2019届二轮复习专题七第1讲力与物体的运动课件（34张） 34页

第 1 讲 　 必 考第 19 题　力与物体的运动 专题七 　 计算题题型强化 内容索引 题 型 1 　 力 与物体的直线运动 考点 2 　 力与物体的曲线运动 力与物体的直线运动 题型 1 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 /s 2 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/ s 2 . 求： 图 1 (1) 企鹅向上 “ 奔跑 ” 的位移大小； 答案 解析 答案　 16 m 解析　 在企鹅向上 “ 奔跑 ” 过程中： x ＝ at 2 ，解得 x ＝ 16 m. (2) 企鹅在冰面滑动的加速度大小； 答案 解析 答案　 8 m /s 2 　 4 m/ s 2 解析　 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： mg sin 37° ＋ μmg cos 37° ＝ ma 1 mg sin 37° － μmg cos 37° ＝ ma 2 解得： a 1 ＝ 8 m /s 2 ， a 2 ＝ 4 m/ s 2 . (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 解析 解析　 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 ′ 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 v t ，初速度为 0 ，则有： v t 2 － 0 2 ＝ 2 a 2 ( x ＋ x ′ ) 拓展训练 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/s 2 ，求： 图 2 (1) 每个人对夯锤所施加的恒力大小； 答案 解析 答案　 300 N 解析　 设每人施加的恒力大小为 F 又根据牛顿第二定律 4 F － mg ＝ ma 1 得 F ＝ 300 N (2) 夯锤能够上升的最大高度； 答案 解析 答案　 0.45 m 解析　 松手后，夯锤继续上升的时间 故上升的总高度为 (3) 夯锤能在地上砸出多深的坑？ 答案 解析 答案　 0.025 m 解析　 砸到地上时： F N － mg ＝ ma 2 ， v ′ 2 ＝ 2 gH 得 a 2 ＝ 180 m /s 2 ， v ′ ＝ 3 m/ s 由 v ′ 2 ＝ 2 a 2 h 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/s 2 ， 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 ； 答案 解析 答案　 0.75 解析　 BC 段载人滑草车匀速运动 ， 由 牛顿第二定律得： mg sin 37° － μmg cos 37° ＝ 0 得 μ ＝ 0.75 (2) 载人滑草车经过 B 点时的速度大小 v B ； 答案 解析 答案　 14 m/s 解析　 AB 段载人滑草车做匀加速运动 ， 由 牛顿第二定律得： mg sin 53° － μmg cos 53° ＝ ma 1 v B 2 ＝ 2 a 1 L 得 v B ＝ 14 m/s (3) 载人滑草车从 A 点运动至 D 点的时间 . 答案 解析 答案　 7.87 s CD 段载人滑草车做匀减速运动，由牛顿第二定律得 μmg ＝ ma 3 则从 A 至 D 所用时间 t ＝ t 1 ＋ t 2 ＋ t 3 ＝ 7.87 s 力与物体的曲线运动 题型 2 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 . (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/s 2 ) ，求： 图 4 (1) 小滑块与 AB 轨道的动摩擦因数； 答案 解析 答案　 0.25 对小滑块： mg sin 37° － μmg cos 37° ＝ ma μ ＝ 0.25 (2) CF 两点间距离； 答案 解析 答案　 1.1 m 解析　 由题意可知 v Dy ＝ gt 2 ＝ 2 m/s CD 水平距离： x CD ＝ r sin 53° ＝ 0.8 m DE 水平距离： x DE ＝ v Dx t 2 ＝ 0.3 m CF 两点距离： x CF ＝ x CD ＋ x DE ＝ 1.1 m (3) 小滑块刚进入圆管轨道时对轨道的压力 . 答案 解析 答案　 0.25 N ，方向竖直向下 解析　 设圆弧 CD 半径为 r ，半圆 EF 半径为 R 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 . 拓展训练 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/ s 2 . 求： 图 5 (1) 小球的线速度大小； 答案 解析 答案　 3 m/s 解析　 根据 v ＝ ωr 得 v ＝ 3 m/s (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； 答案 解析 答案　 0.4 s (3) 小球落地前瞬间的速度大小 . 答案 解析 答案　 5 m/ s 解析　 小球平抛运动的竖直速度 v y ＝ gt 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/s 2 ，不计空气阻力，求： 图 6 (1) 竖直管 AB 的长度 L ； 答案 解析 答案　 0.6 m 解析　 小球做平抛运动： 解得： L ＝ 0.6 m. (2) 小球从 C 端飞出时的速度大小； 答案 解析 答案　 4 m/s 解析　 小球做平抛运动： x ＝ v C t ， 解得： v C ＝ 4 m/s. (3) 小球在 C 端对管壁的压力 . 答案 解析 答案　 7 N ，方向竖直向上 解析　 设小球在 C 端受到管壁的压力为 F N ，方向竖直向下， 解得： F N ＝ 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/s 2 ，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？ 答案 解析 答案　 1 s (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 解析 答案　 k π rad/s( k ＝ 1,2,3 … ) 解析　 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 k π ， k 为不为零的正整数 . 则 ω ＝ k π rad/s ，其中 k ＝ 1,2,3 … .