2019届高考物理复习计算题题型专练（二）牛顿运动定律的应用.docx

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。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 ma0v02a0s由两式得：v06 m/s(2)当滑块到达木板后，由于1mg22mg，故木板不会静止；(3)滑块在木板上滑行，对滑块a11g5 m/s2对木板：1mg22mgma2且：v0a1ta2t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，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 370.6。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 m/s2对A、B系统受力分析，由牛顿第二定律得：mBgmAgsin mAgcos (mAmB)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 mAgcos mAa2将已知量代入，可得：a28 m/s2故A减速向上滑动的位移为：x20.25 m考虑00.5 s内A加速向上滑动的位移：x10.5 m所以，A上滑的最大位移为：xx1x20.75 m。(3)A加速上滑过程中，由动能定理：W(mAgsin mAgcos )x1mAv20得：W12 J。答案(1)0.25(2)xx1x20.75 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，滑块与粗糙段之间的动摩擦因数20.15，取g10 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FL11(Mm)gL1Mv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F1(Mm)g2mgMaA解得aA0对B，由牛顿第二定律，有2mgmaB解得aB1.5 m/s2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sAvAt对B，有vBaBtsBaBt2又sAsBL2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始终在长木板P上。重力加速度为g。(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，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/s2。(1)若传送带静止，求物块离开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。)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ag2 m/s2则物块运动到B点时的速度为vB5 m/s(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0v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ag2 m/s2则vB m/s8.5 m/s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点当5 m/sv传7 m/s时，物块匀减速至等于传送带速度