2018版高考物理复习专题七计算题题型强化第1讲必考计算题19题力与物体的运动学案.docx

第1讲必考计算题19题力与物体的运动题型1力与物体的直线运动1(2017温州市十校期末联考)在研究摩擦力特点的实验中，将木块放在水平长木板上，如图1甲所示，用力沿水平方向拉木块，拉力从0开始逐渐增大，分别用力传感器采集拉力F和木块所受到的摩擦力Ff，并用计算机绘制出摩擦力Ff随拉力F的变化图象，如图乙所示已知木块质量m0.78 kg，g取10 m/s2.图1(1)求木块与长木板间的最大静摩擦力Ffm和木块与长木板间的动摩擦因数；(2)如图丙，木块在与水平方向成37角斜向右上方的恒定拉力F1作用下，以a2 m/s2的加速度从静止开始在长木板上做匀变速直线运动拉力F1大小应为多大？(sin 370.6，cos 370.8)(3)木块在(2)问中的恒定拉力F1作用下，从A点由静止开始运动一段时间后，撤去拉力F1，木块继续沿直线运动到B点，已知AB间长度x6 m，求拉力F1作用的最短时间t0.答案(1)4 N 0.4(2)4.5 N(3) 2 s解析(1)由题图可得，最大静摩擦力Ffm4 N开始运动后，由图知滑动摩擦力Ff3.12 N而FfFNFNmg则Ffmg，解得0.4(2)根据矢量的合成法则，结合牛顿第二定律，水平方向：F1cos FN1ma竖直方向：F1sin FN1mg0解得：F14.5 N(3)要使F1作用时间最短，则木块到达B点时速度减为零F1作用时木块加速度为a，撤去F1后木块加速度大小为a1，则有mgma1解得：a1g4 m/s2设撤去F1时木块的速度为vm则xvmt0vmt1vmvm解得：vm4 m/st0 s2 s.2(2017宁波市3月模拟) 如图2为美国太空探索公司于2017年1月15日回收的一级火箭在海上平台着陆的场景，火箭回收的最后阶段几乎以竖直姿态竖直下落若火箭从高空飞来开始呈竖直姿态下落时离平台高为H36.5 km，向下的速度v0100 m/s，之后竖直自然下坠t70 s后，打开反推喷气发动机，使火箭减速下降(视为匀减速)，着陆时的速度恰好为零设火箭质量为m2.0104 kg(反推喷气损耗的质量忽略不计)，火箭下落过程空气阻力大小始终为重力的0.2倍，g取10 m/s2.求：图2(1)打开反推喷气发动机时，火箭的速度大小v1和离平台的高度h.(2)反推喷气发动机产生的平均反推力大小答案(1)660 m/s9 900 m(2)6.0105 N解析(1)火箭自由下坠过程，由牛顿第二定律得mgFfma1Ff0.2mg解得a18 m/s2下坠70 s后，火箭的速度v1v0a1t660 m/s离平台的高度hHt9 900 m(2)设平均反推力大小为F，减速过程视为匀减速，其加速度大小a222 m/s2由牛顿第二定律得：FFfmgma2代入数据得平均反推力F6.0105 N.32015年12月20日上午1140分左右，深圳发生特大泥石流灾害经初步核查，此次滑坡事故共造成22栋厂房被掩埋，涉及15家公司如图3所示，假设有一倾角为的山坡，上面有一质量为m的巨石块，其上下表面与斜坡平行从山坡的某处静止下滑，到水平路面后又滑了一段距离而停止，经测量水平段长为x.已知石块和斜坡、水平路面的动摩擦因数均为，假设转弯处速率大小不变，重力加速度为g，求：图3(1)石块到达斜坡底端时的速率；(2)石块运动的总时间答案(1)(2)解析(1)设石块到达斜坡底端时速度大小为v，则在水平路面上运动过程中，由牛顿第二定律有mgma2，v22a2x得v.(2)设在水平路面上运动时间为t2，据运动学公式有xvt2得t2设在斜坡上运动加速度为a1，时间为t1mgsin mgcos ma1得a1gsin gcos 由va1t1得t1则总时间tt1t2.1.力与物体的直线运动问题往往涉及物体有两个或多个连续的运动过程，在物体不同的运动阶段，物体的运动情况和受力情况都发生了变化，这类问题称为牛顿运动定律中的多过程问题2此类问题考查对运动学知识的掌握和对动力学综合问题的处理能力对物体受力分析和运动分析并结合vt图象分析是解决这类题目的关键要求能从文字叙述和vt图象中获取信息，构建相应的物理模型，列出相应的方程解答3注意两个过程的连接处，加速度可能突变，但速度不会突变，速度是联系前后两个阶段的桥梁题型2力与物体的曲线运动1(2017金华市期末)如图4所示为某种弹射小球的游戏装置，水平面上固定一轻质弹簧及竖直细管AB，上端B与四分之一圆弧细弯管BC相接，弯管的半径R0.20 m质量m0.1 kg的小球被弹簧弹出后进入细管A端，再沿管ABC从C端水平射出，射出后经过时间t0.4 s着地，飞行的水平距离x1.6 m，g10 m/s2，不计空气阻力，求：图4(1)竖直管AB的长度L；(2)小球从C端飞出时的速度大小；(3)小球在C端对管壁的压力答案(1)0.6 m(2)4 m/s(3)7 N，方向竖直向上解析(1)小球做平抛运动：RLgt2，解得：L0.6 m.(2)小球做平抛运动：xvCt，解得：vC4 m/s.(3)设小球在C端受到管壁的压力为FN，方向竖直向下，则有mgFNm，解得：FN7 N由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力竖直向上，大小为7 N.2如图5所示，质量m2.0104 kg的汽车以不变的速率先后驶过凹形桥面和凸形桥面，两桥面的圆弧半径均为60 m假定桥面承受的压力不超过3.0105 N，则：(g取10 m/s2)图5(1)汽车允许的最大速度是多少？(2)若以(1)中所求速率行驶，汽车对桥面的最小压力是多少？答案(1)10 m/s(2)1.0105 N解析如图所示，汽车驶至凹面的底部时，合力向上，此时车对桥面的压力最大；汽车驶至凸面的顶部时，合力向下，此时车对桥面的压力最小(1)汽车在凹面的底部时，由牛顿第三定律可知，桥面对汽车的支持力FN13.0105 N，根据牛顿第二定律FN1mgm解得v10 m/s.当汽车以10 m/s的速度经过凸形桥顶部时，因10 m/s10 m/s，故在凸形桥最高点上不会脱离桥面，所以最大速度为10 m/s.(2)汽车在凸形桥顶部时，由牛顿第二定律得mgFN2m解得FN21.0105 N.由牛顿第三定律得，在凸形桥顶部汽车对桥面的压力为1.0105 N，即为最小压力3如图6甲所示，水上飞行器是水上飞行游乐产品，它利用脚上喷水装置产生的反冲动力，让你可以像海豚一般跃出水面向上腾空接近十米另外配备有手动控制的喷嘴，用于稳定空中飞行姿态某次表演中表演者在空中表演翻跟斗，如图乙所示，在飞行至最高点时，恰好做半径为r的圆周运动，此时水的喷射方向水平不计水管与手部控制器的作用求：图6(1)最高点的向心加速度大小；(2)最高点的速度大小；(3)若在最高点表演者突然除去所有装置，且离水面高度为h，则落到水面时，表演者的水平位移等于多少答案(1)g(2)(3)解析(1)在最高点重力提供向心力，据牛顿第二定律有mgman解得ang.(2)在最高点，由牛顿第二定律有mg解得v.(3)撤去所有装置后，表演者做平抛运动，设运动时间为t，则有hgt2，xvt解得x.4. 如图7所示，一根长为L5 m的轻绳一端固定在O点，另一端系一质量m1 kg的小球(可视为质点)将轻绳拉至水平并将小球由位置A静止释放，小球运动到最低点O时轻绳刚好被拉断O点下方有一以O点为圆心、半径R5 m的圆弧状固定曲面轨道，取g10 m/s2，求：图7(1)轻绳刚要拉断时绳的拉力F的大小；(2)小球从O点运动到曲面的时间t.答案(1)30 N(2)1 s解析(1)设小球摆到O点的速度为v，小球由A到O的过程，由机械能守恒定律有：mgLmv2在O点由牛顿第二定律得：Fmgm联立并代入数据得：F30 N(2)绳被拉断后，小球做平抛运动，有：xvtygt2x2y2R2联立并代入数据得：t1 s1.处理平抛(或类平抛)运动的基本方法是把运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀加速直线运动，通过研究分运动达到研究合运动的目的2解决圆周运动力学问题要注意以下几点：(1)要进行受力分析，明确向心力的来源，确定圆心以及半径(2)列出正确的动力学方程Fnmmr2mvmr.(3)对于竖直面内的圆周运动要注意“轻杆模型”和“轻绳模型”的临界条件专题强化练(限时：30分钟)1. 如图1所示，一个人用与水平方向成37的大小为F10 N的力推一个静止在水平面上质量为2 kg的物体，物体和地面间的动摩擦因数为0.25，运动4 s后撤去推力，(cos 370.8，sin 370.6，g取10 m/s2)求：图1(1)匀加速阶段的加速度大小；(2)4 s末物体的速度大小；(3)物体运动的总位移大小答案(1)0.75 m/s2(2)3 m/s(3)7.8 m解析(1) 对物体受力分析如图所示：物体在水平方向的合力产生加速度，即Fcos 37Ffma物体在竖直方向上所受合力为零，即FNmgFsin 370滑动摩擦力为FfFN联立解得物体产生的加速度为a0.75 m/s2.(2)由速度公式vv0at可得v3 m/s.(3)由位移公式得x1at2，即物体在4 s内的位移为x16 m，撤去推力后仅有摩擦力提供加速度，加速度大小为a，则FfFNma，由FNmg可得ag2.5 m/s2由v22ax2可得x21.8 m则xx1x27.8 m.2(2017台州市9月选考)如图2所示，一条不可伸长的绳子上端固定，长l17.5 m，质量m5 kg的特技小猫从绳子上端先沿绳从静止开始无摩擦下滑一段距离后，突然握紧绳子，与绳子之间产生Ff150 N的摩擦阻力，滑到绳子末端时速度刚好为零同时在水平面上有一辆长l23 m的平板车，其上表面与绳末端等高，车右端离绳末端s5 m，平板车能一直以v02 m/s的恒定速度向右运动，g取10 m/s2.求：图2(1)特技小猫下滑所用的时间t；(2)让该小猫滑下后能掉在车上，则车启动后小猫应在多长时间范围内开始下滑？(小猫看做质点)答案(1)1.5 s(2)1 st2.5 s解析(1)对小猫加速下滑，受力分析可知：mgma1，所以a110 m/s2对小猫减速下滑，受力分析可以知道：Ffmgma2所以a220 m/s2小猫下滑的位移为l1，设小猫下滑过程中最大速度为v，根据小猫下滑的运动过程可得：l1解得：v10 m/s所以下滑用的时间为：t1.5 s.(2)设车运动的时间为t1时，车头刚好到绳末端，有sv0t1解得：t12.5 s小猫开始下滑时间tt1t1 s设车运动的时间为t2时，车左端刚好到绳末端，有l2sv0t2解得：t24 s小猫开始下滑时间t2t2t2.5 s所以小猫下滑的时间范围应是1 st2.5 s.3(2017嘉兴市高二上期末)“地球脉动2”是BBC制作的大型纪录片，该片为了环保采用热气球进行拍摄，如图3所示已知气球、座舱、压舱物、摄影器材及人员的总质量为900 kg，在空中停留一段时间后由于某种故障，气球受到的空气浮力减小，当摄影师发现气球在竖直下降时，气球速度已为2 m/s，此后4 s时间内，气球匀加速下降了16 m，此时摄影师立即抛掉一些压舱物，使气球匀速下降，不考虑气球由于运动而受到的空气阻力，求：(g10 m/s2)图3(1)气球加速下降阶段的加速度大小是多少？(2)抛掉的压舱物的质量是多少？(3)当座舱匀速下降到离地20 m时，再次抛掉60 kg的压舱物，则座舱到达地面时的速度是多大？答案(1)1 m/s2(2)90 kg(3)2 m/s解析(1)由运动公式xv0tat2可知a1 m/s2(2)设气球受到空气的浮力为F，则气球整体向下匀加速下降时，由牛顿第二定律可得MgFMa.设抛掉质量为m的压舱物，气球匀速下降，有：(Mm)gF解得m90 kg(3)设第一次抛掉压舱物时，气球的速度为v，根据vv0at可知：v6 m/s在没有再次抛掉压舱物时，做匀速直线运动再次抛掉压舱物60 kg，整体质量为M750 kg设减速的加速度大小为a：FMgMa，即a0.8 m/s2再由v2v22ax，解得v2 m/s(负数舍掉)4如图4所示，水平转盘上放有质量为m的物体(可视为质点)，连接物体和转轴的绳子长为r，物体与转盘间的最大静摩擦力是其压力的倍，转盘的角速度由零逐渐增大，求：图4(1)绳子对物体的拉力为零时的最大角速度；(2)当角速度为 时，绳子对物体拉力的大小答案(1)(2)mg解析(1)当恰由最大静摩擦力提供向心力时，绳子拉力为零且转速达到最大，设转盘转动的角速度为0，则mgmr，得0.(2)当时，0，所以由绳子的拉力F和最大静摩擦力共同提供向心力此时，Fmgm2r即Fmgmr，得Fmg.5(2016宁波市模拟)如图5所示，水平平台AO长x2.0 m，槽宽d0.10 m，槽高h1.25 m，现有一小球从平台上A点水平射出，已知小球与平台间的阻力为其重力的0.1倍，空气阻力不计，g10 m/s2.求：图5(1)小球在平台上运动的加速度大小；(2)为使小