2020高考物理二轮复习 专题七 计算题题型强化 第1讲 必考第19题 力与物体的运动学案 12页

第1讲　必考第19题　力与物体的运动 题型1　力与物体的直线运动 ‎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v－t图象分析是解决这类题目的关键．要求能从文字叙述和v－t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．‎ 例1　(2018·浙江4月选考·19)可爱的企鹅喜欢在冰面上玩游戏．如图1所示，有一企鹅在倾角为37°的倾斜冰面上，先以加速度a＝‎0.5 m/s2从冰面底部由静止开始沿直线向上“奔跑”，t＝8 s时，突然卧倒以肚皮贴着冰面向前滑行，最后退滑到出发点，完成一次游戏(企鹅在滑动过程中姿势保持不变)．若企鹅肚皮与冰面间的动摩擦因数μ＝0.25，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝‎10 m/s2.求：‎ 图1‎ ‎(1)企鹅向上“奔跑”的位移大小；‎ ‎(2)企鹅在冰面滑动的加速度大小；‎ ‎(3)企鹅退滑到出发点时的速度大小．(计算结果可用根式表示)‎ 答案　(1)‎16 m　(2)‎8 m/s2　‎4 m/s2　(3)‎2 m/s 解析　(1)在企鹅向上“奔跑”过程中：x＝at2，解得x＝‎16 m.‎ ‎(2)在企鹅卧倒以后将进行两个过程的运动，第一个过程是从卧倒到最高点，第二个过程是从最高点滑到出发点，两次过程根据牛顿第二定律分别有：‎ mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma1‎ 12‎ mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma2‎ 解得：a1＝‎8 m/s2，a2＝‎4 m/s2.‎ ‎(3)企鹅从卧倒滑到最高点的过程中，做匀减速直线运动，设时间为t′，位移为x′‎ t′＝，x′＝a1t′2，‎ 解得：x′＝‎1 m.‎ 企鹅从最高点滑到出发点的过程中，设末速度为vt，初速度为0，则有：‎ vt2－02＝‎2a2(x＋x′)‎ 解得：vt＝‎2 m/s.‎ ‎1．(2018·杭州市期末)旧时人们通过打夯将地砸实．打夯时四个劳动者每人分别握住夯锤(如图2甲)的一个把手，一个人喊号，号声一响，四人同时使用相同的恒定作用力将地上质量为‎90 kg的夯锤向上提起；号音一落，四人同时松手，夯锤落下将地面砸实．假设夯锤砸在地面上时地面对夯锤的作用力近似不变，大小为夯锤重力的19倍．以竖直向上为正方向，可得劳动者们在某次打夯时松手前夯锤运动的v－t图象如图乙所示．不计空气阻力，取g＝‎10 m/s2，求：‎ 图2‎ ‎(1)每个人对夯锤所施加的恒力大小；‎ ‎(2)夯锤能够上升的最大高度；‎ ‎(3)夯锤能在地上砸出多深的坑？‎ 答案　(1)300 N　(2)‎0.45 m　(3)‎‎0.025 m 解析　(1)设每人施加的恒力大小为F 由v－t图象可得：a1＝ m/s2‎ 又根据牛顿第二定律‎4F－mg＝ma1‎ 得F＝300 N ‎(2)松手后，夯锤继续上升的时间 12‎ t2＝＝ s＝0.15 s 故上升的总高度为 H＝(t1＋t2)＝×1.5×‎0.6 m＝‎‎0.45 m ‎(3)砸到地上时：FN－mg＝ma2，v′2＝2gH 得a2＝‎180 m/s2，v′＝‎3 m/s 由v′2＝‎2a2h 得h＝‎‎0.025 m ‎2．(2018·宁波市重点中学联考)如图3所示为一滑草场的滑道示意图，该滑道由AB、BC、CD三段组成，其中AB段和BC段与水平面的夹角分别为53°和37°，且这两段长度均为L＝‎28 m，载人滑草车从坡顶A点由静止开始自由下滑，先加速通过AB段，再匀速通过BC段，最后停在水平滑道CD段上的D点，若载人滑草车与草地之间的动摩擦因数均为μ，不计载人滑草车在交接处的能量损失，g＝‎10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：‎ 图3‎ ‎(1)载人滑草车与草地之间的动摩擦因数μ；‎ ‎(2)载人滑草车经过B点时的速度大小vB；‎ ‎(3)载人滑草车从A点运动至D点的时间．‎ 答案　(1)0.75　(2)‎14 m/s　(3)7.87 s 解析　(1)BC段载人滑草车匀速运动，由牛顿第二定律得：‎ mgsin 37°－μmgcos 37°＝0‎ 得μ＝0.75‎ ‎(2)AB段载人滑草车做匀加速运动，由牛顿第二定律得：‎ mgsin 53°－μmgcos 53°＝ma1‎ vB2＝‎‎2a1L 得vB＝‎14 m/s 12‎ ‎(3)AB段所用时间t1＝＝4 s BC段所用时间t2＝＝2 s CD段载人滑草车做匀减速运动，由牛顿第二定律得μmg＝ma3‎ CD段所用时间t3＝＝1.87 s 则从A至D所用时间t＝t1＋t2＋t3＝7.87 s 题型2　力与物体的曲线运动 ‎1．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Fn＝m＝mrω2＝mωv＝mr.‎ ‎(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．‎ 例2　 某同学设计了一种轨道，其局部简化如图4所示，质量m＝‎0.1 kg的小滑块(可看成质点)在倾角θ＝37°的倾斜轨道上从A点由静止开始下滑，经过B点后进入光滑水平轨道BC(设经过B点前后速度大小不变)，AB长‎2 m，从A到B的运动时间为1.0 s．滑过粗糙圆弧轨道CD从D点飞出后，经0.2 s恰好水平进入半圆形圆管轨道EF(圆管内径稍大于滑块，EF为半圆直径，F点是半圆与水平面BC的切点，圆管内径远小于圆弧EF半径，CF距离可调)．所有轨道都在同一竖直平面内，圆弧轨道CD与水平轨道BC相切于C点，CD圆弧半径为‎1 m，所对的圆心角为53°.(空气阻力不计，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取‎10 m/s2)，求：‎ 图4‎ ‎(1)小滑块与AB轨道的动摩擦因数；‎ ‎(2)CF两点间距离；‎ ‎(3)小滑块刚进入圆管轨道时对轨道的压力．‎ 12‎ 答案　(1)0.25　(2)‎1.1 m　(3)0.25 N，方向竖直向下 解析　(1)由x＝at12得 小滑块在AB段的加速度a＝＝‎4 m/s2‎ 对小滑块：mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma μ＝0.25‎ ‎(2)由题意可知 vDy＝gt2＝‎2 m/s vDx＝＝‎1.5 m/s CD水平距离：xCD＝rsin 53°＝‎‎0.8 m DE水平距离：xDE＝vDxt2＝‎‎0.3 m CF两点距离：xCF＝xCD＋xDE＝‎‎1.1 m ‎(3)设圆弧CD半径为r，半圆EF半径为R DE竖直距离：h1＝＝‎‎0.2 m R＝[h1＋r(1－cos 53°)]＝‎‎0.3 m 在E点对滑块受力分析，由牛顿第二定律得：mg＋F＝m F＝－0.25 N 根据牛顿第三定律得 滑块对圆管的压力大小为0.25 N，方向竖直向下．‎ ‎3．(2018·温州市期末)如图5所示，光滑桌面上一个小球由于细线的牵引，绕桌面上的图钉做匀速圆周运动，已知角速度为6 rad/s，圆周半径为‎0.5 m，桌面离地高度为‎0.8 m，g取‎10 m/s2.求：‎ 图5‎ 12‎ ‎(1)小球的线速度大小；‎ ‎(2)某时刻细线突然断了，小球离开桌面后做平抛运动所用的时间；‎ ‎(3)小球落地前瞬间的速度大小．‎ 答案　(1)‎3 m/s　(2)0.4 s　(3)‎5 m/s 解析　(1)根据v＝ωr得v＝‎3 m/s ‎(2)小球平抛运动的时间t＝得t＝0.4 s ‎(3)小球平抛运动的竖直速度vy＝gt 小球落地前瞬间的速度v′＝＝ 得v′＝‎5 m/s ‎4．(2017·金华市期末)如图6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R＝‎0.20 m．质量m＝‎0.1 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t＝0.4 s着地，飞行的水平距离x＝‎1.6 m，g＝‎10 m/s2，不计空气阻力，求：‎ 图6‎ ‎(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：‎ R＋L＝gt2，‎ 解得：L＝‎0.6 m.‎ ‎(2)小球做平抛运动：x＝vCt，‎ 解得：vC＝‎4 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mg＋FN＝m，‎ 12‎ 解得：FN＝7 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.‎ ‎5.如图7所示，M是水平放置的半径足够大的圆盘，绕过其圆心的竖直轴OO′匀速转动，规定经过圆心O点且水平向右为x轴正方向．在O点正上方距盘面高为h＝‎5 m处有一个可间断滴水的容器，从t＝0时刻开始，容器沿水平轨道向x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动．已知t＝0时刻滴下第一滴水，以后每当前一滴水刚好落到盘面时再滴下一滴水．(取g＝‎10 m/s2，不计空气阻力)‎ 图7‎ ‎(1)每一滴水离开容器后经过多长时间滴落到盘面上？‎ ‎(2)要使每一滴水在盘面上的落点都位于同一直线上，圆盘的角速度ω应为多大？‎ 答案　(1)1 s　(2)kπ rad/s(k＝1,2,3…)‎ 解析　(1)离开容器后，每一滴水在竖直方向上做自由落体运动：h＝gt2‎ 则每一滴水滴落到盘面上所用时间t＝＝1 s ‎(2)要使每一滴水在盘面上的落点都位于同一直线上，则圆盘在1 s内转过的弧度为kπ，k为不为零的正整数．‎ 则ω＝kπ rad/s，其中k＝1,2,3….‎ 专题强化练 ‎1．(2018·稽阳联考)如图1所示，质量m＝‎1.6 kg的物体在恒力F的作用下从水平面上的A点由静止开始运动，F与水平方向的夹角为α＝53°，到达B点后撤去F，物体将做减速运动，最后停在C点，每隔0.2 s通过速度传感器测量物体的瞬时速度，下表给出了部分测量数据，求：‎ 图1‎ 12‎ t(s)‎ ‎0.0‎ ‎0.2‎ ‎0.4‎ ‎……‎ ‎1.0‎ ‎1.2‎ ‎……‎ v(m/s)‎ ‎0.00‎ ‎1.00‎ ‎2.00‎ ‎……‎ ‎1.25‎ ‎0.75‎ ‎……‎ ‎(1)物体与水平面之间的动摩擦因数μ；‎ ‎(2)物体从A点运动到C点所用时间t；‎ ‎(3)恒力F的大小．‎ 答案　(1)0.25　(2)1.5 s　(3)15 N 解析　(1)由表格可知，减速过程中的加速度大小a2＝‎2.5 m/s2‎ 根据μmg＝ma2，解得μ＝0.25‎ ‎(2)在减速过程中，Δv＝a2Δt，t＝1.2 s＋Δt＝1.5 s ‎(3)由表格可知，加速过程的加速度大小a1＝‎5 m/s2，‎ 根据牛顿第二定律可得Fcos α－μ(mg－Fsin α)＝ma1‎ 解得F＝15 N ‎2.‎2015年12月20日上午11时40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2所示，假设有一倾角为θ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．从山坡的某处由静止下滑，到水平路面后又滑了一段距离才停止，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μ，假设转弯处速度大小不变，重力加速度为g，不计空气阻力．求：‎ 图2‎ ‎(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 μmg＝ma2，v2＝‎2a2x 得v＝.‎ ‎(2)设在水平路面上运动时间为t2，‎ 12‎ 据运动学公式有x＝vt2‎ 得t2＝ 设在斜坡上运动加速度为a1，时间为t1‎ mgsin θ－μmgcos θ＝ma1‎ 得a1＝gsin θ－μgcos θ 由v＝a1t1得t1＝ 则总时间t＝t1＋t2＝＋.‎ ‎3．(2018·绍兴市选考诊断)直升机悬停在洞穴上空，通过电动缆绳营救受困于洞底的勘探者，将其沿竖直方向吊出洞口．电动缆绳上端的拉力传感器可实时显示勘探者对缆绳的拉力F，营救过程中拉力F随时间t的图象如图3所示，已知直升机悬停处距离洞底‎32 m，当t＝11 s时勘探者被拉到直升机处且速度刚好减为0.勘探者的质量为‎80 kg，缆绳质量及空气阻力不计，勘探者可视为质点，g取‎10 m/s2.求：‎ 图3‎ ‎(1)勘探者在t＝7 s到t＝11 s过程中的加速度大小a；‎ ‎(2)勘探者在t＝5 s到t＝7 s过程中的位移大小；‎ ‎(3)勘探者在加速上升过程中的平均速度大小．‎ 答案　(1)‎1.25 m/s2　(2)‎10 m　(3)‎4 m/s 解析　(1)勘探者在t＝7 s到t＝11 s过程中，受到缆绳的拉力为F＝700 N，因此人向上做匀减速直线运动，加速度向下，根据牛顿第二定律 mg－F＝ma a＝‎1.25 m/s2‎ ‎(2)由于人在t＝7 s到t＝11 s过程中做匀减速运动，而在t＝5 s到t＝7 s过程中做匀速运动，设匀速运动时速度为v 有v＝at3＝‎5 m/s 12‎ 匀速阶段的位移为x2＝vt2＝‎‎10 m ‎(3)匀减速阶段的位移为x3＝t3＝‎‎10 m 由于在t＝0 s到t＝2 s过程中拉力小于重力，人处于静止状态，t＝2 s到t＝5 s人开始做加速度增大的加速运动，因此加速时间为3 s，加速阶段的位移为x1＝x－x2－x3＝‎‎12 m 因此平均速度为＝‎4 m/s ‎4．(2018·金华市十校期末)如图4所示，某滑板爱好者在离地h＝‎1.25 m高的平台上滑行，从平台边缘A点滑出后做平抛运动，落在水平地面上的B点，其水平位移x1＝‎4.5 m．着地瞬间竖直速度变为0，水平速度不变，沿水平地面继续滑行x2＝‎27 m后停止．已知人与滑板的总质量m＝‎60 kg，不计空气阻力，g取‎10 m/s2.求：‎ 图4‎ ‎(1)人与滑板滑出平台时的水平初速度的大小；‎ ‎(2)人与滑板在水平地面滑行时受到的阻力大小；‎ ‎(3)人与滑板从平台滑出到停止所用的总时间．‎ 答案　(1)‎9 m/s　(2)90 N　(3)6.5 s 解析　(1)由平抛运动规律 h＝gt2‎ x1＝v0t 解得v0＝‎9 m/s ‎(2)人与滑板在水平地面上滑行过程中做匀减速运动 ‎0－v02＝－2ax2‎ 得a＝‎1.5 m/s2‎ 由牛顿第二定律 Ff＝ma 得Ff＝90 N 12‎ ‎(3)平抛运动时间t1＝＝0.5 s 在水平地面滑行时间t2＝＝6.0 s 故总时间t＝t1＋t2＝6.5 s ‎5．如图5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．重力加速度为g，求：‎ 图5‎ ‎(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，表演者的水平位移为多少．‎ 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 mg＝man 解得an＝g.‎ ‎(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h＝gt2，x＝vt 解得x＝.‎ ‎6．(2018·金华市十校期末)如图6所示，在水平平台上有一质量m＝‎0.1 kg的小球压缩轻质弹簧(小球与弹簧不拴连)至A点，平台的B端连接两个半径都为R＝‎‎0.2 m 12‎ ‎，且内壁都光滑的半圆形细圆管BC及CD，圆管内径略大于小球直径，B点和D点都与水平面相切．在地面的E点安装了一个可改变倾角的长斜面EF，已知地面DE长度为‎1.5 m，且小球与地面之间的动摩擦因数μ1＝0.3，小球与可动斜面EF间的动摩擦因数μ2＝.现释放小球，小球弹出后进入细圆管，运动到D点时速度大小为‎5 m/s，g取‎10 m/s2.求：‎ 图6‎ ‎(1)小球经过D点时对管壁的作用力；‎ ‎(2)小球经过E点时的速度大小；‎ ‎(3)当斜面EF与地面的倾角θ(在0～90°范围内)为何值时，小球沿斜面上滑的长度最短(小球经过E点时速度大小不变)，并求出最短长度．‎ 答案　(1)13.5 N，方向竖直向下　(2)‎4 m/s　(3)60°　‎‎0.69 m 解析　(1)小球运动D点时，根据牛顿第二定律 FN－mg＝m 解得FN＝13.5 N 由牛顿第三定律，小球对管壁的作用力大小为13.5 N，方向竖直向下．‎ ‎(2)从D到E小球做匀减速直线运动 vE2－vD2＝－2μ1gL 解得vE＝‎4 m/s ‎(3)设由E点到最高点的距离为s μ2mgcos θ＋mgsin θ＝ma s＝ 解得s＝ m 当θ＝60°时，最小值smin＝‎0.4 m≈‎‎0.69 m 12‎