高考物理三轮必做创新题-情景应用 专题 2受力分析及牛顿运动定律（有解析）

2受力分析及牛顿运动定律
一、单选题
1．元代《王祯农书》记载了戽斗，它是一种取水灌田的农具，形状像斗，两边有绳，靠两人拉绳取水。如图所示，忽略绳子质量，人拉绳子的作用点高度不变，绳子长度不变，戽斗装满水在空中处于平衡状态时，两人站得越近，则（　　）
A．一边的绳子对人的作用力越小 B．一边的绳子对人的作用力越大
C．一边的绳子对戽斗的作用力越大 D．两边的绳子对戽斗的作用力越小
2．如图所示，打印机进纸槽里叠放有一叠白纸，进纸时滚轮以竖直向下的力F压在第一张白纸上，并沿逆时针方向匀速转动，滚轮与第一张纸不打滑，但第一张纸与第二张纸间发生相对滑动。设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。滚轮与白纸之间的动摩擦因数为，白纸之间、白纸与纸槽底座之间的动摩擦因数均为，每张白纸的质量为m，不考虑静电力的影响，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　）
A．滚轮对第一张白纸的摩擦力大小为
B．第二、三张白纸间的摩擦力大小为
C．第三、四张白纸间的摩擦力大小为
D．越靠近底座，白纸间的摩擦力越大
3．电容式加速度传感器在安全气囊、手机移动设备等方面应用广泛，其工作原理简化为如图2所示，M和N为电容器两极板，充电后与电源断开。M极板固定在手机上，N极板两端与固定在手机上的两轻弹簧连接，只能按图中标识的“前后”方向运动，电压传感器与静电计等效，可直接测量电容器的电压。当手机由静止突然向前加速时，下列说法正确的是（ ）
A．电容器的电容增大
B．电压传感器的示数变大
C．电容器两极板间的电场强度减小
D．随着加速度变大，电压传感器示数的变化量与加速度的变化量之比变大
4．如图，竖直放置的等螺距螺线管（螺距较小）是用长为S的透明硬质直管（内径尺寸可忽略）弯制而成，高为h，将一光滑小球自上端管口由静止释放，从上向下看（俯视），小球在重复作半径为R的圆周运动。不计空气阻力，则小球第n次圆周运动所用的时间为（　　）
A． B．
C． D．
5．如图所示是某地铁站的安检设施。该设施中的水平传送带以恒定速率运动，乘客将一个物品放在传送带上，物品由静止开始加速与传送带共速后，匀速通过安检设施，忽略空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．物品所受摩擦力的方向与其运动方向始终相反
B．物品先受滑动摩擦力作用，后受静摩擦力作用
C．运送距离一定时，物品与传送带间动摩擦因数越大，运送时间越长
D．物品与传送带间动摩擦因数越大，物品与传送带相对位移越小
6．如图甲所示，水平桌面上有一算盘。算珠可穿在固定的杆上滑动，算珠与杆之间的动摩擦因数为（未知）。使用时发现某一根杆上有A、B两颗算珠未在归零位。A、B相隔，B与上边框相隔。现用手指将A以某一初速度拨出，在方格纸中作出A、B运动的v-t图像如图乙所示（实线代表A，虚线代表B）。忽略A、B碰撞的时间，g取10m/，则（　　）
A．算珠A在碰撞前运动了0.2s
B．算珠与杆之间的动摩擦因数为
C．算珠A与算珠B在碰撞过程无机械能损失
D．算珠B碰撞后恰好能到达归零位置
二、多选题
7．如图，中国古代的一种斜面引重车前轮矮小、后轮高大，在前后轮之间装上木板构成斜面，系紧在后轮轴上的绳索，绕过斜面顶端的滑轮与斜面上的重物连接。设重物的重力为G、绳索对重物的拉力为T、斜面对重物的作用力为F。推车子前进，重物被拉动沿木板上滑过程中（　　）
A．F与T的夹角一定大于90°
B．G和T的合力一定与F等大反向
C．T和F对重物做功之和等于重物动能的变化量
D．T和F对重物做功之和等于重物机械能的变化量
8．火箭在升空时会使用多个喷射舱来实现在不同气层中达到各自的目标速度的任务，其原理是在某喷射舱的燃料将要耗尽时，火箭丢弃该舱并启动下一舱级进行加速。如图所示，某教授设计的燃料火箭具有3个舱级，且舱1、舱2与舱3的质量（包括燃料，空舱质量均为1kg）分别为15kg，10kg，5kg。现使火箭在地面上由静止发射，燃料每秒消耗1kg，且燃料产生的升力恒为600N，对此下列说法正确的是（　　）
A．火箭一开始的加速度大小为20
B．火箭第1舱内部燃料耗尽（还未脱舱）时，火箭的速度约为237m/s
C．当火箭第1舱脱落后，火箭的速度约为237m/s
D．只要火箭的燃料越多，火箭的运动时间就越久
9．2022年2月18日，我国运动员夺得北京冬奥会自由式滑雪女子U型场地技巧赛冠军。比赛场地可简化为如图甲所示的模型：滑道由两个半径相同的四分之一圆柱面轨道连接而成，轨道的倾角为。某次腾空时，运动员（视为质点）以大小为的速度从轨道边缘上的点沿轨道的竖直切面滑出轨道，速度方向与轨道边缘的夹角为，腾空后沿轨道边缘上的点进入轨道，腾空过程（从点运动到点的过程）的左视图如图乙所示。重力加速度大小为，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．运动员腾空过程中处于超重状态
B．运动员腾空过程中离开的最大距离为
C．运动员腾空的时间为
D．、两点的距离为
10．最近，某实验室对一款市场热销的扫地机器人进行了相关测试，测试过程在材质均匀的水平地板上完成，获得了机器人在直线运动中水平牵引力大小随时间的变化图象如图1，以及相同时段机器人的加速度a随时间变化的图象如图2。若不计空气，取重力加速度大小为，则下列同学的推断结果正确是（　　）
A．机器人与水平桌面间的最大静摩擦力为3N
B．在时间内，合外力做的功为12J
C．在时间内，合外力的冲量为
D．机器人与水平桌面间的动摩擦因数为0.4
三、实验题
11．Phyphox软件是专门针对智能手机开发的开展物理实验的软件，可以很好地助力同学们开展居家实验，从而成为居家实验中最常用的手机软件之一。某同学在智能手机上安装Phyphox软件后，设计实验测量氢气球所受的浮力以及运动中气球所受阻力大小与速率的关系。实验步骤如下：
①测量出手机和气球的总质量，；
②如图所示，该同学用细线将手机悬吊在氢气球的下方，由静止释放，氢气球将在空中向上运动，记录氢气球上升过程中多个位置的加速度a和速率v数据；
位置 1 2 3 4 5 6 7 8
速度/ 0.5 1.0 1.5 2.0 2.5 3.0 3.5 4.0
加速度/ 8.90 7.99 7.09 6.19 3.29 4.38 3.48 2.58
③根据表中的测量数据，在坐标纸上描出了各个点，做出图像如图所示。
（1）从图像可以确定氢气球运动所受阻力f大小与______（选填v、、、）成正比；
（2）根据得到的图像可得到氢气球所受的浮力大小为______N；由图像计算出图线斜率大小为，阻力f大小与上升速率v的关系式为：_______（用题中测得的物理量符号表示）。
四、解答题
12．电容是物理学中重要的物理量。如图1所示，空气中水平放置的平行板电容器A充满电后，仅改变电容器A两极板间的距离。 电容器A的电容也随之变化。多次实验后，作出一条斜率为的直线，如图2所示。不考虑边缘效应。
（1）回答下列问题。
a．若开关保持断开状态，分析当板间距变化时，两极板间电场强度的大小如何变化。
b．根据电场强度的定义、电场强度可叠加的性质，证明当电容器A所带电荷量为时，下极板对上极板电场力的大小。
（2）用电容器A制成静电天平，其原理如图3所示：空气中，平行板电容器的下极板固定不动，上极板接到等臂天平的左端。当电容器不带电时，天平恰好保持水平平衡，两极板间的距离为。当天平右端放一个质量为的砝码时，需要在电容器的两极板间加上电压，使天平重新水平平衡。
某同学提出若用电压表（可视为理想表）读出上述电压，则可推知所加砝码的质量。因此，他准备将图4中该电压表表盘（示意图）上的电压值改换为相应的质量值。他已经完成了部分测量，请在图4的表盘上标上2V和3V对应的质量值，并给出一种扩大该静电天平量程的方法。
（3）如图5所示，将电容器A的下极板同定不动，上极板由一劲度系数为的轻质绝缘弹簧悬挂住。当两极板均不带电时，极板间的距离为。保持两极板始终水平正对且不发生转动，当两极板间所加电压为时，讨论上极板平衡位置的个数的情况。
13．“鲁布·戈德堡机械”是用迂回曲折的连锁机械反应完成一些简单动作的游戏。图为某兴趣小组设计的该类游戏装置：是半径为2L的光滑四分之一圆弧轨道，其末端B水平；在轨道末端等高处有一质量为m的“”形小盒C（可视为质点），小盒C与质量为3m、大小可忽略的物块D通过光滑定滑轮用轻绳相连，左侧滑轮与小盒C之间的绳长为2L；物块D压在质量为m的木板E左端，木板E上表面光滑、下表面与水平桌面间动摩擦因数（最大静摩擦力等于滑动摩擦力），木板E右端到桌子右边缘固定挡板（厚度不计）的距离为L；质量为m且粗细均匀的细杆F通过桌子右边缘的光滑定滑轮用轻绳与木板E相连，木板E与定滑轮间轻绳水平，细杆F下端到地面的距离也为L；质量为的圆环（可视为质点）套在细杆F上端，环与杆之间滑动摩擦力和最大静摩擦力相等，大小为。开始时所有装置均静止，现将一质量为m的小球（可视为质点）从圆弧轨道顶端A处由静止释放，小球进入小盒C时刚好能被卡住（作用时间很短可不计），然后带动后面的装置运动，木板E与挡板相撞、细杆F与地面相撞均以原速率反弹，最终圆环刚好到达细杆的底部。不计空气阻力，重力加速度为g，求：
（1）小球与小盒C相撞后瞬间，与小盒C相连的绳子上的拉力大小；
（2）细杆F的长度。
14．如图甲所示装置由置物架、运动箱、轻绳、轻质滑轮和配重等构成，该装置能够使运动箱呈现4种不同的运动状态——向下加速、减速和向上加速、减速。轻绳左端固定在置物架的顶端，绕过轻质滑轮，与装有不同质量沙子的塑料袋所构成的配重1和配重2连接，配重1和配重2之间通过一段轻绳连接。运动箱由透明箱体、重物、电子秤、固定的手机等组成，内部结构如图乙所示。手机拍摄电子秤的示数变化，同时可利用相关软件将拍摄到秤的示数同步投影到屏幕上。已知配重1和配重2的质量分别为m1和m2，不计轻绳与滑轮之间的摩擦力，重力加速度为g。
(1)运动箱及内部所有物体的总质量用m表示，则m大小应满足什么条件
(2)若运动箱及内部所有物体的总质量为m，其中重物的质量为，将运动箱拉至置物架的底板上由静止释放，运动箱向上运动过程中手机拍摄的电子秤的示数先后为和；求：。
(3)在问题(2)中，运动箱向上运动的总时间为t，求运动箱从置物架的底板由静止释放后向上运动的最大距离。
15．舰载机电磁弹射是现在航母最先进的弹射技术，我国在这一领域已达到世界先进水平。某同学自己设计了一个如图甲所示的电磁弹射系统模型。该弹射系统工作原理如图乙所示，用于推动模型飞机的动子（图中未画出）与线圈绝缘并固定，线圈带动动子，可以水平导轨上无摩擦滑动。线圈位于导轨间的辐向磁场中，其所在处的磁感应强度大小均为。开关与1接通，恒流源与线圈连接，动子从静止开始推动飞机加速，飞机达到起飞速度时与动子脱离；此时掷向2接通定值电阻，同时对动子施加一个回撤力，在时刻撤去力，最终动子恰好返回初始位置停下。若动子从静止开始至返回过程的图像如图丙所示。已知模型飞机起飞速度，，，线圈匝数匝，每匝周长，动子和线圈的总质量，线圈的电阻，，，不计空气阻力和飞机起飞对动子运动速度的影响，求：
（1）回撤力与动子速度大小的关系式；
（2）图丙中的数值。（保留两位有效数字）
16．风洞训练可以模拟高空跳伞下落过程中人体所承受气流的状态，是跳伞初学者学习跳伞的必要项目。在空中运动的物体受到的空气阻力，式中S为迎风面积，为风阻系数，与物体的迎风面积、光滑程度和整体形状等有关。空气密度取。已知跳伞运动员的质量约为。重力加速度g取。
（1）如图，风洞竖直向上送风，当风速达时该运动员悬浮在风洞内，取0.326，求其身体的迎风面积S；
（2）在室外高空跳伞时，取1.26，跳伞总装备的质量为，打开的降落伞伞面面积为。运动员身上的传感器记录了运动员由静止起在空中竖直下落的加速度a与速度v并绘制图（2）的图像，分析并求出图中坐标值和运动员落地时的速率。
17．2022年北京冬奥会冰壶项目的比赛场地如图所示。、、为场地中心线上的三个点，一冰壶B静止在半径的营垒圆形边界处。队员使冰壶A以速度从点沿中心线出发。在与初速度同向、恒力作用下，经在处脱手。脱手后，队友用冰刷擦拭间的冰面，从处开始经过时间，冰壶A以速度在处与冰壶B发生第一次正碰（碰撞时间极短）。冰壶A、B可视为质点，质量均为，已知未用冰刷擦拭的冰面动摩擦因数，擦拭后的冰面动摩擦因数变为，重力加速度取，不计空气阻力，冰刷始终不接触冰壶。
（1）求冰壶A到达处时的速度大小和段冰面的大小；
（2）第一次碰撞后，冰壶B恰好停止营垒中心O处，求第一次碰撞过程损失的机械能；
（3）第一次碰撞后，只擦拭冰壶A前方冰面并使，可使冰壶A、B发生多次正碰。已知冰壶A、B每次碰撞前后速度均满足比值不变，试通过计算说明第三次碰撞时冰壶B在营垒的哪个区域？（营垒各区域尺寸如图所示）
18．如图甲所示，以v=1.8m/s的速度顺时针匀速转动的传送带与水平面夹角，质量为3kg的小物块B与物块C间拴接一轻弹簧，B、C同时由静止释放，且此时弹簧恰好处于原长，B、C与斜面间的动摩擦因数均为0.75。质量为1kg的小物块A在与物块B距离0.6m处，以v0=6m/s的初速度沿斜面向下运动，A与斜面间动摩擦因数也为0.75，传送带的上、下端均足够长，A、B碰撞无机械能损失。以A、B碰撞的时刻为0时刻，B、C物块运动的a-t图像如图乙所示，规定沿斜面向下为正方向。其中第四象限图线在0到t0时间内与坐标轴围成的面积大小为S1，第一象限图线在0到2t0时间内与坐标轴围成的面积大小为S2，重力加速度取。求：
（1）物块A从开始运动到再回到释放高度所用的时间t（A、B碰撞时间忽略不计）；
（2）物块C的质量mC及图线与坐标轴围成的面积S1、S2的大小。
19．小韩同学在自建住房施工工地观察到如图甲所示的简易升降机，升降机由固定架、运动箱、两段足够坚韧的轻绳a和b、轻质滑轮和配重等构成。工作过程中通过调整轻绳b的松弛与张紧，可以使运动箱呈现4种不同的运动状态，向下加速、向下减速、向上加速和向上减速。轻绳a左端固定在固定架的顶端，绕过轻质滑轮，右端与装有不同质量沙子的塑料袋所构成的配重连接，配重1和配重2之间通过一段轻绳b连接。为了研究运动箱的运动，在运动箱内放置重物、电子压力计、固定的手机等，内部结构如图乙所示。手机拍摄电子压力计的示数变化，同时可利用相关软件将拍摄到的示数同步投影到屏幕上。已知配重1和配重2的质量分别为和，不计轻绳与滑轮之间的摩擦力，重力加速度为g。
（1）运动箱从图甲所示位置由静止释放，若先后经历向下加速和向下减速两个过程，求运动箱及箱内物体的总质量m的取值范围（用、表示）；
（2）若运动箱及箱内物体的总质量，箱内物体的质量为，将运动箱拉至底板由静止释放，运动箱向上运动过程中手机拍摄的电子压力计的示数先后为和；求超重过程中运动箱与配重1加速度大小的比，以及配重1的质量。
20．如图所示，直杆AB质量为0.2kg，A端在上，B端在下，距离A点0.05m下方套有一个弹性圆环C。环C的质量为0.1kg，与杆之间的最大静摩擦力为1.2N。现用手握住杆的B端，保持手与杆间的最大静摩擦力为4N，同时用F=8N的力竖直向下击打杆的A端，击打的时间为0.19s。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，杆始终处于竖直状态，求：
（1）第一次击打结束时杆和环的速度的大小。
（2）击打1次后，环能否到达A端？若击打力的大小和持续时间始终与第一次相同，再次击打前二者均已静止，能否通过多次击打，使环到达A端？如果能，需要击打多少次？如果不能，说明理由。
参考答案：
1．A
【详解】如下图
戽斗受两绳子拉力F、重力G，由对称性和三角函数得
当两人站得越近时，图中θ减小，则F也减小，即一边的绳子对戽斗的作用力越小，根据牛顿第三定律，一边的绳子对人的作用力也越小。两边的绳子对戽斗的作用力始终和戽斗重力平衡，保持不变。
故选A。
2．C
【详解】A．为滚轮与第一张白纸间的滑动摩擦力，滚轮与第一张白纸间的摩擦力为静摩擦力，小于或等于最大静摩擦力。故A错误；
B．第一、二张白纸间的摩擦力为滑动摩擦力，大小为
第二张白纸处于静止状态，第二、三张白纸间的摩擦力为静摩擦力，大小等于第一、二张白纸间的摩擦力，即
故B错误；
C．第三张白纸处于静止状态，第三、四张白纸间的摩擦力为静摩擦力，大小等于第二、三张白纸间的摩擦力，即
故C正确；
D．除第一张白纸外，所有白纸均处于静止状态，白纸间的摩擦力均为，大小相等。故D错误。
故选C。
3．B
【详解】A．由静止突然向前加速时，N极板向后运动，电容器两极板间的距离变大，由
可知电容器的电容变小，故A错误；
B．电压传感器相当于静电计，故电容器的电荷量Q不变，由
可知，在Q不变的情况下，C减小则U增大，故B正确；
C．由公式
可知，在Q不变d变大的情况下，E不变，故C错误；
D．电压传感器示数与极板间距之间的关系为
可得
设弹簧劲度系数为，对N极板由牛顿第二定律可得加速度与弹簧形变量的关系为
可得
电压传感器示数的变化量与加速度的变化量之比为
其为定值，故D错误。
故选B。
4．C
【详解】将小球沿螺线管的运动等效为沿倾角为θ的斜面上向下的匀加速直线运动，则有
，
小球n-1次圆周运动有
小球n次圆周运动有
则小球第n次圆周运动所用的时间
解得
故选C。
5．D
【详解】AB．物品加速时，滑动摩擦力方向与运动方向相同；匀速后，与传送带之间无相对运动趋势，不受静摩擦力作用，故AB错误；
D．物品与传送带有相对运动时，其加速度
物品由静止开始加速至速率为过程用时
与传送带相对位移
故物品与传送带间动摩擦因数越大，相对位移越小，故D正确；
C．物品匀速运动时间为
物品运输总时间为
运送距离一定时，物品与传送带间动摩擦因数越大，运送时间越短。故C错误。
故选D。
6．D
【详解】A．由匀变速直线运动规律可得
解得
A错误；
B．由匀变速直线运动规律可得
由牛顿第二定律可得
解得
B错误；
C．算珠A与算珠B的质量均为，则碰撞过程能量关系为
算珠A与算珠B在碰撞过程存在机械能损失，C错误；
D．算珠B碰撞后，由匀变速直线运动规律可得
因此算珠B碰撞后恰好能到达归零位置，D正确；
故选D。
7．AD
【详解】A．对重物进行受力分析如图所示
根据受力分析可知，斜面对重物有支持力与摩擦力的作用，则斜面对重物的作用力为F为斜面对重物有支持力N与摩擦力f的合力，根据上述受力分析图，将支持力与摩擦力合成，可知，F与T的夹角一定大于90°，A正确；
B．当重物匀速上滑时，G和T的合力与F等大反向，当重物不是匀速上滑时，G和T的合力与F不等大反向，B错误；
C．以重物为对象，根据动能定理有
可知，T、F和G对重物做功之和等于重物动能的变化量，C错误；
D．根据上述有
由于
则有
可知，T和F对重物做功之和等于重物机械能的变化量，D正确。
故选AD。
8．BC
【详解】A．由牛顿第二定律可得火箭一开始的加速度大小为
故A错误；
B．由题意可知，火箭的质量与时间的关系为
则根据牛顿第二定律有
联立得
则火箭第1舱内部燃料耗尽（还未脱舱）即时，火箭的速度为
故B正确；
C．火箭第1舱燃料耗尽和第1舱脱落的时间间隔很短，故速度不变，为237m/s，故C正确；
D．因为燃料多，则加速度小，因此时间长也不一定获得速度大，导致无动力飞行时间不一定大，故D错误。
故选BC。
9．BCD
【详解】A．加速度方向向上为超重，加速度方向向下为失重，运动员腾空过程中加速度为g，方向竖直向下，运动员一直处于失重状态，故A错误；
B．运动员在M点时垂直AD方向的速度大小
垂直斜面方向加速度大小为
设运动员腾空过程中离开AD的最大距商为d，根据匀变速直线运动的规律有
解得
故B正确；
C．可得运动员从M点到离开AD最远的时间
根据对称性可知，运动员腾空的时间
故C正确；
D．运动员在M点时平行AD方向的速度大小
设运动员在ABCD面内平行AD方向的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律有
根据匀变速直线运动的规律可知，M、N两点的距离
故D正确。
故选BCD。
10．AD
【详解】A．由图2可知机器人在1s时开始滑动，有加速度，所以刚要滑动时
故A正确；
B．由图1、图2结合牛顿第二定律可得
联立可得机器人质量
滑动摩擦力为
4s末机器人的速度为
在时间内，合外力做的功为
故B错误；
C．在时间内，合外力的冲量为
故C错误；
D．机器人与水平桌面间的动摩擦因数为
故D正确。
故选AD。
11． v 3.919
【详解】（1）[1]由图可知，随着速度增大，气球的加速度越来越小，这是因为速度增大，气球所受的空气阻力也变大，从而使加速度变小；由牛顿第二定律可得
由图可知，加速度a与v为一次函数，结合上述分析可知，气球所受阻力f与v成正比。
（2）[2]由图像结合上述分析可得
根据图中数据可得
解得
[3]由题意及图像可得
由上述分析可得
即
12．（1）a．电场强度的大小保持不变，b．见解析；（2）见解析；（3）见解析
【详解】（1）a．由图2可得
又
，
联立可得
若开关保持断开状态，可知电容器电荷量保持不变，当板间距变化时，两极板间电场强度的大小保持不变；
b．当电容器A所带电荷量为时，可得每个极板产生的电场强度大小为
下极板对上极板电场力的大小为
（2）根据题意有
又
，，
联立可得
可知2V对应的质量值满足
解得
3V对应的质量值满足
解得
如图所示
根据
为了扩大该静电天平量程，可减小天平平衡时板间距离。
（3）当两极板间所加电压为时，设上极板所受弹簧弹力的变化量为，所受下极板的电场力为；稳定时，根据受力平衡可得
根据胡克定律可得
根据（1）b结论可得
联立可得
可知该方程是关于的三次方程，可通过图像法确定其解的个数，如图所示
在坐标中分别作出方程左端的图像（图中直线、和）和右端的图像（图中曲线），两个图像的交点的个数反映了方程解的个数，即上极板平衡位置的个数。
直线与曲线相交，有2个交点，表明方程有2个解，即上极板平衡位置的个数；
直线与曲线相切，有1个交点，表明方程有1个解，即上极板平衡位置的个数；
直线与曲线相离，没有交点，表明方程没有实数解，即上极板平衡位置的个数；
综上所述，上极板平衡位置的个数、、。
13．（1）；（2）
【详解】（1）设小球滑出圆弧轨道时的速度为，刚被卡住瞬间速度为v，与小盒C相连的绳子上的拉力大小为T。对小球从A到B，由动能定理得
小球撞击C瞬间，二者组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得
对小球和C组成的系统，由圆周运动公式可知，与小盒C相连的绳子上的拉力大小
解得
（2）由（1）知，当小球刚被小盒C卡住时，物块D对木板E压力为零，此时桌面对木板E的最大静摩擦力
由
知，木板E将向右运动；木板E向右运动与挡板相撞前，将木板E、圆环和细杆F视为一个整体，设加速度大小为a；由牛顿第二定律
解得
对圆环由牛顿第二定律
可知圆环所受摩擦力
所以木板E向右运动与挡板相撞前，圆环与细杆F之间未发生相对滑动。假设第一次相撞的速度大小为，则由匀变速直运动推导公式
由分析知，第一次相撞后细杆F与圆环发生相对滑动，假设相撞后，圆环向下做匀减速直线运动的加速度大小为，木板E向左、细杆F向上做匀减速直线运动的加速度大小为，则对圆环由牛顿第二定律
对木板E向左、细杆F整体由牛顿第二定律
解得
因为大小相等，则圆环与木板E、细杆F同时减速为零，且圆环与细杆F的位移大小相等，方向相反。设第一次相撞后，木板E向左的最大位移为，则有匀变速直线运动推导公式
解得
同理可得：第二次相撞后，木板E向左的最大位移为
第n次碰撞后，木板E向左的最大位移为
则第一次相撞后，圆环与细杆F的最大相对位移
同理可得：第二次相撞后，圆环与细杆F的最大相对位移
第n次相撞后，圆环与细杆F的最大相对位移
设细杆F的长度为x，则
14．(1)；(2) ；(3)
【详解】(1)装置能够使呈现4种不同的运动状态——向下加速、减速和向上加速、减速配重1和配重2之间轻绳未绷直，运动箱加速度向下，即
配重1和配重2之间轻绳绷直后，运动箱加速度向上，即
解得
(2)重物向上加速过程中，满足
运动箱向上加速过程中，设轻绳上的拉力为F1，则
重物向上减速过程中，满足
运动箱向上减速过程中，设轻绳上的拉力为F2，则
解得
(3)设运动箱在向上运动过程中，最大速度为vm，则
15．（1）；（2）
【详解】（1）动子和线圈在时间做匀减速直线运动，加速度大小为
根据牛顿第二定律有
其中
可得
解得
在时间反向做匀加速直线运动，加速度不变 根据牛顿第二定律有
联立相关式子，解得
（2）动子和线圈在在时间段内的位移
从时刻到返回初始位置时间内的位移
根据法拉第电磁感应定律有
据电荷量的定义式
据闭合电路欧姆定律
解得从时刻到返回初始位置时间内电荷量
其中
动子和线圈从时刻到返回时间内,只受磁场力作用，根据动量定理有
又因为安培力的冲量
由
联立可得
故图丙中的数值为
16．（1）；（2）
【详解】（1）由平衡条件得
身体的迎风面积为
（2）运动员开始下落时速度为0，空气阻力为0，则仅在重力作用下的加速度为重力加速度，即
运动员落地时的速率等于匀速下落的速率，则
得运动员落地时的速率为
17．（1），；（2）；（3）见解析
【详解】（1）冰壶A从P点到M点的过程中，根据动能定理有
解得
以冰壶A运动方向为正方向，冰壶A从M点到N点过程根据动量定理有
解得
（2）第一次碰撞后，冰壶B恰好停在营垒中心O处， 根据动能定理有
解得
冰壶A、B第一次碰撞时，系统动量守恒，则有
解得
第一次碰撞损失的机械能为
（3）根据题意有
冰壶A、B第一次碰撞后，对冰壶B根据牛顿第二定律有
冰壶B运动的时间为
对冰壶A根据牛顿第二定律有
根据运动学公式有
解得
冰壶A运动的时间为
所以冰壶B刚停止时，冰壶A、B发生第二次碰撞；冰壶A、B第二次碰撞，系统动量守恒，有
又
联立解得

第二次碰撞后，对冰壶B，根据运动学有
解得
冰壶B运动的时间为
对冰壶A，根据运动学有
解得
冰壶A运动的时间
所以冰壶B刚停止时，冰壶A、B发生第三次碰撞，由于
则第三次碰撞时冰壶B在半径为的圆形区域内。
18．（1）0.4s；（2）mC=1.5kg，S1=1m/s，S2=4m/s
【详解】（1）对A和B、C整体受力分析知，由于，碰撞前B、C静止，A匀速向下运动，A与B发生弹性碰撞，由动量守恒、机械能守恒可得
由机械能守恒定律可得
联立解得
，
碰后对A受力分析，根据牛顿第二定律
解得
设经时间t1，A与传送带共速，则有
解得
t1时间内A的位移为
A与传送带共速后匀速上升回到释放高度，用时t2
A与B碰撞前匀速运动的时间为t0，则有
则物块A从开始运动到再回到释放高度所用的时间t为
（2）碰后A反向运动，B以3m/s开始压缩弹簧，C的加速度沿斜面向下，所以C的a-t图像在第一象限，B的的a-t图像在第四象限，B、C系统因为重力沿斜面向下分力等于滑动摩擦力，所以B、C系统动量守恒， B、C所受的合外力都等于弹簧弹力，t0时刻弹簧压缩到最短，此时有
，
可得物块C的质量为
t0时刻B、C速度相等，由动量守恒定律可得
解得
由a-t图像的面积等于速度的变化量，可知
2t0时刻弹簧恢复原长，设此时B、C速度分别为、，由动量守恒、机械能守恒
，
解得
2t0时刻
19．（1）；（2）
【详解】（1）配重1和配重2之间轻绳b未绷直，运动箱加速度向下
轻绳b绷直后，运动箱加速度向上
得
（2）超重时
重物向上减速过程中，由牛顿第二定律有
得
设轻绳a上的拉力为F，则
解得
20．（1），；（2）不能，不能，见解析
【详解】（1）设杆的质量为M，杆受到的滑动摩擦力为，环受到的滑动摩擦力为，击打时杆的加速度为，环的加速度为，杆和环的受力如图1所示
则
，
解得
，
第一次击打结束时杆的速度
解得
环的速度为
解得
（2）撤去F后，杆的受力如图2所示
则
解得
设再经二者达到共速v，则
解得
，
环相对杆向上
解得
杆和环共速度后，假设两者一起匀减速，杆和环的受力如图3所示
则
设此时杆与环之间的静摩擦力为，则
解得
假设不成立，两者发生相对滑动，杆和环的受力如图4所示
则
，
解得
，
环相对杆向下滑
解得
击打一次环相对杆下滑
解得
故不可能通过多次击打使环到达A端。运动全过程的图像如图5所示。
精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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高考物理三轮必做创新题-情景应用 专题 2受力分析及牛顿运动定律（有解析）