2.201713高考物理全国卷牛顿第二定律计算题.doc

2017-13高考物理全国卷牛顿第二定律计算题
2017年新课标3 25．
如图，两个滑块A和B的质量分别为mA=1 kg和mB=5 kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1=0.5；木板的质量为m=4 kg，与地面间的动摩擦因数为μ2=0.1。某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0=3 m/s。A、B相遇时，A与木板恰好相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g=10 m/s2。求
（1）B与木板相对静止时，木板的速度；
（2）A、B开始运动时，两者之间的距离。

2015年新课标Ⅰ 25．．（20分）（2015春•合肥校级期末）一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块，在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5m，如图（a）所示，t=0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t=1s时木板与墙壁碰撞（碰撞时间极短），碰撞前后木板速度大小不变，方向相反，运动过程中小物块始终未离开木板，已知碰撞后1s时间内小物块的v﹣t图线如图（b）所示，木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10m/s2，求：
（1）木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2
（2）木块的最小长度；
（3）木板右端离墙壁的最终距离．

2015年新课标Ⅱ 25．（20分）下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害．某地有一倾角为θ=37°（sin37°=）的山坡C，上面有一质量为m的石板B，其上下表面与斜坡平行；B上有一碎石堆A（含有大量泥土），A和B均处于静止状态，如图所示．假设某次暴雨中，A浸透雨水后总质量也为m（可视为质量不变的滑块），在极短时间内，A、B间的动摩擦因数μ1减小为3/8，B、C间的动摩擦因数μ2减小为0.5，A、B开始运动，此时刻为计时起点；在第2s末，B的上表面突然变为光滑，μ2保持不变．已知A开始运动时，A离B下边缘的距离l=27m，C足够长，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．取重力加速度大小g=10m/s2．求：
（1）在0～2s时间内A和B加速度的大小
（2）A在B上总的运动时间．

2013年新课标Ⅱ 25．

2017年新课标3 25．
（1）1 m/s ； （2）1.9 m
【解析】（1）滑块A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动。设A、B和木板所受的摩擦力大小分别为f1、f2和f3，A和B相对于地面的加速度大小分别是aA和aB，木板相对于地面的加速度大小为a1。在物块B与木板达到共同速度前有
①
②
③
由牛顿第二定律得
④
⑤
⑥
设在t1时刻，B与木板达到共同速度，设大小为v1。由运动学公式有
⑦
⑧
联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得⑨
（2）在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离为⑩
设在B与木板达到共同速度v1后，木板的加速度大小为a2，对于B与木板组成的体系，由牛顿第二定律有
⑪
由①②④⑤式知，aA=aB；再由⑦⑧可知，B与木板达到共同速度时，A的速度大小也为v1，但运动方向与木板相反。由题意知，A和B相遇时，A与木板的速度相同，设其大小为v2，设A的速度大小从v1变到v2所用时间为t2，则由运动学公式，对木板有⑫
对A有⑬
在t2时间间隔内，B（以及木板）相对地面移动的距离为⑭
在(t1+t2)时间间隔内，A相对地面移动的距离为 ⑮
A和B相遇时，A与木板的速度也恰好相同。因此A和B开始运动时，两者之间的距离为
⑯
联立以上各式，并代入数据得⑰
（也可用如图的速度–时间图线求解）

2015年新课标Ⅰ 25．
解：（1）设向右为正方向，木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，加速度设为a1，小物块和木板的质量分别为m和M，由牛顿第二定律有：﹣μ1（m+M）g=（m+M）a1
由图可知，木板与墙壁碰前瞬时速度v1=4m/s；由运动学公式可得：v1=v0+a1t1
s0=v0t1+a1t12；
式中t1=1s，s0=4.5m是木板碰间有的位移，v0是小物块和木板开始运动时的速度．
联立以上各式解得：μ1=0.1．
在木板与墙壁碰撞后，木板以﹣v1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v1的初速度向右做匀变速运动．设小物块的加速度为a2，由牛顿第二定律有： ﹣μ2mg=ma2
由图可得： a2=
t2=2s，v2=0；代入以上两式可得： μ2=0.4；
（2）设碰撞后木板的加速度为a3，经过时间△t，木板和小物块刚好具有共同速度v3，由牛顿第二定律及运动学公式得：
μ2mg+μ1（M+m）g=Ma3
v3=﹣v1+a3△t
v3=v1+a2△t
碰撞后至木板和小物块达到共同速度的过程中，木板运动的位移为：
s1=△t
小物块的位移为：
s2=
小物块相对于木板的位移为：
△s=s2﹣s1
由以上各式解得：△s=6.0m；
因为运动过程中，小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为6.0m；
（3）在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直至停止，设加速度为a4，此过程中小物块和木板运动的位移为s3，由牛顿第二定律及运动学公式可得；
μ1（m+M）g=（m+M）a4
0﹣v23=2a4s3
碰后木板运动的位移为s=s1+s3
解得：s=﹣6.5m；
答：（1）木板与地面间的动摩擦因数μ1为0.1；小物块与木板间的动摩擦因数μ2为0.4；
（2）木块的最小长度为6.0m
（3）木板右端离墙壁的最终距离为6.5m

2015年新课标Ⅱ 25．
解：（1）在0～2s时间内，A和B的受力如图所示，
其中f1、N1是A与B之间的摩擦力和正压力的大小，f2、N2是B与C之间的摩擦力和正压力的大小，方向如图所示．
由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得
f1=μ1N1 ①
N1=mgcosθ ②
f2=μ2N2 ③
N2=N1+mgcosθ ④
规定沿斜面向下为正，设A和B的加速度分别为a1和a2，
由牛顿第二定律得
mgsinθ﹣f1=ma1 ⑤
mgsinθ+f1﹣f2=ma2 ⑥
联立①②③④⑤⑥式，并代入题给的条件得
a1=3m/s2 ⑦
a2=1m/s2⑧
（2）在t1=2s时，设A和B的速度分别为v1和v2，则
v1=a1t1=6m/s ⑨
v2=a2t1=2m/s ⑩
t＞t1时，设A和B的加速度分别为a1′和a2′，此时A与B之间摩擦力为零，同理可得
a1′=6m/s2⑪
a2′=﹣2m/s2⑫
即B做减速运动．
设经过时间t2，B的速度减为零，则有
v2+a2′t2=0⑬
联立⑩⑫⑬式得
t2=1s
在t1+t2时间内，A相对于B运动的距离为
s=
=12m＜27m
此后B静止不动，A继续在B上滑动．
设再经过时间t3后A离开B，则有
l﹣s=
可得
t3=1s（另一解不合题意，舍去）
设A在B上总的运动时间为t总，有
t总，=t1+t2+t3=4s
（利用下面的速度图线求解也可）
答：（1）在0～2s时间内A和B加速度的大小分别为3m/s2和1m/s2；
（2）A在B上总的运动时间为4s．

2013年新课标Ⅱ 25．

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