《【步步高】2021高考物理大二轮专题复习与增分策略 计算题专练 专练16 牛顿第二定律和运动学规律的综合应用.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《【步步高】2021高考物理大二轮专题复习与增分策略 计算题专练 专练16 牛顿第二定律和运动学规律的综合应用.doc（5页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、【步步高】2014高考物理大二轮专题复习与增分策略 计算题专练 专练16 牛顿第二定律和运动学规律的综合应用专练定位本专练主要针对高考题经常出现的几种命题形式进行强化训练高考高频命题形式主要有：牛顿第二定律和运动学公式的综合应用；应用动力学和能量观点处理多运动过程问题；带电粒子在磁场中的运动；带电粒子在复合场中的运动；应用动力学和能量观点处理电磁感应问题应考策略加强题型的针对性训练，强化思维和答题的规范训练，注意挖掘文字或图象的隐含条件和信息，规范表述和书写并且针对高考常考的模型，提炼出相应的应对模式，通过强化套用模式的意识，从而达到灵活运用，全面提高成绩的目的 (限时：45分钟)1 (201
2、3山东22)如图1所示，一质量m0.4 kg的小物块，以v02 m/s的初速度，在与斜面成某一夹角的拉力F作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t2 s的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L10 m已知斜面倾角30，物块与斜面之间的动摩擦因数.重力加速度g取10 m/s2.图1(1)求物块加速度的大小及到达B点时速度的大小(2)拉力F与斜面夹角多大时，拉力F最小？拉力F的最小值是多少？答案(1)3 m/s28 m/s(2)30 N解析(1)设物块加速度的大小为a，到达B点时速度的大小为v，由运动学公式得Lv0tat2vv0at联立式，代入数据得a3 m/s2v8 m/s(2)设物块所受支持
3、力为FN，所受摩擦力为Ff，拉力与斜面间的夹角为，受力分析如图所示，由牛顿第二定律得Fcos mgsin FfmaFsin FNmgcos 0又FfFN联立式得F由数学知识得cos sin sin(60)由式可知对应F最小的夹角30联立式，代入数据得F的最小值为Fmin N2 (2013新课标25)一长木板在水平地面上运动，在t0时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，以后木板运动的速度时间图象如图2所示已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上取重力加速度的大小g10 m/s2，求：图2(1)物块与木板间、木板与
4、地面间的动摩擦因数；(2)从t0时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小答案(1)0.200.30(2)1.125 m解析(1)从t0时开始，木板与物块之间的摩擦力使物块加速，使木板减速，此过程一直持续到物块和木块具有共同速度为止由题图可知，在t10.5 s时，物块和木板的速度相同设t0到tt1时间间隔内，物块和木板的加速度大小分别为a1和a2，则a1a2式中v05 m/s、v11 m/s分别为木板在t0、tt1时速度的大小设物块和木板的质量均为m，物块和木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为1、2，由牛顿第二定律得1mgma1(122)mgma2联立式得10.2020.30(
5、2)在t1时刻后，地面对木板的摩擦力阻碍木板运动，物块与木板之间的摩擦力改变方向设物块与木板之间的摩擦力大小为Ff，物块和木板的加速度大小分别为a1和a2，则由牛顿第二定律得Ffma122mgFfma2假设Ff1mg，则a1a2；由式得Ff2mg1mg，与假设矛盾，故Ff1mg由式知：物块加速度的大小a1等于a1；物块的vt图象如图中点划线所示由运动学公式可推知，物块和木板相对于地面的运动距离分别为s12s2t1物块相对于木板的位移的大小为ss2s1联立式得s1.125 m3 如图3所示，将质量m1.24 kg的圆环套在固定的水平直杆上，环的直径略大于杆的截面直径，环与杆的动摩擦因数0.8.对
6、环施加一位于竖直平面内斜向上与杆夹角53的恒定拉力F，使圆环从静止开始做匀加速直线运动，第1 s内前进了2 m(取g10 m/s2，sin 530.8，cos 530.6)图3求：(1)圆环加速度a的大小；(2)拉力F的大小答案(1)4 m/s2(2)12 N或124 N解析(1)小环做匀加速直线运动，由运动学公式可知xat2a m/s24 m/s2(2)令Fsin 53mg0，则F15.5 N当F15.5 N时，环与杆下部接触，受力如图由牛顿第二定律可知Fcos FNmaFsin FNmg由此得F124 N4 如图4所示，有一水平传送带匀速向左运动，某时刻将一质量为m的小煤块(可视为质点)放
7、到长为L的传送带的中点它与传送带间的动摩擦因数为，求：图4(1)小煤块刚开始运动时受到的摩擦力的大小和方向；(2)要使小煤块留在传送带上的印记长度不超过，传送带的速度v应满足的条件答案(1)mg，水平向左(2)v解析(1)小煤块刚开始运动时受到的摩擦力的大小Ffmg，方向水平向左(2)依题意由牛顿第二定律得，小煤块的加速度ag设小煤块刚滑到传送带左端时速度正好与传送带速度相等，大小为v由vat，得t小煤块的位移x1at2将、代入得x1传送带位移x2vt又x2x1将、代入得v【必考模型1】叠放类模型1.模型特点：上、下叠放两个物体，并且两物体在摩擦力的相互作用下发生相对滑动.2.表现形式：(1)滑块木板(或小车)；(2)滑块传送带；(3)滑块桌面等.3.应对模式：(1)分别分析两叠放物体的受力情况，特别注意两物体速度相等时往往是滑动摩擦力与静摩擦力或摩擦力方向变化的转折点，根据牛顿第二定律分别求两叠放物体的加速度(滑块传送带形式中，传送带往往是匀速直线运动，不受摩擦力的影响，这种情况只分析滑块的受力并求其加速度).(2)对两叠放物体间的位移关系或速度关系建立方程，而且两叠放物体的位移和速度都是以地面为参考系.5