【備戰(zhàn)2013】高考物理 5年高考真題精選與最新模擬 專題03 牛頓定律及其應(yīng)用

1、2021高考物理 5年高考真題精選與最新模擬備戰(zhàn) 專題03 牛頓定律及其應(yīng)用 【2021高考真題精選】2021·安徽22.14分質(zhì)量為0.1 kg 的彈性球從空中某高度由靜止開始下落，該下落過程對(duì)應(yīng)的圖象如下圖。球與水平地面相碰后離開地面時(shí)的速度大小為碰撞前的3/4。該球受到的空氣阻力大小恒為，取=10 m/s2, 求：1彈性球受到的空氣阻力的大小；2彈性球第一次碰撞后反彈的高度。2021·大綱版全國(guó)卷23.11分注意：在試題卷上作答無(wú)效圖1為驗(yàn)證牛頓第二定律的實(shí)驗(yàn)裝置示意圖。圖中打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的電源為50Hz的交流電源，打點(diǎn)的時(shí)間間隔用t表示。在小車質(zhì)量未知的情況下，某同學(xué)設(shè)

2、計(jì)了一種方法用來(lái)研究“在外力一定的條件下，物體的加速度與其質(zhì)量間的關(guān)系。1完成以下實(shí)驗(yàn)步驟中的填空：平衡小車所受的阻力：小吊盤中不放物塊，調(diào)整木板右端的高度，用手輕撥小車，直到打點(diǎn)計(jì)時(shí)器打出一系列_的點(diǎn)。按住小車，在小吊盤中放入適當(dāng)質(zhì)量的物塊，在小車中放入砝碼。翻開打點(diǎn)計(jì)時(shí)器電源，釋放小車，獲得帶有點(diǎn)跡的紙帶，在紙帶上標(biāo)出小車中砝碼的質(zhì)量m。按住小車，改變小車中砝碼的質(zhì)量，重復(fù)步驟。在每條紙帶上清晰的局部，每5個(gè)間隔標(biāo)注一個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)。測(cè)量相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)的間距s1，s2，。求出與不同m相對(duì)應(yīng)的加速度a。以砝碼的質(zhì)量m為橫坐標(biāo)，為縱坐標(biāo)，在坐標(biāo)紙上做出-m關(guān)系圖線。假設(shè)加速度與小車和砝碼的總質(zhì)量成反比，

3、那么與m處應(yīng)成_關(guān)系填“線性或“非線性。2完成以下填空：本實(shí)驗(yàn)中，為了保證在改變小車中砝碼的質(zhì)量時(shí)，小車所受的拉力近似不變，小吊盤和盤中物塊的質(zhì)量之和應(yīng)滿足的條件是_。設(shè)紙帶上三個(gè)相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)的間距為s1、s2、s3。a可用s1、s3和t表示為a=_。圖2為用米尺測(cè)量某一紙帶上的s1、s3的情況，由圖可讀出s1=_mm，s3=_mm。由此求得加速度的大小a=_m/s2。圖3為所得實(shí)驗(yàn)圖線的示意圖。設(shè)圖中直線的斜率為k，在縱軸上的截距為b，假設(shè)牛頓定律成立，那么小車受到的拉力為_，小車的質(zhì)量為_。6. 2021·物理 如圖，外表處處同樣粗糙的楔形木塊abc固定在水平地面上，ab面和bc面

4、與地面的夾角分別為和，且>.一初速度為v0的小物塊沿斜面ab向上運(yùn)動(dòng)，經(jīng)時(shí)間t0后到達(dá)頂點(diǎn)b時(shí)，速度剛好為零；然后讓小物塊立即從靜止開始沿斜面bc下滑。在小物塊從a運(yùn)動(dòng)到c的過程中，可能正確描述其速度大小v與時(shí)間t的關(guān)系的圖像是 【答案】：C【解析】：小物塊沿斜面ab向上運(yùn)動(dòng)做加速度較大的勻減速運(yùn)動(dòng)，從靜止開始沿斜面bc下滑做加速度較小的勻加速運(yùn)動(dòng)。上滑時(shí)間一定不下滑時(shí)間短，所以可能正確描述其速度大小v與時(shí)間t的關(guān)系的圖像是C?！究键c(diǎn)定位】此題考查牛頓第二定律、速度圖像及其相關(guān)知識(shí)。2021·物理根據(jù)牛頓第二定律，以下表達(dá)正確的選項(xiàng)是物體加速度的大小跟它的質(zhì)量和速度大小的乘積成

5、反比物體所受合力必須到達(dá)一定值時(shí)，才能使物體產(chǎn)生加速度物體加速度的大小跟它所受作用力中任一個(gè)的大小成正比當(dāng)物體質(zhì)量改變但其所受合力的水平分力不變時(shí)，物體水平加速度大小與其質(zhì)量成反比2021·四川21如下圖，勁度系數(shù)為k的輕彈簧的一端固定在墻上，另一端與置于水平面上質(zhì)量為m的物體接觸未連接，彈簧水平且無(wú)形變。用水平力F緩慢推動(dòng)物體，在彈性限度內(nèi)彈簧長(zhǎng)度被壓縮了x0，此時(shí)物體靜止。撤去F后，物體開始向左運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)的最大距離為4x0。物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，重力加速度為g。那么A撤去F后，物體先做勻加速運(yùn)動(dòng)，再做勻減速運(yùn)動(dòng)B撤去F后，物體剛運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小為gC物體做勻減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)

6、間為2D物體開始向左運(yùn)動(dòng)到速度最大的過程中克服摩擦力做的功為mgx0【答案】BD【解析】彈簧彈力一直變化，物體不可能做勻變速運(yùn)動(dòng)，A、C錯(cuò)誤。撤去F后，由牛頓第二定律得a = = g，B正確。當(dāng)kx = mg時(shí)物體速度最大，克服摩擦力做功為mgx0x= mgx0，D正確?！究键c(diǎn)定位】此題考查胡克定律，摩擦力，牛頓第二定律，功的計(jì)算。2021·全國(guó)新課標(biāo)卷14.伽利略根據(jù)小球在斜面上運(yùn)動(dòng)的實(shí)驗(yàn)和理想實(shí)驗(yàn)，提出了慣性的概念，從而奠定了牛頓力學(xué)的根底。早期物理學(xué)家關(guān)于慣性有以下說(shuō)法，其中正確的選項(xiàng)是A.物體抵抗運(yùn)動(dòng)狀態(tài)變化的性質(zhì)是慣性B.沒有力作用，物體只能處于靜止?fàn)顟B(tài)C.行星在圓周軌道上

7、保持勻速率運(yùn)動(dòng)的性質(zhì)是慣性D.運(yùn)動(dòng)物體如果沒有受到力的作用，將繼續(xù)以同一速度沿同一直線運(yùn)動(dòng)2021·北京23.(18分)摩天大樓中一部直通高層的客運(yùn)電梯，行程超過百米。電梯的簡(jiǎn)化模型如1所示?？紤]平安、舒適、省時(shí)等因索，電梯的加速度a是隨時(shí)間t變化的。電梯在t = 0時(shí)由靜止開始上升，a - t圖像如圖2所示。電梯總質(zhì)最m = 2.0× kg。忽略一切阻力，重力加速度g取10m/s2。1求電梯在上升過程中受到的最大拉力F1和最小拉力F2；2類比是一種常用的研究方法。對(duì)于直線運(yùn)動(dòng)，教科書中講解了由v - t圖像求位移的方法。請(qǐng)你借鑒此方法，比照加速度的和速度的定義，根據(jù)圖2所

8、示a - t圖像，求電梯在第1s內(nèi)的速度改變量v1和第2s末的速率v2;3求電梯以最大速率上升時(shí)，拉力做功的功率p：再求在011s時(shí)間內(nèi)，拉力和重力對(duì)電梯所做的總功W?！敬鸢浮?F1 =2.2×N F2 = 1.8×N 2v1 = 0.50m/s v2 = 1.5m/s 3P = 2.0×W W = 1.0× J【解析】解：1由牛頓第二定律得：F mg = ma由a t圖像可知，F(xiàn)1和 F2對(duì)應(yīng)的加速度分別是a1 = 1.0m/s2，a2 = - 1.0m/s2F1 = mg + a1= 2.0××10 + 1.0N = 2.2

9、15;NF2 = mg + a2= 2.0××10 - 1.0N = 1.8×N2類比可得，所求速度變化量等于第1s內(nèi)a t圖線下的面積 v1 = 0.50m/s同理可得： v2 = v2 v1 = 1.5m/s第2s末的速率 v2 = 1.5m/s2021·四川2419分如下圖，ABCD為固定在豎直平面內(nèi)的軌道，AB段光滑水平，BC段為光滑圓弧，對(duì)應(yīng)的圓心角 = 370，半徑r = 2.5m，CD段平直傾斜且粗糙，各段軌道均平滑連接，傾斜軌道所在區(qū)域有場(chǎng)強(qiáng)大小為E = 2×105N/C、方向垂直于斜軌向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)。質(zhì)量m = 5×

10、10-2kg、電荷量q =+1×10-6C的小物體視為質(zhì)點(diǎn)被彈簧槍發(fā)射后，沿水平軌道向左滑行，在C點(diǎn)以速度v0=3m/s沖上斜軌。以小物體通過C點(diǎn)時(shí)為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，0.1s以后，場(chǎng)強(qiáng)大小不變，方向反向。斜軌與小物體間的動(dòng)摩擦因數(shù)=0.25。設(shè)小物體的電荷量保持不變，取g=10m/s2，sin370=0.6，cos370=0.8。1求彈簧槍對(duì)小物體所做的功；2在斜軌上小物體能到達(dá)的最高點(diǎn)為P，求CP的長(zhǎng)度。s2 = v1 t2 + a2 t22設(shè)CP的長(zhǎng)度為s，那么 s = s1 + s2解得：s = 0.57m【考點(diǎn)定位】此題考查勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律，牛頓第二定律，動(dòng)能定理。2021

11、83;福建如圖，用跨過光滑定滑輪的纜繩將海面上一搜失去動(dòng)力的小船沿直線拖向岸邊。拖動(dòng)纜繩的電動(dòng)機(jī)功率恒為P，小船的質(zhì)量為m，小船受到的阻力大小恒為f，經(jīng)過A點(diǎn)時(shí)的速度大小為，小船從A點(diǎn)沿直線加速運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)經(jīng)歷時(shí)間為t1，A、B兩點(diǎn)間距離為d,纜繩質(zhì)量忽略不計(jì)。求：1小船從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的全過程克服阻力做的功；2小船經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)的速度大??；3小船經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)的加速度大小a?！敬鸢浮?123【考點(diǎn)定位】動(dòng)能定理，牛頓第二定律及運(yùn)動(dòng)得合成與分解，功等15. 2021·海南如圖，在豎直平面內(nèi)有一固定光滑軌道，其中AB是長(zhǎng)為R的水平直軌道，BCD是圓心為O、半徑為R的3/4圓弧軌道，兩軌道相切于B

12、點(diǎn)。在外力作用下，一小球從A點(diǎn)由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)撤除外力。小球剛好能沿圓軌道經(jīng)過最高點(diǎn)C，重力加速度為g。求：1小球在AB段運(yùn)動(dòng)的加速度的大小；2小球從D點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)所用的時(shí)間。解：1小球在BCD段運(yùn)動(dòng)時(shí)，受到重力mg、軌道正壓力N的作用，如下圖。據(jù)題意，N0，且小球在最高點(diǎn)C所受軌道的正壓力為零。NC=0。設(shè)小球在C點(diǎn)的速度大小為vC，根據(jù)牛頓第二定律有，mg=m小球從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，根據(jù)機(jī)械能守恒定律，設(shè)B點(diǎn)處小球的速度大小為vB，有mvB2=mvC2+2mgR，由于小球在AB段由靜止開始做勻加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度大小為a，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，有vB2=2aR，聯(lián)立解得AB段運(yùn)動(dòng)

13、的加速度的大小a=5g/2。2設(shè)小球在D點(diǎn)處的速度大小為vD，下落到A點(diǎn)時(shí)的速度大小為v，由機(jī)械能守恒定律有：mvB2=mvD2+mgR，mvB2=mv2，設(shè)小球從D點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)所用的時(shí)間為t，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得，gt=v-vD。聯(lián)立解得：t=(-)?！究键c(diǎn)定位】此題考查機(jī)械能守恒定律、牛頓第二定律及其相關(guān)知識(shí)。2021·廣東36.18分 圖18a所示的裝置中，小物塊A、B質(zhì)量均為m，水平面上PQ段長(zhǎng)為l，與物塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，其余段光滑。初始時(shí)，擋板上的輕質(zhì)彈簧處于原長(zhǎng)；長(zhǎng)為r的連桿位于圖中虛線位置；A緊靠滑桿A、B間距大于2r。隨后，連桿以角速度勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，帶動(dòng)滑桿作水平運(yùn)動(dòng)，滑桿的

14、速度-時(shí)間圖像如圖18b所示。A在滑桿推動(dòng)下運(yùn)動(dòng)，并在脫離滑桿后與靜止的B發(fā)生完全非彈性碰撞。1求A脫離滑桿時(shí)的速度uo，及A與B碰撞過程的機(jī)械能損失E。2如果AB不能與彈簧相碰，設(shè)AB從P點(diǎn)到運(yùn)動(dòng)停止所用的時(shí)間為t1，求得取值范圍，及t1與的關(guān)系式。3如果AB能與彈簧相碰，但不能返回道P點(diǎn)左側(cè)，設(shè)每次壓縮彈簧過程中彈簧的最大彈性勢(shì)能為Ep，求的取值范圍，及Ep與的關(guān)系式彈簧始終在彈性限度內(nèi)。 欲使AB不能與彈簧相碰，那么滑塊在PQ段的位移有 而 解得： (3) 假設(shè)AB能與彈簧相碰，那么 假設(shè)AB壓縮彈簧后恰能返回到P點(diǎn)，由動(dòng)能定理得 解得：的取值范圍是： 從AB滑上PQ到彈簧具有最大彈性勢(shì)

15、能的過程中，由能量守恒定律得： 解得： 【考點(diǎn)定位】牛頓定律、功和能 【2021高考真題精選】1.天津如下圖，A、B兩物塊疊放在一起，在粗糙的水平面上保持相對(duì)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2北京“蹦極就是跳躍者把一端固定的長(zhǎng)彈性繩綁在踝關(guān)節(jié)等處，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變化的情況如下圖。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 B2g C3g D4g3.四川如圖是“神舟系列航天飛船返回艙返

16、回地面的示意圖，假定其過程可簡(jiǎn)化為：翻開降落傘一段時(shí)間后，整個(gè)裝置勻速下降，為確保平安著陸，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)，那么A.火箭開始噴氣瞬間傘繩對(duì)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

17、接對(duì)返回艙作用因而傘繩對(duì)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(zhǎng)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=ktk是常數(shù)，木板和木塊加速度的大小分別為a1和a2，以下反映a1和a2變化的圖線中正確的選項(xiàng)是A5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 圖線如下圖，那么(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)，

18、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)，假設(shè)開始時(shí)的方向與一致，那么，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(zhǎng)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(zhǎng)為R、下端固定的輕質(zhì)彈簧。投餌時(shí)，每次總將彈簧長(zhǎng)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(duì)管壁的作用力恰好為零。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

19、除鎖定時(shí)，均不改變彈簧的彈性勢(shì)能。重力加速度為g。求：1.質(zhì)量為m的魚餌到達(dá)管口C時(shí)的速度大小v1;2.彈簧壓縮到0.5R時(shí)的彈性勢(shì)能Ep;地面與水面相距1.5R，假設(shè)使該投餌管繞AB管的中軸線OO在角的范圍內(nèi)來(lái)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(zhǎng)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，那么mg=m，解得 v1=. (2) 彈簧的彈性勢(shì)能全部轉(zhuǎn)化為魚餌的機(jī)械能，由機(jī)械能守恒定律有Ep=m

20、g(1.5R+R)+m v12，由式解得Ep=3mgR。3不考慮因緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)裝置對(duì)魚餌速度大小的影響，質(zhì)量為m的魚餌離開管口C后做平拋運(yùn)動(dòng)。設(shè)經(jīng)過t時(shí)間落到水面上，離OO的水平距離為x1，由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有4.5R=gt2，x1=v1t+R，由式解得x1=4R. 當(dāng)魚餌的質(zhì)量為2m/3時(shí)，設(shè)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，那么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(chǎng)

21、和磁場(chǎng)，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。如下圖的矩形區(qū)域ACDG(AC邊足夠長(zhǎng))中存在垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，A處有一狹縫。離子源產(chǎn)生的離子，經(jīng)靜電場(chǎng)加速后穿過狹縫沿垂直于GA邊且垂直于磁場(chǎng)的方向射入磁場(chǎng)，運(yùn)動(dòng)到GA邊，被相應(yīng)的收集器收集。整個(gè)裝置內(nèi)部為真空。被加速的兩種正離子的質(zhì)量分別是m1和m2(m1>m2)，電荷量均為q。加速電場(chǎng)的電勢(shì)差為U，離子進(jìn)入電場(chǎng)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(chǎng)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

22、略了狹縫寬度的影響，實(shí)際裝置中狹縫具有一定寬度。假設(shè)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(wú)法完全別離。設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小可調(diào)，GA邊長(zhǎng)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(chǎng)，入射方向仍垂直于GA邊且垂直于磁場(chǎng)。為保證上述兩種離子能落在GA邊上并被完全別離，求狹縫的最大寬度。8安徽16分如下圖，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(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，磁場(chǎng)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)射出。xyOPB1求電場(chǎng)強(qiáng)度

23、的大小和方向。2假設(shè)僅撤去磁場(chǎng)，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假設(shè)僅撤去電場(chǎng)，帶電粒子仍從O點(diǎn)射入，且速度為原來(lái)的4倍，求粒子在磁場(chǎng)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(chǎng)強(qiáng)度為E?？膳袛喑隽Ｗ邮艿降穆鍌惔帕ρ豿軸負(fù)方向，于是可知電場(chǎng)強(qiáng)度沿x軸正方向且有 qE=qvB 又 R=vt0 那么 2僅有電場(chǎng)時(shí)，帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)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(chǎng)時(shí)，入射速度，帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中作勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)軌道半徑為r，由

24、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(chǎng)中運(yùn)動(dòng)周期 那么帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間 所以 9安徽20分Mmv0OPL如下圖，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(zhǎng)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假設(shè)鎖定滑塊，試求小球通過最高點(diǎn)P時(shí)對(duì)輕桿的作用力大小和方向。2假設(shè)解除對(duì)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)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

25、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。那么 設(shè)小球到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，輕桿對(duì)小球的作用力為F，方向向下，那么 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，那么 由式，得 v2=2m/s 10北京16分如下圖，長(zhǎng)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

26、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?。籓lFm2由圖示位置無(wú)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(duì)小球的拉力。不計(jì)空氣阻力。解析：1受力圖見圖根據(jù)平衡條件，的拉力大小F=mgtan2運(yùn)動(dòng)中只有重力做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒那么通過最低點(diǎn)時(shí)，小球的速度大小TFmg 根據(jù)牛頓第二定律 解得輕繩對(duì)小球的拉力，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30N，沿水平方向的外力拉此物體，經(jīng)拉至B處。(，。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

27、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(chǎng)中的振蕩來(lái)產(chǎn)生微波，其振蕩原理與下述過程類似。如下圖，在虛線兩側(cè)分別存在著方向相反的兩個(gè)勻強(qiáng)電場(chǎng)，一帶電微粒從A點(diǎn)由靜

28、止開始，在電場(chǎng)力作用下沿直線在A、B兩點(diǎn)間往返運(yùn)動(dòng)。電場(chǎng)強(qiáng)度的大小分別是N/C和N/C，方向如下圖，帶電微粒質(zhì)量，帶電量,A點(diǎn)距虛線的距離，不計(jì)帶電微粒的重力，忽略相對(duì)論效應(yīng)。求：1B點(diǎn)到虛線的距離；2帶電微粒從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)所經(jīng)歷的時(shí)間?！?021高考真題精選】12021·全國(guó)卷如右圖，輕彈簧上端與一質(zhì)量為m的木塊1相連，下端與另一質(zhì)量為M的木塊2相連，整個(gè)系統(tǒng)置于水平放置的光滑木板上，并處于靜止?fàn)顟B(tài)。現(xiàn)將木板沿水平方向突然抽出，設(shè)抽出后的瞬間，木塊1、2的加速度大小分別為、。重力加速度大小為g。那么有A， B，C， D，2(2021·上海物理)將一個(gè)物體以某一速度從地面

29、豎直向上拋出，設(shè)物體在運(yùn)動(dòng)過程中所受空氣阻力大小不變，那么物體A剛拋出時(shí)的速度最大 B在最高點(diǎn)的加速度為零C上升時(shí)間大于下落時(shí)間 D上升時(shí)的加速度等于下落時(shí)的加速度【答案】A【解析】，所以上升時(shí)的加速度大于下落時(shí)的加速度，D錯(cuò)誤；根據(jù)，上升時(shí)間小于下落時(shí)間，C錯(cuò)誤，B也錯(cuò)誤，此題選A。3(2021·海南物理)以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是A假設(shè)物體運(yùn)動(dòng)速率始終不變，那么物體所受合力一定為零B假設(shè)物體的加速度均勻增加，那么物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng)C假設(shè)物體所受合力與其速度方向相反，那么物體做勻減速直線運(yùn)動(dòng)D假設(shè)物體在任意的相等時(shí)間間隔內(nèi)位移相等，那么物體做勻速直線運(yùn)動(dòng)【答案】D 【解析】物體運(yùn)動(dòng)速率

30、不變但方向可能變化，因此合力不一定為零，A錯(cuò)；物體的加速度均勻增加，即加速度在變化，是非勻加速直線運(yùn)動(dòng)，B錯(cuò)；物體所受合力與其速度方向相反，只能判斷其做減速運(yùn)動(dòng)，但加速度大小不可確定，C錯(cuò)；假設(shè)物體在任意的相等時(shí)間間隔內(nèi)位移相等，那么物體做勻速直線運(yùn)動(dòng)，D對(duì)。4(2021·海南物理)在水平的足夠長(zhǎng)的固定木板上，一小物塊以某一初速度開始滑動(dòng)，經(jīng)一段時(shí)間t后停止現(xiàn)將該木板改置成傾角為45°的斜面，讓小物塊以相同的初速度沿木板上滑假設(shè)小物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為那么小物塊上滑到最高位置所需時(shí)間與t之比為ABCD5(2021·海南物理)如右圖，木箱內(nèi)有一豎直放置的彈簧，

31、彈簧上方有一物塊：木箱靜止時(shí)彈自由落體處于壓縮狀態(tài)且物塊壓在箱頂上假設(shè)在某一段時(shí)間內(nèi)，物塊對(duì)箱頂剛好無(wú)壓力，那么在此段時(shí)間內(nèi)，木箱的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)可能為A加速下降 B加速上升 C減速上升 D減速下降【答案】BD 【解析】木箱靜止時(shí)物塊對(duì)箱頂有壓力，那么物塊受到頂向下的壓力，當(dāng)物塊對(duì)箱頂剛好無(wú)壓力時(shí)，說(shuō)明系統(tǒng)有向上的加速度，是超重，BD正確。6(2021·海南物理)雨摘下落時(shí)所受到的空氣阻力與雨滴的速度有關(guān)，雨滴速度越大，它受到的空氣阻力越大：此外，當(dāng)雨滴速度一定時(shí)，雨滴下落時(shí)所受到的空氣阻力還與雨滴半徑的次方成正比()假設(shè)一個(gè)大雨滴和一個(gè)小雨滴從同一云層同時(shí)下落，最終它們都_填“加速、“減

32、速或勻速下落_填“大或“小雨滴先落到地面；接近地面時(shí)，_填“大或“小雨滴的速度較小7(2021·海南物理)圖l中，質(zhì)量為的物塊疊放在質(zhì)量為的足夠長(zhǎng)的木板上方右側(cè)，木板放在光滑的水平地面上，物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2在木板上施加一水平向右的拉力F，在03s內(nèi)F的變化如圖2所示，圖中F以為單位，重力加速度整個(gè)系統(tǒng)開始時(shí)靜止 2m m F 圖1圖21213t/s00.4F/mg 1.5(1)求1s、1.5s、2s、3s末木板的速度以及2s、3s末物塊的速度；(2)在同一坐標(biāo)系中畫出03s內(nèi)木板和物塊的圖象，據(jù)此求03s內(nèi)物塊相對(duì)于木板滑過的距離?！敬鸢浮?2【解析】(1)設(shè)木板和物

33、塊的加速度分別為和，在時(shí)刻木板和物塊的速度分別為和，木板和物塊之間摩擦力的大小為，依牛頓第二定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和摩擦定律得，當(dāng)由式與題給條件得(2)由式得到物塊與木板運(yùn)動(dòng)的圖象，如右圖所示。在03s內(nèi)物塊相對(duì)于木板的距離等于木板和物塊圖線下的面積之差，即圖中帶陰影的四邊形面積，該四邊形由兩個(gè)三角形組成，上面的三角形面積為0.25(m)，下面的三角形面積為2(m)，因此v/(ms-1)123t/s04.51.542物塊木板 【2021高考真題精選】1.09·全國(guó)卷·15兩物體甲和乙在同一直線上運(yùn)動(dòng)，它們?cè)?0.4s時(shí)間內(nèi)的v-t圖象如下圖。假設(shè)僅在兩物體之間存在相互作用，那么物

34、體甲與乙的質(zhì)量之比和圖中時(shí)間t1分別為 A和0.30s B3和0.30s C和0.28s D3和0.28s答案：B解析：此題考查圖象問題.根據(jù)速度圖象的特點(diǎn)可知甲做勻加速,乙做勻減 2.09·廣東物理·8某人在地面上用彈簧秤稱得體重為490N。他將彈簧秤移至電梯內(nèi)稱其體重，至?xí)r間段內(nèi)，彈簧秤的示數(shù)如下圖，電梯運(yùn)行的v-t圖可能是取電梯向上運(yùn)動(dòng)的方向?yàn)檎?3.09·江蘇物理·9如下圖，兩質(zhì)量相等的物塊A、B通過一輕質(zhì)彈簧連接，B足夠長(zhǎng)、放置在水平面上，所有接觸面均光滑。彈簧開始時(shí)處于原長(zhǎng)，運(yùn)動(dòng)過程中始終處在彈性限度內(nèi)。在物塊A上施加一個(gè)水平恒力，A、B從靜

35、止開始運(yùn)動(dòng)到第一次速度相等的過程中，以下說(shuō)法中正確的有 A當(dāng)A、B加速度相等時(shí)，系統(tǒng)的機(jī)械能最大B當(dāng)A、B加速度相等時(shí)，A、B的速度差最大C當(dāng)A、B的速度相等時(shí)，A的速度到達(dá)最大D當(dāng)A、B的速度相等時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能最大答案：BCD解析：處理此題的關(guān)鍵是對(duì)物體進(jìn)行受力分析和運(yùn)動(dòng)過程分析，使用圖象處理那么可以使問題大大簡(jiǎn)化。對(duì)A、B在水平方向受力分析如圖，F(xiàn)1為彈簧的拉力；當(dāng)加速度大小相同為a時(shí)，對(duì)有，對(duì)有，得，在整個(gè)過程中的合力加速度一直減小而的合力加速度一直增大，在到達(dá)共同加速度之前A的合力加速度一直大于的合力加速度，之后A的合力加速度一直小于的合力加速度。兩物體運(yùn)動(dòng)的v-t圖象如圖，tl時(shí)

36、刻，兩物體加速度相等，斜率相同，速度差最大，t2時(shí)刻兩物體的速度相等，速度到達(dá)最大值，兩實(shí)線之間圍成的面積有最大值即兩物體的相對(duì)位移最大，彈簧被拉到最長(zhǎng)；除重力和彈簧彈力外其它力對(duì)系統(tǒng)正功，系統(tǒng)機(jī)械能增加，tl時(shí)刻之后拉力依然做正功，即加速度相等時(shí)，系統(tǒng)機(jī)械能并非最大值。4.09·廣東理科根底·4建筑工人用圖所示的定滑輪裝置運(yùn)送建筑材料。質(zhì)量為70.0kg的工 人站在地面上，通過定滑輪將20.0kg的建筑材料以0500ms2的加速度拉升，忽略繩子和定滑輪的質(zhì)量及定滑輪的摩擦，那么工人對(duì)地面的壓力大小為(g取lOms2) A510 N B490 N C890 N D910 N

37、 答案：B解析：對(duì)建筑材料進(jìn)行受力分析。根據(jù)牛頓第二定律有,得繩子的拉力大小等于F=210N,然后再對(duì)人受力分析由平衡的知識(shí)得,得FN=490N,根據(jù)牛頓第三定律可知人對(duì)地面間的壓力為490N.B對(duì)。5.09·廣東理科根底·15搬運(yùn)工人沿粗糙斜面把一個(gè)物體拉上卡車，當(dāng)力沿斜面向上，大小為F時(shí)，物體的加速度為a1；假設(shè)保持力的方向不變，大小變?yōu)?F時(shí)，物體的加速度為a2，那么 Aal=a2 Ba1<a2<2al Ca2=2a1 Da2>2al 答案：D解析：當(dāng)為F時(shí)有，當(dāng)為2F時(shí)有，可知，D對(duì)。6.09·山東·17某物體做直線運(yùn)動(dòng)的v-t

38、圖象如圖甲所示，據(jù)此判斷圖乙F表示物體所受合力，x表示物體的位移四個(gè)選項(xiàng)中正確的選項(xiàng)是 7.09·山東·182008年9月25日至28日我國(guó)成功實(shí)施了“神舟七號(hào)載入航天飛行并實(shí)現(xiàn)了航天員首次出艙。飛船先沿橢圓軌道飛行，后在遠(yuǎn)地點(diǎn)343千米處點(diǎn)火加速，由橢圓軌道變成高度為343千米的圓軌道，在此圓軌道上飛船運(yùn)行周期約為90分鐘。以下判斷正確的選項(xiàng)是 P地球Q軌道1軌道2A飛船變軌前后的機(jī)械能相等B飛船在圓軌道上時(shí)航天員出艙前后都處于失重狀態(tài)C飛船在此圓軌道上運(yùn)動(dòng)的角度速度大于同步衛(wèi)星運(yùn)動(dòng)的角速度D飛船變軌前通過橢圓軌道遠(yuǎn)地點(diǎn)時(shí)的加速度大于變軌后沿圓軌道運(yùn)動(dòng)的加速度8.09&#

39、183;山東·22圖示為某探究活動(dòng)小組設(shè)計(jì)的節(jié)能運(yùn)動(dòng)系統(tǒng)。斜面軌道傾角為30°，質(zhì)量為M的木箱與軌道的動(dòng)摩擦因數(shù)為。木箱在軌道端時(shí)，自動(dòng)裝貨裝置將質(zhì)量為m的貨物裝入木箱，然后木箱載著貨物沿軌道無(wú)初速滑下，與輕彈簧被壓縮至最短時(shí)，自動(dòng)卸貨裝置立刻將貨物卸下，然后木箱恰好被彈回到軌道頂端，再重復(fù)上述過程。以下選項(xiàng)正確的選項(xiàng)是 AmMBm2MC木箱不與彈簧接觸時(shí)，上滑的加速度大于下滑的加速度D在木箱與貨物從頂端滑到最低點(diǎn)的過程中，減少的重力勢(shì)能全部轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢(shì)能9.09·安徽·17為了節(jié)省能量，某商場(chǎng)安裝了智能化的電動(dòng)扶梯。無(wú)人乘行時(shí)，扶梯運(yùn)轉(zhuǎn)得很慢；有

40、人站上扶梯時(shí)，它會(huì)先慢慢加速，再勻速運(yùn)轉(zhuǎn)。一顧客乘扶梯上樓，恰好經(jīng)歷了這 兩個(gè)過程，如下圖。那么以下說(shuō)法中正確的選項(xiàng)是 A. 顧客始終受到三個(gè)力的作用B. 顧客始終處于超重狀態(tài)C. 顧客對(duì)扶梯作用力的方向先指向左下方，再豎直向下D. 顧客對(duì)扶梯作用的方向先指向右下方，再豎直向下答案：CFNmgfa解析：在慢慢加速的過程中顧客受到的摩擦力水平向左，電梯對(duì)其的支持力和摩擦力的合力方向指向右上，由牛頓第三定律，它的反作用力即人對(duì)電梯的作用方向指向向左下；在勻速運(yùn)動(dòng)的過程中，顧客與電梯間的摩擦力等于零，顧客對(duì)扶梯的作用僅剩下壓力，方向沿豎直向下。10.09·安徽·18在光滑的絕緣水

41、平面上，有一個(gè)正方形的abcd，頂點(diǎn)a、c處分別固定一個(gè)正點(diǎn)電荷，電荷量相等，如下圖。假設(shè)將一個(gè)帶負(fù)電的粒子置于b點(diǎn)，自由釋放，粒子將沿著對(duì)角線bd往復(fù)運(yùn)動(dòng)。粒子從b點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到d點(diǎn)的過程中 A. 先作勻加速運(yùn)動(dòng)，后作勻減速運(yùn)動(dòng)B. 先從高電勢(shì)到低電勢(shì)，后從低電勢(shì)到高電勢(shì)C. 電勢(shì)能與機(jī)械能之和先增大，后減小abccdOD. 電勢(shì)能先減小，后增大答案：C解析：由于負(fù)電荷受到的電場(chǎng)力是變力，加速度是變化的。所以A錯(cuò)；由等量正電荷的電場(chǎng)分布知道，在兩電荷連線的中垂線O點(diǎn)的電勢(shì)最高，所以從b到a，電勢(shì)是先增大后減小，故B錯(cuò)；由于只有電場(chǎng)力做功，所以只有電勢(shì)能與動(dòng)能的相互轉(zhuǎn)化，故電勢(shì)能與機(jī)械能的和守恒，C

42、錯(cuò)；由b到O電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，由O到d電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增加，D對(duì)。11.09·山東·2415分如下圖，某貨場(chǎng)而將質(zhì)量為m1=100 kg的貨物可視為質(zhì)點(diǎn)從高處運(yùn)送至地面，為防止貨物與地面發(fā)生撞擊，現(xiàn)利用固定于地面的光滑四分之一圓軌道，使貨物中軌道頂端無(wú)初速滑下，軌道半徑R=1.8 m。地面上緊靠軌道次排放兩聲完全相同的木板A、B，長(zhǎng)度均為l=2m，質(zhì)量均為m2=100 kg，木板上外表與軌道末端相切。貨物與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為1，木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)=0.2。最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力大小相等，取g=10 m/s21求貨物到達(dá)圓軌道末端時(shí)對(duì)軌道的壓力。2假設(shè)貨

43、物滑上木板4時(shí)，木板不動(dòng)，而滑上木板B時(shí)，木板B開始滑動(dòng)，求1應(yīng)滿足的條件。3假設(shè)1=0。5，求貨物滑到木板A末端時(shí)的速度和在木板A上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。解析：1設(shè)貨物滑到圓軌道末端是的速度為，對(duì)貨物的下滑過程中根據(jù)機(jī)械能守恒定律得，設(shè)貨物在軌道末端所受支持力的大小為,根據(jù)牛頓第二定律得，聯(lián)立以上兩式代入數(shù)據(jù)得根據(jù)牛頓第三定律，貨物到達(dá)圓軌道末端時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為3000N，方向豎直向下。2假設(shè)滑上木板A時(shí)，木板不動(dòng)，由受力分析得假設(shè)滑上木板B時(shí)，木板B開始滑動(dòng)，由受力分析得聯(lián)立式代入數(shù)據(jù)得。12.09·安徽·2214分在2021年北京殘奧會(huì)開幕式上，運(yùn)發(fā)動(dòng)手拉繩索向上攀登，最終

44、點(diǎn)燃 了主火炬，表達(dá)了殘疾運(yùn)發(fā)動(dòng)堅(jiān)忍不拔的意志和自強(qiáng)不息的精神。為了探究上升過程中運(yùn)發(fā)動(dòng)與繩索和吊椅間的作用，可將過程簡(jiǎn)化。一根不可伸縮的輕繩跨過輕質(zhì)的定滑輪，一端掛一吊椅，另一端被坐在吊椅上的運(yùn)發(fā)動(dòng)拉住，如下圖。設(shè)運(yùn)發(fā)動(dòng)的質(zhì)量為65kg，吊椅的質(zhì)量為15kg，不計(jì)定滑輪與繩子間的摩擦。重力加速度取。當(dāng)運(yùn)發(fā)動(dòng)與吊椅一起正以加速度上升時(shí)，試求1運(yùn)發(fā)動(dòng)豎直向下拉繩的力；FF(m人+m椅)ga2運(yùn)發(fā)動(dòng)對(duì)吊椅的壓力。答案：440N，275N解析：解法一:(1設(shè)運(yùn)發(fā)動(dòng)受到繩向上的拉力為F，由于跨過定滑輪的兩段繩子拉力相等，吊椅受到繩的拉力也是F。對(duì)運(yùn)發(fā)動(dòng)和吊椅整體進(jìn)行受力分析如下圖，那么有：由牛頓第三定

45、律，運(yùn)發(fā)動(dòng)豎直向下拉繩的力FF(m人+m椅)ga2設(shè)吊椅對(duì)運(yùn)發(fā)動(dòng)的支持力為FN，對(duì)運(yùn)發(fā)動(dòng)進(jìn)行受力分析如下圖，那么有： 由牛頓第三定律，運(yùn)發(fā)動(dòng)對(duì)吊椅的壓力也為275N解法二:設(shè)運(yùn)發(fā)動(dòng)和吊椅的質(zhì)量分別為M和m；運(yùn)發(fā)動(dòng)豎直向下的拉力為F，對(duì)吊椅的壓力大小為FN。根據(jù)牛頓第三定律，繩對(duì)運(yùn)發(fā)動(dòng)的拉力大小為F，吊椅對(duì)運(yùn)發(fā)動(dòng)的支持力為FN。分別以運(yùn)發(fā)動(dòng)和吊椅為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律 由得 13.09·江蘇·1315分航模興趣小組設(shè)計(jì)出一架遙控飛行器，其質(zhì)量m =2，動(dòng)力系統(tǒng)提供的恒定升力F =28 N。試飛時(shí)，飛行器從地面由靜止開始豎直上升。設(shè)飛行器飛行時(shí)所受的阻力大小不變，g取10

46、m/s2。1第一次試飛，飛行器飛行t1 = 8 s 時(shí)到達(dá)高度H = 64 m。求飛行器所阻力f的大?。?第二次試飛，飛行器飛行t2 = 6 s 時(shí)遙控器出現(xiàn)故障，飛行器立即失去升力。求飛行器能到達(dá)的最大高度h；3為了使飛行器不致墜落到地面，求飛行器從開始下落到恢復(fù)升力的最長(zhǎng)時(shí)間t3 。解析：1第一次飛行中，設(shè)加速度為勻加速運(yùn)動(dòng)由牛頓第二定律解得2第二次飛行中，設(shè)失去升力時(shí)的速度為，上升的高度為勻加速運(yùn)動(dòng)設(shè)失去升力后的速度為，上升的高度為由牛頓第二定律解得3設(shè)失去升力下降階段加速度為；恢復(fù)升力后加速度為，恢復(fù)升力時(shí)速度為由牛頓第二定律 F+f-mg=ma4且V3=a3t3解得t3=(s)(或2

47、.1s)14.09·海南物理·159分一卡車拖掛一相同質(zhì)量的車廂，在水平直道上以的速度勻速行駛，其所受阻力可視為與車重成正比，與速度無(wú)關(guān)。某時(shí)刻，車廂脫落，并以大小為的加速度減速滑行。在車廂脫落后，司機(jī)才覺察并緊急剎車，剎車時(shí)阻力為正常行駛時(shí)的3倍。假設(shè)剎車前牽引力不變，求卡車和車廂都停下后兩者之間的距離。式中，是卡車在剎車后減速行駛的路程。設(shè)車廂脫落后滑行的路程為，有 卡車和車廂都停下來(lái)后相距 由至式得 帶入題給數(shù)據(jù)得 評(píng)分參考：此題9分。至式各1分，式1分15.09·上海物理·2212分如圖A，質(zhì)量m1kg的物體沿傾角q37°的固定粗糙斜面

48、由靜止開始向下運(yùn)動(dòng)，風(fēng)對(duì)物體的作用力沿水平方向向右，其大小與風(fēng)速v成正比，比例系數(shù)用k表示，物體加速度a與風(fēng)速v的關(guān)系如圖B所示。求：1物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)m；2比例系數(shù)k。sin370=0.6,cos370=0.8,g=10m/s216.09·廣東物理·2017分如圖20所示，絕緣長(zhǎng)方體B置于水平面上，兩端固定一對(duì)平行帶電極板，極板間形成勻強(qiáng)電場(chǎng)E。長(zhǎng)方體B的上外表光滑，下外表與水平面的動(dòng)摩擦因數(shù)=0.05設(shè)最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力相同。B與極板的總質(zhì)量=1.0kg.帶正電的小滑塊A質(zhì)量=0.60kg，其受到的電場(chǎng)力大小F=1.2N.假設(shè)A所帶的電量不影響極板間的電場(chǎng)

49、分布。t=0時(shí)刻，小滑塊A從B外表上的a點(diǎn)以相對(duì)地面的速度=1.6m/s向左運(yùn)動(dòng)，同時(shí)，B連同極板以相對(duì)地面的速度=0.40m/s向右運(yùn)動(dòng)。問g取10m/s21A和B剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小分別為多少？2假設(shè)A最遠(yuǎn)能到達(dá)b點(diǎn)，a、b的距離L應(yīng)為多少？從t=0時(shí)刻至A運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)時(shí)，摩擦力對(duì)B做的功為多少？設(shè)B從開始勻減速到零的時(shí)間為t1，那么有此時(shí)間內(nèi)B運(yùn)動(dòng)的位移t1時(shí)刻A的速度，故此過程A一直勻減速運(yùn)動(dòng)。 此t1時(shí)間內(nèi)A運(yùn)動(dòng)的位移此t1時(shí)間內(nèi)A相對(duì)B運(yùn)動(dòng)的位移此t1時(shí)間內(nèi)摩擦力對(duì)B做的功為 t1后，由于，B開始向右作勻加速運(yùn)動(dòng)，A繼續(xù)作勻減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)它們速度相等時(shí)A、B相距最遠(yuǎn)，設(shè)此過程運(yùn)動(dòng)時(shí)

50、間為t2，它們速度為v，那么有對(duì)A 速度對(duì)B 加速度 速度聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)解得 此t2時(shí)間內(nèi)A運(yùn)動(dòng)的位移此t2時(shí)間內(nèi)B運(yùn)動(dòng)的位移此t2時(shí)間內(nèi)A相對(duì)B運(yùn)動(dòng)的位移此t2時(shí)間內(nèi)摩擦力對(duì)B做的功為所以A最遠(yuǎn)能到達(dá)b點(diǎn)a、b的距離L為從t=0時(shí)刻到A運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)時(shí)，摩擦力對(duì)B做的功為【2021年高考真題精選】1.2021·全國(guó)卷115.如圖，一輛有動(dòng)力驅(qū)動(dòng)的小車上有一水平放置的彈簧，其左端固定在小車上，右端與一小球相連，設(shè)在某一段時(shí)間內(nèi)小球與小車相對(duì)靜止且彈簧處于壓縮狀態(tài)，假設(shè)忽略小球與小車間的摩擦力，那么在此段時(shí)間內(nèi)小車可能是 A.向右做加速運(yùn)動(dòng)B.向右做減速運(yùn)動(dòng)C.向左做加速運(yùn)動(dòng)D.向左做減速運(yùn)動(dòng)2.全國(guó)卷216 如圖，一固定斜面上兩個(gè)質(zhì)量相同的小物塊A和B緊挨著勻速下滑，A與B的接觸面光滑。A與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)是B與斜面之間動(dòng)摩擦因數(shù)的2倍，斜面傾角為。B與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)是AtanBcotCtanDcot答案：A解析：A、B兩物體受到斜面的支持力均為，所受滑動(dòng)摩擦力分別為：fA = Amgcos，fB = Bmgcos，對(duì)整體受力分析結(jié)合平衡條件可得：2mgsin =AmgcosBmgcos，且A = 2B，解之得：B = tan，A項(xiàng)正確。3.北京卷20有一些問題你可能不會(huì)求解