【正文】 江蘇 得， 2011N vF m g m R??② 聯(lián)立以上兩式代入數(shù)據(jù)得 3000NFN? ③ 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。17）為了節(jié)省能量，某商場(chǎng)安裝了智能化的電動(dòng)扶梯。下列判斷正確的是 （ ） A．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 答案： BC 解析：飛船點(diǎn)火變軌，前后的機(jī)械能不守恒，所以 A 不正確。兩物體運(yùn)動(dòng)的 vt 圖象如圖， tl時(shí)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，Ａ速度達(dá)到最大值，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。 7． (2022 【 2022 高考】 1．（ 2022的力斜向上拉此物體，使物體從 A 處由靜止開始運(yùn)動(dòng)O l F m α T F mg 并能到達(dá) B 處，求該力作用的最短時(shí)間 t。 （ 3）若僅撤去電場(chǎng)，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(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。整個(gè)裝置內(nèi)部為真空。木塊和木板之間相對(duì)靜止時(shí)，所受的摩擦力為靜摩擦力。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）。 （ 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。電梯的簡(jiǎn)化模型如 1 所示。物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 μ ，重力加速度為 g。圖 2為用米尺測(cè)量某一紙帶上的 s s3的情況，由圖可讀出 s1=__________mm，s3=__________mm。 12 /a m s? ， 小球上升做勻減速運(yùn)動(dòng) 2 2v ah? 升至最高點(diǎn)： ? 【考點(diǎn)定位】牛頓定律、運(yùn)動(dòng)和力 （ 2022如果物體所受外力在同一平面上，應(yīng)建立二維直角坐標(biāo)系。求這時(shí)木棒下落的加速度？ 解析：（解法一）猴子和木棒的受力情況如圖所示，猴子相對(duì)地面的高度不變、保持靜止，即受力平衡，木棒具有加速度，根據(jù)牛頓第二定律 對(duì)猴子有： 對(duì)木棒有： 由牛頓第三定律得 解得木棒的加速度為 ，方向豎直向下 . 解法二（整體法）：把猴子和木棒看成一個(gè)整體，受力情況如圖 8 所示， 在這個(gè)整體中猴子受力平衡，木棒具有加速度，根據(jù)牛頓第二定律有 解得木棒的加速度為 ，方向豎直向下 . 【感悟提高】 對(duì)于由一個(gè)靜止，一個(gè)加速運(yùn)動(dòng)的物體所組成的系統(tǒng)，往往優(yōu)先考慮整體利用牛頓第二定律求解，這樣會(huì)使求解變得非常簡(jiǎn)單 . 類似以上的不少問題，若用隔離法求解，分析過程很繁瑣，若用整體法來分析，思路卻很敏捷 .大家如果能深刻領(lǐng)會(huì)整體法的有關(guān)解題規(guī)律，在學(xué)習(xí)過程中一定會(huì)取得事半功倍的效果 . 考點(diǎn) 6 物體運(yùn)動(dòng)情況的判斷 例 壓敏電阻的阻值隨所受壓力的增大而減小，有位同學(xué)利用壓敏電阻設(shè)計(jì)了判斷小車運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的裝置，其工作原理如圖 31213（ a）所示，將壓敏電阻和一塊擋板固定在絕緣小車上，中間放置一個(gè)絕緣重球 .小車向右做直線運(yùn)動(dòng)過程中，電流表示數(shù)如圖 31213（ b）所示，下列判斷正確的是 ( ) A．從 t1到 t2時(shí)間內(nèi)，小車做勻速直線運(yùn)動(dòng) B．從 t1到 t2時(shí)間內(nèi)，小車做勻加速直線運(yùn)動(dòng) C．從 t2到 t3時(shí)間內(nèi)，小車做勻速直線運(yùn)動(dòng) D．從 t2到 t3時(shí)間內(nèi)，小車做勻加速直線運(yùn)動(dòng) 解 析：對(duì)小球，根據(jù)牛頓第二定律有 N＝ ma，易知 t1到 t2時(shí)間內(nèi)，小球?qū)醢宓膲毫υ絹碓酱?，故做變加速運(yùn)動(dòng)， t2到 t3時(shí)間內(nèi)，小球?qū)醢宓膲毫Σ蛔?，小車做勻加速運(yùn)動(dòng)， 0到t1時(shí)間內(nèi)，小車可能靜止也可能勻速運(yùn)動(dòng) . 答案： D 【感悟提高】本題是一個(gè)傳感器問題，傳感器是把力學(xué)信號(hào)等轉(zhuǎn)化為電信號(hào)的一個(gè)儀器，新課程新增加的一個(gè)內(nèi)容 ,相信以后的高考中仍會(huì)有所考查，同學(xué)們要引起注意 . 考點(diǎn) 整體法和隔離法的應(yīng)用 例 如圖，水平地面上有一楔形物體 b， b的斜面上有一小物塊 a； a與 b之間、 b與地面之間均存在摩擦．已知楔形物體 b靜止時(shí)， a靜止在 b的斜面上．現(xiàn)給 a和 b 一個(gè)共同的向左的初速度，與 a和 b 都靜止時(shí)相比，此時(shí)可能 ( ) A． a與 b之間的壓力減少，且 a相對(duì) b向下滑動(dòng) B． a與 b之間的壓力增大，且 a相對(duì) b向上滑動(dòng) C． a與 b之間的壓力增大，且 a相對(duì) b靜止不動(dòng) D． b與地面之間的壓力不變，且 a相對(duì) b向上滑動(dòng) 解析 ： 依題意，若兩物體依然相對(duì)靜止，則 a的加速度一定水平向右，如圖將加速度分解為垂直斜面與平行于斜面，則垂直斜面方向， N－mgcosθ =may，即支持力 N大于 mgcosθ ，與都靜止時(shí)比較， a與 b間的壓力a b 左 右 a ay ax 增大；沿著斜面 方向，若加速度 a 過大，則摩擦力可能沿著斜面向下，即 a 物塊可能相對(duì) b向上滑動(dòng)趨勢(shì)，甚至相對(duì)向上滑動(dòng)，故 A 錯(cuò)， B、 C 正確；對(duì)系統(tǒng)整體，在豎直方向，若物塊a 相對(duì) b向上滑動(dòng)，則 a 還具有向上的分加速度，即對(duì)整體的牛頓第二定律可知，系統(tǒng)處于超重狀態(tài)， b與地面之間的壓力將大于兩物體重力之和， D錯(cuò) . 答案 ： BC 【高考真題精析】 【 2022 高考】 （ 2022測(cè)量相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)的間距 s1，s2，?。物理）根據(jù)牛頓 第二定律，下列敘述正確的是 A． 物體加速度的大小跟它的質(zhì)量和速度大小的乘積成反比 B． 物體所受合力必須達(dá)到一定值時(shí)，才能使物體產(chǎn)生加速度 C． 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 D． 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 【答案】： D 【解析】：根據(jù)牛頓第二定律，物體加速度的大小跟它所受的合外力成正比，跟它的質(zhì)量成反比，選項(xiàng) ABC錯(cuò)誤。在柱形區(qū)域內(nèi)加一方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一質(zhì)量為 m、電荷量為 q 的粒子沿圖中直線在圓上的 a點(diǎn)射入柱形區(qū)域，在圓上的 b點(diǎn)離開該區(qū)域，離開時(shí)速度方向與直線垂直。 【 答案 】 ： （ 1） F1 = N F2 = N （ 2） v1 = （ 3） P = W W = J 【 解析 】 ： 解 ：（ 1） 由牛頓第二定律得 ： F – mg = ma 由 a – t圖像可知 ， F1和 F2對(duì)應(yīng)的加速度分別是 a1 = ， a2 = F1 = m（ g + a1） = （ 10 + ） N = N F2 = m（ g + a2） = （ 10 ） N = N （ 2）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 = 同理可得： v2 = v2 – v1 = 第 2s末 的速率 v2 = （ 3）由 a – t圖像可知， 11s~30s 內(nèi)速率最大，其值等于 0～ 11s內(nèi) a – t圖線下的面積，有 vm = 10m/s 此時(shí)電梯做勻速運(yùn)動(dòng)，拉力 F 等重力 mg，所求功率 P = Fvm = mg vm = 10 10 W = W 由動(dòng)能定理得： W = m — 0 = J = J 【考點(diǎn)定位】本題考查牛頓第 二定律， v – t 圖線， a – t圖線，類比法，功率。已知小球剛好能沿圓軌道經(jīng)過最高點(diǎn) C，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 A． g B． 2g C． 3g D． 4g 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： 9F0/5－ 3F0/5=ma，所以 a=2g。求： m 的 魚餌到達(dá)管口 C 時(shí)的速度大小 v1。 為 d，因此落點(diǎn)區(qū)域的寬度也是 d。 （ 1）在水平拉力 F 的作用下，輕繩與豎直方向的夾角為 α，小球保持靜止。39。 4． (2022他將彈簧秤移至電梯內(nèi)稱其體重， 0t 至 3t 時(shí)間段內(nèi)，彈簧秤的示數(shù)如圖所示，電梯運(yùn)行的 vt 圖可能是（取電梯向上運(yùn)動(dòng)的方向?yàn)檎? （ ） 答案： A 解 析：由圖可知，在 t0t1 時(shí)間內(nèi)，彈簧秤的示數(shù)小于實(shí)際重量，則處于失重狀態(tài)，此時(shí)具有向下的加速度，在 t1t2 階段彈簧秤示數(shù)等于實(shí)際重量，則既不超重也不失重，在 t2t3 階段，彈簧秤示數(shù)大于實(shí)際重量，則處于超重狀態(tài)，具有向上的加速度，若電梯向下運(yùn)動(dòng)，則 t0t1時(shí)間內(nèi)向下加速， t1t2 階段勻速運(yùn)動(dòng)， t2t3 階段減速下降， A 正確； BD 不能實(shí)現(xiàn)人進(jìn)入電梯由靜止開始運(yùn)動(dòng)， C 項(xiàng) t0t1 內(nèi)超重，不符合題意。 13.（ 09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初速滑下，與輕彈簧被壓縮至最短時(shí)，自動(dòng)卸貨裝P A 地球 Q 軌道 1 軌道 2 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。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 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)。設(shè)運(yùn)動(dòng)員的質(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。 解析： （ 1）第一次飛行中，設(shè)加速度為 1a 勻加速運(yùn)動(dòng) 21121 taH? 由牛頓第二定律 1mafmgF ??? 解得 )(4 Nf ? （ 2）第二次飛行中，設(shè)失去升力時(shí)的速度為 1v ，上升的高度為 1s 勻加速運(yùn)動(dòng) 2211 21 tas ? 設(shè)失去升力后的速度為 2a ，上升的高度為 2s 由牛頓第二定律 2mafmg ?? 。為了探究上升過程中運(yùn)動(dòng)員與繩索和吊椅間的作用，可將過程簡(jiǎn)化。若將一個(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) 。斜面軌道傾角為 30176。廣東理科基礎(chǔ) 廣東物理 3． (2022 2 .339。以水平向右的方向?yàn)檎较?，? 2 0mv MV?? ⑤ 在 上升過程中，因只有重力做功，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，則 2 2 2201 1 12 2 2m v M V m g L m v? ? ? ⑥ 由 ⑤ ⑥ 式，得 v2=2m/s ⑦ （ 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)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/。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)。 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(shì)能。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。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點(diǎn)。請(qǐng)你借鑒此方法，對(duì)比加速度的和速度的定義，根據(jù)圖 2 所示 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。早期物理學(xué)家關(guān)于慣性有下列說法，其中正確的是 的性質(zhì)是慣性 ，物體只能處于靜止?fàn)顟B(tài) ，將繼續(xù)以同一速度沿同一直線運(yùn)動(dòng) 【答案】 AD （ 2022物理） 如圖，表面處處同樣粗糙的楔形木塊 abc 固定在水平地面上，ab 面和 bc 面與地面的夾角分別為α和β，且α β .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。 ④按住小車，改變小車中砝碼的質(zhì)量，重復(fù)步驟③。如圖中物塊 m 沿斜面體 M 以加速度 a 下滑，斜面體不動(dòng)．欲求地面對(duì)斜面體的靜摩擦力 f 時(shí)，就可把此系統(tǒng)（ m 和 M）作為整體處理，由牛頓第二定律 得 f＝ macosθ＋ M 0＝ macosθ．式中 acosθ為物塊加速度的水平分量． 三、應(yīng)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律解題的特殊方法 1．用極端分析法分析臨界條件 若題目中出現(xiàn)“最大”、“最小”、“剛好”等詞語時(shí)，一般都有臨界現(xiàn)象出現(xiàn)，分析時(shí)，可用極端分析法，即把問題（物理過程）推到極端（界），分析在極端情況下可能出現(xiàn)的狀態(tài)和滿足的條件，應(yīng)用規(guī)律列出在極端情況下的方程，從而暴露出臨界條件． 2．用假設(shè)法分析物體受力 在分析某些物理過程時(shí)，常常出現(xiàn)