2020屆高三物理二輪復(fù)習(xí) 專題輔導(dǎo)與應(yīng)用 強化練13 牛頓運動定律和運動學(xué)規(guī)律的綜合應(yīng)用

《2020屆高三物理二輪復(fù)習(xí) 專題輔導(dǎo)與應(yīng)用 強化練13 牛頓運動定律和運動學(xué)規(guī)律的綜合應(yīng)用》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020屆高三物理二輪復(fù)習(xí) 專題輔導(dǎo)與應(yīng)用 強化練13 牛頓運動定律和運動學(xué)規(guī)律的綜合應(yīng)用（6頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、三、計算題 強化練 13　牛頓運動定律和運動學(xué)規(guī)律的綜合應(yīng)用 對應(yīng)學(xué)生用書　 第179頁　　　 1．導(dǎo)學(xué)號：82460546(2020·濟南二模，23)如圖所示為四旋翼無人機，它是一種能夠垂直起降的小型遙控飛行器，目前正得到越來越廣泛的應(yīng)用。一架質(zhì)量m＝2 kg的無人機，其動力系統(tǒng)所能提供的最大升力F＝36 N，運動過程中所受空氣阻力大小恒為f＝4 N．g取10 m/s2. (1)無人機在地面上從靜止開始，以最大升力豎直向上起飛。求在t＝5 s時離地面的高度h； (2)當(dāng)無人機懸停在距離地面高度H＝100 m處，由于動力設(shè)備故障，無人機突然失去升力而墜落。求無人機墜落地面時的速度v

2、； (3)在無人機墜落過程中，在遙控設(shè)備的干預(yù)下，動力設(shè)備重新啟動提供向上最大升力．為保證安全著地，求飛行器從開始下落到恢復(fù)升力的最長時間t1. 解析：(1)根據(jù)題意，設(shè)上升時加速度為a，由牛頓第二定律：F－mg－f＝ma 解得：a＝6 m/s2 由x＝at2，得上升高度：h＝at2 解得：h＝75 m (2)設(shè)下落過程加速度為a1，由牛頓第二定律得： 下落過程中： mg－f＝ma1 解得：a1＝8m/s2 由v2＝2ax，得落地時速度：v2＝2a1H 解得：v＝40 m/s (3)設(shè)恢復(fù)升力后向下減速時加速度為a2，由牛頓第二定律得： 恢復(fù)升力后向下減速運動過程：F－

3、mg＋f＝ma2 解得：a2＝10 m/s2 設(shè)恢復(fù)升力時的速度為vm，則有：＋＝H 解得：vm＝ m/s 由：vm＝a1t1 解得t1＝ s 答案(1)75 m；(2)40 m/s；(3) s 2．導(dǎo)學(xué)號：82460547(2020·青島統(tǒng)一檢測，23)如圖甲所示，有一傾角為30°的光滑固定斜面，斜面底端的水平面上放一質(zhì)量為M的木板．開始時質(zhì)量為m＝1 kg的滑塊在水平向左的力F作用下靜止在斜面上，今將水平力F變?yōu)樗较蛴?，?dāng)滑塊滑到木板上時撤去力F，木塊滑上木板的過程不考慮能量損失．此后滑塊和木板在水平面上運動的v -t圖象如圖乙所示，g＝10 m/s2.求： (1)水

4、平作用力F的大??； (2)滑塊開始下滑時的高度； (3)木板的質(zhì)量． 解析：(1)滑塊受到水平推力F、重力mg和支持力N處于平衡，如圖所示：mgsin θ＝Fcos θ 代入數(shù)據(jù)可得：F＝ N (2)由題意可知，滑塊滑到木板上的初速度為10 m/s當(dāng)F變?yōu)樗较蛴抑螅膳ｎD第二定律可得：mgsin θ＋Fcos θ＝ma 解得： a＝10 m/s2 下滑的位移： x＝ 解得： x＝5m 故下滑的高度：h＝xsin 30°＝2.5 m (3)由圖象可知，二者先發(fā)生相對滑動，當(dāng)達到共速后一塊做勻減速運動，設(shè)木板與地面間的動摩擦因數(shù)為μ1，滑塊與木板間的摩擦因數(shù)為μ2二者共同減

5、速時的加速度大小a1＝1 m/s2，發(fā)生相對滑動時，木板的加速度a2＝1 m/s2，滑塊減速的加速度大小為： a3＝4 m/s2 對整體受力分析可得：a1＝＝μ1g 可得： μ1＝0.1 在0～2s內(nèi)分別對m和M做受力分析可得： 對M: ＝Ma2 對m: ＝ma3 代入數(shù)據(jù)解方程可得： M＝1.5 kg 答案：(1)N；(2)2.5 m；(3)1.5 kg 3．導(dǎo)學(xué)號：82460548(2020·龍巖綜測，22)5個相同的木塊緊挨著靜止放在地面上，如圖所示。每塊木塊的質(zhì)量為m＝1kg，長l＝1 m。它們與地面間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.1，木塊與地面的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力．

6、現(xiàn)有一質(zhì)量為M＝2.5 kg的小鉛塊(視為質(zhì)點)，以v0＝4 m/s的初速度向右滑上左邊第一木塊的左端，它與木塊的動摩擦因數(shù)μ2＝0.2.小鉛塊剛滑到第四塊木塊時，木塊開始運動，求： (1)鉛塊剛滑到第四塊木塊時的速度． (2)通過計算說明為什么小鉛塊滑到第四塊木塊時，木塊才開始運動． (3)小鉛塊停止運動后，離第一塊木塊的左端多遠？ 解析：(1)設(shè)小鉛塊在前三塊木塊上運動的加速度大小為a，剛滑到第四塊的速度為v1由牛頓第二定律得：μ2Mg＝Ma1 ① 由運動學(xué)公式得v－v＝2a13l ② 聯(lián)立①②得：v1＝2 m/s ③ (2)設(shè)小鉛塊滑到第n塊木塊時對木塊的摩擦

7、力f1 則：f1＝μ2Mg＝5 N 后面的(6－n)塊木塊受到地面的最大靜摩擦力為f2 則：f2＝μ1[M＋(6－n)m]g 要使木塊滑動，應(yīng)滿足f2＜f1，即：μ1[M＋(6－n)m]g＜5 n＞3.5，?。簄＝4 設(shè)小鉛塊滑上4木塊經(jīng)過t秒和4、5木塊達到共同速度，此過程小鉛塊、4、5木塊的對地位移為s1和s2，相對位移為Δs,4、5木塊運動的加速度為a2 μ2Mg－μ1(Mg＋2mg)＝2ma2 ④ v1－a1t＝a2t ⑤ s1＝v1t－a1t2 ⑥ s2＝a2t2 ⑦ Δs＝s1－s2 ⑧ 聯(lián)立①④⑤⑥⑦⑧解得s1＝m ⑨ Δs＝m

8、 ⑩ 由于Δs＜l(s1＜l)說明小鉛塊沒有離開第四塊木塊，最后小鉛塊與4、5木塊達共同速度一起減速為零． (3)設(shè)小鉛塊與4、5木塊達到共同速度為v2，一起減速的加速度大小為a3，減速位移為s3 μ1(2mg＋Mg)＝(2mg＋Mg)a3 ? v2＝a2t ? s3＝ ? 聯(lián)立⑤???得：s3＝m ? 小鉛塊最終離1木塊左端為s s＝3l＋s1＋s3 ? 聯(lián)立⑨??得：s＝4m 答案：(1)2 m/s　(2)Δs＜l(s1＜l)　(3)4m 4．導(dǎo)學(xué)號：82460549(2020·聊城二模，23)如圖所示，質(zhì)量M＝8.0 kg、長L＝2.0 m的木

9、板靜置在水平地面上，質(zhì)量m＝0.50 kg的小滑塊(可視為質(zhì)點)以速度v0＝3.0 m/s從木板的左端沖上木板．已知滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ＝0.20，重力加速度g取10 m/s2. (1)若木板固定，滑塊將從木板的右端滑出，求滑塊在木板上滑行的時間t和滑出時的速度v； (2)若水平地面光滑，且木板不固定，在小滑塊沖上木板的同時，對木板施加一個水平向右的恒力F，如果要使滑塊不從木板右端掉下，力F應(yīng)滿足什么條件？假定滑塊與木板之間最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等． 解析：(1)由題意知，滑塊在木板上由滑動摩擦力作用下產(chǎn)生加速度大?。篴＝＝＝μg＝0.2×10 m/s2＝2 m/s2 因

10、為滑塊做勻減速運動，所以滑塊滑離木板時產(chǎn)生的位移為：x＝v0t－at2 代入數(shù)據(jù)可得滑塊運動時間：t＝1 s 根據(jù)速度時間關(guān)系可知，滑塊滑離木板時的速度：v＝v0－at＝(3－2×1)m/s＝1 m/s (2)令滑塊不滑離木板右端時，木板的最小加速度為a，則可知，滑塊不滑下來，滑塊的位移與木板的位移差剛好為木板的長度L，運動時間為t，則有： 據(jù)速度時間關(guān)系有：3－2t＝at　 ① 根據(jù)位移時間關(guān)系有：－at2＝2　 ② 由①②兩式解得木板獲得的最小加速度：a＝0.25 m/s2 根據(jù)牛頓第二定律可知，木板獲得的加速度a＝，即木板獲得的最小拉力F＝Ma－μmg＝8×0.25N

11、－0.2×0.5×10N＝1N 所以，當(dāng)F≥1N時，滑塊不會從木板的右端滑出． 答案：(1)1s、1 m/s；(2)F≥1N [備課札記] _________________________________________________________________ _________________________________________________________________ _________________________________________________________________ _________________________________________________________________