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磁鐵從鋁管上端由靜止釋放，強磁鐵在鋁管中始終與管壁不接觸則強磁鐵在下落過程中（）A.若增加強磁鐵的磁性，可使其到達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.強磁鐵落到鋁管底部的動能等于減少的重力勢能D.強磁鐵先加速后減速【答案】A【解析】 解：A、磁鐵通過鋁管時，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動；結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律可知， 磁鐵的磁場越強、磁鐵運動的速度越快，則感應(yīng)電流越大，感應(yīng)電流對磁鐵的阻礙作

2、用也越大；所以若增 加強磁鐵的磁性，可使其到達鋁管底部的速度變小故A正確；B、D、磁鐵在整個下落過程中，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，結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律可知，磁鐵運動的速度越快，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動.磁鐵可能一直向下做加速運動，也可能磁鐵先向下做加速運動，最后做勻速直線運動，不可能出 現(xiàn)減速運動；若磁鐵先向下做加速運動，最后做勻速直線運動，則鋁管對水平桌面的壓力先逐漸變大， 最后保持不變故B錯誤，D錯誤；C、 磁鐵在整個下落過程中，除重力做功外，還有產(chǎn)生感應(yīng)電流對應(yīng)的安培力做功，導(dǎo) 致減

3、小的重力勢能，部分轉(zhuǎn)化動能外，還有產(chǎn)生內(nèi)能，動能的增加量小于重力勢能的減 少量.故C錯誤；故選：A磁鐵通過鋁管時，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)強磁鐵過來時，就拒絕它；當(dāng)離開時就挽留它.并涉 及機械能守恒的條件，同時考查能量守恒關(guān)系.2.2016年8月21日里約奧運會中國排球隊主攻手朱婷得到179分，在朱婷用手掌奮力將球擊出時，下列說法正確的是（）A.手掌對排球作用力的大小大于排球?qū)κ终谱饔昧Φ?/p>

4、大小B.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)\動員手掌的作用力和運動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錯誤，B正確；C、 一對作用力與反作用力同時產(chǎn)生、同時消失，所以排球?qū)\動員手掌的作用力和運動員手掌對排球的作用力同時消失，故C錯誤；D、 排球?qū)\動員手掌的作用力和運動員手掌對排球的作用力是一對作用力與反作用 力，故D錯誤.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，它們同時產(chǎn)生、同時消 失、同時變化，

5、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，同時消 失、同時變化，難度不大，屬于基礎(chǔ)題.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.取重力加速度g=10m/s2.當(dāng)人以440N的力拉繩時，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：以整體為研究對象，整體受重力、兩根繩子的拉力; 由牛

6、頓第二定律可知：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)成一個整體，對整體進行受力分析，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，在解題時要注意整體法與隔離法的應(yīng)用，靈活選取研究對象進行列式求解.4.我國的傳統(tǒng)文化和科技是中華民族的寶貴精神財富，四大發(fā)明促進了

7、科學(xué)的發(fā)展和技術(shù)的進步，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，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，化學(xué)能全部轉(zhuǎn)化為彈片的動能D.指南針的發(fā)明促進了航海和航空，靜止時指南針的N極指向北方【答案】D【解析】解：A、鞭炮炸響的瞬間，因內(nèi)力遠大于外力，故系統(tǒng)動量守恒，同時在爆炸 過程中，總能量是守恒的，故A錯誤；B、 現(xiàn)代火箭發(fā)射時，火箭對噴出氣體的作用力和氣體對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錯誤；C、

8、裝在炮彈中的火藥燃燒爆炸時，化學(xué)能轉(zhuǎn)化為彈片的動能和周圍物體的內(nèi)能，故C錯誤；D、指南針的發(fā)明促進了航海和航空，因地磁場南極處在地理北極處，故指南針靜止時 指南針的N極指向北方，故D正確。故選：D明確動量守恒的條件，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。3.整體的加速度22m/s =l.0m/s;本題以四大發(fā)明為載體，考查動量守恒、能量守恒、作用力和反作用力以及地磁場等性 質(zhì)，要注意明確動量守恒的條件，知道能量守恒規(guī)律的應(yīng)用。5.根據(jù)開普勒定律可知：火星繞太陽運行的軌道是橢圓，太

9、陽處在橢圓的一個焦點上.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.火星運動到近日點時的加速度最大D.火星繞太陽運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錯誤；MmFC、 根據(jù)a=，火星運動到近日點時的加速度最大，故C正確；111百=正D、根據(jù)開普勒定律中的面積定律，火星繞太陽運行的線速度大小始終變化，近日點速度最大，遠日點速度最小，故D錯誤；

10、故選：C根據(jù)萬有引力定律判斷選項A，根據(jù)牛頓第三定律判斷選項B，根據(jù)牛頓第二定律列式判斷選項C,根據(jù)開普勒定律的面積定律判刑選項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，注意在橢圓軌道運動時要根據(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)物塊運動到最低點之前，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

11、【答案】ABD【解析】 解：AB、設(shè)斜面的傾角為a不加推力F時，滑塊勻速下滑，受重力、支持力 和摩擦力，根據(jù)共點力平衡條件，支持力N=mgcosa摩擦力f=mgsina故動摩擦因數(shù)fiii:N ，對小物塊施加一水平向右的恒力F后，支持力N=mgcosa+sina變大；滑動摩擦力f=迥，也變大；故A正確，B正確；CD、不加推力F時，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趨勢，故斜面體不受摩擦力；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

12、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趨勢， 故斜面體仍然不受摩擦力，但對地壓力變大了；故C錯誤，D正確；故選：ABD。不加推力F時，滑塊勻速下滑，受重力、支持力和摩擦力，根據(jù)共點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，由于動摩擦因數(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

13、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，先產(chǎn)生馬拉車的力，再產(chǎn)生車拉馬的力【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)律的時刻，故同時產(chǎn)生、同時變化、同時消失，故D錯誤.故選：AC.

14、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， 作用在兩個物體上，力的性質(zhì)相同，它們同時產(chǎn)生，同時變化，同時消失.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.用計算機輔助實驗系統(tǒng)（DIS）做驗證牛頓第三定律的4尸A實驗時，把兩個測力探頭的掛鉤鉤在一起，向相反的方 向拉動，顯示器屏幕上顯示的是兩個力傳感器的相互作 用力隨時間變化的圖象，如圖所示由圖象可以得出的 正確結(jié)論是（ ）A.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存在，同時消失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

15、【答案】BCD【解析】解：由圖象不難看出兩個力的大小總是相等的，并且兩個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；圖象表示的是兩個測力探頭的受力情況，作用力和反作用力是兩個物體之間的相互作用力，作用在兩個物體上，所以A錯誤.故選BCD.作用力和反作用力一定是兩個物體之間的相互作用力，并且大小相等，方向相反，同時產(chǎn)生同時消失.本題主要是考查作用力與反作用力的關(guān)系，同時注意區(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的半圓形光滑絕緣軌道ABC,A、C連線為水平直徑，B點為最低點，圓心處固定一電荷量為+qi的點電荷將另一質(zhì)量為m、電荷量為+q2的帶電小球從

16、軌道A處無初速度釋放，已知重力加速度為A.小球運動到B點時的速度大小為.B.小球運動到B點時的加速度大小為gC.小球不能運動到C點【答案】AD【解析】【分析】點電荷形成的電場的特點是：以點電荷為圓心的同心圓上為等勢面，即ABC弧上各點的電勢相等，q2沿ABC弧移動，電場力不做功，q2電勢能不變，機械能守恒，可求到B點的速度，由向心加速度公式可求B點的加速度，在園周運動最低點， 利用牛頓第二定 律可求小球運動到B點時對軌道的壓力大小?！窘獯稹緼由于小球從A-B的過程中機械能守恒，所以由機械能守恒定律得:沖:亦,故A正確；B.由得，小球運動到B點時的加速度大小為，故B錯誤;乜RC.q2沿ABC弧移

17、動，電場力不做功，q2電勢能不變，小球的機械能守恒，所以能夠到C點，故C錯誤；D.設(shè)最低點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，小球運動到B點時對軌道的壓力大R-故D正確;故選AD。D.小球運動到B點時對軌道的壓力大小為切23mg+kFT小為三、填空題（本大題共1小題，共5分）10.用水平恒力F推動放在光滑水平面上、質(zhì)量均為m的六個緊靠在一起的木塊， 則第5號木塊受到的合外力等于_，第4號木塊對第5號本塊的作用力等于 _.F F【答案】；6 3F【解析】解：對整體運用牛頓第二定律，有；6m對物體5，根據(jù)牛頓第二定律，可知其合力為：F合

18、=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行分析研究.四、實驗題探究題（本大題共2小題，共25分）11.如圖甲所示為一拉力傳感器， 某實驗小組在用拉力傳感器探究作用力與反作用力關(guān)系的實驗中，獲得了如圖乙所示的圖線根據(jù)這個圖線，你可以得出的結(jié)論是：_ 實驗中要用到 _ 個拉力傳感器如果實驗時保持一只手不動，另一只手拉動，與兩只手同時對拉得到的結(jié)論有沒有變化？ _ （填

19、“有”或“沒有”）；兩只手邊拉邊向右運動，與兩只手靜止時對拉得到的結(jié)論有沒有變化？_ （填“有”或“沒有”）【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 相反實驗中要用到兩個拉力傳感器.作用力與反作用力總是同時產(chǎn)生同時變化同時消失.如果實驗時保持一只手不動，另一只手拉動，與兩只手同時對拉得到的結(jié)論沒有變化. 兩只手邊拉邊向右運動，與兩只手靜止時對拉得到的結(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，作用在兩個物體上且同時產(chǎn)生同時消

20、失.本題考查了作用力與反作用力的特點.T甲乙12.在“探究作用力與反作用力的關(guān)系”實驗中，某同學(xué)用兩個力傳感器進行實驗，將兩個傳感器按圖甲方式對拉，在計算機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）【答案】時間；大小相等；同時產(chǎn)生、同時消失、同時變化【解析】解：由題可知，圖2表示的是力傳感器上的作用力隨時間變化的關(guān)系，所以橫 坐標(biāo)代表的物理量是時間，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，同時產(chǎn)生，同 時變化，同時消

21、失故答案為：時間；大小相等；同時產(chǎn)生、同時消失、同時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，同時產(chǎn)生，同時變化， 同時消失。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 時產(chǎn)生，同時變化，同時消失。五、計算題（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，CD之間距離可忽略.粗糙弧形軌道最高點A與水平面上B點之間的高度為h.從A點靜止釋放一個可視為質(zhì)點的小球，小球沿翹尾巴的S形軌道運動后從E點水平飛出，落到水平

22、地面上，落點到與E點在同一豎直線上B點的距離為s.已知小球質(zhì)量m,不計空氣阻力，求：（1）小球從E點水平飛出時的速度大??；（2） 小球運動到半圓軌道的B點時對軌道的壓力；【答案】 解：（1）小球從E點水平飛出做平拋運動，設(shè)小球從E點水平飛出時的速度大小為VE,由平拋運動規(guī)律得：（乙）（甲）0 atMB : WS=VEt聯(lián)立解得:(2)小球從B點運動到E點的過程，機械能守恒，根據(jù)機械能守恒定律得:I3I2= mg4R -i -mvZI解得：2九屮，.，方向豎直向下;8R-mgs16R【解析】(1)小球從E點飛出做平拋運動，根據(jù)高度求出運動的時間，再根據(jù)水平位 移和時間求出平拋運動的初速度.(2)

23、小球從B點運動到E點的過程，機械能守恒，根據(jù)機械能守恒定律得求出B點速度，在B點，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)動能定理求出小球沿軌道運動過程中克服摩擦力所做的功.解決本題的關(guān)鍵理清運動的過程，把握每個過程和狀態(tài)的規(guī)律，知道豎直平面內(nèi)的圓周運動在最高點和最低點由合外力提供向心力，綜合運用牛頓定律和動能定理進行解題.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,沿逆時針 方向的運動速度v=,；l、.在P0的右側(cè)

24、空間存在方向豎直向下的勻強電場.一質(zhì)量 為m、電荷量為+q的小物體從圓弧頂點A由靜止開始沿軌道下滑，恰好運動到C端后返回.物體與傳送 帶間的動摩擦因數(shù)為(1,不計物體經(jīng)過軌道與傳送帶連接處P時的機械能損失，重力加速度為g在B點，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動到2B點時對軌道的壓力為!；-，方向豎直向下8R-(3)設(shè)小球沿翹尾巴的S形軌道運動時克服摩擦力做的功為mg(h-4R)-W =JDVEW,則答:(1)小球從E點水平飛出時的速度大小為(2)小球運動到半圓軌道的B點時對軌道的壓力大小為小球沿翹尾巴S形軌道運動時克服摩擦力做的功為(3)(1)求物體下

25、滑到P點時，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)強度為B的水平勻強磁場(圖中未畫出)，物體從圓弧頂點A靜止釋放，運動到C端時的速度為試求物體在傳送帶上運動的時間t.【答案】解：(1)設(shè)物體滑到P端時速度大小為vP,物體從A端運動到P端的過程中,設(shè)物體滑到P端時受支持力為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端時對軌道壓力為F,根據(jù)牛頓第三定律F = N=3mg(2)物體到達C端以后受滑動摩擦力，向左做初速度為零的勻加速運動，設(shè)向左運動 距離為x時物體與皮帶速度相同，設(shè)物體受到的摩擦力

26、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動一半皮帶長度后，與皮帶同速向左運動，即再次到達P點時速度大小是v=.根據(jù)機械能守恒定律，設(shè)在斜面上上升的高度H，則mgH=-R解得H =(3)設(shè)電場強度為E，在無磁場物體從A端運動到C端的過程中，根據(jù)動能定理有mgR-(mg+Eq)L=0_0解得E=pqL在有磁場情況下物體從P端運動到C端的過程中，設(shè)任意時刻物體速度為v,取一段極短的含此時刻的時間設(shè)在此時間段內(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兩邊同時乘以，再對兩邊求和得I - -

27、二- 乙而.八 , ,而，-以上結(jié)果代入上式，得化簡得t=-mgR 2gR答：(1)物體下滑到P點時，物體對軌道的壓力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)強度為B的水平勻強磁物體在傳送帶上運動的時間t是.mgR 2gR【解析】(1)物體從A端運動到P端的過程中，只有重力做功，機械能守恒，即可求 出物體滑到P端時速度大小.經(jīng)過P點時，由重力和軌道支持力的合力提供物體的向心力，根據(jù)牛頓運動定律求解物體對軌道的壓力F.(2)物體從C端返回時受到向左滑動摩擦力，向左做初速度為零的勻加速運動，根據(jù)動能定理列出滑塊速度與皮帶

28、速度相同時通過的距離x表達式，再研究滑塊從P到C過程，由動能定理列式，聯(lián)立求出x,再由機械能守恒定律研究滑塊滑上圓弧軌道的過程， 求解最大高度H.(3)在無磁場情況下物體從A端運動到C端的過程中，根據(jù)動能定理求出電場強度巳在 有磁場情況下物體從P端運動到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動，取一段極短時間,根據(jù)牛頓第二定律得到速度變化率表達式，運用積分法得到時間t.本題是動能定理、牛頓運動定律、向心力公式的綜合應(yīng)用，難點在于運用積分法研究非 勻減速運

29、動的時間，切入口是根據(jù)牛頓第二定律得到瞬時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,沿順時針方向以vo=2m/s勻速運動。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與傳送帶間的動摩擦因數(shù)卩=0.5。物塊P離開傳送帶后在C點沿切線方向無能量損失地進入半徑為.的光滑圓弧形軌道CDF，并與位于9圓弧軌道最低點F的物塊Q發(fā)生碰撞，碰撞時間極短，物塊Q的質(zhì)量M=1kg。物塊P和Q均可視為質(zhì)點，重力加速度g=10m/s2,sin37=0.6,cos37=0.8。求：場(圖中未畫出)，物體從圓弧頂點A靜止釋放，運

30、動到C端時的速度為A.5gR 匸- 、_fx，試求則 L（mg十Eq） t + p.qBL=(1)物塊P從傳送帶離開時的速度大??；(2)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?！敬鸢浮拷猓?1)物塊P在未到達與傳送帶共速之前，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，所需時間|：| ：，沿斜面向下運動的位移；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以加速度運動的距離為J設(shè)物塊P運動到傳送帶底端的速度為，由運動學(xué)公式得：=，：. 解得：八!曲即：物塊P從傳

31、送帶離開時的速度大小為4m/s；得：_ :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碰撞后的速度為，則兩物塊的碰撞過程動量守恒，碰撞前后動能之和不變1也-.-，解得：1=；2 2 2(2)設(shè)物塊P運動到F點的速度為，由動能定理得132mv；-mv72亠2若物塊P與物塊發(fā)生完全非彈性碰撞y wr八:，；在F點由牛頓第二定律得：；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】本題考查了動能定理的應(yīng)用、牛頓第二定律、動量守恒定律及其應(yīng)用；分析清 楚滑塊的運動過程，應(yīng)用動能定理、牛頓第二定律、運動學(xué)公式、動量守恒定律即可正 確解題。(1)物體先沿傳送帶向下做勻加速直線運動，由牛頓第二定律可以求出加速度，由運動學(xué)公式求出加速到與傳送帶共速的時間和位移；再共速時最大靜摩擦力和重力的下滑分力的關(guān)系，判斷之后物體的運動情況，再由牛頓第二定律和運動學(xué)公式結(jié)合求物塊P從傳送帶離開時的速度大??；(2)根據(jù)動能定理計算出物塊P運動到F點的速度；根據(jù)動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物塊P的速度范