2020高考物理 月刊專版 專題3 牛頓定律及其應(yīng)用高考在線2020

1、牛頓定律及其應(yīng)用 1.（天津）如圖所示，A、B兩物塊疊放在一起，在粗糙的水平面上保持相對靜止地向右做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過程中B受到的摩擦力A方向向左，大小不變B方向向左，逐漸減小C方向向右，大小不變D方向向右，逐漸減小【解析】考查牛頓運(yùn)動(dòng)定律處理連接體問題的基本方法，簡單題。對于多個(gè)物體組成的物體系統(tǒng)，若系統(tǒng)內(nèi)各個(gè)物體具有相同的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，應(yīng)優(yōu)先選取整體法分析，再采用隔離法求解。取A、B系統(tǒng)整體分析有，a=g，B與A具有共同的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，取B為研究對象，由牛頓第二定律有：，物體B做速度方向向右的勻減速運(yùn)動(dòng)，故而加速度方向向左?！敬鸢浮緼2（北京）“蹦極”就是跳躍者把一端固定的長彈性繩綁在踝關(guān)節(jié)等

2、處，從幾十米高處跳下的一種極限運(yùn)動(dòng)。某人做蹦極運(yùn)動(dòng)，所受繩子拉力F的大小隨時(shí)間t變化的情況如圖所示。將蹦極過程近似為在豎直方向的運(yùn)動(dòng)，重力加速度為g。據(jù)圖可知，此人在蹦極過程中最大加速度約為Ag B2gC3g D4g答案：B解析：由題圖可知：繩子拉力F的最大值為9F0/5，最終靜止時(shí)繩子拉力為3F0/5=mg，根據(jù)牛頓第二定律得：9F0/53F0/5=ma，所以a=2g。B正確，A、C、D錯(cuò)誤。3.（四川）如圖是“神舟”系列航天飛船返回艙返回地面的示意圖，假定其過程可簡化為：打開降落傘一段時(shí)間后，整個(gè)裝置勻速下降，為確保安全著陸，需點(diǎn)燃返回艙的緩沖火箭，在火箭噴氣過程中返回艙做減速直線運(yùn)動(dòng)，則

3、A.火箭開始噴氣瞬間傘繩對返回艙的拉力變小B.返回艙在噴氣過程中減速的主要原因是空氣阻力C返回艙在噴氣過程中所受合外力可能做正功D.返回艙在噴氣過程中處于失重狀態(tài)【答案】A【解析】在火箭噴氣過程中返回艙做減速直線運(yùn)動(dòng)，加速度方向向上，返回艙處于超重狀態(tài)，動(dòng)能減小，返回艙所受合外力做負(fù)功，返回艙在噴氣過程中減速的主要原因是緩沖火箭向下噴氣而獲得向上的反沖力?；鸺_始噴氣前勻速下降拉力等于重力減去返回艙受到的空氣阻力，火箭開始噴氣瞬間反沖力直接對返回艙作用因而傘繩對返回艙的拉力變小。4.如圖，在光滑水平面上有一質(zhì)量為m1的足夠長的木板，其上疊放一質(zhì)量為m2的木塊。假定木塊和木板之間的最大靜摩擦力和

4、滑動(dòng)摩擦力相等?，F(xiàn)給木塊施加一隨時(shí)間t增大的水平力F=kt（k是常數(shù)），木板和木塊加速度的大小分別為a1和a2，下列反映a1和a2變化的圖線中正確的是（A）解析：主要考查摩擦力和牛頓第二定律。木塊和木板之間相對靜止時(shí)，所受的摩擦力為靜摩擦力。在達(dá)到最大靜摩擦力前，木塊和木板以相同加速度運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律。木塊和木板相對運(yùn)動(dòng)時(shí)， 恒定不變，。所以正確答案是A。5（上海）受水平外力F作用的物體，在粗糙水平面上作直線運(yùn)動(dòng)，其 圖線如圖所示，則(A)在秒內(nèi)，外力大小不斷增大(B)在時(shí)刻，外力為零(C)在秒內(nèi)，外力大小可能不斷減小(D)在秒內(nèi)，外力大小可能先減小后增大【答案】CD.【解析】秒內(nèi)，加速

5、運(yùn)動(dòng)，從圖像斜率看，這段時(shí)間內(nèi)的加速度減小，所以，秒內(nèi)，不斷減小，A錯(cuò)誤；從圖像斜率看在時(shí)刻，加速度為零，B錯(cuò)誤；在秒內(nèi)減速運(yùn)動(dòng)，若開始時(shí)的方向與一致，則，從圖像斜率看加速度逐漸增大，因此不斷減小，C正確，當(dāng)減小到零，反向之后，當(dāng)增大時(shí)，加速度逐漸增大，D正確6（福建）（19分）如圖為某種魚餌自動(dòng)投放器中的投餌管裝置示意圖，其下半部AB是一長為2R的豎直細(xì)管，上半部BC是半徑為R的四分之一圓弧彎管，管口沿水平方向，AB管內(nèi)有一原長為R、下端固定的輕質(zhì)彈簧。投餌時(shí)，每次總將彈簧長度壓縮到0.5R后鎖定，在彈簧上段放置一粒魚餌，解除鎖定，彈簧可將魚餌彈射出去。設(shè)質(zhì)量為m的魚餌到達(dá)管口C時(shí)，對管壁的

6、作用力恰好為零。不計(jì)魚餌在運(yùn)動(dòng)過程中的機(jī)械能損失，且鎖定和解除鎖定時(shí)，均不改變彈簧的彈性勢能。已知重力加速度為g。求：質(zhì)量為m的魚餌到達(dá)管口C時(shí)的速度大小v1;彈簧壓縮到0.5R時(shí)的彈性勢能Ep;已知地面與水面相距1.5R，若使該投餌管繞AB管的中軸線OO在角的范圍內(nèi)來回緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)，每次彈射時(shí)只放置一粒魚餌，魚餌的質(zhì)量在到m之間變化，且均能落到水面。持續(xù)投放足夠長時(shí)間后，魚餌能夠落到水面的最大面積S是多少？解析：此題考查平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律、牛頓運(yùn)動(dòng)定律、豎直面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)、機(jī)械能守恒定律等知識(shí)點(diǎn)。（1）質(zhì)量為m的魚餌到達(dá)管口C時(shí)做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力完全由重力提供，則mg=m，當(dāng)魚餌的質(zhì)量為2m/3時(shí)，設(shè)

7、其到達(dá)管口C時(shí)速度大小為v2，由機(jī)械能守恒定律有Ep=mg(1.5R+R)+(m) v22，由式解得v2=2. 質(zhì)量為2m/3的魚餌落到水面上時(shí)，設(shè)離OO的水平距離為x2，則x2=v2t+R，由式解得x2=7R.魚餌能夠落到水面的最大面積S，S=(x22-x12)= R2（或8.25R2）。7（北京）（18分）利用電場和磁場，可以將比荷不同的離子分開，這種方法在化學(xué)分析和原子核技術(shù)等領(lǐng)域有重要的應(yīng)用。如圖所示的矩形區(qū)域ACDG(AC邊足夠長)中存在垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場，A處有一狹縫。離子源產(chǎn)生的離子，經(jīng)靜電場加速后穿過狹縫沿垂直于GA邊且垂直于磁場的方向射入磁場，運(yùn)動(dòng)到GA邊，被相應(yīng)的收集器收

8、集。整個(gè)裝置內(nèi)部為真空。已知被加速的兩種正離子的質(zhì)量分別是m1和m2(m1m2)，電荷量均為q。加速電場的電勢差為U，離子進(jìn)入電場時(shí)的初速度可以忽略。不計(jì)重力，也不考慮離子間的相互作用。(1)求質(zhì)量為m1的離子進(jìn)入磁場時(shí)的速率v1；(2)當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B時(shí)，求兩種離子在GA邊落點(diǎn)的間距s；(3)在前面的討論中忽略了狹縫寬度的影響，實(shí)際裝置中狹縫具有一定寬度。若狹縫過寬，可能使兩束離子在GA邊上的落點(diǎn)區(qū)域交疊，導(dǎo)致兩種離子無法完全分離。設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小可調(diào)，GA邊長為定值L，狹縫寬度為d，狹縫右邊緣在A處。離子可以從狹縫各處射入磁場，入射方向仍垂直于GA邊且垂直于磁場。為保證上述兩種離子能

9、落在GA邊上并被完全分離，求狹縫的最大寬度。解析：（1）動(dòng)能定理 得 （2）由牛頓第二定律 ，利用式得離子在磁場中的軌道半徑為別為 ， 兩種離子在GA上落點(diǎn)的間距 （3）質(zhì)量為m1的離子，在GA邊上的落點(diǎn)都在其入射點(diǎn)左側(cè)2R1處，由于狹縫的寬度為d，因此落點(diǎn)區(qū)域的寬度也是d。同理，質(zhì)量為m2的離子在GA邊上落點(diǎn)區(qū)域的寬度也是d。8（安徽）（16分）xyOPB如圖所示，在以坐標(biāo)原點(diǎn)O為圓心、半徑為R的半圓形區(qū)域內(nèi)，有相互垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，磁場方向垂直于xOy平面向里。一帶正電的粒子（不計(jì)重力）從O點(diǎn)沿y軸正方向以某一速度射入，帶電粒子恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)t0時(shí)間從P點(diǎn)射

10、出。（1）求電場強(qiáng)度的大小和方向。（2）若僅撤去磁場，帶電粒子仍從O點(diǎn)以相同的速度射入，經(jīng)時(shí)間恰從半圓形區(qū)域的邊界射出。求粒子運(yùn)動(dòng)加速度的大小。（3）若僅撤去電場，帶電粒子仍從O點(diǎn)射入，且速度為原來的4倍，求粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。解析：（1）設(shè)帶電粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，初速度為v，電場強(qiáng)度為E。可判斷出粒子受到的洛倫磁力沿x軸負(fù)方向，于是可知電場強(qiáng)度沿x軸正方向且有 qE=qvB 又 R=vt0 則 （2）僅有電場時(shí)，帶電粒子在勻強(qiáng)電場中作類平拋運(yùn)動(dòng)在y方向位移 由式得 設(shè)在水平方向位移為x，因射出位置在半圓形區(qū)域邊界上，于是又有 得 （3）僅有磁場時(shí)，入射速度，帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中作

11、勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)軌道半徑為r，由牛頓第二定律有 又 qE=ma 由式得 由幾何關(guān)系 即 帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)周期則帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間所以 9（安徽）（20分）Mmv0OPL如圖所示，質(zhì)量M=2kg的滑塊套在光滑的水平軌道上，質(zhì)量m=1kg的小球通過長L=0.5m的輕質(zhì)細(xì)桿與滑塊上的光滑軸O連接，小球和輕桿可在豎直平面內(nèi)繞O軸自由轉(zhuǎn)動(dòng)，開始輕桿處于水平狀態(tài)，現(xiàn)給小球一個(gè)豎直向上的初速度v0=4 m/s，g取10m/s2。（1）若鎖定滑塊，試求小球通過最高點(diǎn)P時(shí)對輕桿的作用力大小和方向。（2）若解除對滑塊的鎖定，試求小球通過最高點(diǎn)時(shí)的速度大小。（3）在滿足（2）的條件下，試求小球擊中滑塊右側(cè)

12、軌道位置點(diǎn)與小球起始位置點(diǎn)間的距離。解析：（1）設(shè)小球能通過最高點(diǎn)，且此時(shí)的速度為v1。在上升過程中，因只有重力做功，小球的機(jī)械能守恒。則 設(shè)小球到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，輕桿對小球的作用力為F，方向向下，則 由式，得 F=2N 由牛頓第三定律可知，小球?qū)p桿的作用力大小為2N，方向豎直向上。（2）解除鎖定后，設(shè)小球通過最高點(diǎn)時(shí)的速度為v2，此時(shí)滑塊的速度為V。在上升過程中，因系統(tǒng)在水平方向上不受外力作用，水平方向的動(dòng)量守恒。以水平向右的方向?yàn)檎较?，?在上升過程中，因只有重力做功，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，則 由式，得 v2=2m/s （3）設(shè)小球擊中滑塊右側(cè)軌道的位置點(diǎn)與小球起始點(diǎn)的距離為s1，滑塊向左移動(dòng)

13、的距離為s2，任意時(shí)刻小球的水平速度大小為v3，滑塊的速度大小為V/。由系統(tǒng)水平方向的動(dòng)量守恒，得 將式兩邊同乘以，得 因式對任意時(shí)刻附近的微小間隔都成立，累積相加后，有 又 由式得 10（北京）（16分）如圖所示，長度為l的輕繩上端固定在O點(diǎn)，下端系一質(zhì)量為m的小球（小球的大小可以忽略）。（1）在水平拉力F的作用下，輕繩與豎直方向的夾角為，小球保持靜止。畫出此時(shí)小球的受力圖，并求力F的大??；OlFm（2）由圖示位置無初速釋放小球，求當(dāng)小球通過最低點(diǎn)時(shí)的速度大小及輕繩對小球的拉力。不計(jì)空氣阻力。 ，方向豎直向上11（上海）如圖，質(zhì)量的物體靜止于水平地面的A處，A、B間距L=20m。用大小為30

14、N，沿水平方向的外力拉此物體，經(jīng)拉至B處。(已知，。取)(1)求物體與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(2)用大小為30N，與水平方向成37的力斜向上拉此物體，使物體從A處由靜止開始運(yùn)動(dòng)并能到達(dá)B處，求該力作用的最短時(shí)間t?！窘馕觥?(1)物體做勻加速運(yùn)動(dòng)由牛頓第二定律(2)設(shè)作用的最短時(shí)間為，小車先以大小為的加速度勻加速秒，撤去外力后，以大小為，的加速度勻減速秒到達(dá)B處，速度恰為0，由牛頓定律 （1分）由于勻加速階段的末速度即為勻減速階段的初速度，因此有（2）另解：設(shè)力作用的最短時(shí)間為t，相應(yīng)的位移為s，物體到達(dá)B處速度恰為0，由動(dòng)能定理 由牛頓定律【答案】0.5 1.03s12（福建）（15分）反射式速調(diào)管是常用的微波器械之一，它利用電子團(tuán)在電場中的