《2020屆高三物理二輪復習 專題輔導與應用 強化練13 牛頓運動定律和運動學規(guī)律的綜合應用》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020屆高三物理二輪復習 專題輔導與應用 強化練13 牛頓運動定律和運動學規(guī)律的綜合應用（6頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、三、計算題 強化練 13牛頓運動定律和運動學規(guī)律的綜合應用對應學生用書 第179頁1導學號：82460546(2020濟南二模，23)如圖所示為四旋翼無人機，它是一種能夠垂直起降的小型遙控飛行器，目前正得到越來越廣泛的應用。一架質(zhì)量m2 kg的無人機，其動力系統(tǒng)所能提供的最大升力F36 N，運動過程中所受空氣阻力大小恒為f4 Ng取10 m/s2.(1)無人機在地面上從靜止開始，以最大升力豎直向上起飛。求在t5 s時離地面的高度h；(2)當無人機懸停在距離地面高度H100 m處，由于動力設(shè)備故障，無人機突然失去升力而墜落。求無人機墜落地面時的速度v；(3)在無人機墜落過程中，在遙控設(shè)備的干預下

2、，動力設(shè)備重新啟動提供向上最大升力為保證安全著地，求飛行器從開始下落到恢復升力的最長時間t1.解析：(1)根據(jù)題意，設(shè)上升時加速度為a，由牛頓第二定律：Fmgfma解得：a6 m/s2由xat2，得上升高度：hat2解得：h75 m(2)設(shè)下落過程加速度為a1，由牛頓第二定律得：下落過程中： mgfma1解得：a18m/s2由v22ax，得落地時速度：v22a1H解得：v40 m/s(3)設(shè)恢復升力后向下減速時加速度為a2，由牛頓第二定律得：恢復升力后向下減速運動過程：Fmgfma2解得：a210 m/s2設(shè)恢復升力時的速度為vm，則有：H解得：vm m/s由：vma1t1解得t1 s答案(1

3、)75 m；(2)40 m/s；(3) s2導學號：82460547(2020青島統(tǒng)一檢測，23)如圖甲所示，有一傾角為30的光滑固定斜面，斜面底端的水平面上放一質(zhì)量為M的木板開始時質(zhì)量為m1 kg的滑塊在水平向左的力F作用下靜止在斜面上，今將水平力F變?yōu)樗较蛴遥敾瑝K滑到木板上時撤去力F，木塊滑上木板的過程不考慮能量損失此后滑塊和木板在水平面上運動的v t圖象如圖乙所示，g10 m/s2.求：(1)水平作用力F的大??；(2)滑塊開始下滑時的高度；(3)木板的質(zhì)量解析：(1)滑塊受到水平推力F、重力mg和支持力N處于平衡，如圖所示：mgsin Fcos 代入數(shù)據(jù)可得：F N(2)由題意可知，

4、滑塊滑到木板上的初速度為10 m/s當F變?yōu)樗较蛴抑?，由牛頓第二定律可得：mgsin Fcos ma解得： a10 m/s2下滑的位移： x解得： x5m故下滑的高度：hxsin 302.5 m(3)由圖象可知，二者先發(fā)生相對滑動，當達到共速后一塊做勻減速運動，設(shè)木板與地面間的動摩擦因數(shù)為1，滑塊與木板間的摩擦因數(shù)為2二者共同減速時的加速度大小a11 m/s2，發(fā)生相對滑動時，木板的加速度a21 m/s2，滑塊減速的加速度大小為：a34 m/s2對整體受力分析可得：a11g可得： 10.1在02s內(nèi)分別對m和M做受力分析可得：對M: Ma2對m: ma3代入數(shù)據(jù)解方程可得： M1.5 kg

5、答案：(1)N；(2)2.5 m；(3)1.5 kg3導學號：82460548(2020龍巖綜測，22)5個相同的木塊緊挨著靜止放在地面上，如圖所示。每塊木塊的質(zhì)量為m1kg，長l1 m。它們與地面間的動摩擦因數(shù)10.1，木塊與地面的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力現(xiàn)有一質(zhì)量為M2.5 kg的小鉛塊(視為質(zhì)點)，以v04 m/s的初速度向右滑上左邊第一木塊的左端，它與木塊的動摩擦因數(shù)20.2.小鉛塊剛滑到第四塊木塊時，木塊開始運動，求：(1)鉛塊剛滑到第四塊木塊時的速度(2)通過計算說明為什么小鉛塊滑到第四塊木塊時，木塊才開始運動(3)小鉛塊停止運動后，離第一塊木塊的左端多遠？解析：(1)設(shè)小鉛塊在

6、前三塊木塊上運動的加速度大小為a，剛滑到第四塊的速度為v1由牛頓第二定律得：2MgMa1由運動學公式得vv2a13l聯(lián)立得：v12 m/s(2)設(shè)小鉛塊滑到第n塊木塊時對木塊的摩擦力f1則：f12Mg5 N后面的(6n)塊木塊受到地面的最大靜摩擦力為f2則：f21M(6n)mg要使木塊滑動，應滿足f2f1，即：1M(6n)mg5n3.5，?。簄4設(shè)小鉛塊滑上4木塊經(jīng)過t秒和4、5木塊達到共同速度，此過程小鉛塊、4、5木塊的對地位移為s1和s2，相對位移為s,4、5木塊運動的加速度為a22Mg1(Mg2mg)2ma2v1a1ta2ts1v1ta1t2s2a2t2ss1s2聯(lián)立解得s1msm由于s

7、l(s1l)說明小鉛塊沒有離開第四塊木塊，最后小鉛塊與4、5木塊達共同速度一起減速為零(3)設(shè)小鉛塊與4、5木塊達到共同速度為v2，一起減速的加速度大小為a3，減速位移為s31(2mgMg)(2mgMg)a3v2a2ts3聯(lián)立得：s3m小鉛塊最終離1木塊左端為ss3ls1s3聯(lián)立得：s4m答案：(1)2 m/s(2)sl(s1l)(3)4m4導學號：82460549(2020聊城二模，23)如圖所示，質(zhì)量M8.0 kg、長L2.0 m的木板靜置在水平地面上，質(zhì)量m0.50 kg的小滑塊(可視為質(zhì)點)以速度v03.0 m/s從木板的左端沖上木板已知滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)0.20，重力加速度g取

8、10 m/s2.(1)若木板固定，滑塊將從木板的右端滑出，求滑塊在木板上滑行的時間t和滑出時的速度v；(2)若水平地面光滑，且木板不固定，在小滑塊沖上木板的同時，對木板施加一個水平向右的恒力F，如果要使滑塊不從木板右端掉下，力F應滿足什么條件？假定滑塊與木板之間最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等解析：(1)由題意知，滑塊在木板上由滑動摩擦力作用下產(chǎn)生加速度大?。篴g0.210 m/s22 m/s2因為滑塊做勻減速運動，所以滑塊滑離木板時產(chǎn)生的位移為：xv0tat2代入數(shù)據(jù)可得滑塊運動時間：t1 s根據(jù)速度時間關(guān)系可知，滑塊滑離木板時的速度：vv0at(321)m/s1 m/s(2)令滑塊不滑離木板右端時，木板的最小加速度為a，則可知，滑塊不滑下來，滑塊的位移與木板的位移差剛好為木板的長度L，運動時間為t，則有：據(jù)速度時間關(guān)系有：32tat根據(jù)位移時間關(guān)系有：at22由兩式解得木板獲得的最小加速度：a0.25 m/s2根據(jù)牛頓第二定律可知，木板獲得的加速度a，即木板獲得的最小拉力FMamg80.25N0.20.510N1N所以，當F1N時，滑塊不會從木板的右端滑出答案：(1)1s、1 m/s；(2)F1N備課札記_