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时间:2020-12-20
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1、高考物理牛顿运动定律的应用真题汇编(含答案)含解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用1.如图所示,倾角α=30°的足够长传送带上有一长L=1.0m,质量M=0.5kg的薄木板,木板的最右端叠放质量为m=0.3kg的小木块.对木板施加一沿传送带向上的恒力F,同时让传送带逆时针转动,运行速度v=1.0m/s。已知木板与物块间动摩擦因数μ=3,木板与传送12带间的动摩擦因数μ3,取g=10m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。2=4(1)若在恒力F作用下,薄木板保持静止不动,通过计算判定小木块所处的
2、状态;(2)若小木块和薄木板相对静止,一起沿传送带向上滑动,求所施恒力的最大值Fm;(3)若F=10N,木板与物块经过多长时间分离?分离前的这段时间内,木板、木块、传送带组成系统产生的热量Q。【答案】(1)木块处于静止状态;(2)9.0N(3)1s12J【解析】【详解】(1)对小木块受力分析如图甲:木块重力沿斜面的分力:mgsin1mg2斜面对木块的最大静摩擦力:fm1mgcos3mg4由于:fmmgsin所以,小木块处于静止状态;(2)设小木块恰好不相对木板滑动的加速度为a,小木块受力如图乙所示,则
3、1mgcosmgsinma木板受力如图丙所示,则:FmMgsin2Mmgcos1mgcosMa解得:Fm99.0NMmg8(3)因为F=10N>9N,所以两者发生相对滑动2对小木块有:a1gcosgsin2.5m/sFMgsin2Mmgcos1mgcosMa解得a4.5m/s2由几何关系有:L1at21at222解得t1s全过程中产生的热量有两处,则QQ1Q21mgLcos2Mmgvt1a3t2cos2解得:Q12J。2.如图所示,有123三个质量均为m=1kg的物体,物体2与物体3通过不可伸长轻、、
4、绳连接,跨过光滑的定滑轮,设长板2到定滑轮足够远,物体3离地面高H=5.75m,物体1与长板2之间的动摩擦因数μ=O.2.长板2在光滑的桌面上从静止开始释放,同时物体1(视为质点)在长板2的左端以v=4m/s的初速度开始运动,运动过程中恰好没有从长板2的右端掉下.(取g=10m/s2)求:(1)长板2开始运动时的加速度大小;(2)长板2的长度L0;(3)当物体3落地时,物体1在长板2的位置.【答案】(1)6m/s2(2)1m(3)1m【解析】【分析】【详解】设向右为正方向(1)物体1:-μmg=ma1
5、a1=–μg=-2m/s2物体2:T+μmg=ma2物体3:mg–T=ma3且a2=a3由以上两式可得:a2gg2=6m/s2(2)设经过时间t1二者速度相等v1=v+a1t=a2t代入数据解t1=0.5sv1=3m/sx1vv1t=1.75m2x2v1t=0.75m2所以木板2的长度L0=x1-x2=1m(3)此后,假设物体123相对静止一起加速T=2mamg—T=ma即mg=3ma得ag3对1分析:f静=ma=3.3N>Ff=μmg=2N,故假设不成立,物体1和物体2相对滑动物体1:a3=μg=2
6、m/s2物体2:T—μmg=ma4物体3:mg–T=ma5且a4=a5得:a4gg=4m/s22整体下落高度h=H—x2=5m根据hv1t21a4t222解得t2=1s物体1的位移x3v1t21a3t22=4m2h-x3=1m物体1在长木板2的最左端【点睛】本题是牛顿第二定律和运动学公式结合,解题时要边计算边分析物理过程,抓住临界状态:速度相等是一个关键点.3.如图,质量分别为mA=2kg、mB=4kg的A、B小球由轻绳贯穿并挂于定滑轮两侧等高H=25m处,两球同时由静止开始向下运动,已知两球与轻绳间
7、的最大静摩擦力均等于其重力的0.5倍,且最大静摩擦力等于滑动摩擦力.两侧轻绳下端恰好触地,取g=10m/s2,不计细绳与滑轮间的摩擦,求:,(1)A、B两球开始运动时的加速度.(2)A、B两球落地时的动能.(3)A、B两球损失的机械能总量.【答案】(1)aA5m/s2aB7.5m/s2(2)EkB850J(3)250J【解析】【详解】(1)由于是轻绳,所以A、B两球对细绳的摩擦力必须等大,又A得质量小于B的质量,所以两球由静止释放后A与细绳间为滑动摩擦力,B与细绳间为静摩擦力,经过受力分析可得:
8、对A:mAgfAmAaA对B:mBgfBmBaBfAfBfA0.5mAg联立以上方程得:aA5m/s2aB7.5m/s2(2)设A球经ts与细绳分离,此时,A、B下降的高度分别为h、h,速度分别为V、V,ABAB因为它们都做匀变速直线运动则有:hA1aAt2hB1aBt2HhAhBVAaAtVBaBt22联立得:t2s,hA10m,v,x=v0t-at2hB15m,VA10m/s,VB15m/sA、B落地时的动能分别为EkA、EkB,由机械能守恒,则有:
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