樂(lè)陵一中牛頓第三定律

1、<p>　　樂(lè)陵一中牛頓第三定律</p><p>　　一、單選題（本大題共5小題，共30分）</p><p>　　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(guò)程中（　?。?lt;/p><p>　　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.

2、鋁管對(duì)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(shì)能D. 強(qiáng)磁鐵先加速后減速</p><p><b>　　【答案】A</b></p><p>　　【解析】解：A、磁鐵通過(guò)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(duì)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(chǎng)越強(qiáng)、磁鐵運(yùn)動(dòng)的速度越快，則感應(yīng)電流越大，

3、感應(yīng)電流對(duì)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?。蔄正確；B、D、磁鐵在整個(gè)下落過(guò)程中，由楞次定律：來(lái)拒去留可知，鋁管對(duì)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(duì)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(xiàn)運(yùn)動(dòng)，不可能出現(xiàn)減速運(yùn)動(dòng)；若磁鐵先向

4、下做加速運(yùn)動(dòng)，最后做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，則鋁管對(duì)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(guò)程中，除重力做功外，還有產(chǎn)生感應(yīng)電流對(duì)應(yīng)的安培力做功，導(dǎo)致減小的重力勢(shì)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(shì)能的減少量．故C錯(cuò)誤；故選：A磁鐵通過(guò)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(chǎng)要阻礙原磁場(chǎng)的變</p><p>　　2016年8月21日里約

5、奧運(yùn)會(huì)中國(guó)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(shuō)法正確的是（　　）</p><p>　　A. 手掌對(duì)排球作用力的大小大于排球?qū)κ终谱饔昧Φ拇笮. 手掌對(duì)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?duì)排球的作用力D. 手掌對(duì)排球作用力與排球?qū)κ终谱饔昧κ瞧胶饬?lt;/p><p><b>　　【答案】B</b>

6、</p><p>　　【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(duì)排球的作用力是一對(duì)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(duì)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(duì)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(duì)排球的作用力是一對(duì)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

7、同一條直線(xiàn)上，它們同時(shí)產(chǎn)生、同時(shí)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．</p><p>　　跨過(guò)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

8、加速度a和人對(duì)吊板的壓力F分別為（　　）</p><p>　　A. a=1.0m/s2，F(xiàn)=260NB. a=1.0m/s2，F(xiàn)=330NC. a=3.0m/s2，F(xiàn)=110ND. a=3.0m/s2，F(xiàn)=50N</p><p><b>　　【答案】B</b></p><p>　　【解析】解：以整體為研究對(duì)象，整體受重力、兩根繩子的拉力；

9、由牛頓第二定律可知：整體的加速度a==m/s2=1.0m/s2；以人為研究對(duì)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(duì)吊板的壓力為330N；故選B．將人與吊板當(dāng)成一個(gè)整體，對(duì)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(duì)象，由牛頓第二定律可求得吊板對(duì)人的拉力，再由牛頓第三定律可求得人對(duì)吊板的壓力．

10、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，靈活選取研究對(duì)象進(jìn)行列式求解．</p><p>　　我國(guó)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(duì)現(xiàn)代仍具有重大影響，下列說(shuō)法正確的是（　?。?lt;/p><p>　　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(guó)的重大發(fā)明，現(xiàn)代火箭發(fā)射時(shí)，火箭對(duì)噴出氣

11、體的作用力大于氣體對(duì)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</p><p><b>　　【答案】D</b></p><p>　　【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(guò)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(duì)噴出

12、氣體的作用力和氣體對(duì)火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?chē)矬w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(chǎng)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；

13、吸確地磁場(chǎng)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(chǎng)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。</p><p>　　根據(jù)開(kāi)普勒定律可知：火星繞太陽(yáng)運(yùn)行的軌道是橢圓，太陽(yáng)處在橢圓的一個(gè)焦點(diǎn)上．下列說(shuō)法正確的是（　　）</p><p>　　A. 太陽(yáng)對(duì)火星的萬(wàn)有引力大小始終保持不變B. 太陽(yáng)對(duì)火星的萬(wàn)有引

14、力大于火星對(duì)太陽(yáng)的萬(wàn)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(yáng)運(yùn)行的線(xiàn)速度大小始終保持不變</p><p><b>　　【答案】C</b></p><p>　　【解析】解：A、根據(jù)F=G，由于太陽(yáng)與火星的間距不斷變化，故太陽(yáng)對(duì)火星的萬(wàn)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(yáng)對(duì)火星的萬(wàn)有引力大等于火星對(duì)太陽(yáng)的萬(wàn)有引力，故B錯(cuò)誤；C

15、、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；D、根據(jù)開(kāi)普勒定律中的面積定律，火星繞太陽(yáng)運(yùn)行的線(xiàn)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(wàn)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(kāi)普勒定律的面積定律判刑選項(xiàng)D．本題考查萬(wàn)有引力定律和開(kāi)普勒定律，關(guān)鍵是記住萬(wàn)有引力定律和開(kāi)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(wàn)有引力定律列式

16、判斷加速度的大小．</p><p>　　二、多選題（本大題共4小題，共24分）</p><p>　　如圖所示，一足夠長(zhǎng)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(duì)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(shuō)法正確的是（　?。?lt;/p><p>　　A. 物塊與斜面體間的彈力增大B. 物塊與斜面體間的摩擦力增大C. 斜面體與地面間

17、的彈力不變D. 斜面體與地面間的摩擦力始終為0</p><p><b>　　【答案】ABD</b></p><p>　　【解析】解：AB、設(shè)斜面的傾角為α，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=mgcosα，摩擦力f=mgsinα，故動(dòng)摩擦因數(shù)；對(duì)小物塊施加一水平向右的恒力F后，支持力N′=mgcosα+Fsinα，變大

18、；滑動(dòng)摩擦力f′=μN(yùn)′，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(duì)斜面體的壓力和摩擦力的合力豎直向下，故斜面體相對(duì)地面沒(méi)有滑動(dòng)趨勢(shì)，故斜面體不受摩擦力；加上水平推力后，滑塊對(duì)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(duì)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

19、面體相對(duì)地面仍然沒(méi)有滑動(dòng)趨勢(shì)，故斜面體仍然不受摩擦力，但對(duì)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(duì)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(duì)斜面</p><p>　　關(guān)于作用力和反作用力，下列說(shuō)法正確的是（　?。?lt;/p><p&

20、gt;　　A. 作用力與反作用力總是成對(duì)出現(xiàn)的B. 一對(duì)作用力和反作用力可以是不同性質(zhì)的力C. 一對(duì)作用力和反作用力總是大小相等，方向相反，在同一直線(xiàn)上D. 馬拉車(chē)時(shí)，先產(chǎn)生馬拉車(chē)的力，再產(chǎn)生車(chē)?yán)R的力</p><p><b>　　【答案】AC</b></p><p>　　【解析】解：A、作用力與反作用力總是成對(duì)出現(xiàn)的；故A正確；B、一對(duì)作用力和反作用力一定是

21、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(xiàn)上，但不在同一物體上，故C正確；D、作用力與反作用力總是大小相等，方向相反，作用在同一條直線(xiàn)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(xiàn)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

22、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．</p><p>　　用計(jì)算機(jī)輔助實(shí)驗(yàn)系統(tǒng)（DIS）做驗(yàn)證牛頓第三定律的實(shí)驗(yàn)時(shí)，把兩個(gè)測(cè)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（　?。?lt;/p><p>　　A. 作用力與反作用力作用在同一物體上B

23、. 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</p><p><b>　　【答案】BCD</b></p><p>　　【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(cè)力探頭的受力情況，作用力和反作用力是兩個(gè)物體之間

24、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(duì)平衡力的區(qū)別．</p><p>　　如圖所示，豎直平面內(nèi)有半徑為R的半圓形光滑絕緣軌道ABC，A、C連線(xiàn)為水平直徑，B點(diǎn)為最低點(diǎn)，圓心處固定一電荷量為+q1的點(diǎn)電荷．將另一質(zhì)量為m、電荷量為+q2的帶電小

25、球從軌道A處無(wú)初速度釋放，已知重力加速度為g，則</p><p>　　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gC. 小球不能運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)D. 小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為3mg＋k</p><p><b>　　【答案】AD</b></p><p><b>　　【解析】【分析】</b>

26、;</p><p>　　點(diǎn)電荷形成的電場(chǎng)的特點(diǎn)是：以點(diǎn)電荷為圓心的同心圓上為等勢(shì)面，即ABC弧上各點(diǎn)的電勢(shì)相等，q2沿ABC弧移動(dòng)，電場(chǎng)力不做功，q2電勢(shì)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)，利用牛頓第二定律可求小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小。</p><p><b>　　【解答】</b></p>&

27、lt;p>　　A由于小球從A-B的過(guò)程中機(jī)械能守恒，所以由機(jī)械能守恒定律得：，，故A正確；</p><p>　　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；</p><p>　　C.q2沿ABC弧移動(dòng)，電場(chǎng)力不做功，q2電勢(shì)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；</p><p>　　D.設(shè)最低點(diǎn)軌道對(duì)小球的支持力為FBN則由牛

28、頓第二定律得：，代入數(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(duì)軌道的壓力大小為，故D正確；</p><p><b>　　故選AD。</b></p><p>　　三、填空題（本大題共1小題，共5分）</p><p>　　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號(hào)木塊受到的合外力等于______ ，第4號(hào)木塊對(duì)

29、第5號(hào)本塊的作用力等于______ ．</p><p><b>　　【答案】；</b></p><p>　　【解析】解：對(duì)整體運(yùn)用牛頓第二定律，有；對(duì)物體5，根據(jù)牛頓第二定律，可知其合力為：F合=ma=；對(duì)物體5、6整體，受重力、支持力和4對(duì)5與6整體的推力，根據(jù)牛頓第二定律，有；故答案為：．先對(duì)整體研究，求出加速度，然后分別對(duì)物體5和物體5、6整體運(yùn)用牛頓第

30、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(duì)象進(jìn)行分析研究．</p><p>　　四、實(shí)驗(yàn)題探究題（本大題共2小題，共25分）</p><p>　　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力關(guān)系的實(shí)驗(yàn)中，獲得了如圖乙所示的圖線(xiàn)．根據(jù)這個(gè)圖線(xiàn)，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

31、只手不動(dòng)，另一只手拉動(dòng)，與兩只手同時(shí)對(duì)拉得到的結(jié)論有沒(méi)有變化？______ （填“有”或“沒(méi)有”）；兩只手邊拉邊向右運(yùn)動(dòng)，與兩只手靜止時(shí)對(duì)拉得到的結(jié)論有沒(méi)有變化？______ （填“有”或“沒(méi)有”）</p><p>　　【答案】作用力與反作用力大小相等，方向相反；兩；沒(méi)有；沒(méi)有</p><p>　　【解析】解：根據(jù)這個(gè)圖線(xiàn)，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

32、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(duì)拉得到的結(jié)論沒(méi)有變化．兩只手邊拉邊向右運(yùn)動(dòng)，與兩只手靜止時(shí)對(duì)拉得到的結(jié)論沒(méi)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(méi)有；沒(méi)有；作用力與反作用力總是等大反向作用在一條直線(xiàn)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)．</p><p>　　

33、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(duì)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(xiě)出兩點(diǎn)）</p><p>　　【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&

34、lt;/p><p>　　【解析】解：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(xiàn)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(xiàn)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

35、用力大小相等，方向相反，作用在同一條直線(xiàn)上，同時(shí)產(chǎn)生，同時(shí)變化，同時(shí)消失。</p><p>　　五、計(jì)算題（本大題共4小題，共48分）</p><p>　　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)光滑半圓軌道連接處CD之間留有很小空隙，剛好能夠使小球通過(guò)，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

36、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(xiàn)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(duì)軌道的壓力；（3）小球沿翹尾巴S形軌道運(yùn)動(dòng)時(shí)克服摩擦力做的功．</p><p>　　【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)

37、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(guò)程，機(jī)械能守恒，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得： 解得： 在B點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律得： 得： 由牛頓第三定律可知小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力為，方向豎直向下（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W，則 得 答：（1）小球從E點(diǎn)水平飛出時(shí)的速度大小為；（2）小球運(yùn)動(dòng)到半圓軌道的B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為，方向豎直向下；（3）小球沿翹尾巴S形軌

38、道運(yùn)動(dòng)時(shí)克服摩擦力做的功為．</p><p>　　【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)運(yùn)動(dòng)到E點(diǎn)的過(guò)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(duì)球的彈力，從而根據(jù)牛頓第三定律求出小球?qū)壍赖膲毫Γ?）根據(jù)動(dòng)能定理求出小球沿軌道運(yùn)動(dòng)過(guò)程中克服摩擦力所做的功

39、．解決本題的關(guān)鍵理清運(yùn)動(dòng)的過(guò)程，把握每個(gè)過(guò)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．</p><p>　　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O，半徑為R．傳送帶PC之間的距離為L(zhǎng)，沿逆時(shí)針?lè)较虻倪\(yùn)動(dòng)速度v=．在PO的右側(cè)空間存在方向豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)．一質(zhì)量為m、電荷

40、量為+q的小物體從圓弧頂點(diǎn)A由靜止開(kāi)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μ，不計(jì)物體經(jīng)過(guò)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(duì)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(chǎng) （圖中未畫(huà)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

41、在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t．</p><p>　　【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(guò)程中，機(jī)械能守恒解得：設(shè)物體滑到P端時(shí)受支持力為N，根據(jù)牛頓第二定律解得：N=3mg設(shè)物體滑到P端時(shí)對(duì)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&#

42、160; fx=物體從皮帶的P端滑到C端摩擦力做功-fL=0-代入得，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(zhǎng)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=解得H=（3）設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度為E，在無(wú)磁場(chǎng)物體從A端運(yùn)動(dòng)到C端的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理有mgR -μ（mg+Eq）L=0-0解得E=在有磁場(chǎng)情況下物體從P端運(yùn)動(dòng)到C端的過(guò)

43、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△t，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 兩邊同時(shí)乘以△t，再對(duì)兩邊求和得 而，而，則以上結(jié)果代入上式，得化</p><p>　　【解析】（1）物體從A端運(yùn)動(dòng)到P端的過(guò)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?。?jīng)過(guò)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

44、，根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律求解物體對(duì)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(guò)的距離x表達(dá)式，再研究滑塊從P到C過(guò)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上圓弧軌道的過(guò)程，求解最大高度H．（3）在無(wú)磁場(chǎng)情況下物體從A端運(yùn)動(dòng)到C端的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理求出電場(chǎng)強(qiáng)度E．在有磁場(chǎng)情況下物體從P端運(yùn)動(dòng)到C端的過(guò)程中，滑塊豎直方向上受到豎直向下

45、的重力和電場(chǎng)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△t，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．</p><p>　　如圖所示，在豎直平

46、面內(nèi)有一傾角θ＝37°的傳送帶，兩皮帶輪AB軸心之間的距離L＝3.2m，沿順時(shí)針?lè)较蛞詖0＝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(wú)初速度釋放，物塊P與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5。物塊P離開(kāi)傳送帶后在C點(diǎn)沿切線(xiàn)方向無(wú)能量損失地進(jìn)入半徑為的光滑圓弧形軌道CDF，并與位于圓弧軌道最低點(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

47、6;＝0.6，cos37°＝0.8。求： </p><p>　?。?）物塊P從傳送帶離開(kāi)時(shí)的速度大小；</p><p>　　（2）物塊P與物塊Q碰撞后瞬間，物塊P對(duì)圓弧軌道壓力大小的取值范圍。</p><p>　　【答案】解：（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；</p><p><b>　　由

48、牛頓第二定律得；</b></p><p>　　解得：，所需時(shí)間，沿斜面向下運(yùn)動(dòng)的位移；</p><p>　　當(dāng)物塊P的速度與傳送帶共速后，由于所以物塊P所受摩擦力方向沿傳送帶向上；</p><p>　　由牛頓第二定律得，解得；</p><p>　　物塊P以加速度運(yùn)動(dòng)的距離為；</p><p>　　設(shè)物塊P運(yùn)

49、動(dòng)到傳送帶底端的速度為，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得：；</p><p><b>　　解得：；</b></p><p>　　即：物塊P從傳送帶離開(kāi)時(shí)的速度大小為4m/s；</p><p>　?。?）設(shè)物塊P運(yùn)動(dòng)到F點(diǎn)的速度為，由動(dòng)能定理得，解得：；</p><p>　　若物塊P與物塊發(fā)生完全彈性碰撞，并設(shè)物塊P碰撞后的速度為，物塊Q碰

50、撞后的速度為，則兩物塊的碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒，碰撞前后動(dòng)能之和不變：，，解得：；</p><p>　　若物塊P與物塊發(fā)生完全非彈性碰撞，則，；</p><p>　　所以物塊P的速度范圍為；</p><p>　　在F點(diǎn)由牛頓第二定律得：；</p><p>　　物塊P碰撞后瞬間對(duì)圓弧軌道的壓力為，由牛頓第三定律可得 ，即；</p>

51、;<p>　　即：物塊P與物塊Q碰撞后瞬間，物塊P對(duì)圓弧軌道壓力大小的取值范圍為。</p><p>　　【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(guò)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。</p><p>　?。?）物體先沿傳送帶向下做勻加速直線(xiàn)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

52、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(kāi)時(shí)的速度大小；</p><p>　?。?）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、向心力、牛頓第三定律得出物塊P對(duì)圓弧軌道壓力大小的取值范圍。</p>&

53、lt;p>　　如圖所示，豎直固定放置的粗糙斜面AB的下端與光滑的圓弧BCD的B點(diǎn)相切，圓弧軌道的半徑為R，圓心O與A、D在同一水平面上，C點(diǎn)為圓弧軌道最低點(diǎn)，∠COB=θ，現(xiàn)在質(zhì)量為m的小物體從距D點(diǎn)高度為的地方無(wú)初速地釋放，已知小物體恰能從D點(diǎn)進(jìn)入圓軌道．求：（1）為使小物體不會(huì)從A點(diǎn)沖出斜面，小物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)至少為多少？（2）若小物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)，則小物體在斜面上通過(guò)的總路程為多少？（3）根據(jù)第（2）問(wèn)

54、條件，小物體通過(guò)圓弧軌道最低點(diǎn)C時(shí)，對(duì)C的最大壓力和最小壓力各是多少？</p><p>　　【答案】解：（1）為使小物體不會(huì)從A點(diǎn)沖出斜面，由動(dòng)能定理得mg-μmgcosθ=0解得動(dòng)摩擦因數(shù)至少為：μ=（2）分析運(yùn)動(dòng)過(guò)程可得，最終小物體將從B點(diǎn)開(kāi)始做往復(fù)的運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理得mg（+Rcosθ）-μmgScosθ=0解得小物體在斜面上通過(guò)的總路程為：S=（3）由于小物體第一次通過(guò)最低點(diǎn)時(shí)速度最大，此時(shí)壓力

55、最大，由動(dòng)能定理，得mg（+R）=mv2由牛頓第二定律，得Nmax-mg=m解得Nmax=3mg+mgcosθ最終小物體將從B點(diǎn)開(kāi)始做往復(fù)的運(yùn)動(dòng)，則有mgR（1-cosθ）=mv′2Nmin-mg=m聯(lián)立以上兩式解得Nmin=mg（3-2cosθ）由牛頓第三定律，得小物體通過(guò)圓弧軌道最低點(diǎn)C時(shí)對(duì)C的最大壓力=3mg+mgcosθ，最小壓力=mg（3-2cosθ）．</p><p>　　【解析

56、】（1）要物體不從A點(diǎn)沖出斜面則物體到達(dá)A點(diǎn)時(shí)速度為0，根據(jù)動(dòng)能定理可以求出物體從B到C的過(guò)程中摩擦力所做的功，故需要根據(jù)幾何關(guān)系求出AB的高度差為Rcosθ，斜面AB的傾角為θ，可知AB之間的距離為．（2）由于物體不能從A點(diǎn)沖出，故會(huì)向B滑動(dòng)，然后從CD滑會(huì)B點(diǎn)，最后只能滑到B點(diǎn)而不能繼續(xù)向A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，即只能做以B為最高點(diǎn)的往復(fù)運(yùn)動(dòng)，即確定了物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程中速度為0的末位置，根據(jù)摩擦力做功的特點(diǎn)（摩擦力做功與路程有關(guān)）利用動(dòng)能定理即可求