2019届高考物理二轮复习计算题题型专练二牛顿运动定律的应用201902203310.docx

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1、1计算题题型专练(二) 牛顿运动定律的应用1如图所示，倾角 37、长度为 x9 m的固定斜面，其底端与长木板 B上表面等高，原来 B静止在粗糙水平地面上，左端与斜面接触但不粘连，斜面底端与木板 B的上表面接触处圆滑。一可视为质点的小滑块 A从斜面顶端处由静止开始下滑，最终 A刚好未从木板 B上滑下。己知 A、 B的质量相等， A与斜面、 B上表面间的动摩擦因数均为 10.5， B与地面的动摩擦因数为 20.1，重力加速度 g取 10 m/s2。(1)滑块刚到达木板 B时的速度 v0；(2)通过计算分析当 A滑上 B的上表面后， B是否仍保持静止；(3)从滑块到达木板到与木板相对静止所需的时间。

2、解析 (1)设 A物块从斜面下滑过程中加速度大小为 a0，到达底端时速度大小为 v0，由牛顿第二定律和运动学公式得： mgsin 1mgcos ma0v 02 a0s20由两式得： v06 m/s(2)当滑块到达木板后，由于 1mg 22mg，故木板不会静止；(3)滑块在木板上滑行，对滑块 a1 1g5 m/s 2对木板： 1mg 22mg ma2且： v0 a1t a2t解得 t0.75 s。答案 (1)6 m/s (2)木板不会静止 (3)0.75 s2如图甲所示，两滑块 A、 B用细线跨过定滑轮相连， B距地面一定高度， A可在细线牵引下沿足够长的粗糙斜面向上滑动。已知 mA2 kg，

3、mB4 kg，斜面倾角 37。某时刻由静止释放 A，测得 A沿斜面向上运动的 vt图象如图乙所示。已知 g10 m/s2，sin 2370.6。求：(1)A与斜面间的动摩擦因数：(2)A沿斜面向上滑动的最大位移；(3)滑动过程中细线对 A的拉力所做的功。解析 (1)在 00.5 s内，根据图象， A、 B系统的加速度为： a1 m/s24 vt 20.5m/s2对 A、 B系统受力分析，由牛顿第二定律得：mBg mAgsin m Agcos ( mA mB)a2，得： 0.25。(2)B落地后， A继续减速上升。由牛顿第二定律得： mAgsin m Agcos mAa2将已知量代入，可得： a

4、28 m/s 2故 A减速向上滑动的位移为： x2 0.25 mv22a2考虑 00.5 s 内 A加速向上滑动的位移： x1 0.5 mv22a1所以， A上滑的最大位移为： x x1 x20.75 m。(3)A加速上滑过程中，由动能定理：W( mAgsin m Agcos )x1 mAv2012得： W12 J。答案 (1) 0.25 (2) x x1 x20.75 m (3) W12 J3质量 M3 kg的滑板 A置于粗糙的水平地面上， A与地面之间的动摩擦因数 10.3，其上表面右侧光滑段长度 L12 m，左侧粗糙段长度为 L2，质量 m2 kg，可视为质点的滑块 B静止在滑板上的右端

5、，滑块与粗糙段之间的动摩擦因数 20.15，取3g10 m/s2，现用 F18 N的水平恒力拉动 A向右运动，当 A、 B分离时， B对地的速度vB1 m/s，求 L2的值。解析 在 F的作用下， A做匀加速运动， B相对地面静止不动，当 A运动位移为 L1时B进入粗糙段，设此时 A的速度为 vA，则对 A，由动能定理，有 FL1 1(M m)gL1 Mv12 2A解得 vA2 m/sB进入粗糙段后，设 A的加速度大小为 aA， B的加速度大小为 aB对 A，由牛顿第二定律，有 F 1(M m)g 2mg MaA解得 aA0对 B，由牛顿第二定律，有 2mg maB解得 aB1.5 m/s 2

6、即 A以 vA2 m/s 的速度做匀速直线运动直至 A、 B分离，设 B在粗糙段滑行的时间为t，则对 A，有 sA vAt对 B，有 vB aBt sB aBt212又 sA sB L2联立解得 L21 m。答案 1 m4如图所示，光滑水平面上固定竖直挡板 MN，放有长木板 P， P左端与 MN间距离为d， P右端放置小物块 K， P、 K的质量均为 m， P与 K间的动摩擦因数为 。现给小物块 K持续施加水平向左的恒定外力，其大小等于 P与 K间的滑动摩擦力的二分之一， P、 K一起向左运动，直到 P与竖直挡板 MN相碰，碰撞的时间极短，碰撞前后瞬间 P的速度大小相等，方向相反，小物块 K始

7、终在长木板 P上。重力加速度为 g。4(1)经过多长时间长木板 P与竖直挡板 MN发生第一次碰撞；(2)从外力作用在小物块 K到长木板 P第一次与竖直挡板 MN碰撞后向右运动到最远的过程，求 P、K 间因摩擦产生的热量。解析 (1)P、K 在外力 F作用下一起向左运动，设加速度为 a，经过时间 t长木板 P与竖直挡板 MN发生第一次碰撞，5答案 5如图甲所示为一水平传送带装置的示意图，传送带两端点 A与 B间的距离为L6.0 m，一物块(可视为质点 )从 A处以 v07 m/s的水平速度滑上传送带，设物块与传送带间的动摩擦因数为 0.2，取 g10 m/s 2。(1)若传送带静止，求物块离开

8、B点时的速度；(2)若传送带以 v 传 5 m/s 的速度逆时针匀速转动，求物块离开 B点的速度；(3)物块离开 B点的速度与传送带匀速运动的速度是有关系的。若传送带顺时针匀速运6动，用 v 传 表示传送带的速度， vB表示物块离开 B点时的速度，请在图乙中画出 vB与 v 传的关系图象。(请在图乙中标注关键点的坐标值。如有需要，可取 8.5。)73解析 (1)若传送带静止，物块一直做匀减速运动至 B点物块加速度大小为a g 2 m/s 2 mgm则物块运动到 B点时的速度为 vB 5 m/sv20 2aL(2)若传送带以 v 传 5 m/s的速度逆时针匀速转动，则物块仍一直做匀减速运动至 B

9、点，故物块离开 B点时的速度仍为 vB5 m/s(3)传送带顺时针运动时：当 0 v 传 5 m/s 时，物块一直做匀减速运动到 B点，则 vB5 m/s若物块始终做匀加速运动直至离开 B点：其加速度大小为 a g 2 m/s 2 mgm则 vB m/s8.5 m/sv20 2a L 73即当 v 传 m/s时，物块一直做匀加速运动到 B点并以 m/s的速度离开 B点73 73当 5 m/s v 传 7 m/s 时，物块匀减速至等于传送带速度后，匀速运动至 B点离开，则有 vB v 传当 7 m/s v 传 m/s时，物块匀加速至等于传送带速度后，匀速运动至 B点离73开，则有 vB v 传即 5 m/s v 传 m/s时， vB v 传73则 vB与 v 传 的关系图象如图所示7答案 (1)5 m/s (2)5 m/s (3)见解析