1、专题三计算题第11题牛顿运动定律的综合应用(限时：60分钟)1 2012年11月，我国舰载机在航母上首降成功设某一舰载机的质量为m2.5104 kg，速度为v042 m/s，若仅受空气阻力和甲板阻力作用，舰载机将在甲板上以a00.8 m/s2的加速度做匀减速运动，着舰过程中航母静止不动图1(1)舰载机着舰后，若仅受空气阻力和甲板阻力作用，航母甲板至少多长才能保证舰载机不滑到海里；(2)为了使舰载机在有限长度的跑道上停下来，甲板上设置了阻拦索让舰载机减速，同时考虑到舰载机挂索失败需要复飞的情况，舰载机着舰时不关闭发动机图1所示为舰载机勾住阻拦索后某一时刻的情景，此时发动机的推力大小为F1.210
2、5 N，减速的加速度a120 m/s2，此时阻拦索夹角106，空气阻力和甲板阻力保持不变求此时阻拦索承受的张力大小(已知：sin 530.8，cos 530.6)答案(1)1 102.5 m(2)5105 N解析(1)设甲板的长度至少为x0，则由运动学公式得：v2a0x0故x0v/2a0代入数据可得：x01 102.5 m(2)舰载机受力分析如图所示，其中FT为阻拦索的张力，Ff为空气和甲板对舰载机的阻力，由牛顿第二定律得：2FTcos 53FfFma1舰载机仅受空气阻力和甲板阻力时Ffma0联立可得：FT5105 N2 某段平直的公路上，一辆小汽车以v190 km/h的速度行驶，其前方一辆货
3、车以v272 km/h的速度行驶，当它们之间的距离x1200 m时，小汽车转入超车道并以a12 m/s2的加速度提速准备超车，小汽车的最大速度控制在vm108 km/h.当小汽车与货车并行时，货车以a21 m/s2的加速度减速，当小汽车超出货车x222 m时转回行车道，超车过程结束求(1)小汽车从准备超车到与货车并行所经历的时间；(2)小汽车从与货车并行到完成超车驶过的距离答案(1)0.625 s(2)60 m解析小汽车的初速度v190 km/h25 m/s，最大速度vm108 km/h30 m/s，货车的速度v272 km/h20 m/s.(1)设小汽车匀加速的时间为t1，则：vmv1a1t
4、1解得t12.5 s设从准备超车到并行经历时间为t2，货车的位移为x2，则x2v2t2小汽车的位移x1vm(t2t1)根据题意有x1x2x1代入数值解得：t20.625 s(2)设并行后到超车过程结束历时t3，则小汽车的位移x3vmt3货车的位移x4v2t3a2t由题意知：x3x4x2代入数据解得：t32 s所以x360 m.3 如图2所示，一质量m0.4 kg的小物块，以v02 m/s的初速度，在与斜面成某一夹角的拉力F作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t2 s的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L10 m已知斜面倾角30，物块与斜面之间的动摩擦因数.重力加速度g取10 m/s2.图
5、2(1)求物块加速度的大小及到达B点时速度的大小(2)拉力F与斜面夹角多大时，拉力F最小？拉力F的最小值是多少？答案(1)3 m/s28 m/s(2)30 N解析(1)设物块加速度的大小为a，到达B点时速度的大小为v，由运动学公式得Lv0tat2vv0at联立式，代入数据得a3 m/s2v8 m/s(2)设物块所受支持力为FN，所受摩擦力为Ff，拉力与斜面间的夹角为，受力分析如图所示，由牛顿第二定律得Fcos mgsin FfmaFsin FNmgcos 0又FfFN联立式得F由数学知识得cos sin sin(60)由式可知对应F最小的夹角30联立式，代入数据得F的最小值为FminN4 光滑
6、水平面上，一个长木板与半径R未知的半圆组成如图3所示的装置，装置质量M5 kg.在装置的右端放一质量为m1 kg的小滑块(可视为质点)，小滑块与长木板间的动摩擦因数0.5，装置与小滑块一起以v010 m/s的速度向左运动现给装置加一个F55 N向右的水平推力，小滑块与长木板发生相对滑动，当小滑块滑至长木板左端A时，装置速度恰好减速为0，此时撤去外力F并将装置锁定小滑块继续沿半圆形轨道运动，且恰好能通过轨道最高点B.滑块脱离半圆形轨道后又落回长木板已知小滑块在通过半圆形轨道时克服摩擦力做功Wf2.5 Jg取10 m/s2.求：图3 (1)装置运动的时间和位移；(2)长木板的长度l；(3)小滑块最
7、后落回长木板上的落点离A的距离答案(1)1 s5 m(2)2.5 m(3)0.8 m解析(1)对M：FmgMa1解得：a110 m/s2设装置运动的时间为t1，由v0a1t10解得：t11 s装置向左运动的距离：x1v0t1a1t5 m(2)对m：mgma2解得a25 m/s2设滑块到A点的速度为v1，则v1v0a2t1解得：v15 m/s小滑块向左运动的距离：x2v0t1a2t7.5 m则木板长为lx2x12.5 m(3)设滑块在B点的速度为v2，从A至B：mg2RWfmvmv在B点：mgm联立解得：R0.4 mv22 m/s小滑块平抛运动时：2Rgt落点离A的距离：xv2t2解得：x0.8
8、 m5 如图4所示，从A点以v04 m/s的水平速度抛出一质量m1 kg的小物块(可视为质点)，当物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入光滑固定圆弧轨道BC，经圆弧轨道后滑上与C点等高、静止在粗糙水平面的长木板上，圆弧轨道C端切线水平已知长木板的质量M4 kg，A、B两点距C点的高度分别为H0.6 m、h0.15 m，R0.75 m，物块与长木板之间的动摩擦因数10.5，长木板与地面间的动摩擦因数20.2，g10 m/s2.求：图4(1)小物块运动至B点时的速度大小和方向；(2)小物块滑动至C点时，对圆弧轨道C点的压力；(3)长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板答案见解析解析(1)由A到
9、B小物块做平抛运动：Hhgt2设到达B点时小物块的竖直分速度为vy：vygtv1联立以上各式，并代入数据解得v15 m/s设v1与水平方向的夹角为：tan vy/v0，即37(2)从A至C点，由动能定理得：mgHmvmv设C点受到的支持力为FN，则有FNmg由上式可得：v22 m/sFN47.3 N根据牛顿第三定律可知，小物块对圆弧轨道C点的压力大小为47.3 N(3)由题意可知小物块对长木板的摩擦力Ff1mg5 N长木板与地面间的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力Ff2(Mm)g10 N因FfFf，所以小物块在长木板上滑动时，长木板静止不动小物块在长木板上做匀减速运动，至长木板右端时速度刚好为0
10、，则长木板长度至少为l2.8 m6 如图5所示，一木板置于水平地面上，已知木板与水平地面间的动摩擦因数10.1，木板的质量M2 kg，在该木板的左端放置一个可以看成质点的铁块，铁块质量m6 kg，铁块与木板间的动摩擦因数20.2，开始时铁块与木板均静止取g10 m/s2，按最大静摩擦力等于滑动摩擦力处理图5图6(1)若在木板的右端施加一个大小从零开始连续增加的水平向左的力F，则两物体之间刚要开始相对滑动时，F至少为多大？试通过分析和计算，在图6中画出铁块受到木板的摩擦力Ff随力F大小变化的图象(设木板足够长)(2)若木板长L2 m，在铁块上加一个水平向右的恒力F30 N，求铁块运动到木板右端的
11、速度和在该过程中因摩擦产生的热量答案见解析解析(1)水平地面对木板的滑动摩擦力Ff11(mM)g8 N，当FFf18 N时，铁块与木板均静止，铁块所受的摩擦力为0铁块与木板间的滑动摩擦力Ff22mg12 N，铁块刚要相对木板开始滑动时，两物体的加速度相同，设为a0对铁块，Ff2ma0对整体，FFf1(mM)a0解得：F24 N当8 N24 N时，两物体开始相对滑动，铁块所受的滑动摩擦力Ff212 N铁块受到木板的摩擦力Ff随拉力F大小变化的图象如图所示(2)设木板与铁块的加速度分别为a1与a2对木板，Ff2Ff1Ma1，解得：a12 m/s2对铁块，FFf2ma2，解得：a23 m/s2设经过时间t铁块运动到木板的右端，则有a2t2a1t2L，解得：t2 s铁块运动到木板右端的速度为va2t6 m/s在该过程中木板运动的位移x1a1t24 m在该过程中因木板与地面之间的摩擦产生的热量Q1Ff1x132 J在该过程中因铁块与木板之间的摩擦产生的热量Q2Ff2L24 J在该过程中因摩擦产生的热量QQ1Q256 J
