三、計(jì)算題 強(qiáng)化練 13牛頓運(yùn)動(dòng)定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律的綜合應(yīng)用對(duì)應(yīng)學(xué)生用書 第179頁(yè)1導(dǎo)學(xué)號(hào)：82460546(2020·濟(jì)南二模，23)如圖所示為四旋翼無人機(jī)，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(yīng)用。一架質(zhì)量m2 kg的無人機(jī)，其動(dòng)力系統(tǒng)所能提供的最大升力F36 N，運(yùn)動(dòng)過程中所受空氣阻力大小恒為f4 Ng取10 m/s2.(1)無人機(jī)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(shí)離地面的高度h；(2)當(dāng)無人機(jī)懸停在距離地面高度H100 m處，由于動(dòng)力設(shè)備故障，無人機(jī)突然失去升力而墜落。求無人機(jī)墜落地面時(shí)的速度v；(3)在無人機(jī)墜落過程中，在遙控設(shè)備的干預(yù)下，動(dòng)力設(shè)備重新啟動(dòng)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(fù)升力的最長(zhǎng)時(shí)間t1.解析：(1)根據(jù)題意，設(shè)上升時(shí)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(shí)速度：v22a1H解得：v40 m/s(3)設(shè)恢復(fù)升力后向下減速時(shí)加速度為a2，由牛頓第二定律得：恢復(fù)升力后向下減速運(yùn)動(dòng)過程：Fmgfma2解得：a210 m/s2設(shè)恢復(fù)升力時(shí)的速度為vm，則有：H解得：vm m/s由：vma1t1解得t1 s答案(1)75 m；(2)40 m/s；(3) s2導(dǎo)學(xué)號(hào)：82460547(2020·青島統(tǒng)一檢測(cè)，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(shí)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?，?dāng)滑塊滑到木板上時(shí)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(yùn)動(dòng)的v ­t圖象如圖乙所示，g10 m/s2.求：(1)水平作用力F的大小；(2)滑塊開始下滑時(shí)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，滑塊滑到木板上的初速度為10 m/s當(dāng)F變?yōu)樗较蛴抑螅膳ｎD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 30°2.5 m(3)由圖象可知，二者先發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，當(dāng)達(dá)到共速后一塊做勻減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)木板與地面間的動(dòng)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(shí)的加速度大小a11 m/s2，發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，木板的加速度a21 m/s2，滑塊減速的加速度大小為：a34 m/s2對(duì)整體受力分析可得：a11g可得： 10.1在02s內(nèi)分別對(duì)m和M做受力分析可得：對(duì)M: Ma2對(duì)m: ma3代入數(shù)據(jù)解方程可得： M1.5 kg答案：(1)N；(2)2.5 m；(3)1.5 kg3導(dǎo)學(xué)號(hào)：82460548(2020·龍巖綜測(cè)，22)5個(gè)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(zhǎng)l1 m。它們與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)10.1，木塊與地面的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力現(xiàn)有一質(zhì)量為M2.5 kg的小鉛塊(視為質(zhì)點(diǎn))，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(dòng)摩擦因數(shù)20.2.小鉛塊剛滑到第四塊木塊時(shí)，木塊開始運(yùn)動(dòng)，求：(1)鉛塊剛滑到第四塊木塊時(shí)的速度(2)通過計(jì)算說明為什么小鉛塊滑到第四塊木塊時(shí)，木塊才開始運(yùn)動(dòng)(3)小鉛塊停止運(yùn)動(dòng)后，離第一塊木塊的左端多遠(yuǎn)？解析：(1)設(shè)小鉛塊在前三塊木塊上運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)學(xué)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(shí)對(duì)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(dòng)，應(yīng)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(dá)到共同速度，此過程小鉛塊、4、5木塊的對(duì)地位移為s1和s2，相對(duì)位移為s,4、5木塊運(yùn)動(dòng)的加速度為a22Mg1(Mg2mg)2ma2v1a1ta2ts1v1ta1t2s2a2t2ss1s2聯(lián)立解得s1msm由于sl(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(dá)共同速度一起減速為零(3)設(shè)小鉛塊與4、5木塊達(dá)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(dǎo)學(xué)號(hào)：82460549(2020·聊城二模，23)如圖所示，質(zhì)量M8.0 kg、長(zhǎng)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(diǎn))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(dòng)摩擦因數(shù)0.20，重力加速度g取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(shí)間t和滑出時(shí)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(shí)，對(duì)木板施加一個(gè)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(yīng)滿足什么條件？假定滑塊與木板之間最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力相等解析：(1)由題意知，滑塊在木板上由滑動(dòng)摩擦力作用下產(chǎn)生加速度大小：ag0.2×10 m/s22 m/s2因?yàn)榛瑝K做勻減速運(yùn)動(dòng)，所以滑塊滑離木板時(shí)產(chǎn)生的位移為：xv0tat2代入數(shù)據(jù)可得滑塊運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t1 s根據(jù)速度時(shí)間關(guān)系可知，滑塊滑離木板時(shí)的速度：vv0at(32×1)m/s1 m/s(2)令滑塊不滑離木板右端時(shí)，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(zhǎng)度L，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，則有：據(jù)速度時(shí)間關(guān)系有：32tat根據(jù)位移時(shí)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FMamg8×0.25N0.2×0.5×10N1N所以，當(dāng)F1N時(shí)，滑塊不會(huì)從木板的右端滑出答案：(1)1s、1 m/s；(2)F1N備課札記_