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类型高考物理牛顿运动定律的应用的基本方法技巧及练习题及练习题(含答案)及解析一.docx

  • 上传人:HR专家
  • 文档编号:11744970
  • 上传时间:2020-12-29
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    高考物理牛顿运动定律的应用的基本方法技巧及练习题及练习题(含答案)及解析一.docx
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    1、高考物理牛顿运动定律的应用的基本方法技巧及练习题及练习题( 含答案 ) 及解析 (1)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,倾角为306m/s的速度运的光滑斜面的下端有一水平传送带,传送带正以动,运动方向如图所示一个质量为2kg 的物体(物体可以视为质点),从h=3.2m 高处由静止沿斜面下滑,物体经过A 点时,不管是从斜面到传送带还是从传送带到斜面,都不计其动能损失物体与传送带间的动摩擦因数为0.5,重力加速度g=10m/s 2,求:( 1)物体第一次到达 A 点时速度为多大?( 2)要使物体不从传送带上滑落,传送带AB 间的距离至少多大?( 3)物体随传送带向右运动,最后

    2、沿斜面上滑的最大高度为多少?【答案】( 1) 8m/s ( 2)6.4m ( 3) 1.8m【解析】【分析】( 1)本题中物体由光滑斜面下滑的过程,只有重力做功,根据机械能守恒求解物体到斜面末端的速度大小;( 2)当物体滑到传送带最左端速度为零时, AB 间的距离 L 最小,根据动能定理列式求解;(3)物体在到达A 点前速度与传送带相等,最后以6m/s 的速度冲上斜面时沿斜面上滑达到的高度最大,根据动能定理求解即可【详解】(1)物体由光滑斜面下滑的过程中,只有重力做功,机械能守恒,则得:mgh1mv22解得: v2gh2103.2 8m/s(2)当物体滑动到传送带最左端速度为零时,AB 间的距

    3、离 L 最小,由动能能力得:mgL 01 mv22解得: Lv282m 6.4m2 g2 0.5 10(3)因为滑上传送带的速度是8m/s 大于传送带的速度 6m/s,物体在到达A 点前速度与传送带相等,最后以v带6m/s 的速度冲上斜面,根据动能定理得:mgh01mv带22v带2621.8m得: h2m2g10【点睛】该题要认真分析物体的受力情况和运动情况,选择恰当的过程,运用机械能守恒和动能定理解题2 如图1 所示, 质量为M 的长木板,静止放置在粗糙水平地面上,有一个质量为m、可视为质点的物块,以某一水平初速度到共同速度的过程中,物块和木板的v0 从左端冲上木板。从物块冲上木板到物块和木

    4、板达v-t 图象分别如图2 中的折线 acd 和 bcd 所示, a、 b、c、 d 的坐标为a( 0, 10)、 b( 0, 0)、 c( 4, 4)、 d( 12,0),根据v-t图象,求:( 1)物块相对长木板滑行的距离s;( 2)物块质量 m 与长木板质量 M 之比。【答案】( 1) 20m( 2)3:2【解析】【详解】(1)由 v-t 图象的物理意义可得,物块在木板上滑行的距离Vs1044m44m20m22(2)设物块与木板之间的动摩擦因数1,木板和地面之间的动摩擦因数为;物块冲上2木板做匀减速直线运动的加速度大小为a1,木板做匀加速直线运动的加速度大小为a2,达相同速度后一起匀减速

    5、直线运动的加速度大小为a,根据牛顿第二定律对物块:11mg=ma对木板:122mg -( m+M ) g=Ma对整体:( m+M) g=(M +m) a2由图象的斜率等于加速度可得,a 11.5m/s 2, a2 1m/s 2, a=0.5m/s 2。由以上各式解得m 3M 23 如图所示,在竖直平面内有一倾角 =37的传送带 BC已知传送带沿顺时针方向运行的速度 v=4 m/s , B、 C两点的距离 L=6 m。一质量 m=0.2kg 的滑块(可视为质点)从传送带上端 B 点的右上方比 B 点高 h=0. 45 m 处的 A 点水平抛出,恰好从 B 点沿 BC方向滑人传送带,滑块与传送带间

    6、的动摩擦因数=0.5,取重力加速度g=10m/s 2 , sin37 = 0.6,cos37=0.8。求:(1)滑块水平抛出时的速度v0;(2)在滑块通过传送带的过程中,传送带和滑块克服摩擦力做的总功W.【答案】 (1) v0 =4m/s (2)W=8J【解析】【详解】(1) 滑块做平抛运动在 B 点时竖直方向的分速度为:平抛后恰好沿BC 方向滑人传送带,可知B 点的平抛速度方向与传送带平行,由几何关系及速度分解有:解得:(2) 滑块在 B 点时的速度大小为滑块从 B 点运动到 C 点过程中,由牛顿第二定律有:可得加速度设滑块到达C 点时的速度大小为vC,有:解得:此过程所经历的时间为:故滑块

    7、通过传送带的过程中,以地面为参考系,滑块的位移传送带的位移 x2=vt=4m;传送带和滑块克服摩擦力所做的总功为:代入数据解得:【点睛】此题需注意两点,(1)要利用滑块沿BC 射入来求解滑块到体做的功时要以地面为参考系来计算位移。x1=L=6m,B 点的速度; (2) 计算摩擦力对物4 如图所示,质量,的木板fx静止在光滑水平地面上木板右端与竖直墙壁之间距离为,其上表面正中央放置一个质量的小滑块A A 与 B 之间动摩擦因数为0.2 ,现用大小为F18N 的推力水平向右推B ,两者发生相对滑动,作用t1 s 后撤去推力F通过计算可知,在B 与墙壁碰撞时A 没有滑离 B 设B 与墙壁碰撞时间极短

    8、,且无机械能损失,重力加速度g10 m/s2求:(1) A 相对 B 滑动的整个过程中 A 相对 B 向左滑行的最大距离;(2) A 相对B 滑动的整个过程中,A 、 B 系统产生的摩擦热【答案】(1)(2)【解析】【详解】(1)在施加推力F 时,方向向右aBFmg4m / s2 方向向右Mls 末, F 撤去时,s11 aAt121m2s21 aB t122m2A 相对 B 向左滑动的距离撤去 F 至 A、 B 达到共同速度的过程中,方向向右,方向向左设 A、 B 速度相等经历的时间为t 2VAaA t 2VB aBt 2 得在此时间内B 运动的位移为 s2+s3t 1 时,设 A 和 B

    9、的加速度分别为,此时 AB 之间摩擦力为零,同理可得:即 B 做匀减速,设经时间,B 的速度减为零,则:联立 可得 t2=1s .在 t 1+t2 时间内, A 相对于 B 运动的距离为此后 B 静止不动, A 继续在 B 上滑动,设再经时间后t3, A 离开 B,则有可得 ,t3=1s(另一解不合题意,舍去,)则 A 在 B 上的运动时间为t 总 .t 总 =t1+t2+t 3=4s(利用下面的速度图象求解,正确的,参照上述答案信参考给分)【考点定位】牛顿第二定律;匀变速直线运动;【方法技巧】本题主要是考察多过程问题,要特别注意运动过程中摩擦力的变化问题要特别注意两者的运动时间不一样的,也就

    10、是说不是同时停止的6 如图所示,绷紧的传送带始终保持着大小为v=4m/s的速度水平匀速运动一质量m=1kg的小物块无初速地放到皮带A 处,物块与皮带间的滑动动摩擦因数 =0.2,A、 B之间距离s=6m ,求物块(1 )从 A 运动到 B 的过程中摩擦力对物块做多少功?(g=10m/s2)(2 ) A 到 B 的过程中摩擦力的功率是多少?【答案】( 1 ) 8J;( 2 )3.2W ;【解析】(1)小物块开始做匀加速直线运动过程:加速度为:物块速度达到与传送带相同时,通过的位移为:,说明此时物块还没有到达B 点,此后物块做匀速直线运动,不受摩擦力由动能定理得,摩擦力对物块所做的功为:(2)匀加

    11、速运动的时间,匀速运动的时间,摩擦力的功率7 质量为m 的长木板静止在水平地面上,质量同样为m 的滑块(视为质点)以初速度v0从木板左端滑上木板,经过0.5s 滑块刚好滑到木板的中点,下右图为滑块滑上木板后的速度时间图像,若滑块与木板间动摩擦因数为1,木板与地面间的动摩擦因数为,求:2( 1) 1、 2 各是多少?( 2)滑块的总位移和木板的总长度各是多少?【答案】( 1) 0.6; 0.2(2) 1.5m,2.0m【解析】【详解】(1)设 0.5s 滑块的速度为v1,由 v-t 图像可知 :v0=4m/s v 1=1m/s滑块的加速度a1v0tv16m / s2木板的加速度大小a2v12m

    12、/ s2t对滑块受力分析根据牛顿定律:11mg=ma所以 1=0.6对木板受力分析:221mg-?2mg= ma解得 2=0.2(2) 0.5s 滑块和木板达到共同速度v12ma32,假设不再发生相对滑动则=?2mg解得 a3=2m/s2 因 ma31=f mg假设成立,即0.5s 后滑块和木板相对静止,滑块的总位移为s1 则s1v0v1 tv1222a1解得 s1=1.5m由 v-t 图像可知sLv0v1v1 t222所以木板的长度L=2.0m8 高台滑雪以其惊险刺激而闻名,运动员在空中的飞跃姿势具有很强的观赏性。某滑雪轨道的完整结构可以简化成如图所示的示意图。其中AB 段是助滑坡,倾角=3

    13、7, BC段是水平起跳台, CD 段是着陆坡,倾角=30, DE 段是停止区,AB 段与 BC段平滑相连,轨道各部分与滑雪板间的动摩擦因数均为=0.03,图中轨道最高点A 处的起滑台距起跳台BC的 直高度 h=47m 。运 同滑雪板的 量 m=60kg,滑雪运 从 A 点由静止开始起滑,通 起跳台从 C 点水平 出,运 在着 坡 CD上的着 位置与 C 点的距离l=120m 。 运 在起跳前不使用雪杖助滑,忽略空气阻力的影响,取重力加速度 g=10m/s2 ,sin37 =0.6, cos37 =0.8。求:( 1)运 在助滑坡 AB 上运 加速度的大小;( 2)运 在 C 点起跳 速度的大小

    14、;( 3)运 从起滑台 A 点到起跳台 C 点的 程中克服摩擦力所做的功。【答案】( 1)( 2)( 3)【解析】【 解】(1)运 在助滑坡AB 上运 ,根据牛 第二定律得: mgsin - mgcos =ma解得 : a=g( sin -cos) =10( 0.6-0.03 0).8 =5.76m/s 2(2) 运 从C 点起跳后到落到着 坡上的 t, C 点到着 坡上着 点的距离 L运 从C 点起跳后做平抛运 , 有 直方向: Lsin =gt2水平方向: Lcos=v0t 由 : 得: tan =解得 t=2s, v0=30m/s(3)运 从起滑台A 点到起跳台C 点的 程,根据 能定理

    15、得mgh-Wf = mv 02解得克服摩擦力所做的功 Wf =mgh- mv02=60 10 47- 60230=1200J 【点睛】本 要分析清楚运 的运 情况,知道运 先做匀加速运 ,后做匀减速运 ,最后平抛运 ,是 能定理和平抛运 的 合,要善于运用斜面的 角研究平抛运 两个分位移之 的关系,求出 9 如 所示, 角 A、 B两物的足 光滑、固定斜面的底端有一垂直斜面的 板,体 量均 m,通 度系数 k 的 簧相 放在斜面上,开始 两者都 于静止状态 现对 A 施加一沿斜面向上的恒力F = 2mgsin (为g重力加速度 ), 作用 t, B刚好离开挡板,若不计空气阻力,求:(1)刚施加

    16、力 F 的瞬间, A 的加速度大小;(2)B 刚离开挡板时,A 的速度大小;(3)在时间 t 内,弹簧的弹力对A 的冲量 IA【答案】 (1) a2g sin ; (2)vA 2g sinm ; (3)I Amg sin(2m1)kk【解析】(1)刚施加力 F 的瞬间,弹簧的形变不发生变化,有:F 弹 =mgsin;根据牛顿第二定律,对A: F+F 弹-mgsin =ma解得 a=2gsin.(2 )由题意可知,开始时弹簧处于压缩状态,其压缩量为mgsinx1k;当 B 刚要离开挡板时,弹簧处于伸长状态,其伸长量x2mgsin=x1k此时其弹性势能与弹簧被压缩时的弹性势能相等;从弹簧压缩到伸长

    17、的过程,对A 由动能定理: Fmgsinx1x2W弹 = 1 mvA22W弹 = EP0解得 vA2 gsinmk(3)设沿斜面向上为正方向,对A 由动量定理:Fmgsin tI AmvA 0 ,解得 I A2gsin2mtk点睛:此题从力学的三大角度进行可研究:牛顿第二定律、动能定理以及动量定理;关键是先受力分析,然后根据条件选择合适的规律列方程;一般说研究力和时间问题用定量定理;研究力和位移问题用动能定理 .10 如图,在水平地面上有一质量为4.0kg 的物块,它与地面的动摩擦因数=0.2,在与水平方向夹角为=30的斜向上的拉力F 作用下,由静止开始运动经过2.0s 的时间物块发生了 4.0m 的位移( g=10m/s2)试求:( 1)物块的加速度大小;( 2)拉力 F 的大小;(3)若拉力F 方向任意而使物块向右做匀速直线运动,则力F 的最小值为多大?【答案】(1)( 2) 16.6N ( 3)【解析】【分析】【详解】( 1)由 x= at2 得( 2)由力的平衡和牛顿第二定律有: Fcos -f=ma FN+Fsin =mgfFN由得: F16.6N(3)由力的平衡条件得解得解之得【点睛】此题是牛顿第二定律的应用已知运动求力的问题,加速度是联系力学和运动学的桥梁,通过加速度,可以根据力求运动,也可以根据运动求力;第(3)问考查学生利用数学知识解决物理问题的能力

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