2012高考物理二轮复习 专题2 牛顿运动定律与直线运动教学案(教师(8)

C. 电势能与机械能之和先增大，后减小 D. 电势能先减小，后增大 答案：C

解析：由于负电荷受到的电场力是变力，加速度是变化的。所以A错；由等量正电荷的电场分布知道，在两电荷连线的中垂线O点的电势最高，所以从b到a，电势是先增大后减小，故B错；由于只有电场力做功，所以只有电势能与动能的相互转化，故电势能与机械能的和守恒，C错；由b到O电场力做正功，电势能减小，由O到d电场力做负功，电势能增加，D对。

12.（09·山东·24）（15分）如图所示，某货场而将质量为m1=100 kg的货物（可视为质点）从高处运送至地面，为避免货物与地面发生撞击，现利用固定于地面的光滑四分之一圆轨道，使货物中轨道顶端无初速滑下，轨道半径R=1.8 m。地面上紧靠轨道次排放两声完全相同的木板A、B，长度均为l=2m，质量均为m2=100 kg，木板上表面与轨道末端相切。货物与木板间的动摩擦因数为?1，木板与地面间的动摩擦因数?=0.2。（最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g=10 m/s）

（1）求货物到达圆轨道末端时对轨道的压力。

（2）若货物滑上木板4时，木板不动，而滑上木板B时，木板B开始滑动，求?1应满足的条件。

（3）若?1=0。5，求货物滑到木板A末端时的速度和在木板A上运动的时间。 解析：（1）设货物滑到圆轨道末端是的速度为v0，对货物的下滑过程中根据机械能守恒定律得，mgR?2

a b O d cc 12m1v0①设货物在轨道末端所受支持力的大小为FN,根据牛顿第二定律得，22v0FN?m1g?m1②

R联立以上两式代入数据得FN?3000N③

根据牛顿第三定律，货物到达圆轨道末端时对轨道的压力大小为3000N，方向竖直向下。 （2）若滑上木板A时，木板不动，由受力分析得?1m1g??2(m1?2m2)g④ 若滑上木板B时，木板B开始滑动，由受力分析得?1m1g??2(m1?m2)g⑤ 联立④⑤式代入数据得?????1?0.6⑥。

（3）?1?0.5，由⑥式可知，货物在木板A上滑动时，木板不动。设货物在木板A上做减速运动时的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得?1m1g?m1a1⑦

22设货物滑到木板A末端是的速度为v1，由运动学公式得v1?v0??2a1l⑧

联立①⑦⑧式代入数据得v1?4m/s⑨

设在木板A上运动的时间为t，由运动学公式得v1?v0?a1t⑩ 联立①⑦⑨⑩式代入数据得t?0.4s。

13.（09·安徽·22）（14分）在2008年北京残奥会开幕式上，运动员手拉绳索向上攀登，最终点燃 了主火炬，体现了残疾运动员坚忍不拔的意志和自强不息的精神。为了探究上升过程中运动员与绳索和吊椅间的作用，可将过程简化。一根不可伸缩的轻绳跨过轻质的定滑轮，一端挂一吊椅，另一端被坐在吊椅上的运动员拉住，如图所示。设运动员的质量为65kg，吊椅的质量为15kg，不计定滑轮与绳子间的摩擦。重力加速度取g?10m/s2。当运动员与吊椅一起正以加速度a?1m/s上升时，试求

（1）运动员竖直向下拉绳的力； （2）运动员对吊椅的压力。 答案：440N，275N

解析：解法一:(1）设运动员受到绳向上的拉力为F，由于跨过定滑轮的两段绳子拉 力相等，吊椅受到绳的拉力也是F。对运动员和吊椅整体进行受力分析如图所示，则有： F F 2a 2F-?m人?m椅?g??m人?m椅?a

F?440N

由牛顿第三定律，运动员竖直向下拉绳的力

(m人+m椅)g F??440N

（2）设吊椅对运动员的支持力为FN，对运动员进行受力分析如图所示，则有：

F F F?FN-m人g?m人a FN?275N

由牛顿第三定律，运动员对吊椅的压力也为275N

解法二:设运动员和吊椅的质量分别为M和m；运动员竖直向下的拉力为F，对吊椅的压力大小为FN。

根据牛顿第三定律，绳对运动员的拉力大小为F，吊椅对运动员的支持力为FN。分别以运动员和吊椅为研究对象，根据牛顿第二定律

a (m人+m椅)g F?FN-Mg?Ma ① F?FN?mg?ma ②

由①②得 F?440N FN?275N

14.（09·江苏·13）（15分）航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量m =2㎏，动

力系统提供的恒定升力F =28 N。试飞时，飞行器从地面由静止开始竖直上升。设飞行器飞行时所受的阻力大小不变，g取10m/s。

（1）第一次试飞，飞行器飞行t1 = 8 s 时到达高度H = 64 m。求飞行器所阻力f的大小；

（2）第二次试飞，飞行器飞行t2 = 6 s 时遥控器出现故障，飞行器立即失去升力。求飞行器能达到的最大高度h；（3）为了使飞行器不致坠落到地面，求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间t3 。

解析：

（1）第一次飞行中，设加速度为a1 匀加速运动H?2

12a1t1 2由牛顿第二定律F?mg?f?ma1 解得f?4(N)

（2）第二次飞行中，设失去升力时的速度为v1，上升的高度为s1 匀加速运动s1?12a1t2 2设失去升力后的速度为a2，上升的高度为s2 由牛顿第二定律mg?f?ma2

v1?a1t2

v12 s2?2a2解得h?s1?s2?42(m)

（3）设失去升力下降阶段加速度为a3；恢复升力后加速度为a4，恢复升力时速度为v3 由牛顿第二定律 mg?f?ma3 F+f-mg=ma4

22v3v3且??h 2a32a4V3=a3t3 解得t3=

32(s)(或2.1s) 215.（09·海南物理·15）（9分）一卡车拖挂一相同质量的车厢，在水平直道上以

v0?12m/s的速度匀速行驶，其所受阻力可视为与车重成正比，与速度无关。某时刻，车厢

2脱落，并以大小为a?2m/s的加速度减速滑行。在车厢脱落t?3s后，司机才发觉并紧急刹

车，刹车时阻力为正常行驶时的3倍。假设刹车前牵引力不变，求卡车和车厢都停下后两者之间的距离。

解析：设卡车的质量为M，车所受阻力与车重之比为?；刹车前卡车牵引力的大小为F， 卡车刹车前后加速度的大小分别为a1和a2。重力加速度大小为g。由牛顿第二定律有

f?2?Mg?0 ①F??Mg?Ma1 ②?Mg?Ma ③3?Mg?Ma2 ④

设车厢脱落后，t?3s内卡车行驶的路程为s1，末速度为v1，根据运动学公式有

1s1?v0t?a1t2 ⑤

2v1?v0?a1t ⑥

v12?2a2s2 ⑦

式中，s2是卡车在刹车后减速行驶的路程。设车厢脱落后滑行的路程为s,，有

2v0?2as ⑧

卡车和车厢都停下来后相距

?s?s1?s2?s ⑨

由①至⑨式得

2v042?s???v0t?at2 ○10

3a33带入题给数据得

?s?36m 11 ○

评分参考：本题9分。①至⑧式各1分，11式1分 ○

16.（09·上海物理·22）（12分）如图A．，质量m＝1kg的物体沿倾角?＝37?的固定粗糙斜面由静止开始向下运动，风对物体的作用力沿水平方向向右，其大小与风速v成正比，比例系数用k表示，物体加速度a与风速v的关系如图B．所示。求：

（1）物体与斜面间的动摩擦因数?；（2）比例系数k。 （sin37=0.6,cos37=0.8,g=10m/s）

1 解析：（1）对初始时刻：mgsin?－?mgcos?＝ma0 ○

2

1式， 由图读出a0=4m/s代入○

0

0

2

解得：?＝

gsin?－ma0

＝0.25； gcos?2 （2）对末时刻加速度为零：mgsin?－?N－kvcos?＝0 ○又N＝mgcos?＋kvsin? 由图得出此时v=5 m/s 2式解得：k＝代入○

mg（sin?－?cos?）

＝0.84kg/s。

v（?sin?＋cos?17.（09·广东物理·20）（17分）如图20所示，绝缘长方体B置于水平面上，两端固定一对平行带电极板，极板间形成匀强电场E。长方体B的上表面光滑，下表面与水平面的动摩擦因数?=0.05（设最大静摩擦力与滑动摩擦力相同）。B与极板的总质量mB=1.0kg.带正电的小滑块A质量mA=0.60kg，其受到的电场力大小F=1.2N.假设A所带的电量不影响极板间的电场分布。t=0时刻，小滑块A从B表面上的a点以相对地面的速度vA=1.6m/s向左运动，同时，B（连同极板）以相对地面的速度vB=0.40m/s向右运动。问（g取10m/s）

2

（1）A和B刚开始运动时的加速度大小分别为多少？

（2）若A最远能到达b点，a、b的距离L应为多少？从t=0时刻至A运动到b点时，摩擦力对B做的功为多少？

解析：?由牛顿第二定律F?ma有 A刚开始运动时的加速度大小aA?F?2.0m/s2 方向水平向右 mAB刚开始运动时受电场力和摩擦力作用 由牛顿第三定律得电场力F?F?1.2N

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