上海高考分类-牛顿运动定律大题

牛牛顿顿运运动动定律定律 1 2008 上海高考 12 分 总质量为 80kg 的跳伞运动员从离地 500m 的直升机上跳下 经过 2s 拉开绳 索开启降落伞 如图所示是跳伞过程中的 v t 图 试根据 图像求 g 取 10m s2 1 t 1s 时运动员的加速度和所受阻力的大小 2 估算 14s 内运动员下落的高度及克服阻力做的功 3 估算运动员从飞机上跳下到着地的总时间 解析解析 1 从图中可以看邮 在 t 2s 内运动员做匀加速运动 其加速度大小为 22 16 8 2 t v am sm s t 设此过程中运动员受到的阻力大小为 f 根据牛顿第二定律 有mgfma 得 80 108 160fm gaNN 2 从图中估算得出运动员在 14s 内下落了 39 5 2 2158mm 根据动能定理 有 2 1 2 f mghWmv 所以有 225 1 80 10 15880 61 25 1 0 2 f WmghmvJJ 3 14s 后运动员做匀速运动的时间为 500 158 57 6 Hh tss v 145771tttss 总 运动员从飞机上跳下到着地需要的总时间 145771tttss 总 2 2009 上海高考 12 分 如图 a 质量m 1kg 的物体沿倾角 37 的固定粗糙斜面由静止开始向 下运动 风对物体的作用力沿水平方向向右 其大小与风速v成正比 比例系数用k表示 物体加 速度a与风速v的关系如图 b 所示 求 1 物体与斜面间的动摩擦因数 2 比 例系数k sin370 0 6 cos370 0 8 g 10m s2 a ms 2 b m 4 a 0 5 v ms 1 解析 w w 1 对初始时刻 由右图读出代入 式 0 sincosmgmgma 2 0 4am s 解得 0 sin 0 25 cos gma g 2 对末时刻加速度为零 sincos0mgNkv 又 cossinNmgkv 由右图得出此时 v 5 m s 代入 式解得 sincos 0 84 sincos mg kkg s v 3 2010 上海高考 12 分 倾角 0 37 质量 M 5kg 的粗糙斜面位于水平地面上 质量 m 2kg 的木块 置于斜面顶端 从静止开始匀加速下滑 经 t 2s 到达底端 运动路程 L 4m 在此过程中斜面保持静止 2 sin370 6 cos370 8 10m gs 取 求 1 地面对斜面的摩擦力大小与方向 2 地面对斜面的支持力大小 3 通过计算证明木块在此过程中满足动能定理 解析 1 隔离法 对木块 1 sinmgfma 1 cos0mgN 因为 得 2 1 2 sat 2 2am s 所以 11 8 16fN NN 对斜面 设摩擦力 f 向左 则 方向向左 11 sincos3 2fNfN 如果设摩擦力 f 向右 则 同样方向向左 11 sincos3 2fNfN 2 地面对斜面的支持力大小 11 cossin67 6NfNfN 3 木块受两个力做功 重力做功 sin48 G WmghmgsJ 摩擦力做功 32 f WfsJ 合力做功或外力对木块做的总功 16 Gf WWWJ 动能的变化 2 2 11 16 22 k Emvm atJ 所以 合力做功或外力对木块做的总功等于动能的变化 增加 证毕 4 2011上海高考 12 分 如图 质量的物体静止于水平地面的A处 A B间距L 20m 2mkg 用大小为30N 沿水平方向的外力拉此物体 经拉至B处 已知 0 2ts cos370 8 sin370 6 取 2 10 gm s 1 求物体与地面间的动摩擦因数 2 用大小为30N 与水平方向成37 的力斜向上拉此物 体 使物体从A处由静止开始运动并能到达B处 求该力作用的最短时间t 答案 答案 1 0 5 2 1 03s 解析 解析 1 物体做匀加速运动 1 分 2 0 1 2 Lat 1 分 2 22 0 22 20 10 2 L am s t 由牛顿第二定律 1 分 Ffma 1 分 302 1010 fN 1 分 10 0 5 2 10 f mg 2 设作用的最短时间为 小车先以大小为的加速度匀加速 秒 撤去外力后 以大小为Ftat 的加速度匀减速秒到达 B 处 速度恰为 0 由牛顿定律 a t 1 分 cos37 sin 37 FmgFama 1 分 2 cos37sin37 30 0 80 5 0 6 0 5 1011 5 2 F agm s m 1 分 2 5 f agm s m 由于匀加速阶段的末速度即为匀减速阶段的初速度 因此有 1 分 ata t 1 分 11 5 2 3 5 a tttt a 1 分 22 11 22 Lata t 1 分 22 22 20 1 03 2 3 11 52 35 L ts aa 2 另解 设力作用的最短时间为 t 相应的位移为 s 物体到达 B 处速度恰为 0 由动能定理F 2 分 cos37 sin37 0FmgFsmg Ls 1 分 0 5 2 10 20 6 06 cos37sin37 30 0 80 5 0 6 mgL sm F 由牛顿定律 1 分 cos37 sin37 FmgFma 1 分 2 cos37sin37 30 0 80 5 0 6 0 5 1011 5 2 F agm s m 1 分 2 1 2 sat 1分 22 6 06 1 03 11 5 s ts a 5 2012 上海高考 10 分 如图 将质量m 0 1kg 的圆环套在固定的水平 直杆上 环的直径略大于杆的截面直径 环与杆间动摩擦因数 0 8 对环施 加一位于竖直平面内斜向上 与杆夹角 53 的拉力F 使圆环以a 4 4m s2 的加速度沿杆运动 求F的大小 取 sin53 0 8 cos53 0 6 g 10m s2 解析解析 令 0 sin53 1 25Fmg FN 当 时 杆对环的弹力向上 受力如图1 25FN 由牛顿定律cos N FFma sin N FFmg 得 1FN 当时 杆对环的弹力向下 1 25FN 受力如图 由牛顿定律cos N FFma sin N FmgF 解得9FN F 6 2013 上海高考 12 分 如图 质量为M 长为L 高为h的矩形滑块置于水平地面上 滑块与地面 间动摩擦因数为 滑块上表面光滑 其右端放置一个质量为m的小球 用水平外力击打滑块左端 使 其在极短时间内获得向右的速度 经过一段时间后小球落地 求小球落地时距滑块左端的水平距离 0 v 解析解析 在 m 从右边缘至左边缘时 M 的加速度 g M Mm a 1 设此时 M 的速度为 v1 所以可得Lavv 1 2 1 2 0 2 Lavv 1 2 01 2 在 m 离开 M 做自由落体运动时 M 的加速度ga 2 讨论 1 当 m 落地使 M 已停止 那么 带入 v1即可 g v S 2 2 1 2 当 m 落地使 M 未停止 那么 代入即可 g h t 2 2 1 2 1 gttvS 7 2014 上海高考 12 分 如图 水平地面上的矩形箱子内有一倾角为的固定斜面 斜面上放一质 量为 m 的光滑球 静止时 箱子顶部与球接触但无压力 箱子由静止开始向右做匀加速运动 然后改做 加速度大小为 a 的匀减速运动直至静止 经过的总路程为 s 运动过程中的最大速度为 v 1 求箱子加速阶段的加速度大小 a 2 若 a g tan 求减速阶段球受到箱子左壁和顶部的作用力 答案 答案 1 2 2 2 2 av a asv 0P cot Qm ag 解析解析 1 设加速过程中加速度为a 由匀变速运动公式 2222 121