计算题02 牛顿运动定律的综合应用
时间：40分钟 满分：100分
1．（2020·藤东中学高三月考）如图所示，足够长的木板与水平地面间的夹角θ可以调节，当木板与水平地面间的夹角为37°时，一小物块（可视为质点）恰好能沿着木板匀速下滑．若让该物块以大小v0＝10m/s的初速度从木板的底端沿木板上滑，随着θ的改变，物块沿木板滑行的距离x将发生变化.取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.
(1)求物块与木板间的动摩擦因数μ；
(2)当θ满足什么条件时，物块沿木板向上滑行的距离最小，并求出该最小距离. 【答案】(1) 0.75(2) 4m 【解析】 【详解】
(1)当θ=37°时，mgsin37°=μFN 设物块的质量为m，物块所受木板的支持力大小为FN，对物块受力分析，有：FN-mgcos37°=0 解得：μ=0.75
(2)设物块的加速度大小为a，则有：mgsinθ+μmgcosθ=ma 设物块的位移为x，则有：v02=2ax
v02 解得：x?2g?sin???cos??令tanα=μ，可知当α+θ=90°，即θ=53°时x最小 最小距离为：xmin=4m
2．（2020·银川唐徕回民中学高三）如图所示，一足够长木板在水平粗糙面上向右运动。某时刻速度为v0＝2m/s，此时一质量与木板相等的小滑块（可视为质点）以v1＝4m/s的速度从右侧滑上木板，经过1s两者速度恰好相同，速度大小为v2＝1m/s，方向向左。重力加速度g＝10m/s2，试求：
（1）木板与滑块间的动摩擦因数μ1 （2）木板与地面间的动摩擦因数μ2
（3）从滑块滑上木板，到最终两者静止的过程中，滑块相对木板的位移大小。 【答案】（1）0.3（2）【解析】 【分析】
（1）对小滑块根据牛顿第二定律以及运动学公式进行求解； （2）对木板分析，先向右减速后向左加速，分过程进行分析即可； （3）分别求出二者相对地面位移，然后求解二者相对位移； 【详解】
（1）对小滑块分析：其加速度为：a1?1（3）2.75m 20v2?v11?4?m/s2??3m/s2，方向向右 t1对小滑块根据牛顿第二定律有：??1mg?ma1，可以得到：?1?0.3；
（2）对木板分析，其先向右减速运动，根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到：
?1mg??2?2mg?mv0 t1然后向左加速运动，根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到：
?1mg??2?2mg?m而且t1?t2?t?1s 联立可以得到：?2?（3）在右；
v2 t21，t1?0.5s，t2?0.5s； 200?v0?t1?0.5m，方向向2t1?0.5s时间内，木板向右减速运动，其向右运动的位移为：x1?在t2?0.5s时间内，木板向左加速运动，其向左加速运动的位移为：x2?v2?0?t2?0.25m，方向向2
左；
在整个t?1s时间内，小滑块向左减速运动，其位移为：x?v1?v2?t?2.5m，方向向左 2则整个过程中滑块相对木板的位移大小为：?x?x?x1?x2?2.75m。 【点睛】
本题考查了牛顿第二定律的应用，分析清楚小滑块与木板的运动过程和受力情况是解题的前提，应用牛顿第二定律与运动学公式即可解题。
3．（2020·全国高一课时练习）地震发生后，需要向灾区运送大量救灾物资，在物资转运过程中大量使用了如图所示的传送带.已知某传送带与水平面成??37o角，皮带的AB部分长L?5.8m，皮带以恒定的速率v?4m/s按图示方向传送，若在B端无初速度地放置一个质量m?50kg的救灾物资P(可视为质点)，P与皮带之间的动摩擦因数??0.5(取g?10m/s2，sin37o?0.6)，求：
?1?物资P从B端开始运动时的加速度． ?2?物资P到达A端时的动能．
【答案】?1?物资P从B端开始运动时的加速度是10m/s.?2?物资P到达A端时的动能是900J．
2【解析】 【分析】
（1）选取物体P为研究的对象，对P进行受力分析，求得合外力，然后根据牛顿第三定律即可求出加速度；
（2）物体p从B到A的过程中，重力和摩擦力做功，可以使用动能定律求得物资P到达A端时的动能，也可以使用运动学的公式求出速度，然后求动能． 【详解】
（1）P刚放上B点时，受到沿传送带向下的滑动摩擦力的作用，mgsin??F?ma；FN?mgcos?F??FN其加速度为：a1?gsin???gcos??10m/s2
v2?0.8m （2）解法一：P达到与传送带有相同速度的位移s?2a1以后物资P受到沿传送带向上的滑动摩擦力作用 根据动能定理：?mgsin??F??L?s??到A端时的动能EkA?1212mvA?mv 2212mvA?900J 2v2?0.8m 解法二：P达到与传送带有相同速度的位移s?2a1以后物资P受到沿传送带向上的滑动摩擦力作用，
2P的加速度a2?gsin???gcos??2m/s
后段运动有：L?s?vt2?解得：t2?1s，
12a2t2， 2到达A端的速度vA?v?a2t2?6m/s 动能EkA?【点睛】
传送带问题中，需要注意的是传送带的速度与物体受到之间的关系，当二者速度相等时，即保持相对静止.属于中档题目．
4．（2020·四川省高一期末）滑雪爱好者小明，质量m=75kg，以v0=2m/s的初速度沿山坡匀加速滑下，山坡的倾角?=30°，在t=5s的时间内滑下的路程x=60m。求： (1)小明下滑的加速度；
(2)小明受到的阻力（包括摩擦和空气阻力）。
【答案】(1)小明下滑加速度的大小为4m/s2；(2)小明受到的阻力的大小为75N。 【解析】 【详解】
(1)设小明下滑的加速度大小为a，根据运动学公式
12mvA?900J 21x?v0t?at2
2代入数据解得：
a?4m/s2；
(2)设小明受到的阻力为f，沿斜面方向由牛顿第二定律得：
mgsin??f?ma
即：
f?mgsin??ma。
代入数据解得：
f?75N。
5．（2020·山东省高一期末）如图所示为一倾角??37?足够长的斜面，一质量m?1kg的物体在斜面上受到一沿斜面向上的恒定拉力F作用，物体由静止沿斜面向上做匀加速直线运动，2s后速度达到10m/s，物
2体与斜面间动摩擦因数??0.5（取g?10m/s，sin37??0.6，cos37??0.8），求：
(1)物体受到的恒力F大小；
(2)若2s时撤去力F，求撤去力F后，物体沿斜面向上运动的最大距离。
【答案】(1)F?15N；(2)x?5m 【解析】 【分析】 【详解】
(1)2s后物体的速度v沿斜面向上，大小为10m/s，故物体的加速度
a1?对物体分析根据牛顿第二定律有
?v10?m/s2?5m/s2 ?t2F?mgsin???mgcos??ma1
代入数据解得F?15N；
(2)撤掉力F后，根据牛顿第二定律可知
mgsin???mgcos??ma2
计算题02牛顿运动定律的综合应用(解析版)-备战2020高考物理满分卷题型专练
