樂陵一中牛頓第三定律

1、樂陵一中牛頓第三定律一、單選題（本大題共 5小題，共30分）1. 如圖所示，將一鋁管豎立在水平桌面上，把一塊直徑比鋁管內(nèi)徑小一些的圓柱形的強(qiáng)磁鐵從鋁管上端由靜止釋放，強(qiáng)磁鐵在鋁管中始終與管壁不接觸則強(qiáng)磁鐵在下落過程中（）A. 若增加強(qiáng)磁鐵的磁性，可使其到達(dá)鋁管底部的速度變小B. 鋁管對水平桌面的壓力一定逐漸變大C. 強(qiáng)磁鐵落到鋁管底部的動(dòng)能等于減少的重力勢能D. 強(qiáng)磁鐵先加速后減速【答案】A【解析】 解：A、磁鐵通過鋁管時(shí)，導(dǎo)致鋁管的磁通量發(fā)生變化，從而產(chǎn)生感應(yīng)電流， 感應(yīng)電流阻礙磁鐵相對于鋁管的運(yùn)動(dòng)；結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律可知， 磁鐵的磁場越強(qiáng)、磁鐵運(yùn)動(dòng)的速度越快，則感應(yīng)電流越大，感應(yīng)電流對

2、磁鐵的阻礙作用也越大；所以若增 加強(qiáng)磁鐵的磁性，可使其到達(dá)鋁管底部的速度變小故A正確；B、D、磁鐵在整個(gè)下落過程中，由楞次定律：來拒去留可知，鋁管對桌面的壓力大于 鋁管的重力；同時(shí)，結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律可知，磁鐵運(yùn)動(dòng)的速度越快，則感應(yīng)電流越大，感應(yīng)電流對磁鐵的阻礙作用也越大，所以磁鐵將向下做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng).磁鐵可能一直向下做加速運(yùn)動(dòng)，也可能磁鐵先向下做加速運(yùn)動(dòng)，最后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，不可能出 現(xiàn)減速運(yùn)動(dòng)；若磁鐵先向下做加速運(yùn)動(dòng)，最后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則鋁管對水平桌面的壓力先逐漸變大， 最后保持不變故 B錯(cuò)誤，D錯(cuò)誤；C、磁鐵在整個(gè)下落過程中，除重力做功外，還有產(chǎn)生感應(yīng)電流對應(yīng)的安培力做

3、功，導(dǎo) 致減小的重力勢能，部分轉(zhuǎn)化動(dòng)能外，還有產(chǎn)生內(nèi)能，動(dòng)能的增加量小于重力勢能的減 少量.故C錯(cuò)誤；故選：A磁鐵通過鋁管時(shí)，導(dǎo)致鋁管的磁通量發(fā)生變化，從而產(chǎn)生感應(yīng)電流，出現(xiàn)感應(yīng)磁場要阻 礙原磁場的變化，導(dǎo)致條形磁鐵受到一定阻力，因而機(jī)械能不守恒；在下落過程中導(dǎo)致 鋁管產(chǎn)生熱能；根據(jù)楞次定律得出鋁管對桌面的壓力大于鋁管的重力.考查楞次定律：根據(jù)來拒去留，當(dāng)強(qiáng)磁鐵過來時(shí)，就拒絕它；當(dāng)離開時(shí)就挽留它.并涉 及機(jī)械能守恒的條件，同時(shí)考查能量守恒關(guān)系.2. 2016年8月21日里約奧運(yùn)會(huì)中國排球隊(duì)主攻手朱婷得到179分，在朱婷用手掌奮力將球擊出時(shí)，下列說法正確的是（）A. 手掌對排球作用力的大小大于排

4、球?qū)κ终谱饔昧Φ拇笮. 手掌對排球作用力的大小等于排球?qū)κ终谱饔昧Φ拇笮. 排球?qū)κ终频淖饔昧ν碛谑终茖ε徘虻淖饔昧. 手掌對排球作用力與排球?qū)κ终谱饔昧κ瞧胶饬Α敬鸢浮緽【解析】 解：AB、排球?qū)\(yùn)動(dòng)員手掌的作用力和運(yùn)動(dòng)員手掌對排球的作用力是一對作用力與反作用力，大小相等，方向相反，故A錯(cuò)誤，B正確；C、一對作用力與反作用力同時(shí)產(chǎn)生、同時(shí)消失，所以排球?qū)\(yùn)動(dòng)員手掌的作用力和運(yùn)動(dòng)員手掌對排球的作用力同時(shí)消失，故C錯(cuò)誤；D、排球?qū)\(yùn)動(dòng)員手掌的作用力和運(yùn)動(dòng)員手掌對排球的作用力是一對作用力與反作用 力，故D錯(cuò)誤.故選：B作用力和反作用力大小相等，方向相反，作用在同一條直線上，它們同時(shí)產(chǎn)生、同時(shí)

5、消 失、同時(shí)變化，是同種性質(zhì)的力.解決本題的關(guān)鍵知道作用力和反作用力的關(guān)系，知道它們大小相等，方向相反，同時(shí)消 失、同時(shí)變化，難度不大，屬于基礎(chǔ)題.3.跨過定滑輪的繩的一端掛一吊板，另一端被吊板上的人拉住，如圖所示已知人的質(zhì)量為 70kg，吊板的質(zhì)量為10kg，繩及定滑輪的質(zhì) 量、滑輪的摩擦均可不計(jì).取重力加速度g=10m/s2.當(dāng)人以440N的力拉繩時(shí)，人與吊板的加速度a和人對吊板的壓力 F分別為（）A. a=1.0m/s2, F=260NB. a=1.0m/s2, F=330 NC. a=3.0m/s2, F=110ND. a=3.0m/s2, F=50N【答案】B【解析】 解：以整體為研

6、究對象，整體受重力、兩根繩子的拉力; 由牛頓第二定律可知：整體的加速度22m/s =l.0m/s ;2T (M i m)g 2 x440- 800 a=- m)SO以人為研究對象，由牛頓第二定律可知:T+F-mg=ma解得人受吊板的支持力F=mg-T+ma=700N-440N+70N=330N；由牛頓第三定律可知人對吊板的壓力為330N；故選B.將人與吊板當(dāng)成一個(gè)整體，對整體進(jìn)行受力分析，由牛頓第二加速定律可求得整體的加 速度；再以人為研究對象，由牛頓第二定律可求得吊板對人的拉力，再由牛頓第三定律 可求得人對吊板的壓力.本題考查牛頓第二定律的應(yīng)用，在解題時(shí)要注意整體法與隔離法的應(yīng)用，靈活選取研

7、究對象進(jìn)行列式求解.4. 我國的傳統(tǒng)文化和科技是中華民族的寶貴精神財(cái)富，四大發(fā)明促進(jìn)了科學(xué)的發(fā)展和技術(shù)的進(jìn)步，對現(xiàn)代仍具有重大影響，下列說法正確的是（）A. 春節(jié)有放鞭炮的習(xí)俗，鞭炮炸響的瞬間，動(dòng)量守恒但能量不守恒B. 火箭是我國的重大發(fā)明，現(xiàn)代火箭發(fā)射時(shí)，火箭對噴出氣體的作用力大于氣體 對火箭的作用力C. 裝在炮彈中的火藥燃燒爆炸時(shí)，化學(xué)能全部轉(zhuǎn)化為彈片的動(dòng)能D. 指南針的發(fā)明促進(jìn)了航海和航空，靜止時(shí)指南針的N極指向北方【答案】D【解析】解：A、鞭炮炸響的瞬間，因內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，故系統(tǒng)動(dòng)量守恒，同時(shí)在爆炸 過程中，總能量是守恒的，故A錯(cuò)誤；B、現(xiàn)代火箭發(fā)射時(shí)，火箭對噴出氣體的作用力和氣體對火

8、箭的作用力為作用力和反作用力，根據(jù)牛頓第三定律可知，二者大小相等，方向相反，故B錯(cuò)誤；C、 裝在炮彈中的火藥燃燒爆炸時(shí)，化學(xué)能轉(zhuǎn)化為彈片的動(dòng)能和周圍物體的內(nèi)能，故C 錯(cuò)誤；D、指南針的發(fā)明促進(jìn)了航海和航空，因地磁場南極處在地理北極處，故指南針靜止時(shí) 指南針的N極指向北方，故D正確。故選：D明確動(dòng)量守恒的條件，知道能量守恒定律的應(yīng)用，知道爆炸中能量轉(zhuǎn)化的方向； 明確作用力與反作力的性質(zhì)，知道二者大小相等，方向相反； 吸確地磁場的性質(zhì)，知道地磁N極處在地理南極處。本題以四大發(fā)明為載體，考查動(dòng)量守恒、能量守恒、作用力和反作用力以及地磁場等性 質(zhì)，要注意明確動(dòng)量守恒的條件，知道能量守恒規(guī)律的應(yīng)用。5.

9、 根據(jù)開普勒定律可知：火星繞太陽運(yùn)行的軌道是橢圓，太陽處在橢圓的一個(gè)焦點(diǎn)上.下列說法正確的是（）A. 太陽對火星的萬有引力大小始終保持不變B. 太陽對火星的萬有引力大于火星對太陽的萬有引力C. 火星運(yùn)動(dòng)到近日點(diǎn)時(shí)的加速度最大D. 火星繞太陽運(yùn)行的線速度大小始終保持不變【答案】CMin【解析】 解：A、根據(jù)F=G，由于太陽與火星的間距不斷變化，故太陽對火星的萬L有引力大小不斷變化，故 A錯(cuò)誤；B、 根據(jù)牛頓第三定律，太陽對火星的萬有引力大等于火星對太陽的萬有引力，故B錯(cuò) 誤；MmFC、 根據(jù)a=，火星運(yùn)動(dòng)到近日點(diǎn)時(shí)的加速度最大，故C正確；111百=正D、根據(jù)開普勒定律中的面積定律，火星繞太陽運(yùn)行

10、的線速度大小始終變化，近日點(diǎn)速度最大，遠(yuǎn)日點(diǎn)速度最小，故D錯(cuò)誤；故選：C根據(jù)萬有引力定律判斷選項(xiàng) A，根據(jù)牛頓第三定律判斷選項(xiàng)B，根據(jù)牛頓第二定律列式判斷選項(xiàng)C,根據(jù)開普勒定律的面積定律判刑選項(xiàng)D.本題考查萬有引力定律和開普勒定律，關(guān)鍵是記住萬有引力定律和開普勒定律的內(nèi)容，注意在橢圓軌道運(yùn)動(dòng)時(shí)要根據(jù)牛頓第二定律和萬有引力定律列式判斷加速度的大小.、多選題（本大題共 4小題，共24分）6. 如圖所示，一足夠長的斜面體靜置于粗糙水平地面上，一小物塊沿著斜面體勻速下滑， 現(xiàn)對小物塊施加一水平向右的恒 力F,當(dāng)物塊運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)之前，下列說法正確的是（）A. 物塊與斜面體間的彈力增大B.物塊與斜面體間的

11、摩擦力增大C.斜面體與地面間的彈力不變D.斜面體與地面間的摩擦力始終為0【答案】ABD【解析】 解：AB、設(shè)斜面的傾角為 a不加推力F時(shí)，滑塊勻速下滑，受重力、支持力 和摩擦力，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件，支持力N=mgcos a摩擦力f=mgsin a故動(dòng)摩擦因數(shù)fiii :N ，對小物塊施加一水平向右的恒力F后，支持力N' =mgcos a+sin a變大；滑動(dòng)摩擦力 f'=迥，也變大；故 A正確，B正確；CD、不加推力F時(shí)，根據(jù)平衡條件，滑塊受的支持力和摩擦力的合力豎直向上；故根據(jù)牛頓第三定律，滑塊對斜面體的壓力和摩擦力的合力豎直向下，故斜面體相對地面沒有滑動(dòng)趨勢，故斜面體不受摩

12、擦力；加上水平推力后，滑塊對斜面體的摩擦力和壓力同比例增加，其合力方向依舊是豎直向上（大小變大，方向不變）；同理，根據(jù)牛頓第三定律，滑塊對斜面體的壓力和摩擦力 的合力依舊是豎直向下（大小變大，方向不變），故斜面體相對地面仍然沒有滑動(dòng)趨勢， 故斜面體仍然不受摩擦力，但對地壓力變大了；故 C錯(cuò)誤，D正確；故選：ABD。不加推力F時(shí)，滑塊勻速下滑，受重力、支持力和摩擦力，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件可知支持力和摩擦力的合力豎直向上與重力平衡；再對斜面體分析，根據(jù)平衡條件判斷靜摩擦力的作用；當(dāng)有力F時(shí)，由于動(dòng)摩擦因數(shù)一定， 滑塊對斜面體的摩擦力和壓力同比例增 加，其合力方向不變.本題考查平衡問題，要采用隔離法分

13、析，根據(jù)平衡條件并結(jié)合牛頓第三定律分析，關(guān)鍵 是明確滑塊對斜面體的壓力和摩擦力的合力方向不變，不難.7. 關(guān)于作用力和反作用力，下列說法正確的是（）A. 作用力與反作用力總是成對出現(xiàn)的B. 一對作用力和反作用力可以是不同性質(zhì)的力C. 一對作用力和反作用力總是大小相等，方向相反，在同一直線上D. 馬拉車時(shí)，先產(chǎn)生馬拉車的力，再產(chǎn)生車?yán)R的力【答案】AC【解析】解：A、作用力與反作用力總是成對出現(xiàn)的；故 A正確；B、 一對作用力和反作用力一定是性質(zhì)相同的力，故B錯(cuò)誤；C、由牛頓第三定律可知，作用力與反作用力大小相等，方向相反，作用在同一條直線 上，但不在同一物體上，故 C正確；D、作用力與反作用力

14、總是大小相等，方向相反，作用在同一條直線上；不存在不符合規(guī)律的時(shí)刻，故同時(shí)產(chǎn)生、同時(shí)變化、同時(shí)消失，故D錯(cuò)誤.故選：AC.由牛頓第三定律可知，作用力與反作用力大小相等，方向相反，作用在同一條直線上， 作用在兩個(gè)物體上，力的性質(zhì)相同，它們同時(shí)產(chǎn)生，同時(shí)變化，同時(shí)消失.本題考查牛頓第三定律及其理解.理解牛頓第三定律與平衡力的區(qū)別，知道作用力和反作用力的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵.8. 用計(jì)算機(jī)輔助實(shí)驗(yàn)系統(tǒng)（DIS ）做驗(yàn)證牛頓第三定律的4尸A實(shí)驗(yàn)時(shí)，把兩個(gè)測力探頭的掛鉤鉤在一起，向相反的方 向拉動(dòng)，顯示器屏幕上顯示的是兩個(gè)力傳感器的相互作 用力隨時(shí)間變化的圖象，如圖所示由圖象可以得出的 正確結(jié)論是（ ）A.

15、 作用力與反作用力作用在同一物體上B. 作用力與反作用力同時(shí)存在，同時(shí)消失C. 作用力與反作用力大小相等D. 作用力與反作用力方向相反【答案】BCD【解析】解：由圖象不難看出兩個(gè)力的大小總是相等的，并且兩個(gè)力的方向也是始終相 反的，它們的變化的情況也是一樣的，所以BCD正確；圖象表示的是兩個(gè)測力探頭的受力情況，作用力和反作用力是兩個(gè)物體之間的相互作用力，作用在兩個(gè)物體上，所以A錯(cuò)誤.故選BCD.作用力和反作用力一定是兩個(gè)物體之間的相互作用力，并且大小相等，方向相反，同時(shí)產(chǎn)生同時(shí)消失.本題主要是考查作用力與反作用力的關(guān)系，同時(shí)注意區(qū)分它與一對平衡力的區(qū)別.9. 如圖所示，豎直平面內(nèi)有半徑為R的半

16、圓形光滑絕緣軌道 ABC, A、C連線為水平直徑，B點(diǎn)為最低點(diǎn)，圓心處固定一電荷量為+qi的點(diǎn)電荷將另一質(zhì)量為 m、電荷量為+q2的帶電小球從軌道 A處無初速度釋放，已知重力加速度為g,則A. 小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度大小為.B. 小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的加速度大小為gD.小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力大小為切23mg+ kFTC. 小球不能運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)【答案】AD【解析】【分析】點(diǎn)電荷形成的電場的特點(diǎn)是：以點(diǎn)電荷為圓心的同心圓上為等勢面，即ABC弧上各點(diǎn)的電勢相等，q2沿ABC弧移動(dòng)，電場力不做功，q2電勢能不變，機(jī)械能守恒，可求到B點(diǎn)的速度，由向心加速度公式可求 B點(diǎn)的加速度，在園周運(yùn)動(dòng)最低點(diǎn)， 利用

17、牛頓第二定 律可求小球運(yùn)動(dòng)到 B點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力大小。【解答】A由于小球從A-B的過程中機(jī)械能守恒，所以由機(jī)械能守恒定律得:沖:亦,故A正確；B.由得，小球運(yùn)動(dòng)到 B點(diǎn)時(shí)的加速度大小為，故B錯(cuò)誤;乜RC.q2沿ABC弧移動(dòng)，電場力不做功，q2電勢能不變，小球的機(jī)械能守恒，所以能夠到C點(diǎn)，故C錯(cuò)誤；D.設(shè)最低點(diǎn)軌道對小球的支持力為Fbn則由牛頓第二定律得：，代R- 疋入數(shù)值解得：|,、'：_，由牛頓第三定律知，小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力大R-小為故D正確;故選AD。三、填空題（本大題共 1小題，共5分）10. 用水平恒力F推動(dòng)放在光滑水平面上、質(zhì)量均為m的六個(gè)緊靠在一起的木塊， 則第5

18、號(hào)木塊受到的合外力等于，第4號(hào)木塊對第5號(hào)本塊的作用力等于 .F F【答案】；63F【解析】解：對整體運(yùn)用牛頓第二定律，有；6m對物體5，根據(jù)牛頓第二定律，可知其合力為：F合=ma=；6，對物體5、6整體，受重力、支持力和 4對5與6整體的推力，根據(jù)牛頓第二定律，有:.：. = ? ：- = J'；故答案為：63先對整體研究，求出加速度，然后分別對物體5和物體5、6整體運(yùn)用牛頓第二定律列式求解.本題關(guān)鍵是先用整體法求解出加速度，然后靈活地選擇研究對象進(jìn)行分析研究.四、實(shí)驗(yàn)題探究題（本大題共 2小題，共25分）11. 如圖甲所示為一拉力傳感器， 某實(shí)驗(yàn)小組在用拉力傳感器探究作用力與反作用

19、力關(guān)系的實(shí)驗(yàn)中，獲得了如圖乙所示的圖線根據(jù)這個(gè)圖線，你可以得出的結(jié)論是： 實(shí)驗(yàn)中要用到 個(gè)拉力傳感器如果實(shí)驗(yàn)時(shí)保持一只手不動(dòng)，另一只手拉動(dòng)，與兩只手同時(shí)對拉得到的結(jié)論有沒有變化？ （填“有”或“沒有”）；兩只手邊拉邊向右運(yùn)動(dòng)，與兩只手靜止時(shí)對拉得到的結(jié)論有沒有變化？ （填“有”或“沒有”）T甲乙【答案】作用力與反作用力大小相等，方向相反；兩；沒有；沒有【解析】解：根據(jù)這個(gè)圖線，你可以得出的結(jié)論是：作用力與反作用力大小相等，方向 相反實(shí)驗(yàn)中要用到兩個(gè)拉力傳感器.作用力與反作用力總是同時(shí)產(chǎn)生同時(shí)變化同時(shí)消失.如果實(shí)驗(yàn)時(shí)保持一只手不動(dòng)，另一只手拉動(dòng)，與兩只手同時(shí)對拉得到的結(jié)論沒有變化. 兩只手邊拉邊

20、向右運(yùn)動(dòng)，與兩只手靜止時(shí)對拉得到的結(jié)論沒有變化.故答案為：作用力與反作用力大小相等，方向相反；兩；沒有；沒有；作用力與反作用力總是等大反向作用在一條直線上，作用在兩個(gè)物體上且同時(shí)產(chǎn)生同時(shí)消失.本題考查了作用力與反作用力的特點(diǎn).12. 在“探究作用力與反作用力的關(guān)系”實(shí)驗(yàn)中，某同學(xué)用兩個(gè)力傳感器進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，將兩個(gè)傳感器按圖甲方式對拉，在計(jì)算機(jī)屏上顯示如圖乙所示，縱坐標(biāo)代表的物理量是作用力 的大小，則橫坐標(biāo)代表的物理量是 （填“時(shí)間”或“位移”）；根據(jù)圖象可以得出結(jié)論：作用力與反作用力總是 ，。（寫出兩點(diǎn)）（甲）0 atMB : W（乙）【答案】時(shí)間；大小相等；同時(shí)產(chǎn)生、同時(shí)消失、同時(shí)變化【解析】解

21、：由題可知，圖2表示的是力傳感器上的作用力隨時(shí)間變化的關(guān)系，所以橫 坐標(biāo)代表的物理量是時(shí)間，縱坐標(biāo)代表的物理量是力；（2）A、作用力與反作用力大小相等，方向相反，作用在同一條直線上，同時(shí)產(chǎn)生，同 時(shí)變化，同時(shí)消失故答案為：時(shí)間；大小相等；同時(shí)產(chǎn)生、同時(shí)消失、同時(shí)變化作用力與反作用力大小相等，方向相反，作用在同一條直線上，同時(shí)產(chǎn)生，同時(shí)變化， 同時(shí)消失。解決本題的關(guān)鍵知道作用力與反作用力大小相等，方向相反，作用在同一條直線上，同 時(shí)產(chǎn)生，同時(shí)變化，同時(shí)消失。五、計(jì)算題（本大題共 4小題，共48分）13. 如圖所示，粗糙弧形軌道和兩個(gè)光滑半圓軌道組成翹尾巴的S形軌道.光滑半圓軌道半徑為R兩個(gè)光滑半

22、圓軌道連接處 CD之間留有很小空隙，剛好能夠使小球通 過，CD之間距離可忽略.粗糙弧形軌道最高點(diǎn) A與水平面上B點(diǎn)之間的高度為h.從 A點(diǎn)靜止釋放一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的小球，小球沿翹尾巴的 S形軌道運(yùn)動(dòng)后從 E點(diǎn)水平飛出，落到水平地面上，落點(diǎn)到與E點(diǎn)在同一豎直線上 B點(diǎn)的距離為s.已知小球質(zhì)量m,不計(jì)空氣阻力，求：（1）小球從E點(diǎn)水平飛出時(shí)的速度大??；（2） 小球運(yùn)動(dòng)到半圓軌道的 B點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力；【答案】 解：（1）小球從E點(diǎn)水平飛出做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)小球從E點(diǎn)水平飛出時(shí)的速度大小為Ve,由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律得：S=VEt聯(lián)立解得:(2)小球從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到E點(diǎn)的過程，機(jī)械能守恒，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得:I 3

23、I 2= mg4R -i -mvZI解得：在B點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律得:F-ms = mR得：8R2由牛頓第三定律可知小球運(yùn)動(dòng)到2B點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力為!<；-'，方向豎直向下8R-(3)設(shè)小球沿翹尾巴的 S形軌道運(yùn)動(dòng)時(shí)克服摩擦力做的功為mg(h-4R)-W = jdveW,則答:(1)小球從E點(diǎn)水平飛出時(shí)的速度大小為2(2)小球運(yùn)動(dòng)到半圓軌道的B點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力大小為九屮，.，方向豎直向下;8R-小球沿翹尾巴S形軌道運(yùn)動(dòng)時(shí)克服摩擦力做的功為(3)mgs16R【解析】(1)小球從E點(diǎn)飛出做平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)高度求出運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，再根據(jù)水平位 移和時(shí)間求出平拋運(yùn)動(dòng)的初速度.(2) 小球從B點(diǎn)

24、運(yùn)動(dòng)到E點(diǎn)的過程，機(jī)械能守恒，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得求出B點(diǎn)速度，在B點(diǎn)，沿半徑方向上的合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律求出軌道對球的彈力，從而根據(jù)牛頓第三定律求出小球?qū)壍赖膲毫?(3) 根據(jù)動(dòng)能定理求出小球沿軌道運(yùn)動(dòng)過程中克服摩擦力所做的功.解決本題的關(guān)鍵理清運(yùn)動(dòng)的過程，把握每個(gè)過程和狀態(tài)的規(guī)律，知道豎直平面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)在最高點(diǎn)和最低點(diǎn)由合外力提供向心力，綜合運(yùn)用牛頓定律和動(dòng)能定理進(jìn)行解題.14. 如圖所示，四分之一光滑絕緣圓弧軌道AP和水平絕緣傳送帶 PC固定在同一 豎直平面內(nèi)，圓弧軌道的圓心為 0,半徑為R.傳送帶PC之間的距離為L,沿逆時(shí)針 方向的運(yùn)動(dòng)速度 v=,；l、.在P0的右側(cè)空

25、間存在方向豎直向下的勻強(qiáng)電場.一質(zhì)量 為m、電荷量為+q的小物體從圓弧頂點(diǎn) A由靜止開始沿軌道下滑，恰好運(yùn)動(dòng)到C端后返回.物體與傳送 帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 (1,不計(jì)物體經(jīng)過軌道與傳送帶連接處 P時(shí)的機(jī)械能損失，重力加速度為g(1) 求物體下滑到 P點(diǎn)時(shí)，物體對軌道的壓力F(2) 求物體返回到圓弧軌道后，能上升的最大高度H(3) 若在PO的右側(cè)空間再加上方向垂直于紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的水平勻強(qiáng)磁場(圖中未畫出)，物體從圓弧頂點(diǎn) A靜止釋放，運(yùn)動(dòng)到C端時(shí)的速度為試求物體在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t.【答案】解：(1)設(shè)物體滑到P端時(shí)速度大小為vP,物體從A端運(yùn)動(dòng)到P端的過程中,設(shè)物體滑到P端時(shí)受支持

26、力為N,根據(jù)牛頓第二定律上卜“匚：.一 解得：N=3mg設(shè)物體滑到P端時(shí)對軌道壓力為 F,根據(jù)牛頓第三定律F = N=3mg(2)物體到達(dá)C端以后受滑動(dòng)摩擦力，向左做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)向左運(yùn)動(dòng) 距離為x時(shí)物體與皮帶速度相同，設(shè)物體受到的摩擦力為f，則I ,】fx= iiA物體從皮帶的P端滑到C端摩擦力做功解得：X=:£即物體在皮帶上向左先做勻加速運(yùn)動(dòng)一半皮帶長度后，與皮帶同速向左運(yùn)動(dòng)，即再次到達(dá)P點(diǎn)時(shí)速度大小是v=.根據(jù)機(jī)械能守恒定律，設(shè)在斜面上上升的高度H，則mgH=-R解得H =(3)設(shè)電場強(qiáng)度為E，在無磁場物體從 A端運(yùn)動(dòng)到C端的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理有 mgR-( mg

27、+Eq) L=0_0解得E=pqL在有磁場情況下物體從 P端運(yùn)動(dòng)到C端的過程中，設(shè)任意時(shí)刻物體速度為v,取一段極短的含此時(shí)刻的時(shí)間設(shè)在此時(shí)間段內(nèi)的速度改變量為v (取水平向右為正方向).根據(jù)牛頓第二定律，有.!；：" a- ： in； inA t兩邊同時(shí)乘以 ，再對兩邊求和得I" - -二- 乙而. 八 , ,'而'，-則 L（mg 十 Eq）t + p.qBL =場(圖中未畫出)，物體從圓弧頂點(diǎn)A靜止釋放，運(yùn)動(dòng)到C端時(shí)的速度為A.5gR 匸"-、_fx，試求2以上結(jié)果代入上式，得化簡得 t=-mgR 2gR答：(1)物體下滑到P點(diǎn)時(shí)，物體對軌道的

28、壓力F是3mg.(2)物體返回到圓弧軌道后，能上升的最大高度H為.(3) 若在PO的右側(cè)空間再加上方向垂直于紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的水平勻強(qiáng)磁物體在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間 t是.mgR 2gR【解析】(1)物體從A端運(yùn)動(dòng)到P端的過程中，只有重力做功，機(jī)械能守恒，即可求 出物體滑到P端時(shí)速度大小.經(jīng)過P點(diǎn)時(shí)，由重力和軌道支持力的合力提供物體的向心力，根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律求解物體對軌道的壓力F.(2)物體從C端返回時(shí)受到向左滑動(dòng)摩擦力，向左做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理列出滑塊速度與皮帶速度相同時(shí)通過的距離x表達(dá)式，再研究滑塊從P到C過程，由動(dòng)能定理列式，聯(lián)立求出x,再由機(jī)械能守恒定律研究滑塊滑

29、上圓弧軌道的過程， 求解最大高度H.(3)在無磁場情況下物體從 A端運(yùn)動(dòng)到C端的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理求出電場強(qiáng)度 巳在 有磁場情況下物體從 P端運(yùn)動(dòng)到C端的過程中，滑塊豎直方向上受到豎直向下的重力 和電場力，豎直向上的支持力和洛倫茲力作用，隨著速度的減小，洛倫茲力減小，滑塊 所受支持力增大，摩擦力增大，滑塊做加速度減小的變減速運(yùn)動(dòng)，取一段極短時(shí)間,根據(jù)牛頓第二定律得到速度變化率表達(dá)式，運(yùn)用積分法得到時(shí)間t.本題是動(dòng)能定理、牛頓運(yùn)動(dòng)定律、向心力公式的綜合應(yīng)用，難點(diǎn)在于運(yùn)用積分法研究非 勻減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，切入口是根據(jù)牛頓第二定律得到瞬時(shí)速度與速度變化率的關(guān)系式.15. 如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一傾

30、角0= 37 °勺傳送帶，兩皮帶輪 AB軸心之間的距離L = 3.2m,沿順時(shí)針方向以 vo = 2m/s勻速運(yùn)動(dòng)。一質(zhì)量 m = 2kg的物塊P從傳送帶 頂端無初速度釋放，物塊P與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)卩=0.5。物塊P離開傳送帶后在C點(diǎn)沿切線方向無能量損失地進(jìn)入半徑為.的光滑圓弧形軌道 CDF，并與位于9圓弧軌道最低點(diǎn) F的物塊Q發(fā)生碰撞，碰撞時(shí)間極短，物塊Q的質(zhì)量M = 1kg。物塊P和Q均可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度g= 10m/s2, sin37 = 0.6, cos37°= 0.8。求：(1) 物塊P從傳送帶離開時(shí)的速度大??；(2) 物塊P與物塊Q碰撞后瞬間，物塊 P對

31、圓弧軌道壓力大小的取值范圍?！敬鸢浮拷猓?1)物塊P在未到達(dá)與傳送帶共速之前，所受摩擦力方向沿傳送帶向下; 由牛頓第二定律得： -i!<解得：.|.： 廣，所需時(shí)間|：| ：，沿斜面向下運(yùn)動(dòng)的位移；豈2當(dāng)物塊P的速度與傳送帶共速后，由于" “2、所以物塊P所受摩擦力方向沿傳送帶向上；由牛頓第二定律得m .，解得=_iII物塊P以加速度運(yùn)動(dòng)的距離為J設(shè)物塊P運(yùn)動(dòng)到傳送帶底端的速度為，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得：=，：. 解得：八!曲即：物塊P從傳送帶離開時(shí)的速度大小為4m/s；(2)設(shè)物塊P運(yùn)動(dòng)到F點(diǎn)的速度為，由動(dòng)能定理得1 3 2 mv； -mv7 2 亠2得：_ :若物塊P與物塊.發(fā)生完

32、全彈性碰撞，并設(shè)物塊P碰撞后的速度為，物塊Q碰撞后的速度為，則兩物塊的碰撞過程動(dòng)量守恒，碰撞前后動(dòng)能之和不變1也-.-，解得：1=；2 2 2若物塊P與物塊發(fā)生完全非彈性碰撞y w r八:，；所以物塊P的速度范圍為、:心皿-在F點(diǎn)由牛頓第二定律得：；物塊P碰撞后瞬間對圓弧軌道的壓力為，由牛頓第三定律可得I，即.：；門丁疽.字；即：物塊P與物塊Q碰撞后瞬間，物塊 P對圓弧軌道壓力大小的取值范圍為【解析】本題考查了動(dòng)能定理的應(yīng)用、牛頓第二定律、動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用；分析清 楚滑塊的運(yùn)動(dòng)過程，應(yīng)用動(dòng)能定理、牛頓第二定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式、動(dòng)量守恒定律即可正 確解題。(1) 物體先沿傳送帶向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律可以求出加速度，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出加速到與傳送帶共速的時(shí)間和位移；再共速時(shí)最大靜摩擦力和重力的下滑分力的關(guān)系，判斷之后物體的運(yùn)動(dòng)情況，再由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式結(jié)合求物塊p從傳送帶離開時(shí)的速度大?。?2) 根據(jù)動(dòng)能定理計(jì)算出物塊 P運(yùn)動(dòng)到F點(diǎn)的速度；根據(jù)動(dòng)量守恒定律分析物塊P與物塊發(fā)生完全非彈性碰撞和彈性碰撞時(shí)物塊P的速度范圍；根據(jù)牛頓第二定律、