为μ。细绳的一端固定，另一端越过轻质动滑轮与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作用下向右挪动了距离s，重力加快度大小为g。求1）物块B客服摩擦力所做的功；2）物块A、B的加快度大小。图-19*16.（13全国）(19分)一电荷量为q(q>0)、质量为下，在t＝0时由静止开始运动，场强随时间变化的规律如图＝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．

m的带电粒子在匀强电场的作用-20所示．不计重力．求在

t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.在油滴处于地点A时，将电场强度的大小忽然增大到某值，但保持其方向不变．连续一段时间t1后，又忽然将电场反向，但保持其大小不变；再连续相同一段时间后，油滴运动到B点．重力加快度大小为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；为保证以后的电场强度比本来的大，试给出相应的t1和v0应知足的条件．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巧等于B、A两点间距离的两倍．（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53N/C，同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感觉强度大小B=0.5T。有一带正电的小球，质量m1.0106kg，电荷量q2106C，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（不考虑磁场消逝惹起的电磁感应现象）取g10m/s2，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-21三、参照答案㈠选择题⒈【答案】Bfmg【分析】据题意，体验者飘荡时：mgf；在加快降落过程中，mgf，即重力对体验者做正功，风力做负功，体验者的机械能减小；加快降落过程中，加快度方向向下，体验者处于失重状态，应选项B正确。⒉【答案】C2mv【分析】小环在最低点时，对整体有T－(M＋m)g＝R，此中T为轻杆对大环的拉力；小12环由最高处运动到最低处由动能定理得mg·2R＝2mv－0，联立以上二式解得T＝Mg＋5mg，由牛顿第三定律知，大环对轻杆拉力的大小为T′＝T＝Mg＋5mg，C正确．⒊【答案】BD【分析】A、由图知，t2时刻A的加快度为零，速度最大，依据牛顿第二定律和胡克定律得：mgsinθ=kx，则得：xmgsin时刻A、B开始分，故A错误；B、由图读出，t1kmgsinma，故B正确．C、从开离，对A依据牛顿第二定律：kx-mgsinθ=ma，则xk始到t1时刻，对AB整体，依据牛顿第二定律得：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开始分别，开始时有：2mgsinθ=kx0从开始到t1时刻，弹簧开释的势能Ep=1kx021kx2，从开始到t1时刻的过程中，依据动22能定理得：WF+Ep-2mgsinθ（x0-x）=1mv12，2a（x0-x）=v12，解得：WF-Ep=-2因此拉力F做的功比弹簧开释的势能少，故D正确．应选：BD【答案】D

(mgsinma)2k

，【解略】⒎【答案】C【分析】同种电荷相排挤，库仑力沿二者连线指向受力物体，由牛顿第二定律知，加快度也沿二者连线指向受力物体。⒏【答案】BD【分析】列车启动时，乘客随车厢一同加快，加快度方向与车的运动方向相同，故乘客遇到车厢的作使劲方向与车运动方向相同，A错；对动车组，由牛顿第二定律有2F8kmg8ma，则aFgk，以、、节车厢为整体：f563ma3kmg0.75F;6784m对7、8有f672ma2kmg0.5F；则5、6节与7、8节间作使劲之比为3:2，B对；由kMgs1Mv2可得sv2，则C错误；8节车厢有2节动车时的最大速度v2P；22kgm18kmg同理有4节动车时的最大速度4Pvm11vm2，则，D正确；应选BD。8kmgvm22㈡填空题⒐【答案】(1)非线性(2)存在摩擦力(3)调理轨道的倾斜度以均衡摩擦力远小于小车的质量【分析】此题考察了考证牛顿第二定律的实验．(1)依据图中描出的各点作出的图像不是一条直线，故小车的加快度和钩码的质量成非线性关系．(2)图像可是原点，小车遇到拉力但没有加快度，原由是有摩擦力的影响．(3)均衡摩擦力以后，在知足钩码质量远小于小车质量的条件下，能够得出在小车质量不变的状况下拉力与加快度成正比的结论．⒑【答案】（1）AB；BDE（2）①，（2.50.2）m/s2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x131.6529.0029.0027.400.05cmxaT20.11022依据逐差法可得纸带①的加快度大，大小为a22.5m/s0.2㈢计算题⒒【答案】（1）144N（2）12.5m【分析】（1）在AB段匀加快运动：vB22ax；mgHfmax代入数据可得f144N（2）BC段：mghW1mvc21mvB222C处:FNmgmvc2RFNm6mg则R=12.5m12.【分析】（1）当杆竖直固定搁置时，Fmg解得：F2N（2）当

37

时，小球受力状况如图示，垂直杆方向上有：Fcos37

mgsin37

FN得：FN1N小球受摩擦力FfFN0.5Namgcos37Fsin37Ff2小球沿杆运动的加快度为m15m/s由v2v022ax得，小球抵达杆下端时速度为v6m/s球走开杆时的动能为EK1mv21.8J213.【答案】（1）μ1=0.1μ1=0.1（2）木板的最小长度应为6.0m（3）最后距离为6.5m【分析】(1)规定向右为正方向，木板与墙壁相碰前，小物块和木板一同向右做匀变速运动，设加快度为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)a1○1由图可知。木板与墙壁碰前瞬时的速度v1=4m/s,由运动学公式得：V1=v0+a1t○12S=vt+at2○011013式中t1=1s,s30=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。121=0.14联立○○○式和题给条件得：μ○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。设小物块的加快度为a2,由牛顿第二定律有：225-μmg=ma○2=6由图可得：a○式中t2=2s,v2=0,562=0.47联立○○式和题给条件得：μ○（2）(8分)设碰撞后木板的加快度为a3,经过时间t,木板和小物块恰巧拥有共同速度v3,由牛顿第二定律及运动学公式得：μmg+μ(m+M)g=(m+M)a1=Ma3○218V=-v1+a3t○39V3=v1+a2t10○碰撞后至木板和小物块恰巧达到共同速度的过程中，木板运动的位移为：s1=t11○小物块运动的位移为：s2=t12○小物块相对木板的位移为：s=s2–s113○689s=6.0m14○联立○○○10○11○12○13○式，并代入数值得：由于运动过程中小物块没有离开木板，因此木板的最小长度应为6.0m。(5分)在小物块和木板拥有共同速度后，二者向左做匀变速运动直到停止，高加快度为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：1(m+M)g=(m+M)a415μ○0–v32=2a4s316○17磁碰后木板运动的位移为：s=s1+s3○联立○6○8○910○11○15○16○17○式，并代入数值得：S=-6.5m○18木板右端离墙壁的最后距离为6.5m。㈢选做题14.【答案】(1)2.5m/s2(2)1m/s(3)0.45m【分析】(1)以A为研究对象，由牛顿第二定律有F＝ma①A代入数据解得＝2.5m/s2②a(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Fl12⑥AA由④⑤⑥式，代入数据解得l＝0.45m⑦⒖【答案】（1）2μmgs；(2)aA=F3mgaB=F3mg。2m，4m【分析】（1）A、B受力如图,物体A挪动的距离为s，则物体B挪动的距离为s1=s/2fB4mg则WfBs12mgsμmgF4μmgAB2T（2）A:FmgTmaATB:2T4mg4maBaA2aB联立解得aA=F3mgaB=F3mg2m，4m⒗【分析】解法一：带电粒子在0～T、T～T、T～3T、3T～T时间间隔内做匀变速运动，设加快度分别为442244a1、a2、a3、a4，由牛顿第二定律得qE01a＝m①qE0a2＝－2②m0a3＝2③m4qE0a＝－m④由此得带电粒子在0～T时间间隔内运动的加快度－时间图像如图(a)所示，对应的速度－时间图像如图(b)所示，此中图(a)图(b)qE0T1＝a14＝4m⑤由图(b)可知，带电粒子在t＝0到t＝T时的位移为T⑥s＝v14由⑤⑥式得s＝qE0T2⑦16m它沿初始电场正方向．(2)由图(b)

可知，粒子在

3t＝8T到

5t＝8T内沿初始电场的反方向运动，

总的运动时间为为53Tt＝T－T＝⑧884解法二：TTTT3T3T带电粒子在0～4、4～2、2～4、4～T时间间隔内做匀变速运动，设加快度分别为a1、a2、a3、a4，由牛顿第二定律得qE0＝ma1①2qE0＝ma2②2qE0＝ma3③qE0＝ma4④设带电粒子在t＝T、t＝T、t＝3T、t＝T时的速度分别为v1、v2、v3、v4，则424Tv1＝a1⑤4v2＝v1＋a2T⑥4Tv3＝v2＋a34⑦Tv4＝v3＋a44⑧设带电粒子在t＝0到t＝T时的位移为s，有v1v1＋v2v2＋v3v3＋v4Ts＝(2＋2＋2＋2)4⑨联立以上各式可得20s＝qET⑩16m它沿初始电场正方向．(2)由电场的变化规律知，t＝T时粒子开始减速，设经过时间t1粒子速度减为零．40＝v1＋a2t1将①②⑤代入上式，得1T11t＝8○Tt速度变成零．220＝v2＋a3t2此式与①②③⑤⑥式联立得2T12t＝○8t＝0到t＝T内粒子沿初始电场反方向运动的时间t为Tt＝(4－t1)＋t213○将○1112○式代入○13式得＝T14○4【分析】(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