2021届高考物理二轮复习计算题精解训练（1）牛顿运动定律

2021届高考物理二轮复习计算题精解训练

（1）牛顿运动定律

1.如图所示，厚、长的木板静止在粗糙水平地面上，为其中点。木板上表面部分光滑，部分粗糙，下表面与水平地面间的动摩擦因数。木板右端静止放置一个小物块(可看成质点)，它与木板部分的动摩擦因数。已知木板和小物块的质量均为，重力加速度取。现对木板施加一个水平向右的恒力。

(1)为使小物块与木板保持相对静止，求恒力的最大值；

(2)当时，求小物块经多长时间滑到木板中点；

(3)接第(2)问，当小物块到达点时撤去，求小物块落地时与木板端的距离。

2.如图甲所示，光滑水平面上停有一块质量为的长木板，其长度。有一个质量为的物块(可视为质点) 从长木板的左端以的速率冲上长木板，已知物块与长木板之间的动摩擦因数，取。

（1）物块滑上长木板时，长木板的加速度大小；

（2）试判断：物块冲上长木板后能否从其右端滑出？若能滑出，求物块滑离长木板时的速率；若不能滑出，求物块与长木板相对静止时的速率；

（3）若在长木板的上表面铺上一种特殊材料，其动摩擦因数与物块到长木板左端距离关系如图乙所示。物块仍以相同速率从左端冲上长木板后，要使物块能从长木板的右端滑出，则长木板的长度应满足什么条件？

3.水平浅色长传送带以的速度匀速运动 ,现一 煤块( 可视为质点)轻轻地放在传送带上 ,经过 后 ,传送带即以的加速度开始减速 ,直至停止。经过一段时间 ,煤块在传送带上留下一 段黑色痕迹后 ,煤块在传送带上不再滑动。已知煤块与传送带之间的动摩擦因数为0.1 ,重力加速度 取 求:

（1）煤块放到传送带上后经过 时获得的速度;

（2）煤块从开始放上传送带到与传送带达共同速度所用的时间;

（3）黑色痕迹的长度;

（4）整个过程中煤块与传送带摩擦生热的大小。

4.如图所示,倾角的足够长光滑斜面固定在水平面上,斜面上放一长、质量的薄木板,木板的最上端叠放一质量的小物块,物块与木板间的动摩擦因数.对木板施加沿斜面向上的恒力F,使木板沿斜面由静止开始做匀加速直线运动.设物块与木板间最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取重力加速度.

(1)为使物块不滑离木板,求力F应满足的条件;

(2)若,物块能否滑离木板?若不能,请说明理由;若能,求出物块滑离木板所用的时间及滑离木板后沿斜面上升的最大距离.

5.如图所示,有1、2、3三个质量均为m=1kg的物体,物体2为一长板,与物体3通过不可伸长的轻绳连接,跨过光滑的定滑轮,设长板2到定滑轮足够远,物体3离地面高H=5.75m,物体1与长板2之间的动摩擦因数μ=0.2。长板2在光滑的桌面上从静止开始释放,同时物体1(视为质点)在长板2的左端以v=4m/s的初速度开始运动,运动过程中恰好没有从长板2的右端掉下。求:

(1)长板2开始运动时的加速度大小;

(2)长板2的长度L0;

(3)当物体3落地时,物体1在长板2上的位置。

6.如图所示，长L=10m的水平传送带以速度v=8m/s匀速运动。质量分别为2m、m的小物块P、Q，用不可伸长的轻质细绳，通过固定光滑小环C相连。小物块P放在传送带的最左端，恰好处于静止状态，C、P间的细绳水平。现在P上固定一质量为2m的小物块(图中未画出)，整体将沿传送带运动，已知Q、C间距大于10 m，重力加速度g取.求：

(1)小物块P与传送带间的动摩擦因数；

(2)小物块P从传送带左端运动到右端的时间；

(3)当小物块P运动到某位置S（图中末画出）时将细绳剪断，小物块P到达传送带最右端时刚好与传送带共速，求位置S距传送带右端的距离。

答案以及解析

1.答案：(1)小物块能够达到的最大加速度为

，

对整体进行受力分析

解之得

(2)此时小物块相对于长木板发生相对滑动

对长木板受力分析

得

小物块加速度,

可得

(3)撤掉外力时各自速度分别为。

，

撤掉外力后，物块匀速，木板匀减速加速度为

，

设小物块从长木板中点滑动到最左端时长木板速度为，以长木板为参考系，则有,

可得此时

此时长木板的做减速运动加速度为，

此后小物块做平抛运动，长木板做匀减速度运动，落地时距长木板左端的距离为

2.答案：（1）对长木板有：

解得：

（2）对物块有：

解得：

假设物块能从长木板的右端滑出，则有位移关系：

即：

解得：

此时，

∵ 则假设成立，物块能从长木板的右端滑出，滑离长木板时的速率为

（3）假设物块恰好能停留在长木板最右端不滑出，设此时长木板的长度为

由长木板和物块组成的系统动量守恒可知：

解得：

根据长木板和物块组成的系统能量守恒可知：

根据图像可知，，则

解得：

所以若要使物块能从长木板的右端滑出，则长木板的长度应满足

3.答案：（1）设煤块的加速度为，则由牛顿第二定律，有

则经过后，煤块获得的速度为

（2）设煤块从开始放上传送带到与传送带达共同速度所用的时间，则有

得

（3）达到共同速度前设煤块的位移和传送带的位移分别为和则有

达共速之前煤块相对传送带向后运动，此阶段划痕为

达共同速度后，由于煤块和传送带会分开减速，

设各自减速到零的位移分别为

此阶段煤块相对传送带向前,但不影响划痕长度

得黑色划痕长度为

（4）摩擦生热为

4.答案：(1)

(2)物块能滑离木板;1.2 s;0.9 m

解析：(1)对木板和物块组成的整体,由牛顿第二定律得

,

对物块由牛顿第二定律得,又物块受静摩擦力作用,有,

联立解得,

因要拉动木板,则,

故.

(2)因,物块能滑离木板,对木板由牛顿第二定律有,

对物块有,

设物块滑离木板所用的时间为t,由运动学公式得

,

解得,

物块离开木板时的速度,

物块离开木板,有,

由运动学规律得,

解得.

5.答案：(1)6m/s2;(2)1m;(3)物体1在长板2的最左端。

解析：(1)设向右为正方向,分别对三个物体进行受力分析,根据牛顿第二定律有

物体1:-μmg=ma1;长板2:T+μmg=ma2;物体3:mg-T=ma3;且a2=a3,联立可得a1=-μg=-2m/s2,。

(2)1、2共速后,假设1、2、3相对静止一起加速,则有T=2ma,mg-T=ma,即mg=3ma,得,对1:f=ma=3.3N>μmg=2N,故假设不成立,物体1和长板2相对滑动。则1、2共速时,物体1恰好位于长板2的右端。设经过时间t1二者速度相等,则有v1=v+a1t1=a2t1,代入数据解得t1=0.5s,v1=3m/s,,所以长板2的长度L0=x1–x2=1m。

(3)1、2共速之后,分別对三个物体进行受力分析,有物体1:μmg=ma4;长板2:T-μmg=ma5;物体3:mg-T=ma6;且a5=a6。联立解得a4=2m/s2,。此过程物体3下落高度h=H-x2=5m,根据,解得t2=1s,长板2的位移x3=h,物体1的位移,则物体1相对长板2向左移动的距离Δx=x3-x4=1m=L0,即此时物体1在长板2的最左端。

6.答案：(1)设静止时细绳的拉力为T0，小物块P与传送带间的动摩擦因数为µ，P、Q受力如图:

由平衡条件得：

(2)设小物块P在传送带上运动时加速度为a1，细绳的拉力为T，P、Q受力如图，

由牛顿第二定律得,对P：

对Q：T-mg=ma1

假设P一直加速至传送带最右端时间为t，末速度为v1由运动学公式得：

v1=

联立以上两式并代入数据得：,v1=<v假设成立.

(3)设细绳剪断后小物块P的加速度大小为a2，小物块P在S处的速度大小为，位置S距离传送带左端距离为，距离传送带右端距离为，P受力如图:

断绳后由牛顿第二定律得：

断绳前由运动学公式得：

断绳后由运动学公式得：

联立以上各式并代入数据得：S距离传送带右端距离：x2=4m.