【正文】 （ 1）第一次試飛，飛行器飛行 t1 = 8 s 時到達(dá)高度 H = 6 4 m。 答案： 440N， 275N 解析：解法一 :(1）設(shè)運動員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。 19.（ 0924）（ 15 分）如圖所示，某貨場而將質(zhì)量為 m1=100 kg 的貨物（可視為質(zhì)點）從高處運送至地面，為避免貨物與地面發(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初速滑下，軌道半徑 R= m。 17.（ 09也可以根據(jù)除了重力、彈性力做功以外，還有其他力 (非重力、彈性力 )做的功之和等于系統(tǒng)機(jī)械能的變化量， B 正確。 15.（ 09 14.（ 09質(zhì)量為 的工 人站在地面上，通過定滑輪將 的建筑材料以 0． 500m／ s2 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，則工人對地面的壓力大小為 (g 取 lOm／ s2) （ ） A． 510 N B． 490 N C． 890 N D． 910 N 答案 ： B 解析：對建筑材料進(jìn)行受力分析。9 ）如圖所示，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、放置在水平面上 ，所有接觸面均光滑。全國卷 Ⅱ 5． (2022則有 A． 1ag? ， 2ag? B． 1 0a? ， 2ag? C． 1 0a? ，2 mMagM?? D． 1ag? ，2 mMagM?? 【答案】 C 【解析】在抽出木板的瞬時，彈簧對 1 的支持力和對 2 的壓力并未改變。如圖所示，在虛線 MN 兩側(cè)分別存在著方向相反的兩個勻強(qiáng)電場，一帶電微粒從 A 點由靜止開始，在電場力作用下沿直線在 A、 B 兩點間往返運動。 5 ( / )fa g m sm ?? ? ? （ 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 39。 解析：（ 1）受力圖見圖 根據(jù)平衡條件，的拉力大小 F=mgtanα （ 2）運動中只有重力做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒 21(1 c o s )2m g l m v??? 則通過最低點時，小球的速度大小 2 (1 c os )v gl ??? 根據(jù)牛頓第二定律 2vT mg ml??? 解得輕繩對 小球的拉力 2 ( 3 2 c o s )vT m g m m gl ??? ? ? ?，方向豎直向上 11．（上海） 如圖，質(zhì)量 2m kg? 的物體靜止于水平地面的 A 處， A、 B 間距 L=20m。 （ 2）若解除對滑塊的鎖定，試求小球通過最高點時的速度大小。一帶正電的粒子（不計重力）從 O 點沿 y 軸正方向以某一速度射入，帶電粒子恰好做勻速直線運動，經(jīng) t0 時間從 P 點射出。 (1)求 質(zhì)量 為 m1的離子進(jìn)入磁場時的速率 v1； (2)當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為 B 時，求兩種離子 在 GA 邊 落點 的間距 s； (3)在 前面的討論 中 忽略了狹縫寬度的影響，實際裝置中狹縫具有一定寬度。持續(xù)投放足夠長時間后，魚餌能夠落到水面的最大面積 S 是多少？ 解析：此題考查平拋運動規(guī)律、牛頓運動定律、豎直面內(nèi)的圓周運動、機(jī)械能守恒定律4.5R=12 gt2， ⑤ x1=v1t+R， ⑥ 由 ⑤ ⑥ 式解得 x1=4R. ⑦ 當(dāng)魚餌的質(zhì)量為 2m/3 時，設(shè)其到達(dá)管口 C 時速度大小為 v2， 由機(jī)械能守恒定律有 Ep=23 mg(+R)+12 (23 m) v22， ⑧ 由 ④ ⑧ 式解得 v2=2 gR . ⑨ 質(zhì)量為 2m/3 的魚餌落到水面上時，設(shè)離 OO’的水平距離為 x2，則 x2=v2t+R， ⑩ 由 ⑤ ⑨ ⑩ 式解得 x2=7R. 魚餌能夠落到水面的最大面積 S， S=14 (πx22πx12)= 334 πR2（或 ）。 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動，其 vt? 圖線如圖所示，則 (A)在 10 t 秒內(nèi)，外力 F 大小不斷增大 (B)在 1t 時刻，外力 F 為零 (C)在 12tt秒內(nèi)，外力 F 大小可能不斷減小 (D)在 12tt秒內(nèi)，外力 F 大小可能先減小后增大 【答案】 CD. 【解析】 10 t 秒內(nèi)，Ｆ加速運動， mafF ?? ，從圖像斜率看，這段時間內(nèi)的加速度減小 ，所以， 10 t 秒內(nèi)，Ｆ不斷減小， A 錯誤；從圖像斜率看在 1t 時刻，加速度為零 fF? ，B 錯誤；在 12tt秒內(nèi)減速運動，若開始時Ｆ的方向與ａ一致，則 maFf ?? ，從圖像斜率看加速度逐漸增大，因此Ｆ不斷減小， C 正確，當(dāng)Ｆ減小到零，反向之后， maFf ?? ，當(dāng)Ｆ增大時，加 速度ａ逐漸增大， D 正確． 6．（福建） （ 19 分）如圖為某種魚餌自動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?；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。 （ 2）如果 AB 不能與彈簧相碰，設(shè) AB 從 P 點到運動停止所用的時間為 t1，求 ω 得取值范圍，及 t1與 ω 的關(guān)系式。據(jù)題意， N≥ 0，且小球在最高點 C所受軌道的正壓力為零。已知拖動纜繩的電動機(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點時的速度大小為 0v ，小船從 A點沿直線加速運動到 B點經(jīng)歷時間為 t1， A、B 兩點間距離為 d,纜繩質(zhì)量忽略不計。質(zhì)量 m = 5 102kg、電荷量 q =+1 106C 的小物體（視為質(zhì)點）被彈簧槍發(fā)射后，沿水平軌道向左滑行，在 C 點以速度 v0=3m/s 沖上斜軌。忽略一切阻力，重 力加速度 g取 10m/s2。若磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 B，不計重力，求電場強(qiáng)度的大小。 【考點定位】本題考查胡克定律，摩擦力，牛頓第二定律，功的計算。 （ 2022 【答案】：（ 1） ① 均勻 ⑥ 線性 （ 2）（ ⅰ ）遠(yuǎn)小于小車和小車中砝碼的質(zhì)量之和 （ ⅱ ） tss ?10 13 （ ⅲ ） 1/k b/k 的拉力為 F=1/k，由 F1 M=b可得 M=b/k 。若加速度與小車和砝碼的總質(zhì)量成反比，則 a1 與 m處應(yīng)成 _________關(guān)系（填“線性”或“非線性”）。 （ 1）完成下列實驗步驟中的填空： ①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，直到打點計時器打出一系列 ________的點。該球受到的空氣阻力大小恒為 f ，取 g =10 m/s2, 求：（ 1）彈性球受到的空氣阻力 f 的大?。唬?2）彈性球第一次碰撞后反彈的高度 h 。另一種是把統(tǒng)一單位后的數(shù)據(jù)代入每個方程式中，然后直接算出所求未知量的值，前一種方法的優(yōu)點是：可以對結(jié)果的文字式進(jìn)行討論，研究結(jié)果是否合理，加深對題目的理解；一般都采用這 種方法，后一種方法演算比較方便，但是結(jié)果是一個數(shù)字，不便進(jìn)行分析討論。 【 2022考綱解讀】 考綱內(nèi)容 能力要求 考向定位 ；理解牛頓第 二定律的矢量性、瞬時性、獨立性 . 力比較復(fù)雜的動力學(xué)問題 . 有關(guān)連接體問題 . 牛頓第二定律是動力學(xué)的基礎(chǔ)，而力與加速度的瞬時對應(yīng)性、矢量性、物體系問題的處理等一直是高考的一個熱點和難點 .主要以選擇題和計算題的形式加以考查 . 【 重要 知識梳理】 牛頓運動定律的應(yīng)用（一） 一、牛頓運動定律的解題步驟 應(yīng)用牛頓第二定律解決問題時，應(yīng) 按以下步驟進(jìn)行． 1．分析題意，明確已知條件和所求量 選取研究對象；所選取的對象可以是一個物體，也可以是幾個物體組成的系統(tǒng)，同一個題目，根據(jù)題意和解題需要也可以先后選取不同的研究對象。（特別指出的是：在高考試題的參考答案中，一般都采用了前一種方法，） 【規(guī)律方法】 牛頓定律應(yīng)用的基本方法 超重與失重狀態(tài)的分析 在平衡狀態(tài)時，物體對水平支持物的壓力（或?qū)依K的拉力）大小等于物體的重力．當(dāng) 對超重和失重的理解應(yīng)當(dāng)注意以下幾點： （ 1）物體處于超重或失重狀態(tài)時，只是物體的視重發(fā)生改變，物體的重力始終存在，大小也沒有變化，因為萬有引力并沒有改變． （ 2）發(fā)生超重或失重現(xiàn)象與物體的速度大小及方向無關(guān)，只決定于加 速度的方向及大?。? （ 3）在完全失重的狀態(tài)下，平常一切由重力產(chǎn)生的物理現(xiàn)象都會完全消失，如單擺停擺、天平失效、浸在水中的物體不再受浮力、液體柱不再產(chǎn)生向下的壓強(qiáng)等。 22.? 【解析】 ?由 vt圖像可得小球下落時的加速度為： 28/a m s? 由牛頓定律可得： ma mg f??, 0. 2f mg ma N? ? ?。 ②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。 （ 2）完成下列填空： （ⅰ）本實驗中，為了保證在改變小車中砝碼的質(zhì)量時，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 _______________________。 【考點定位】 考查驗證牛頓第二定律實驗。四川） 21．如圖所示，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），彈簧水平且無形變。 （ 2022 【答案】 【考點定位】本考點主要考查帶電粒子在磁場中的勻速圓周運動、電場中的類平拋運動、牛頓定律 。 （ 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。以小物體通過 C 點時為計時起點， 以后，場強(qiáng)大小不變，方向反向。求： （ 1）小船從 A點運動到 B點的全過程克服阻力做的功 fw ； （ 2）小船經(jīng)過 B點時的速度大小 1v ； （ 3）小船經(jīng)過 B點時的加速度大小 a。 NC=0。 （ 3）如果 AB 能與彈簧相碰，但不能返回道 P 點左側(cè)，設(shè)每次壓縮彈簧過程中彈簧的最大彈性 勢能為 Ep，求 ω 的取值范圍，及 Ep與 ω 的關(guān)系式（彈簧始終在彈性限度內(nèi)）。 ，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。投餌時，每次總將彈簧長度 壓縮到 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。 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 。若狹縫過寬， 可能使兩束 離子在 GA 邊上的落點區(qū)域交疊， 導(dǎo)致 兩種 離子 無法完 全分離 。 （ 1）求電場強(qiáng)度的大小和方向。 （ 3）在滿足（ 2）的條件下，試求小球擊中滑塊右側(cè)軌道位置點與小球起始位置點間的距離。用大小為 30N，沿水平方向的外力拉此物體，經(jīng) 0 2ts? 拉至 B 處。39。已知電場強(qiáng)度的 大小分別是 31 10E ??N/C 和 32 10E ??N/C，方向如圖所示，帶電微粒質(zhì)量 10m kg??? ，帶電量 10qC?? ? ? ,A 點距虛線 MN 的距離 1 cm? ，不計帶電微粒的重力，忽略相對論效應(yīng)。對 1 物體受重力和支持力， mg=F,a1=0. 對 2 物體受重力和壓力 ，根據(jù)牛頓第二定律 gM mMM MgFa ???? 2． (2022海南物理 )如右圖，木箱內(nèi)有一豎直放置的彈簧，彈簧上方有一物塊：木箱靜止時彈自由落體處于壓縮狀態(tài)且物塊壓在箱頂上．若在某一段時間內(nèi)，物塊對箱頂剛好無壓力，則在此段時間內(nèi)，木箱的運動狀態(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】木箱靜止時物塊對箱頂有壓力，則物塊受到頂向下的壓力，當(dāng)物塊對箱頂剛好無壓力時，表明系統(tǒng)有向上的加速度，是超重， BD 正確。15）兩物體甲和乙在同一直線上運動，它們在 0～ 時間內(nèi)的 vt 圖象如圖所示。彈簧開始時處于原長，運動過程中始終處在彈性限度內(nèi)。根據(jù)牛頓第二定律有 mamgF ?? ,得繩子的拉力大小等于 F=210N,然后再對人受力分析由平衡的知識得 NFFMg ?? ,得 FN=490N,根據(jù)牛頓第三定律可知人對地面間的壓力為 對。山東 山東 在木箱與貨物從頂端滑到最低點的過程中，減少 的重力勢能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能和內(nèi)能，所以 D不正確。安徽 地面上緊靠軌道次排放兩聲完全相同的木板 A、 B，長度 均為 l=2m，質(zhì)量均為 m2=100 kg，木板上表面與軌道末端相切。安徽 對運動員和吊椅整體進(jìn)行受力分析如圖所示，則有： ? ? ? ?ammgmm2F 椅人椅人 ??? NF 440? 由牛頓第三定律，運動員豎直向下拉繩的力 NF 440?? （ 2）設(shè) 吊椅對運動員的支持力為 FN，對運動員進(jìn)行受力分析如圖所示，則有： amgmFF N 人人 ?? 275NFN ? 由牛頓第三定律，運