高考物理总复习（命题点+考场热身）第6讲 牛顿第二定律的应用.doc

《高考物理总复习（命题点+考场热身）第6讲 牛顿第二定律的应用.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考物理总复习（命题点+考场热身）第6讲 牛顿第二定律的应用.doc（7页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、高中物理总复习 命题方向预测第六讲牛顿第二定律的应用 命题点1 已知受力求运动 新高考命题方向预测1 一间新房即将建成时要封顶，考虑到下雨时落至房顶的雨滴能尽快淌离房顶，要设计好房顶的坡度，设雨滴沿房顶下做无初速无摩擦的运动，那么图6-1-9中所示四种情况中符合要求的是 * C 指导：建立质点在光滑斜面上滑行模型由受力分析得雨滴加速度(a=gsin，房顶坡度长为屋顶下底宽度的一半，为定值，由运动学公式得2 如图6-1-10所示，有一块木板静止在光滑且足够长的水平面上，木板质量为M=4 kg，长为L=1.4m木板右端放着一小滑块，小滑块质量为m=1 kg，其尺寸小于L小滑块与木板之间的动摩擦因数

2、为=0.4(g=10ms2) (1)现用恒力F作用在木板M上，为了使得m能从M上面滑落下来，问：F大小的范围是什么? (2)其他条件不变，若恒力F=22.8牛顿，且始终作用在M上，最终使得m能从M上面滑落下来问：m在M上面滑动的时间是多长? *指导：(1)小滑块与木板间的滑动摩擦力 f=N=mg小滑块在滑动摩擦力f作用下向右匀加速运动的加速度a1 =f/m=g=4 m/s木板在拉力F和滑动摩擦力f作用下向右匀加速运动的力速度a2=(Ff)M使m能从M上面滑落下来的条件是a2a1即(Ff)/M，f/m解得F(M+m)g=20N(2)设m在M上滑动的时间为t，当恒力 F=228 N，木板的加速度

3、a2=(Ff)/M=47 m/s2小滑块在时间，内运动位移s1=at2/2木板在时间，内运动位移s2=a2t2/2因s2s1=L，即47t2/24t2/2=14解得：t=2s3 如图6-1-11所示，长为12m、质重为50kg的木板右端置有一立柱，木板与地面间的动摩擦因数为0.1，质量为50ks的人立于木板左端，开始木板与人均静止后来人以4ms2的加速度匀加速向右奔跑至板的右端并立即抱住立柱，试求： (1)人从开始奔跑至到达木板右端所经历的时间(2)从人开始运动到最终木板静止，这一过程中木板的总位移 *指导：(1)人相对木板奔跑时，设人的质量为m，加速度为a1，板的质量为M，加速度为a2，人与

4、板间的相互作用为厂对人有F=ma1=504=200N对板有F-(M+m)g=Ma2，a2=2 m/s2当人跑到板的右端时,有解得t=2s (2)当人奔跑至木板右端时，人的速度1=a1t=8m/s板的速度声2=a2t=4m/s，板向左的位移人在抱住立柱过程中系统动量守恒，有nm1nw2=(M+m)v/解得v=2 m/s，方向与人原来运动方向一致在随后的滑行过程中板向右移动S.对人与板的整体有-(M+m)gs=0-(M+m)v2. 解得s=2m，板移动的总位移为s总=S-s=2m4 质量为m=2kg的木块原来静止在粗糙水平地面上，现在第1、3、5奇数秒内给物体施加方向向右，大小为F1=6N的水平推

5、力，在第2，4、6偶数秒内给物体施加方向仍向右、大小为F2=2N的水平推力，已知物体与地面间的摩擦因数=0.1，取g=10ms2，问： (1)木块在奇数秒和偶数秒内各做什么运动?(2)经过多长时间，木块位移的大小等于40.25m?*指导：(1)木块在奇数秒内做a=2m/s2的匀加速直线运动在偶数秒内做匀速运动(2)85s 指导：(1)木块在奇数秒内的加速度为木块在偶数秒内的加速度为所以木块在奇数秒内做工a=2 m/s2的匀加速直线运动，在侣数秒内做匀速运动(2)在第1 s内木块向右的位移为第1 s末速度=at=2 m/s，第2s内以此速度匀速运动，劫在第2s内的位移：s2=v1=2m，v2=v

6、1=2m/s第3 s内，木块以初速为2m/s向右匀加速运动，则v3=v2t+at2=4m/s第4s内位移：s6=v5t=41=4m第ns内的位移s=nm所以总位称s=s1+s2+s3+sn=1+2+3+n当s=4025m时，m的值为8nam物体与小车发生了相对滑动，物体对小车的摩擦力大为F=mg=03O5010N=85N对小车，由牛顿第二定律得F2F=Ma2所以，给小车推力F2=F2+Ma2=15N+2035N=85N(3)要使物块m脱离小车，则必须有a车a物，由牛顿第二定律得即解得F3(M+m)g=75 N即至少75 N的力推小车 (4)由于F=85 N，大于小平推力 75N，所以物体会滑落

7、，如图D66所示，小车的加速度物体的加速度物体的加速度am=3m/s2图中，又因为又因为s2-s1=L解得运动时间考场热身探究性命题综合测试1 一个小孩从滑梯上滑下的运动可看作匀加速直线运动，第一次小孩单独从滑梯上滑下，加速度为a1，第二次小孩抱上一只小狗后再从滑梯上滑下(小狗不与滑梯接触)，加速度为a2，则 Aa1=a2 Ba1a2Ca1a2 D.无法判断a1，与a2的大小 * A 指导：小孩从滑梯上滑下，其加速度的大小取决于动摩擦印数和斜面倾角，与其质量无关所以A项正确2 将“超级市场”中运送货物所用的平板车固定在水平地面上，配送员用4.0102 N的水平力推动一箱1.0x102 kg的货

8、物时，该货物刚好能在平板车上开始滑动：若配送员推动平板车由静止开始加速前进，要使此箱货物不从车上滑落，配送员推车时车的加速度大小可以为 A3.2 ms2 B5.5 ms2C6.0 ms2 D2.8 ms2 * AD 指导：由静止开始推动小车，要是物体做相对滑动的加速度大小应该是40m/sz，所以AD两项正确 3 一物体放置在倾角为的斜面上，斜面固定于加速上升的电梯中，加速度为c，如图z6-1所示，在物体始终相对于斜面静止的条件下，列说法中正确的是 A.当一定时，a越大，斜面对物体的正压力越小 B当一定时，a越大，斜面对物体的摩擦力越大 C当a一定时，越大，斜面对物体的正压力越小 D当a一定时，

9、越大，斜面对物体的摩擦力越小 * BC 指导：物体具有向上的加速度，即物体所受到的正压力和摩擦力的合力9应该是竖直向上，当斜面倾角一定时，加速度越大，则根据Fmg=ma得到，F就越大即此时9的两个分力就都越大，所以A错B对，则F就是一个定值，若斜面倾角变大，正压力就会变小，摩擦力就会变大，所以C对 D错4 匀速上升的升降机顶部悬有一轻质弹簧，弹簧下端挂有一小球，若升降机突然停止，在地面上观察者看来，小球在继续上升的过程中 A.速度逐渐增大 B速度先增大后减小 C加速度逐渐增大 D加速度先减小后增大 * C 指导：升降机突然停止前，作匀速运动，所以弹簧没有伸长，那时小球的加速度为零，突然停止，小

10、球继续向上运动，弹簧被压缩，且直到小球停止向上运动，弹簧的压缩量在增加，加速度越来越大5 质量为m=2kg的物体与水平地面间的动摩擦因数为=0.2，受到两个水平拉力作用，它们的大小分别为F1=6N和F2=3N，使物体从静止开始在水平地面上运动，则物体的加速度大小可能为(g取10ms2) A1 ms2 B2 ms2 C3 ms2 D4 ms2* AB 指导：物体运动所受到的摩擦力为4N，所以物体的最大加速度应该是两个水平力方向相同时的加速度，大小为25m/s2所以，AB正确 6 如图Z6-2所示，质量为m的物体，在力F的作用下，贴着天板沿水平方向向右加速运动，若力F与水平面夹角为，物体与天花板间

11、的动摩擦因数为，则物体的加速度为 A(cos-sin) B (cos)C. (cos+sin)-g D.g+ (cos-sin) * D 指导：物体受力分析如图，在垂直于天花板方向FN+mg =FsimgFf=FN,Fcos=ma7 如图Z6-3所示，光滑水平桌面上有甲、乙两个用细线相连的物体在水平拉力F1和F2的作用下运动，已知F1F2，则以下说法中正确的有 A.若撤去F1，则细线上的拉力一定变大 B若撤去F1，则细线上的拉力一定不变 C若撤去F2，则乙的加速度一定变大D若撤去F2，则细线上的拉力一定变小* D 指导：F1a0时，FAD增大，使球对AB板开始有挤压当小球只对侧壁AD有压力时，

12、受力如图D6-7所示由牛顿第二定律得：mgcot45m。所以a0=g=10m/s2这时小车受到的小平拉力为：F0=(M+m)a0=250 N可知当F=500 N时，小球对 AB有挤压，此时小球受力如图 D68所示据牛顿第二定律得： 9ADcos45mg+FAB方向竖直向上： FADsin45=mg+FAB对整体有：F=(M+m)a解以上联立方程可得： FAD=100；FAB=500 N12 在倾角为的长斜面上有一带有风帆的滑块从静止开始沿斜面下滑，滑块质量为m，它与斜面间动摩擦因数为，帆受到的空气阻力与滑块下滑的速度大小成正比，即Ff=kv (1)写出滑块下滑加速度的表达式；(2)写出滑块下滑的最大速度表达式；*指导：（1）据题意；风帆垂直直于斜面，据牛顿第二定律7