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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技巧(很有用)及练习题含解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用1.传送带与平板紧靠在一起,且上表面在同一水平面内,两者长度分别为L1=2.5m、L2=2m.传送带始终保持以速度v匀速运动.现将一滑块(可视为质点)轻放到传送带的左端,然后平稳地滑上平板.已知:滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5,滑块与平板、平板与支持面的动摩擦因数分别为μ、μ=20.1,滑块、平板的质量均为m=21=0.3kg,g取10m/s2.求:(1)若滑块恰好不从平板上掉下,求滑块刚滑上平
2、板时的速度大小;(2)若v=6m/s,求滑块离开平板时的速度大小.【答案】(1)4m/s(2)3.5m/s【解析】【详解】(1)滑块在平板上做匀减速运动,加速度大小:11mg=3m/s2a=mμ由于1mg>2μ2mg故平板做匀加速运动,加速度大小:a=1mg22mg=1m/s22m设滑块滑至平板右端用时为t,共同速度为v′,平板位移为x,对滑块:v′=v-a1t(1分)L2+x=vt-1a1t22对平板:v′=a2t122x=at2联立以上各式代入数据解得:t=1s,v=4m/s.(2)滑块在传
3、送带上的加速度:a3=mg=5m/s2m若滑块在传送带上一直加速,则获得的速度为:v1=2a1L1=5m/s<6m/s即滑块滑上平板的速度为5m/s设滑块在平板上运动的时间为t′离开平板时的速度为,v″,平板位移为x′则v″=v11-at′21112L+x′=vt′-at′212x′=a2t′2联立以上各式代入数据解得:t′11=s,t′2=2s(t2>t′,不合题意,舍去)2将t′=1s代入v″=v-a1t′得:v″=3.5m/s.22.如图所示,质量为m=2kg的物块放在倾角为θ=37的°斜
4、面体上,斜面质量为M=4kg,地面光滑,现对斜面体施一水平推力F,要使物块m相对斜面静止,求:(取sin37=0°.6,cos37°=0.8,g=10m/s2)(1)若斜面与物块间无摩擦力,求m加速度的大小及m受到支持力的大小;(2)若斜面与物块间的动摩擦因数为μ=0,.2已知物体所受滑动摩擦力与最大静摩擦力相等,求推力F的取值.(此问结果小数点后保留一位)【答案】(1)7.5m/s2;25N(2)28.8N≤F≤67.2N【解析】【分析】(1)斜面M、物块m在水平推力作用下一起向左匀加速运动,
5、物块m的加速度水平向左,合力水平向左,分析物块m的受力情况,由牛顿第二定律可求出加速度a和支持力.(2)用极限法把F推向两个极端来分析:当F较小(趋近于0)时,由于μ<tanθ,因此物块将沿斜面加速下滑;若F较大(足够大)时,物块将相对斜面向上滑,因此F不能太小,也不能太大,根据牛顿第二定律,运用整体隔离法求出F的取值范围.【详解】(1)由受力分析得:物块受重力,斜面对物块的支持力,合外力水平向左.根据牛顿第二定律得:mgtanθ=ma得θ×°2a=gtan=10tan37=7.5m/smg20
6、m受到支持力FNN=25Ncoscos37(2)设物块处于相对斜面向下滑动的临界状态时的推力为F1,此时物块的受力如下图所示:对物块分析,在水平方向有Nsinθ﹣μNcosθ=ma1竖直方向有Ncosθ+μNsin﹣θmg=0对整体有F1=(M+m)a1代入数值得a1=4.8m/s2,F1=28.8N设物块处于相对斜面向上滑动的临界状态时的推力为F2,对物块分析,在水平方向有N′sinθ﹣μN′cosθ=ma2竖直方向有N′cosθ﹣μN′sinθ﹣mg=0对整体有F2=(M+m)a2代入数值得
7、a2=11.2m/s22,F=67.2N综上所述可以知道推力F的取值范围为:28.8N≤F≤67.2N.【点睛】解决本题的关键能够正确地受力分析,抓住临界状态,运用牛顿第二定律进行求解,注意整体法和隔离法的运用.3.如图,质量M=4kg的长木板静止处于粗糙水平地面上,长木板与地面的动摩擦因数μ=0.1,现有一质量m=3kg的小木块以v=14m/s的速度从一端滑上木板,恰好未从木板上10滑下,滑块与长木板的动摩擦因数μ10m/s2,求:2=0.5,g取(1)木块刚滑上木板时,木块和木板的加速度大小
8、;(2)木板长度;(3)木板在地面上运动的最大位移。【答案】(1)5m/s22m/s2(2)14m(3)12m【解析】【分析】(1)由题意知,冲上木板后木块做匀减速直线运动,木板由静止做匀加速度直线运动,根据牛顿第二定律求解加速度;(2)木块恰好未从木板滑下,当木块运动到木板最右端时,两者速度相等;根据位移关系求解木板的长度;(3)木块木板达到共同速度后将一起作匀减速直线运动,结合运动公式求解木板在地面上运动的最大位移.【详解】(1)由题意知,冲上木板后木块做匀减速直线运动,初速度v0=14m/
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