高考物理大二輪專題復(fù)習(xí) 考前增分練 計(jì)算題專練部分 牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律的綜合應(yīng)用

《高考物理大二輪專題復(fù)習(xí) 考前增分練 計(jì)算題專練部分 牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律的綜合應(yīng)用》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考物理大二輪專題復(fù)習(xí) 考前增分練 計(jì)算題專練部分 牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律的綜合應(yīng)用（5頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、高考物理大二輪專題復(fù)習(xí) 考前增分練 計(jì)算題專練部分 牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律的綜合應(yīng)用 1．(xx·山東·23)研究表明，一般人的剎車反應(yīng)時(shí)間(即圖1甲中“反應(yīng)過程”所用時(shí)間)t0＝0.4 s，但飲酒會(huì)導(dǎo)致反應(yīng)時(shí)間延長(zhǎng)．在某次試驗(yàn)中，志愿者少量飲酒后駕車以v0＝72 km/h的速度在試驗(yàn)場(chǎng)的水平路面上勻速行駛，從發(fā)現(xiàn)情況到汽車停止，行駛距離L＝39 m．減速過程中汽車位移s與速度v的關(guān)系曲線如圖乙所示，此過程可視為勻變速直線運(yùn)動(dòng)．取重力加速度的大小g＝10 m/s2.求： 圖1 (1)減速過程汽車加速度的大小及所用時(shí)間； (2)飲酒使志愿者的反應(yīng)時(shí)間比一般人增加了多少； (3

2、)減速過程汽車對(duì)志愿者作用力的大小與志愿者重力大小的比值． 答案　(1)8 m/s2　2.5 s　(2)0.3 s　(3) 解析　(1)設(shè)減速過程中汽車加速度的大小為a，所用時(shí)間為t，由題可得初速度v0＝20 m/s，末速度vt＝0，位移s＝25 m，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得 v＝2as① t＝② 聯(lián)立①②式，代入數(shù)據(jù)得 a＝8 m/s2③ t＝2.5 s. (2)設(shè)志愿者反應(yīng)時(shí)間為t′，反應(yīng)時(shí)間的增加量為Δt，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得 L＝v0t′＋s④ Δt＝t′－t0⑤ 聯(lián)立④⑤式，代入數(shù)據(jù)得Δt＝0.3 s. (3)設(shè)志愿者所受合外力的大小為F，汽車對(duì)志愿者作用力的大小為F0，志愿

3、者質(zhì)量為m，由牛頓第二定律得 F＝ma⑥ 由平行四邊形定則得F＝F2＋(mg)2⑦ 聯(lián)立③⑥⑦式，代入數(shù)據(jù)得＝. 2．如圖2所示，A球從傾角θ＝30° 的光滑斜面上某點(diǎn)由靜止開始滾下，然后進(jìn)入足夠長(zhǎng)的光滑水平面上，經(jīng)M點(diǎn)時(shí)速度大小不發(fā)生變化，方向立刻變?yōu)樗较蜃螅瓸球從M點(diǎn)開始向左做直線運(yùn)動(dòng)(g＝10 m/s2)，試問： 圖2 (1)若A球從斜面上某一高處由靜止開始滾下，同時(shí)B球以v0＝8 m/s向左做勻速直線運(yùn)動(dòng)，A球的高度滿足什么條件，A、B兩球能發(fā)生碰撞． (2)若A球從斜面上N點(diǎn)由靜止開始滾下，MN＝10 m，B球同時(shí)從M點(diǎn)由靜止向左以加速度a＝2 m/s2做勻加速直

4、線運(yùn)動(dòng)，問：經(jīng)多長(zhǎng)時(shí)間兩者相碰？ 答案　(1)A球的高度滿足h＞3.2 m　(2)(5－) s 解析　(1)A到達(dá)水平面上的速度只要大于8 m/s，A、B兩球就可以發(fā)生碰撞．設(shè)A球從h0處開始釋放，A、B兩球恰好不發(fā)生碰撞時(shí) a1＝gsin 30°＝5 m/s2 vt＝a1t＝8 m/s t＝1.6 s h0＝a1t2sin 30°＝3.2 m 所以，只要A球的高度滿足h>3.2 m，A、B兩球就能發(fā)生碰撞． (2)A球從N→M a1＝gsin 30°＝5 m/s2 x1＝a1t 解得t1＝2 s v1＝a1t1＝10 m/s 由A與B相碰得 at2＝v1(t－t1

5、) 解得t＝(5±) s 考慮到實(shí)際情況t＝(5－) s. 3．如圖3所示，水平地面上有一個(gè)靜止的直角三角滑塊P，頂點(diǎn)A到地面的距離h＝1.8 m，水平地面上D處有一固定障礙物，滑塊的C端到D的距離L＝6.4 m．在其頂點(diǎn)處放一個(gè)小物塊Q，不粘連，最初系統(tǒng)靜止不動(dòng)．現(xiàn)在滑塊左端施加水平向右的推力F＝35 N，使二者相對(duì)靜止一起向右運(yùn)動(dòng)，當(dāng)C端撞到障礙物時(shí)立即撤去力F，且滑塊P立即以原速率反彈，小物塊Q最終落在地面上．滑塊P的質(zhì)量M＝4.0 kg，小物塊Q的質(zhì)量m＝1.0 kg，P與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2.(取g＝10 m/s2)求： 圖3 (1)小物塊Q落地前瞬間的速度；

6、 (2)小物塊Q落地時(shí)到滑塊P的B端的距離． 答案　(1)10 m/s，與水平方向的夾角為37°　(2)9.24 m 解析　(1)對(duì)P、Q整體分析有： F－μ(m＋M)g＝(m＋M)a1 解得：a1＝5 m/s2 當(dāng)滑塊從C端運(yùn)動(dòng)至障礙物D時(shí)有：v＝2a1L vD＝8 m/s 之后物塊Q做平拋運(yùn)動(dòng)有：h＝gt 解得：t1＝0.6 s Q落地前瞬間豎直方向的速度為vy＝gt1 解得：vy＝6 m/s 由矢量合成得：Q落地前瞬間的速度大小為vt＝10 m/s 與水平面成φ角，tan φ＝vy/vD 解得：φ＝37°. (2)由(1)得Q平拋的水平位移x1＝vDt1 解

7、得x1＝4.8 m 滑塊P做勻減速運(yùn)動(dòng)，μMg＝Ma2 解得a2＝2 m/s2 vD＝a2t2 解得：t2＝4 s>t1 物塊Q在平拋過程中，P的位移為x2＝vDt1－a2t 解得x2＝4.44 m 所以Q落地時(shí)Q到滑塊B端的距離為 x＝x1＋x2＝9.24 m. 4．(xx·湖北省八校第二次聯(lián)考)如圖4，可看作質(zhì)點(diǎn)的小物塊放在長(zhǎng)木板正中間，已知長(zhǎng)木板質(zhì)量為M＝4 kg，長(zhǎng)度為L(zhǎng)＝2 m，小物塊質(zhì)量為m＝1 kg，長(zhǎng)木板置于光滑水平地面上，兩物體皆靜止．現(xiàn)在用一大小為F的水平恒力作用于小物塊上，發(fā)現(xiàn)只有當(dāng)F超過2.5 N時(shí)，才能讓兩物體間產(chǎn)生相對(duì)滑動(dòng)．設(shè)兩物體間的最大靜摩擦力

8、大小等于滑動(dòng)摩擦力大小，重力加速度g＝10 m/s2，試求： 圖4 (1)小物塊和長(zhǎng)木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)． (2)若一開始力F就作用在長(zhǎng)木板上，且F＝12 N，則小物塊經(jīng)過多長(zhǎng)時(shí)間從長(zhǎng)木板上掉下？ 答案　(1)0.2　(2)2 s 解析　(1)設(shè)兩物體間的最大靜摩擦力為Ff，當(dāng)F＝2.5 N作用于m時(shí)， 對(duì)整體，由牛頓第二定律有F＝(M＋m)a① 對(duì)M，由牛頓第二定律Ff＝Ma② 由①②可得Ff＝2 N 小物塊豎直方向上受力平衡，所受支持力FN＝mg， 由摩擦力性質(zhì)Ff＝Ff＝μFN 得μ＝0.2.③ (2)F＝12 N作用于M時(shí)，兩物體發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，設(shè)M、m加速度分

9、別為a1、a2， 對(duì)M，由牛頓第二定律F－Ff＝Ma1④ 得a1＝2.5 m/s2 對(duì)m，由牛頓第二定律Ff＝ma2⑤ 得a2＝2 m/s2 由勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律，兩物體在t時(shí)間內(nèi)位移為 x1＝a1t2⑥ x2＝a2t2⑦ m剛滑下M時(shí)，x1－x2＝L⑧ 由⑥⑦⑧得t＝2 s. 【必考模型1】　　疊放類模型 1.模型特點(diǎn)：上、下疊放兩個(gè)物體，并且兩物體在摩擦力的相互作用下發(fā)生相對(duì)滑動(dòng). 2.表現(xiàn)形式：(1)滑塊—木板(或小車)；(2)滑塊—傳送帶；(3)滑塊—桌面等. 3.應(yīng)對(duì)模式：(1)分別分析兩疊放物體的受力情況，特別注意兩物體速度相等時(shí)往往是滑動(dòng)摩擦力與靜摩擦力或摩擦力方向變化的轉(zhuǎn)折點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律分別求兩疊放物體的加速度(滑塊—傳送帶形式中，傳送帶往往是勻速直線運(yùn)動(dòng)，不受摩擦力的影響，這種情況只分析滑塊的受力并求其加速度).(2)對(duì)兩疊放物體間的位移關(guān)系或速度關(guān)系建立方程，而且兩疊放物體的位移和速度都是以地面為參考系.