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

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1、高考物理大二輪專題復(fù)習(xí) 考前增分練 計算題專練部分 牛頓第二定律和運動學(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)時間(即圖1甲中“反應(yīng)過程”所用時間)t0＝0.4 s，但飲酒會導(dǎo)致反應(yīng)時間延長．在某次試驗中，志愿者少量飲酒后駕車以v0＝72 km/h的速度在試驗場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動．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間； (2)飲酒使志愿者的反應(yīng)時間比一般人增加了多少； (3

2、)減速過程汽車對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，由運動學(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)時間為t′，反應(yīng)時間的增加量為Δt，由運動學(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° 的光滑斜面上某點由靜止開始滾下，然后進(jìn)入足夠長的光滑水平面上，經(jīng)M點時速度大小不發(fā)生變化，方向立刻變?yōu)樗较蜃螅瓸球從M點開始向左做直線運動(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B球以v0＝8 m/s向左做勻速直線運動，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點由靜止開始滾下，MN＝10 m，B球同時從M點由靜止向左以加速度a＝2 m/s2做勻加速直

4、線運動，問：經(jīng)多長時間兩者相碰？ 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 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 考慮到實際情況t＝(5－) s. 3．如圖3所示，水平地面上有一個靜止的直角三角滑塊P，頂點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．在其頂點處放一個小物塊Q，不粘連，最初系統(tǒng)靜止不動．現(xiàn)在滑塊左端施加水平向右的推力F＝35 N，使二者相對靜止一起向右運動，當(dāng)C端撞到障礙物時立即撤去力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端運動至障礙物D時有：v＝2a1L vD＝8 m/s 之后物塊Q做平拋運動有：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做勻減速運動，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)點的小物塊放在長木板正中間，已知長木板質(zhì)量為M＝4 kg，長度為L＝2 m，小物塊質(zhì)量為m＝1 kg，長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，才能讓兩物體間產(chǎn)生相對滑動．設(shè)兩物體間的最大靜摩擦力

8、大小等于滑動摩擦力大小，重力加速度g＝10 m/s2，試求： 圖4 (1)小物塊和長木板間的動摩擦因數(shù)． (2)若一開始力F就作用在長木板上，且F＝12 N，則小物塊經(jīng)過多長時間從長木板上掉下？ 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， 對整體，由牛頓第二定律有F＝(M＋m)a① 對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，兩物體發(fā)生相對滑動，設(shè)M、m加速度分

9、別為a1、a2， 對M，由牛頓第二定律F－Ff＝Ma1④ 得a1＝2.5 m/s2 對m，由牛頓第二定律Ff＝ma2⑤ 得a2＝2 m/s2 由勻變速直線運動規(guī)律，兩物體在t時間內(nèi)位移為 x1＝a1t2⑥ x2＝a2t2⑦ m剛滑下M時，x1－x2＝L⑧ 由⑥⑦⑧得t＝2 s. 【必考模型1】　　疊放類模型 1.模型特點：上、下疊放兩個物體，并且兩物體在摩擦力的相互作用下發(fā)生相對滑動. 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往往是滑動摩擦力與靜摩擦力或摩擦力方向變化的轉(zhuǎn)折點，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動，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.