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.doc

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1、1 / 20【2019【2019 最新最新】精选高考物理专题精选高考物理专题 0303 牛顿定律备考强化训练牛顿定律备考强化训练8 8 牛顿运动定律的应用二新人教版牛顿运动定律的应用二新人教版本套强化训练搜集近年来各地高中物理高考真题、模拟题及其它极有备考价值的习题等筛选而成。其主要目的在于进一步理解和掌握牛顿运动定律。能熟练地运用牛顿定律、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、力电综合以及其他综合问题，有利于培养和提高我们的审题能力和思维能力。一、破解依据一、破解依据欲顺利解决此类问题，试归纳以下几条欲顺利解决此类问题，试归纳以下几条“依据依据”：牛顿第一定律（略）

2、牛顿第二定律 或，其中 F、Fx、Fy 分别表示物体所受合力及其分力；并且，以上各式中力、加速度的方向均时刻保持一致。maF yyxxmaFmaF,注：若或,则或，牛二律转化为平衡条件。0a0, 0yxaa, 0F0, 0yxFF平衡状态是指物体处于静上或匀速度直线状态,或者是匀速转动。牛顿第三定律（略）实际应用：反冲运动。利用牛顿定律与高中物理知识解决的力学、力电综合题以及其他综合题。2 / 20二、二、 精选习题精选习题选择题（每小题选择题（每小题 5 5 分，共分，共 4040 分）分）1.1.（1616 上海）在今年上海的某活动中引入了全国首个户外风洞上海）在今年上海的某活动中引入了全

3、国首个户外风洞飞行体验装置，体验者在风力作用下漂浮在半空。若减小风力，体飞行体验装置，体验者在风力作用下漂浮在半空。若减小风力，体验者在加速下落过程中（验者在加速下落过程中（ ）（A）失重且机械能增加 （B）失重且机械能减少（C）超重且机械能增加 （D）超重且机械能减少2.2.（1414 新课标新课标）如图）如图-1-1，一质量为，一质量为 M M 的光滑大圆环，用一细的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内；套在大环上质量为轻杆固定在竖直平面内；套在大环上质量为 m m 的小环的小环( (可视为质点可视为质点) )，从大环的最高处由静止滑下重力加速度大小为从大环的最高处由静止滑下重力加速度大

4、小为 g.g.当小环滑到大环当小环滑到大环的最低点时，大环对轻杆拉力的大小为的最低点时，大环对轻杆拉力的大小为( ( ) )AMg5mg BMgmg CMg5mg DMg10mg3.3.（1414 日照一中二模）如图日照一中二模）如图-2-2 甲所示，平行于光滑斜面的轻弹甲所示，平行于光滑斜面的轻弹簧劲度系数为簧劲度系数为 k k，一端固定在倾角为的斜面底端，另一端与物块，一端固定在倾角为的斜面底端，另一端与物块 A A连接；两物块连接；两物块 A A、B B 质量均为质量均为 m m，初始时均静止。现用平行于斜面向，初始时均静止。现用平行于斜面向上的力上的力 F F 拉动物块拉动物块 B B

5、，使，使 B B 做加速度为做加速度为 a a 的匀加速运动，的匀加速运动，A A、B B 两物两物块在开始一段时间内的关系分别对应图块在开始一段时间内的关系分别对应图-2-2 乙中乙中 A A、B B 图线（时刻图线（时刻A A、B B 的图线相切，时刻对应的图线相切，时刻对应 A A 图线的最高点），重力加速度为图线的最高点），重力加速度为 g g，则（则（ ）t1t2tA时刻，弹簧形变量为 0 B时刻，弹簧形变量为2t1tsin/mgmak3 / 20C从开始到时刻，拉力 F 逐渐增大2tD从开始到时刻，拉力 F 做的功比弹簧弹力做的功少1t4.4. （1717 江苏）如图江苏）如图-3

6、-3 所示，一小物块被夹子夹紧，夹子通过所示，一小物块被夹子夹紧，夹子通过轻绳悬挂在小环上，小环套在水平光滑细杆上，物块质量为，到小轻绳悬挂在小环上，小环套在水平光滑细杆上，物块质量为，到小环的距离为，其两侧面与夹子间的最大静摩擦力均为环的距离为，其两侧面与夹子间的最大静摩擦力均为. .小环和物块以小环和物块以速度向右匀速运动，小环碰到杆上的钉子后立刻停止，物块向上摆速度向右匀速运动，小环碰到杆上的钉子后立刻停止，物块向上摆动动. .整个过程中，物块在夹子中没有滑动整个过程中，物块在夹子中没有滑动. .小环和夹子的质量均不计，小环和夹子的质量均不计，重力加速度为重力加速度为. .下列说法正确的

7、是（下列说法正确的是（ ）MLFvPg（A）物块向右匀速运动时，绳中的张力等于 2F（B）小环碰到钉子时，绳中的张力大于 2PF（C）物块上升的最大高度为 （D）速度不能超过22v gv(2)FMg L M7.7. （1515 安徽）图示是安徽）图示是 粒子（氦原子核）被重金属原子核散粒子（氦原子核）被重金属原子核散射的运动轨迹，射的运动轨迹，M M、N N、P P、Q Q 是轨迹上的四点，在散射过程中可以认是轨迹上的四点，在散射过程中可以认为重金属原子核静止不动。图中所标出的为重金属原子核静止不动。图中所标出的 粒子在各点处的加速度粒子在各点处的加速度方向正确的是（方向正确的是（ ）AM B

8、N CP DQ 8.8.（1616 天津）我国高铁技术处于世界领先水平，和谐号动车组天津）我国高铁技术处于世界领先水平，和谐号动车组图-24 / 20是由动车和拖车编组而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的是由动车和拖车编组而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车。假设动车组各车厢质量均相等，动车的额定功率都相车厢叫拖车。假设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行过程中阻力与车重成正比，某列动同，动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比，某列动车组由车组由 8 8 节车厢组成，其中第节车厢组成，其中第 1 1 和和 5 5 节车厢为动车，其余为

9、拖车，节车厢为动车，其余为拖车，则该动车组则该动车组 A、启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反B、做匀加速运动时，第 5、6 节与第 6、7 节车厢间的作用力之比为 3:2C、进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关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 1:2填空题（共填空题（共 1616 分）分） （1414 新课标新课标） （8 8 分）分） 某同学利用图某同学利用图-7(a)-7(a)所示实验装置所示实验装置及数字化信息系统获得了小车加速度及数字化信息系统获得了小车加速度 a a 与钩码的质量与钩码的质量 m m 的对应关系的对应关

10、系图，如图图，如图(b)(b)所示实验中小车所示实验中小车( (含发射器含发射器) )的质量为的质量为 200200 g g，实验时，实验时选择了不可伸长的轻质细绳和轻定滑轮，小车的加速度由位移传感选择了不可伸长的轻质细绳和轻定滑轮，小车的加速度由位移传感器及与之相连的计算机得到，回答下列问题：器及与之相连的计算机得到，回答下列问题：(a)(b)(1)根据该同学的结果，小车的加速度与钩码的质量成_(选填“线性”或“非线性”)关系(2)由图(b)可知，am 图线不经过原点，可能的原因是5 / 20_(3)若利用本实验装置来验证“在小车质量不变的情况下，小车的加速度与作用力成正比”的结论，并直接以

11、钩码所受重力 mg 作为小车受到的合外力，则实验中应采取的改进措施是_，钩码的质量应满足的条件是_10.10.（1515 浙江）（浙江）（8 8 分）甲同学准备做分）甲同学准备做“验证机械能守恒定律验证机械能守恒定律”实验，乙同学准备做实验，乙同学准备做“探究加速度与力、质量的关系探究加速度与力、质量的关系”实验实验（1）图-9 中 A、B、C、D、E 表示部分实验器材，甲同学需在 图中选用的器材_乙同学需在图中选用的器材 _.（用字母表示）（2）乙同学在实验室选齐所需器材后，经正确操作获得如图-10 所示的两条纸带和。纸带_的加速度大（填或者） ，其加速度大小为_.计算题（共计算题（共 44

12、44 分）分）11.11.（1616 天津）（天津）（1212 分）我国将于分）我国将于 20222022 年举办奥运会，跳台滑年举办奥运会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一，如图雪是其中最具观赏性的项目之一，如图-15-15 所示，质量所示，质量 m=60kgm=60kg 的运的运动员从长直助滑道末端动员从长直助滑道末端 ABAB 的的 A A 处由静止开始以加速度匀加速滑下，处由静止开始以加速度匀加速滑下，到达助滑道末端到达助滑道末端 B B 时速度，时速度，A A 与与 B B 的竖直高度差的竖直高度差 H=48mH=48m，为了改变运，为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用

13、一段弯曲滑道衔接，其动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点中最低点 C C 处附近是一段以处附近是一段以 O O 为圆心的圆弧。助滑道末端为圆心的圆弧。助滑道末端 B B 与滑道与滑道最低点最低点 C C 的高度差的高度差 h=5mh=5m，运动员在，运动员在 B B、C C 间运动时阻力做功间运动时阻力做功 W=-W=-1530J1530J，取，取23.6/am s24/Bvm s210/gm s（1）求运动员在 AB 段下滑时受到阻力的大小；fF6 / 20（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。1212

14、（1414 长沙模拟）（长沙模拟）（1212 分）如图分）如图-18-18 所示，风洞实验室中能模所示，风洞实验室中能模拟产生恒定向右的风力。质量的小球穿在长的直杆上并置于实验室拟产生恒定向右的风力。质量的小球穿在长的直杆上并置于实验室中，球与杆间的动摩擦因数为中，球与杆间的动摩擦因数为 0.50.5，当杆竖直固定放置时，小球恰，当杆竖直固定放置时，小球恰好能匀速下滑。保持风力不变，改变固定杆与竖直线的夹角，将小好能匀速下滑。保持风力不变，改变固定杆与竖直线的夹角，将小球从球从 O O 点静止释放。点静止释放。g g 取取 10m/s210m/s2，求：，求：100gm 1.2mL 376 .

15、 037sin8 . 037cos（1）小球受到的风力大小；（2）当时，小球离开杆时的动能。 3713.13. (15(15 新课标新课标 I)I)（2020 分）一长木板置于粗糙水平地面上，分）一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为，如图距离为，如图-16-16（a a）所示。时刻开始，小物块与木板一起以共同）所示。时刻开始，小物块与木板一起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，

16、方向相反；运动过程中小物块始终未离开木后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后时间内小物块的图线如图板。已知碰撞后时间内小物块的图线如图-16-16（b b）所示。木板的质）所示。木板的质量是小物块质量的量是小物块质量的 1515 倍，重力加速度大小倍，重力加速度大小 g g 取。求取。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终距离7 / 20( (四四) )选做题选做题14.14.（1414 天津）如图天津）如图-17-17 所示，水平地面上静止放置一辆小车所示，水平地面上静止放置一辆小车A

17、A，质量，质量 mAmA4 4 kgkg，上表面光滑，小车与地面间的摩擦力极小，可，上表面光滑，小车与地面间的摩擦力极小，可以忽略不计可视为质点的物块以忽略不计可视为质点的物块 B B 置于置于 A A 的最右端，的最右端，B B 的质量的质量mBmB2 2 kg.kg.现对现对 A A 施加一个水平向右的恒力施加一个水平向右的恒力 F F1010 N N，A A 运动一段时运动一段时间后，小车左端固定的挡板与间后，小车左端固定的挡板与 B B 发生碰撞，碰撞时间极短，碰后发生碰撞，碰撞时间极短，碰后A A、B B 粘合在一起，共同在粘合在一起，共同在 F F 的作用下继续运动，碰撞后经时间的

18、作用下继续运动，碰撞后经时间t t0.60.6 s s，二者的速度达到，二者的速度达到 vtvt2 2 m/s.m/s.求：求：(1)A(1)A 开始运动时加速度开始运动时加速度 a a 的大小；的大小；(2)A(2)A、B B 碰撞后瞬间的共同速度碰撞后瞬间的共同速度 v v 的大小；的大小；(3)A(3)A 的上表面长度的上表面长度 l.l.15.15.（1616 海南）水平地面上有质量分别为海南）水平地面上有质量分别为 m m 和和 4m4m 的物的物 A A 和和 B B，两者与地面的动摩擦因数均为两者与地面的动摩擦因数均为 。细绳的一端固定，另一端跨过轻。细绳的一端固定，另一端跨过轻

19、质动滑轮与质动滑轮与 A A 相连，动滑轮与相连，动滑轮与 B B 相连，如图相连，如图-19-19 所示。初始时，绳所示。初始时，绳出于水平拉直状态。若物块出于水平拉直状态。若物块 Z Z 在水平向右的恒力在水平向右的恒力 F F 作用下向右移动作用下向右移动了距离了距离 s s，重力加速度大小为，重力加速度大小为 g g。求。求（1）物块 B 客服摩擦力所做的功；（2）物块 A、B 的加速度大小。*16.*16.（1313 全国）全国） (19(19 分分) )一电荷量为一电荷量为 q(q0)q(q0)、质量为、质量为 m m 的带电的带电粒子在匀强电场的作用下，在粒子在匀强电场的作用下，

20、在 t t0 0 时由静止开始运动，场强随时间时由静止开始运动，场强随时间变化的规律如图变化的规律如图-20-20 所示不计重力求在所示不计重力求在 t t0 0 到到 t tT T 的时间间的时间间隔内，隔内，8 / 20(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*17.*17.（1717 全国全国）真空中存在电场强度大小为）真空中存在电场强度大小为 E1E1 的匀强电场，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.v0.在油滴处于位置在油滴处于位置 A A 时，将电场强度的大小突然增大

21、到某值，但保持时，将电场强度的大小突然增大到某值，但保持其方向不变持续一段时间其方向不变持续一段时间 t1t1 后，又突然将电场反向，但保持其大后，又突然将电场反向，但保持其大小不变；再持续同样一段时间后，油滴运动到小不变；再持续同样一段时间后，油滴运动到 B B 点重力加速度大点重力加速度大小为小为 g.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；为保证后来的电场强度比原来的大，试给出相应的 t1 和 v0 应满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好等于 B、A 两点间距离的两倍18.18.（1515 天津）如图天津）如图-21

22、-21 所示，空间中存在着水平向右的匀强电所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小为，同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与场，电场强度大小为，同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小电场方向垂直，磁感应强度大小 B=0.5TB=0.5T。有一带正电的小球，质量，。有一带正电的小球，质量，电荷量，正以速度电荷量，正以速度 v v 在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过 P P点时撤掉磁场（不考虑磁场消失引起的电磁感应现象）取，求：点时撤掉磁场（不考虑磁场消失引起的电磁感应现象）取，求：5 3/EN C61.0 10mkg

23、62 10 Cq210/gm s（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9 / 20时间 t。三、参考答案三、参考答案选择题选择题【答案答案】B】B【解析解析】据题意，体验者漂浮时：；在加速下降过程据题意，体验者漂浮时：；在加速下降过程中，即重力对体验者做正功，风力做负功，体验者的机械能减小；中，即重力对体验者做正功，风力做负功，体验者的机械能减小；加速下降过程中，加速度方向向下，体验者处于失重状态，故选项加速下降过程中，加速度方向向下，体验者处于失重状态，故选项B B 正确。正确。mgfmgf【答案答案】C】C 【解析解析

24、】小环在最低点时，对整体有小环在最低点时，对整体有 T T(M(Mm)gm)g，其中，其中 T T 为为 轻杆对大环的拉力；小环由最高处运动到最低处由动能定理得轻杆对大环的拉力；小环由最高处运动到最低处由动能定理得 mg2Rmg2Rmv2mv20 0，联立以上二式解得，联立以上二式解得 T TMgMg5mg5mg，由牛顿第三定律，由牛顿第三定律 知，大环对轻杆拉力的大小为知，大环对轻杆拉力的大小为 TTT TMgMg5mg5mg，C C 正确正确【答案答案】BD】BD 【解析解析】A】A、由图知，、由图知，t2t2 时刻时刻 A A 的加速度为零，速度最大，根的加速度为零，速度最大，根据牛顿第

25、二定律和胡克定律得：据牛顿第二定律和胡克定律得：mgsin=kxmgsin=kx，则得：，则得： ，故，故 A A 错误；错误；B B、由图读出，、由图读出，t1t1 时刻时刻 A A、B B 开始分离，对开始分离，对 A A 根据牛顿第二定律：根据牛顿第二定律：kx-mgsin=makx-mgsin=ma，则，故，则，故 B B 正确正确C C、从开始到、从开始到 t1t1 时刻，对时刻，对 ABAB 整体，整体，根据牛顿第二定律得：根据牛顿第二定律得：F+kx-mgsin=2maF+kx-mgsin=2ma，得，得 F=mgsin+2ma-F=mgsin+2ma-kxkx，x x 减小，减

26、小，F F 增大；增大；t1t1 时刻到时刻到 t2t2 时刻，对时刻，对 B B，由牛顿第二定律得：，由牛顿第二定律得：F-mgsin=maF-mgsin=ma，得，得 F=mgsin+maF=mgsin+ma，可知，可知 F F 不变，故不变，故 C C 错误错误D D、由、由mgf10 / 20上知：上知：t1t1 时刻时刻 A A、B B 开始分离，开始时有：开始分离，开始时有：2mgsin=kx02mgsin=kx0 kmgxsinkmamgxsin从开始到 t1 时刻，弹簧释放的势能 Ep=，从开始到 t1 时刻的过程中，根据动能定理得：WF+Ep-2mgsin（x0-x）=，2a

27、（x0-x）=v12 ，解得：WF-Ep=-，所以拉力 F 做的功比弹簧释放的势能少，故 D 正确故选：BD22 021 21kxkx 2 121mvkmamg2)sin(4.【4.【答案答案】D】D【解略解略】【答案答案】C】C【解析解析】同种电荷相排斥，库仑力沿两者连线指向受力物体，由同种电荷相排斥，库仑力沿两者连线指向受力物体，由牛顿第二定律知，加速度也沿两者连线指向受力物体。牛顿第二定律知，加速度也沿两者连线指向受力物体。【答案答案】BD】BD【解析解析】列车启动时，乘客随车厢一起加速，加速度方向与车列车启动时，乘客随车厢一起加速，加速度方向与车的运动方向相同，故乘客受到车厢的作用力方

28、向与车运动方向相同，的运动方向相同，故乘客受到车厢的作用力方向与车运动方向相同，A A 错；对动车组，由牛顿第二定律有，则，以错；对动车组，由牛顿第二定律有，则，以 6 6、7 7、8 8 节车厢为整节车厢为整体：体：; ;对对 7 7、8 8 有；则有；则 5 5、6 6 节与节与 7 7、8 8 节间作用力之比为节间作用力之比为 3:23:2，B B 对；对；由可得，则由可得，则 C C 错误；错误；8 8 节车厢有节车厢有 2 2 节动车时的最大速度；同理有节动车时的最大速度；同理有 4 4节动车时的最大速度，则，节动车时的最大速度，则，D D 正确；故选正确；故选 BDBD。288Fk

29、mgma4Fakgm56330.75fmakmgF67220.5fmakmgF21 2kMgsMv22vskg12 8mPvkmg24 8mPvkmg121 2mmv v填空题填空题11 / 20【答案答案】 (1)(1)非线性非线性 (2)(2)存在摩擦力存在摩擦力 (3)(3)调节轨道的倾斜调节轨道的倾斜度以平衡摩擦力度以平衡摩擦力 远小于小车的质量远小于小车的质量【解析】本题考查了验证牛顿第二定律的实验(1)根据图中描出的各点作出的图像不是一条直线，故小车的加速度和钩码的质量成非线性关系(2)图像不过原点，小车受到拉力但没有加速度，原因是有摩擦力的影响(3)平衡摩擦力之后，在满足钩码质量

30、远小于小车质量的条件下，可以得出在小车质量不变的情况下拉力与加速度成正比的结论【答案答案】（1 1）ABAB；BDEBDE（2 2），（），（）2.50.22/m s纸带中前第 1、2 点与第 2、3 点的位移差为三个点的位移差为根据逐差法可得纸带的加速度大，大小为2xaT 2 2 20.1 102.5/ 0.2am s计算题计算题【答案答案】（1 1）144144 N N（2 2）12.512.5 m m 【解析解析】（1 1）在）在 ABAB 段匀加速运动：；段匀加速运动：；22Bvax代入数据可得144fN（2）BC 段：2211 22cBmghWmvmvC 处:2 c NvFmgmR则

31、 R=12.5m12.【12.【解析解析】（1 1）当杆竖直固定放置时，）当杆竖直固定放置时，Fmg解得：2NF 12 / 20（2）当时，小球受力情况如图示，垂直杆方向上有： 37得：1NNF 小球受摩擦力0.5NfNFF小球沿杆运动的加速度为2cos37sin3715m/sfmgFFam由得，小球到达杆下端时速度为22 02axvv6m/sv球离开杆时的动能为211.8J2KEmv13.【13.【答案答案】 （1 1）11 = = 0.10.1 11 = = 0.10.1 （2 2）木板的最小）木板的最小长度应为长度应为 6.0m6.0m （3 3）最终距离为）最终距离为 6.5m6.5m

32、 【解析解析】(1)】(1) 规定向右为正方向，木板与墙壁相碰前，小物块和规定向右为正方向，木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，设加速度为木板一起向右做匀变速运动，设加速度为 a1a1，小物块和木板的质量，小物块和木板的质量分别为分别为 m m 和和 M M，由牛顿第二定律有：，由牛顿第二定律有：-1 (m+M)g = (m+M)a1 1由图可知。木板与墙壁碰前瞬间的速度 v1= 4m/s ,由运动学公式得：V1 = v0 + a1t1 S0 = v0t1 + a1t12 式中 t1=1s , s0 = 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。联立式和

33、题给条件得：1 = 0.1 4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。设小物块的加速度为 a2 ,由13 / 20牛顿第二定律有：-2mg = ma2 由图可得：a2 = 式中 t2 = 2s , v2 = 0 ,联立式和题给条件得：2 = 0.4 7（2）(8 分)设碰撞后木板的加速度为 a3 ,经过时间 t ,木板和小物块刚好具有共同速度 v3 ,由牛顿第二定律及运动学公式得：2mg +1 (m+M)g = (m+M)a1 = Ma3 V3 = - v1 + a3t V3 = v1 + a2t 10碰撞后至木板和小物块刚好达到共

34、同速度的过程中，木板运动的位移为：s1 = t 小物块运动的位移为： s2 = t 小物块相对木板的位移为：s = s2 s1 联立式，并代入数值得：s = 6.0m 因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为6.0m。(3) (5 分)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直到停止，高加速度为 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)a4 1514 / 200 v32 = 2a4s3 16磁碰后木板运动的位移为： s = s1 + s3 17联立式，并代入数值得：S = -6.5m 18木板右端离

35、墙壁的最终距离为 6.5m 。选做题选做题14.【14.【答案答案】 (1)2.5(1)2.5 m/s2m/s2 (2)1(2)1 m/sm/s (3)0.45(3)0.45 m m【解析解析】 (1)(1)以以 A A 为研究对象，由牛顿第二定律有为研究对象，由牛顿第二定律有FmAa 代入数据解得a2.5 m/s2 (2)对 A、B 碰撞后共同运动 t0.6 s 的过程，由动量定理得Ft(mAmB)vt(mAmB)v 代入数据解得v1 m/s (3)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(mAmB)v A 从开始运动到与 B 发生碰撞

36、前，由动能定理有FlmAv 由式，代入数据解得l0.45 m 15 / 20【答案答案】（1 1）；）；(2)(2)，。，。2mgsA3=2FmgamB3=4Fmgam【解析解析】（1 1）A A、B B 受力如图受力如图, ,物体物体 A A 移动的距离为移动的距离为 s s，则物体，则物体B B 移动的距离为移动的距离为 s1=s/2s1=s/24Bfmg则12BWf smgs（2）:AA FmgTma联立解得，A3=2FmgamB3=4Fmgam 【解析解析】解法一：解法一：(1)带电粒子在 0、T 时间间隔内做匀变速运动，设加速度分别为 a1、a2、a3、a4，由牛顿第二定律得a1a2

37、2a32a4由此得带电粒子在 0T 时间间隔内运动的加速度时间图像如图(a)所示，对应的速度时间图像如图(b)所示，其中图(a)图(b)v1a1由图(b)可知，带电粒子在 t0 到 tT 时的位移为sv1由式得sT2FA Tmg B4mg2T16 / 20它沿初始电场正方向(2)由图(b)可知，粒子在 tT 到 tT 内沿初始电场的反方向运动，总的运动时间为 t 为tTT解法二：(1)带电粒子在 0、T 时间间隔内做匀变速运动，设加速度分别为 a1、a2、a3、a4，由牛顿第二定律得qE0ma12qE0ma22qE0ma3qE0ma4设带电粒子在 t、t、t、tT 时的速度分别为v1、v2、v

38、3、v4，则v1a1v2v1a2v3v2a3v4v3a4设带电粒子在 t0 到 tT 时的位移为 s，有s()联立以上各式可得s它沿初始电场正方向17 / 20(2)由电场的变化规律知，t时粒子开始减速，设经过时间 t1粒子速度减为零0v1a2t1将代入上式，得t1T 811粒子从 t时开始加速，设经过时间 t2 速度变为零0v2a3t2此式与式联立得t2T 812t0 到 tT 内粒子沿初始电场反方向运动的时间 t 为t(t1)t213将式代入式得tT 41417.【17.【解析解析】 (1)(1)设油滴质量和电荷量分别为设油滴质量和电荷量分别为 m m 和和 q q，油滴速度，油滴速度方向

39、向上为正油滴在电场强度大小为方向向上为正油滴在电场强度大小为 E1E1 的匀强电场中做匀速直线的匀强电场中做匀速直线运动，故匀强电场方向向上在运动，故匀强电场方向向上在 t t0 0 时，电场强度突然从时，电场强度突然从 E1E1 增加增加至至 E2E2 时，油滴做竖直向上的匀加速运动，加速度方向向上，大小时，油滴做竖直向上的匀加速运动，加速度方向向上，大小a1a1 满足满足qE2mgma1 油滴在时刻 t1 的速度为v1v0a1t1 电场强度在时刻 t1 突然反向，油滴做匀变速运动，加速度方向18 / 20向下，大小 a2 满足qE2mgma2 油滴在时刻 t22t1 的速度为v2v1a2t

40、1 由式得v2v02gt1 (2)由题意，在 t0 时刻前有qE1mg 油滴从 t0 到时刻 t1 的位移为s1v0t1a1t 油滴在从时刻 t1 到时刻 t22t1 的时间间隔内的位移为s2v1t1a2t 由题给条件有v2g(2h) 式中 h 是 B、A 两点之间的距离若 B 点在 A 点之上，依题意有s1s2h 由式得E2E1 为使 E2E1，应有221 即当 0 才是可能的；条件式和式分别对应于 v20 和 v2E1，应有221 即 t1 另一解为负，不合题意，已舍去18.【18.【答案答案】（1 1）20m/s20m/s；速度；速度 v v 的方向与电场的方向与电场 E E 的方向之间的的方向之间的夹角夹角 600600（2 2）3.5s3.5s【解析】(1)小球匀速运动时受力如图，其合力为零，有22()()qvBqEmg代入数据得 v=20m/s.代入数据得，tan360（2）撤去磁场，小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动，设其加速度为 a，有： 2222q Em gam设撤去磁场后小球在初速度方向上的分位移为 x，有： xvt设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为 y，有： 21 2yatmgqvBvqE20 / 20a 与 mg 的夹角和 v 与 E 的夹角相同，均为 ，又 tany x联立各式，代入数据解得：=3.5 s 。 2 3 st