2020屆高三物理二輪復習 專題輔導與應用 強化練13 牛頓運動定律和運動學規(guī)律的綜合應用

上傳人:艷*** 文檔編號:110835514 上傳時間:2022-06-19 格式:DOC 頁數(shù):6 大小:249.50KB
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1、三、計算題 強化練 13 牛頓運動定律和運動學規(guī)律的綜合應用 對應學生用書  第179頁    1.導學號: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用。一架質量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)當無人機懸停在距離地面高度H=100 m處,由于動力設備故障,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,在遙控設備的干預下,動力設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升力的最長時間t1. 解析:(1)根據(jù)題意,設上升時加速度為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)設恢復升力后向下減速時加速度為a2,由牛頓第二定律得: 恢復升力后向下減速運動過程:F-

3、mg+f=ma2 解得:a2=10 m/s2 設恢復升力時的速度為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.導學號: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量為M的木板.開始時質量為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较蛴遥敾瑝K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的大小; (2)滑塊開始下滑時的高度; (3)木板的質量. 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,當達到共速后一塊做勻減速運動,設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.導學號: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)有一質量為M=2.5 kg的小鉛塊(視為質點),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 由運動學公式得v-v=2a13l ② 聯(lián)立①②得:v1=2 m/s ③ (2)設小鉛塊滑到第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,應滿足f2<f1,即:μ1[M+(6-n)m]g<5 n>3.5,?。簄=4 設小鉛塊滑上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.導學號:82460549(2020·聊城二模,23)如圖所示,質量M=8.0 kg、長L=2.0 m的木

9、板靜置在水平地面上,質量m=0.50 kg的小滑塊(可視為質點)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)速度時間關系有:3-2t=at  ① 根據(jù)位移時間關系有:-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] _________________________________________________________________ _________________________________________________________________ _________________________________________________________________ _________________________________________________________________

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