(浙江选考)2018版高考物理二轮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

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F f，并用计算机绘制出摩擦力F f随拉力F的变化图象，如图乙所示．已知木块质量m＝0.78 kg，g取10 m/s2.图1(1)求木块与长木板间的最大静摩擦力F fm和木块与长木板间的动摩擦因数μ；(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a＝2 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 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(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x＝6 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F fm＝4 N开始运动后，由图知滑动摩擦力F f＝3.12 N而F f＝μF N F N＝mg则F f＝μmg，解得μ＝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 θ－μF N1＝ma竖直方向：F1sin θ＋F N1－mg＝0解得：F1＝4.5 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μmg＝ma1解得：a 1＝μg ＝4 m/s 2设撤去F 1时木块的速度为v m 则x ＝12v m t 0＋12v m t 1＝12v m v m a ＋12v m v ma 1解得：v m ＝4 m/st 0＝v m a ＝42s ＝2 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H ＝36.5 km ，向下的速度v 0＝100 m/s ，之后竖直自然下坠t ＝70 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m ＝2.0×104kg(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/s 2.求：图2(1)打开反推喷气发动机时，火箭的速度大小v 1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/s 9 900 m (2)6.0×105N 解析 (1)火箭自由下坠过程，由牛顿第二定律得mg －F f ＝ma 1 F f ＝0.2mg解得a 1＝8 m/s 2下坠70 s 后，火箭的速度v 1＝v 0＋a 1t ＝660 m/s 离平台的高度h ＝H －v 0＋v 12t ＝9 900 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a 2＝v 1 22h＝22 m/s 2由牛顿第二定律得：F ＋F f －mg ＝ma 2代入数据得平均反推力F ＝6.0×105N.3．2015年12月20日上午11∶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3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μ，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)2μgx (2)2μgx g sin θ－μg cos θ＋2μgxμg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 ＝ma 2，v 2＝2a 2x得v ＝2μgx .(2)设在水平路面上运动时间为t 2， 据运动学公式有x ＝12vt 2得t 2＝2μgxμg设在斜坡上运动加速度为a 1，时间为t 1mg sin θ－μmg cos θ＝ma 1得a 1＝g sin θ－μg cos θ 由v ＝a 1t 1得t 1＝2μgxg sin θ－μg cos θ则总时间t ＝t 1＋t 2＝2μgx g sin θ－μg cos θ＋2μgxμg.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．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：R ＋L ＝12gt 2，解得：L ＝0.6 m.(2)小球做平抛运动：x ＝v C t ， 解得：v C ＝4 m/s.(3)设小球在C 端受到管壁的压力为F N ，方向竖直向下，则有mg ＋F N ＝m v C2R，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.2．如图5所示，质量m ＝2.0×104kg 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3.0×105N ，则：(g 取10 m/s 2)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 3 m/s (2)1.0×105N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F N1＝3.0×105N ， 根据牛顿第二定律F N1－mg ＝m v 2r解得v ＝10 3 m/s.当汽车以10 3 m/s 的速度经过凸形桥顶部时，因10 3 m/s ＜gr ＝10 6 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 3 m/s. (2)汽车在凸形桥顶部时，由牛顿第二定律得mg －F N2＝m v 2r解得F N2＝1.0×105N.由牛顿第三定律得，在凸形桥顶部汽车对桥面的压力为1.0×105N ，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)rg (3)2hr解析 (1)在最高点重力提供向心力，据牛顿第二定律有mg ＝ma n解得a n ＝g .(2)在最高点，由牛顿第二定律有mg ＝mv 2r解得v ＝rg .(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 ＝12gt 2，x ＝vt解得x ＝2hr .4. 如图7所示，一根长为L ＝5 m 的轻绳一端固定在O ′点，另一端系一质量m ＝1 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R ＝5 5 m 的圆弧状固定曲面轨道，取g ＝10 m/s 2，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：mgL ＝12mv 2①在O 点由牛顿第二定律得：F －mg ＝m v 2L② 联立①②并代入数据得：F ＝30 N③(2)绳被拉断后，小球做平抛运动，有：x ＝vt④ y ＝12gt 2⑤ x 2＋y 2＝R 2⑥ 联立①④⑤⑥并代入数据得：t ＝1 s⑦1.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F n ＝m v 2r ＝mrω2＝mωv ＝mr 4π2T2.(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F ＝10 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 37°＝0.8，sin 37°＝0.6，g 取10 m/s 2)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/s 2(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F cos 37°－F f ＝ma 物体在竖直方向上所受合力为零，即F N －mg －F sin 37°＝0 滑动摩擦力为F f ＝μF N联立解得物体产生的加速度为a ＝0.75 m/s 2. (2)由速度公式v ＝v 0＋at 可得v ＝3 m/s.(3)由位移公式得x 1＝12at 2，即物体在4 s 内的位移为x 1＝6 m ，撤去推力后仅有摩擦力提供加速度，加速度大小为a ′，则F f ′＝μF N ′＝ma ′， 由F N ′＝mg 可得a ′＝μg ＝2.5 m/s 2由v 2＝2a ′x 2可得x 2＝1.8 m 则x ＝x 1＋x 2＝7.8 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l 1＝7.5 m ，质量m ＝5 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F f ＝150 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l 2＝3 m 的平板车，其上表面与绳末端等高，车右端离绳末端s ＝5 m ，平板车能一直以v 0＝2 m/s 的恒定速度向右运动，g 取10 m/s 2.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 s≤Δt ≤2.5 s 解析 (1)对小猫加速下滑，受力分析可知：mg ＝ma 1，所以a 1＝10 m/s 2对小猫减速下滑，受力分析可以知道：F f －mg ＝ma 2 所以a 2＝20 m/s 2小猫下滑的位移为l 1，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：l 1＝v 22a 1＋v 22a 2解得：v ＝10 m/s所以下滑用的时间为：t ＝v a 1＋v a 2＝1.5 s.(2)设车运动的时间为t 1时，车头刚好到绳末端，有s ＝v 0t 1解得：t 1＝2.5 s小猫开始下滑时间Δt ＝t 1－t ＝1 s设车运动的时间为t 2时，车左端刚好到绳末端，有l 2＋s ＝v 0t 2 解得：t 2＝4 s小猫开始下滑时间Δt 2＝t 2－t ＝2.5 s所以小猫下滑的时间范围应是1 s≤Δt ≤2.5 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：(g ＝10 m/s 2)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/s 2(2)90 kg (3)2 m/s 解析 (1)由运动公式x ＝v 0t ＋12at 2可知a ＝1 m/s 2(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Mg －F ＝Ma .设抛掉质量为m 的压舱物，气球匀速下降，有： (M －m )g ＝F 解得m ＝90 kg(3)设第一次抛掉压舱物时，气球的速度为v ，根据v ＝v 0＋at 可知：v ＝6 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M ′＝750 kg 设减速的加速度大小为a ′：F －M ′g ＝M ′a ′，即a ′＝0.8 m/s 2再由v ′2－v 2＝－2a ′x ′，解得v ′＝2 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μ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 3μg2r时，绳子对物体拉力的大小． 答案 (1)μg r (2)12μmg 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ω0，则μmg ＝mω0 2r ，得ω0＝μgr. (2)当ω＝3μg2r时，ω>ω0，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，F ＋μmg ＝mω2r即F ＋μmg ＝m ·3μg 2r ·r ，得F ＝12μmg .5．(2016·宁波市模拟)如图5所示，水平平台AO 长x ＝2.0 m ，槽宽d ＝0.10 m ，槽高h ＝1.25 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，g ＝10 m/s 2.求：图5(1)小球在平台上运动的加速度大小；(2)为使小球能沿平台到达O 点，求小球在A 点的最小出射速度和此情景下小球在平台上的运动时间；(3)若要保证小球不碰槽壁且恰能落到槽底上的P 点，求小球离开O 点时的速度大小． 答案 (1)1 m/s 2 (2)2 m/s 2 s (3)0.2 m/s解析 (1)设小球在平台上运动的加速度大小为a ，则a ＝kmg m，代入数据得a ＝1 m/s 2. (2)小球到达O 点的速度恰为零时，小球在A 点的出射速度最小，设小球的最小出射速度为v 1， 由0－v 1 2＝－2ax 得v 1＝2 m/s由0＝v 1－at 得t ＝2 s.(3)设小球落到P 点，在O 点抛出时的速度为v 0，水平方向有：d ＝v 0t 1竖直方向有：h ＝12gt 1 2 联立以上两式解得v 0＝0.2 m/s.。