【文章內(nèi)容簡介】 （ 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)）。 【解析】 (1)由（ b）圖可知當(dāng)滑桿的速度最大且向外運動時小物塊 A與滑桿分離，此時小物塊的速度為 ru ??0 小物塊 A與 B碰撞，由于水平面光滑則 A、 B系統(tǒng)動量守恒，則由動量守恒定律和能量守恒定律得： mvmu 20? 220 22121 mvmuE ???? 解得：rmE 241 ??? (2)AB進入 PQ段做勻減速運動，由牛頓第二定律有： mamg 22 ?? AB 做減速運動的時間為 avt ?1 解得：grt ??21 ? 欲 使 AB不能與彈簧相碰，則滑塊在 PQ段的位移有 Lx? 而 avx 22? 解得：r gL?? 20 ?? (3) 若 AB能與彈簧相碰，則 rgL?? 21 ? 若 AB壓縮彈簧后恰能返回到 P點，由動能定理得 2221022 mvLmg ????? ? 解得：rgL?? 42 ? ? 的取值范圍是： r gLr gL ??? 42 ?? 從 AB 滑上 PQ到彈簧具有最大彈性勢能的過程中，由能量守恒定律得： m gLmvEP 2221 2 ???? 解得： m gLrmEP ?? 241 22 ?? 【考點定位】牛頓定律、功和能 【 2022 高考】 1.（天津）如圖所示， A、 B 兩物塊疊放在一起，在粗糙的水平面上保持相對靜止地向右做勻減速直線運動，運動過程中 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 【答案】 A 2．（北京） “ 蹦極 ” 就是跳躍者把 一 端固定的長彈性繩綁在 踝關(guān)節(jié) 等處，從 幾 十米高處跳 下 的一種極限運動。某人做蹦極運動， 所受繩子拉力 F 的大小隨時間 t 變化的情況如 圖所示。將蹦極過程近似為在 豎直 方向的運動， 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 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。 B正確， A、 C、 D錯誤。 3.（ 四川） 如圖是“神舟”系列航天飛船返回艙返回地面的示意圖，假定其過程可簡化為：打開降落傘一段時間后，整個裝置勻速下降，為確保安全著陸，需點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動，則 C返回艙在噴氣過程中所受合外力可能做正功 【答案】 A 【解析】 在火箭噴氣過程中返回艙做減速直線運動，加速度方向向上，返回艙處于超重狀態(tài)，動能減小，返回艙所受合外力做負功，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接對返回艙作用因而傘繩對 返回艙的拉力變小。 ，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。假定木塊和木板之間的最大靜摩擦力和滑動摩擦力相等?，F(xiàn)給木塊施加一隨時間 t 增大的水平力 F=kt（ k是常數(shù)），木板和木塊加速度的大小分別為 a1和 a2，下列反映 a1和 a2變化的圖線中正確的是（ A） 解析：主要考查摩擦力和牛頓第二定律。木塊和木板之間相對靜止時，所受的摩擦力為靜摩擦力。在達到最大靜摩擦力前，木塊和木板以相同加速度運動，根據(jù)牛頓第二定律2121 mmktaa ??? 。木塊和木板相對 運動時， 121 m gma ?? 恒定不變， gmkta ???22。所以正確答案是 A。 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。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。設(shè)質(zhì)量為 m 的魚餌到達管口 C 時，對管壁的作用力恰好為零。 不計魚餌在運動過程中的機械能損失，且鎖定和解除鎖定時，均不改變 彈簧的彈性勢能。已知重力加速度為 g。求： m 的 魚餌到達管口 C 時的速度大小 v1。 時的彈性勢能 Ep。 已知地面 與水面 相距 ，若使該投餌管繞 AB 管的中軸線 OO’在 90? 角的范圍內(nèi)來回緩慢轉(zhuǎn)動，每次彈射時只放置一粒魚餌，魚餌的質(zhì)量在 23m 到 m 之間變化，且均能落到水面。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)其到達管口 C 時速度大小為 v2， 由機械能守恒定律有 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 ）。 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 。 如圖所示的矩 形 區(qū)域 ACDG(AC 邊足夠長 )中存 在 垂直于紙面的勻強磁場， A 處 有一 狹縫。離子源產(chǎn)生的離子，經(jīng)靜電場加速后穿過狹縫沿垂直 于 GA 邊 且 垂直 于磁場的方向射 入磁場，運動到 GA 邊，被相應(yīng)的收集器收集。整個裝置內(nèi)部為真空。 已知被加速的兩種 正離子的質(zhì)量分別是 m1 和 m2(m1m2)，電荷量均為 q。 加速 電 場的電勢 差 為 U，離子進入電場時的初速度可以忽略。不 計 重力，也不考慮離子間的相互作用。 (1)求 質(zhì)量 為 m1的離子進入磁場時的速率 v1； (2)當(dāng)磁感應(yīng)強度的大小為 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。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 。 設(shè)磁感應(yīng)強度大小可調(diào)， GA 邊長為定值 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，入射 方 向仍垂直于 GA 邊且垂直于磁場。為保證上述兩種離子能落在GA 邊上并被完全分離，求狹縫的最大寬度。 為 d，因此落點區(qū)域的寬度也是 d。同理，質(zhì)量為 m2的離子在 GA 邊上落點區(qū)域的寬度也是 d。 8（安徽） （ 16 分） 如圖所示，在以坐標(biāo)原點 O 為圓心、半徑為 R 的半圓形區(qū)域內(nèi)，有相互垂直的勻強電場和勻強磁場，磁感應(yīng)強度為 B，磁場方向垂直于 xOy 平面向里。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）求電場強度的大小和方向。 （ 2）若僅 撤去磁場，帶電粒子仍從 O 點以相同的速度射入，經(jīng) 02t時間恰從半圓形區(qū)域的邊界射出。求粒子運動加速度的大小。 （ 3）若僅撤去電場，帶電粒子仍從 O 點射入，且速度為原來的 4 倍，求粒子在磁場中運動的時間。 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，電場強度為 E。可判斷出粒子受到的洛倫磁力沿 x 軸負方向，于是可知電場強度沿 x 軸正方向 且有 qE=qvB ① 又 R=vt0 ② 則 0BRE t? ③ （ 2）僅有電場時，帶電粒子在勻強電場中作類平拋運動 在 y 方向位移 22tyv? ④ x y O P B 由 ② ④ 式得 2Ry? ⑤ 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 32xR? 又有 201 ()22txa? ⑥ 得 2043Ra t? ⑦ （ 3）僅有磁場時，入射速度 4vv?? ，帶電粒子在勻強磁場中作勻速圓周運動，設(shè)軌道半徑為 r，由牛頓第二定律有 2vqv B m r?? ? ⑧ 又 qE=ma ⑨ 由 ⑦ ⑧ ⑨ 式得 33Rr? ⑩ 由幾何關(guān)系 sin 2Rr?? ○11 即 3sin 2?? 3??? ○12 帶電粒子在磁場中運動周期 2 mTqB?? 則帶電粒子在磁場中運動時間 22RtT??? 所以 0318Rtt?? ○13 9（安徽） （ 20 分） 如圖所示，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 L= 的輕 質(zhì)細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，M m v0 O P L 開始輕桿處于水平狀態(tài)，現(xiàn)給小球一個豎直向上的初速度 v0=4 m/s， g 取 10m/s2。 （ 1）若鎖定滑塊，試求小球通過最高點 P 時對輕桿的作用力大小和方向。 （ 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。 （ 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。 程中，因系統(tǒng)在水平方向上不受外力作用，水平方向的動量守恒。以水平向右的方向為正方向，有 2 0mv MV?? ⑤ 在 上升過程中，因只有重力做功，系統(tǒng)的機械能守恒，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)軌道的位置點與小球起始點的距離為 s1，滑塊向左移動的距離為 s2，任意時刻小球的水平速度大 小為 v3，滑塊的速度大小為 V/。由系統(tǒng)水平方向的動量守恒，得 3 0mv MV??? ⑦ 將 ⑧ 式兩邊同乘以 t? ，得 3 0m v t M V t?? ? ? ? ⑨ 因 ⑨ 式對任意時刻附近的微小間隔 t? 都成立，累積相加后，有 120ms Ms??