（浙江選考）2019高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題七 計算題題型強化 第1講 必考第19題 力與物體的運動學(xué)案

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1、 第1講　必考第19題　力與物體的運動 題型1　力與物體的直線運動 1．力與物體的直線運動問題往往涉及物體有兩個或多個連續(xù)的運動過程，在物體不同的運動階段，物體的運動情況和受力情況都發(fā)生了變化，這類問題稱為牛頓運動定律中的多過程問題． 2．此類問題考查對運動學(xué)知識的掌握和對動力學(xué)綜合問題的處理能力．對物體受力分析和運動分析，并結(jié)合v－t圖象分析是解決這類題目的關(guān)鍵．要求能從文字?jǐn)⑹龊蛌－t圖象中獲取信息，構(gòu)建相應(yīng)的物理模型，列出相應(yīng)的方程解答． 3．注意兩個過程的連接處，加速度可能突變，但速度不會突變，速度是聯(lián)系前后兩個階段的橋梁． 例1　(2018·浙江4月選考·19)可愛的企鵝

2、喜歡在冰面上玩游戲．如圖1所示，有一企鵝在傾角為37°的傾斜冰面上，先以加速度a＝0.5 m/s2從冰面底部由靜止開始沿直線向上“奔跑”，t＝8 s時，突然臥倒以肚皮貼著冰面向前滑行，最后退滑到出發(fā)點，完成一次游戲(企鵝在滑動過程中姿勢保持不變)．若企鵝肚皮與冰面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.25，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2.求： 圖1 (1)企鵝向上“奔跑”的位移大??； (2)企鵝在冰面滑動的加速度大?。? (3)企鵝退滑到出發(fā)點時的速度大?。?計算結(jié)果可用根式表示) 答案　(1)16 m　(2)8 m/s2　4 m/s2　(3)2 m/s

3、解析　(1)在企鵝向上“奔跑”過程中：x＝at2，解得x＝16 m. (2)在企鵝臥倒以后將進行兩個過程的運動，第一個過程是從臥倒到最高點，第二個過程是從最高點滑到出發(fā)點，兩次過程根據(jù)牛頓第二定律分別有： mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma1 mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma2 解得：a1＝8 m/s2，a2＝4 m/s2. (3)企鵝從臥倒滑到最高點的過程中，做勻減速直線運動，設(shè)時間為t′，位移為x′ t′＝，x′＝a1t′2， 解得：x′＝1 m. 企鵝從最高點滑到出發(fā)點的過程中，設(shè)末速度為vt，初速度為0，則有： vt2－02＝2a2(x＋x′

4、) 解得：vt＝2 m/s. 1．(2018·杭州市期末)舊時人們通過打夯將地砸實．打夯時四個勞動者每人分別握住夯錘(如圖2甲)的一個把手，一個人喊號，號聲一響，四人同時使用相同的恒定作用力將地上質(zhì)量為90 kg的夯錘向上提起；號音一落，四人同時松手，夯錘落下將地面砸實．假設(shè)夯錘砸在地面上時地面對夯錘的作用力近似不變，大小為夯錘重力的19倍．以豎直向上為正方向，可得勞動者們在某次打夯時松手前夯錘運動的v－t圖象如圖乙所示．不計空氣阻力，取g＝10 m/s2，求： 圖2 (1)每個人對夯錘所施加的恒力大??； (2)夯錘能夠上升的最大高度； (3)夯錘能在地上砸出多深的坑？

5、答案　(1)300 N　(2)0.45 m　(3)0.025 m 解析　(1)設(shè)每人施加的恒力大小為F 由v－t圖象可得：a1＝ m/s2 又根據(jù)牛頓第二定律4F－mg＝ma1 得F＝300 N (2)松手后，夯錘繼續(xù)上升的時間 t2＝＝ s＝0.15 s 故上升的總高度為 H＝(t1＋t2)＝×1.5×0.6 m＝0.45 m (3)砸到地上時：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·寧波市重點中學(xué)聯(lián)考)如圖3所示為一滑草場的滑道示意圖，該滑道由AB、BC、CD三段組成

6、，其中AB段和BC段與水平面的夾角分別為53°和37°，且這兩段長度均為L＝28 m，載人滑草車從坡頂A點由靜止開始自由下滑，先加速通過AB段，再勻速通過BC段，最后停在水平滑道CD段上的D點，若載人滑草車與草地之間的動摩擦因數(shù)均為μ，不計載人滑草車在交接處的能量損失，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求： 圖3 (1)載人滑草車與草地之間的動摩擦因數(shù)μ； (2)載人滑草車經(jīng)過B點時的速度大小vB； (3)載人滑草車從A點運動至D點的時間． 答案　(1)0.75　(2)14 m/s　(3)7.87 s 解析　(1)BC段載人滑草車勻速運動，由牛

7、頓第二定律得： mgsin 37°－μmgcos 37°＝0 得μ＝0.75 (2)AB段載人滑草車做勻加速運動，由牛頓第二定律得： mgsin 53°－μmgcos 53°＝ma1 vB2＝2a1L 得vB＝14 m/s (3)AB段所用時間t1＝＝4 s BC段所用時間t2＝＝2 s CD段載人滑草車做勻減速運動，由牛頓第二定律得μmg＝ma3 CD段所用時間t3＝＝1.87 s 則從A至D所用時間t＝t1＋t2＋t3＝7.87 s 題型2　力與物體的曲線運動 1．處理平拋(或類平拋)運動的基本方法是把運動分解為水平方向的勻速直線運動和豎直方向的勻加速直線運動，通

8、過研究分運動達到研究合運動的目的． 2．解決圓周運動力學(xué)問題要注意以下幾點： (1)要進行受力分析，明確向心力的來源，確定圓心以及半徑． (2)列出正確的動力學(xué)方程Fn＝m＝mrω2＝mωv＝mr. (3)對于豎直面內(nèi)的圓周運動要注意“輕桿模型”和“輕繩模型”的臨界條件． 例2　 某同學(xué)設(shè)計了一種軌道，其局部簡化如圖4所示，質(zhì)量m＝0.1 kg的小滑塊(可看成質(zhì)點)在傾角θ＝37°的傾斜軌道上從A點由靜止開始下滑，經(jīng)過B點后進入光滑水平軌道BC(設(shè)經(jīng)過B點前后速度大小不變)，AB長2 m，從A到B的運動時間為1.0 s．滑過粗糙圓弧軌道CD從D點飛出后，經(jīng)0.2 s恰好水平進入半圓形

9、圓管軌道EF(圓管內(nèi)徑稍大于滑塊，EF為半圓直徑，F(xiàn)點是半圓與水平面BC的切點，圓管內(nèi)徑遠小于圓弧EF半徑，CF距離可調(diào))．所有軌道都在同一豎直平面內(nèi)，圓弧軌道CD與水平軌道BC相切于C點，CD圓弧半徑為1 m，所對的圓心角為53°.(空氣阻力不計，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)，求： 圖4 (1)小滑塊與AB軌道的動摩擦因數(shù)； (2)CF兩點間距離； (3)小滑塊剛進入圓管軌道時對軌道的壓力． 答案　(1)0.25　(2)1.1 m　(3)0.25 N，方向豎直向下 解析　(1)由x＝at12得 小滑塊在AB段的加速度a＝＝4 m/s2

10、 對小滑塊：mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma μ＝0.25 (2)由題意可知 vDy＝gt2＝2 m/s vDx＝＝1.5 m/s CD水平距離：xCD＝rsin 53°＝0.8 m DE水平距離：xDE＝vDxt2＝0.3 m CF兩點距離：xCF＝xCD＋xDE＝1.1 m (3)設(shè)圓弧CD半徑為r，半圓EF半徑為R DE豎直距離：h1＝＝0.2 m R＝[h1＋r(1－cos 53°)]＝0.3 m 在E點對滑塊受力分析，由牛頓第二定律得：mg＋F＝m F＝－0.25 N 根據(jù)牛頓第三定律得 滑塊對圓管的壓力大小為0.25 N，方向豎直向下．

11、 3．(2018·溫州市期末)如圖5所示，光滑桌面上一個小球由于細(xì)線的牽引，繞桌面上的圖釘做勻速圓周運動，已知角速度為6 rad/s，圓周半徑為0.5 m，桌面離地高度為0.8 m，g取10 m/s2.求： 圖5 (1)小球的線速度大??； (2)某時刻細(xì)線突然斷了，小球離開桌面后做平拋運動所用的時間； (3)小球落地前瞬間的速度大小． 答案　(1)3 m/s　(2)0.4 s　(3)5 m/s 解析　(1)根據(jù)v＝ωr得v＝3 m/s (2)小球平拋運動的時間t＝得t＝0.4 s (3)小球平拋運動的豎直速度vy＝gt 小球落地前瞬間的速度v′＝＝ 得v′＝5 m/

12、s 4．(2017·金華市期末)如圖6所示為某種彈射小球的游戲裝置，水平面上固定一輕質(zhì)彈簧及豎直細(xì)管AB，上端B與四分之一圓弧細(xì)彎管BC相接，彎管的半徑R＝0.20 m．質(zhì)量m＝0.1 kg的小球被彈簧彈出后進入細(xì)管A端，再沿管ABC從C端水平射出，射出后經(jīng)過時間t＝0.4 s著地，飛行的水平距離x＝1.6 m，g＝10 m/s2，不計空氣阻力，求： 圖6 (1)豎直管AB的長度L； (2)小球從C端飛出時的速度大小； (3)小球在C端對管壁的壓力． 答案　(1)0.6 m　(2)4 m/s　(3)7 N，方向豎直向上 解析　(1)小球做平拋運動： R＋L＝gt2， 解得

13、：L＝0.6 m. (2)小球做平拋運動：x＝vCt， 解得：vC＝4 m/s. (3)設(shè)小球在C端受到管壁的壓力為FN，方向豎直向下，則有mg＋FN＝m， 解得：FN＝7 N 由牛頓第三定律可知，小球?qū)壍赖膲毫ωQ直向上，大小為7 N. 5.如圖7所示，M是水平放置的半徑足夠大的圓盤，繞過其圓心的豎直軸OO′勻速轉(zhuǎn)動，規(guī)定經(jīng)過圓心O點且水平向右為x軸正方向．在O點正上方距盤面高為h＝5 m處有一個可間斷滴水的容器，從t＝0時刻開始，容器沿水平軌道向x軸正方向做初速度為零的勻加速直線運動．已知t＝0時刻滴下第一滴水，以后每當(dāng)前一滴水剛好落到盤面時再滴下一滴水．(取g＝10 m/s2

14、，不計空氣阻力) 圖7 (1)每一滴水離開容器后經(jīng)過多長時間滴落到盤面上？ (2)要使每一滴水在盤面上的落點都位于同一直線上，圓盤的角速度ω應(yīng)為多大？ 答案　(1)1 s　(2)kπ rad/s(k＝1,2,3…) 解析　(1)離開容器后，每一滴水在豎直方向上做自由落體運動：h＝gt2 則每一滴水滴落到盤面上所用時間t＝＝1 s (2)要使每一滴水在盤面上的落點都位于同一直線上，則圓盤在1 s內(nèi)轉(zhuǎn)過的弧度為kπ，k為不為零的正整數(shù)． 則ω＝kπ rad/s，其中k＝1,2,3…. 專題強化練 1．(2018·稽陽聯(lián)考)如圖1所示，質(zhì)量m＝1.6 kg的物體在恒力F的作用

15、下從水平面上的A點由靜止開始運動，F(xiàn)與水平方向的夾角為α＝53°，到達B點后撤去F，物體將做減速運動，最后停在C點，每隔0.2 s通過速度傳感器測量物體的瞬時速度，下表給出了部分測量數(shù)據(jù)，求： 圖1 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)物體與水平面之間的動摩擦因數(shù)μ； (2)物體從A點運動到C點所用時間t； (3)恒力F的大?。? 答案　(1)0.25　(2)1.5 s　(3)15 N 解析　(1)由表格可知，減速過程中的加速度大小a2＝

16、2.5 m/s2 根據(jù)μmg＝ma2，解得μ＝0.25 (2)在減速過程中，Δv＝a2Δt，t＝1.2 s＋Δt＝1.5 s (3)由表格可知，加速過程的加速度大小a1＝5 m/s2， 根據(jù)牛頓第二定律可得Fcos α－μ(mg－Fsin α)＝ma1 解得F＝15 N 2.2015年12月20日上午11時40分左右，深圳發(fā)生特大泥石流災(zāi)害．經(jīng)初步核查，此次滑坡事故共造成22棟廠房被掩埋，涉及15家公司．如圖2所示，假設(shè)有一傾角為θ的山坡，上面有一質(zhì)量為m的巨石塊，其上下表面與斜坡平行．從山坡的某處由靜止下滑，到水平路面后又滑了一段距離才停止，經(jīng)測量水平段長為x.已知石塊和斜坡、水

17、平路面的動摩擦因數(shù)均為μ，假設(shè)轉(zhuǎn)彎處速度大小不變，重力加速度為g，不計空氣阻力．求： 圖2 (1)石塊到達斜坡底端時的速率； (2)石塊運動的總時間． 答案　(1)　(2)＋ 解析　(1)設(shè)石塊到達斜坡底端時速度大小為v，則 在水平路面上運動過程中，由牛頓第二定律有 μmg＝ma2，v2＝2a2x 得v＝. (2)設(shè)在水平路面上運動時間為t2， 據(jù)運動學(xué)公式有x＝vt2 得t2＝ 設(shè)在斜坡上運動加速度為a1，時間為t1 mgsin θ－μmgcos θ＝ma1 得a1＝gsin θ－μgcos θ 由v＝a1t1得t1＝ 則總時間t＝t1＋t2＝＋. 3．

18、(2018·紹興市選考診斷)直升機懸停在洞穴上空，通過電動纜繩營救受困于洞底的勘探者，將其沿豎直方向吊出洞口．電動纜繩上端的拉力傳感器可實時顯示勘探者對纜繩的拉力F，營救過程中拉力F隨時間t的圖象如圖3所示，已知直升機懸停處距離洞底32 m，當(dāng)t＝11 s時勘探者被拉到直升機處且速度剛好減為0.勘探者的質(zhì)量為80 kg，纜繩質(zhì)量及空氣阻力不計，勘探者可視為質(zhì)點，g取10 m/s2.求： 圖3 (1)勘探者在t＝7 s到t＝11 s過程中的加速度大小a； (2)勘探者在t＝5 s到t＝7 s過程中的位移大?。? (3)勘探者在加速上升過程中的平均速度大?。? 答案　(1)1.25 m/

19、s2　(2)10 m　(3)4 m/s 解析　(1)勘探者在t＝7 s到t＝11 s過程中，受到纜繩的拉力為F＝700 N，因此人向上做勻減速直線運動，加速度向下，根據(jù)牛頓第二定律 mg－F＝ma a＝1.25 m/s2 (2)由于人在t＝7 s到t＝11 s過程中做勻減速運動，而在t＝5 s到t＝7 s過程中做勻速運動，設(shè)勻速運動時速度為v 有v＝at3＝5 m/s 勻速階段的位移為x2＝vt2＝10 m (3)勻減速階段的位移為x3＝t3＝10 m 由于在t＝0 s到t＝2 s過程中拉力小于重力，人處于靜止?fàn)顟B(tài)，t＝2 s到t＝5 s人開始做加速度增大的加速運動，因此加速時

20、間為3 s，加速階段的位移為x1＝x－x2－x3＝12 m 因此平均速度為＝4 m/s 4．(2018·金華市十校期末)如圖4所示，某滑板愛好者在離地h＝1.25 m高的平臺上滑行，從平臺邊緣A點滑出后做平拋運動，落在水平地面上的B點，其水平位移x1＝4.5 m．著地瞬間豎直速度變?yōu)?，水平速度不變，沿水平地面繼續(xù)滑行x2＝27 m后停止．已知人與滑板的總質(zhì)量m＝60 kg，不計空氣阻力，g取10 m/s2.求： 圖4 (1)人與滑板滑出平臺時的水平初速度的大??； (2)人與滑板在水平地面滑行時受到的阻力大??； (3)人與滑板從平臺滑出到停止所用的總時間． 答案　(1)9 m

21、/s　(2)90 N　(3)6.5 s 解析　(1)由平拋運動規(guī)律 h＝gt2 x1＝v0t 解得v0＝9 m/s (2)人與滑板在水平地面上滑行過程中做勻減速運動 0－v02＝－2ax2 得a＝1.5 m/s2 由牛頓第二定律 Ff＝ma 得Ff＝90 N (3)平拋運動時間t1＝＝0.5 s 在水平地面滑行時間t2＝＝6.0 s 故總時間t＝t1＋t2＝6.5 s 5．如圖5甲所示，水上飛行器是水上飛行游樂產(chǎn)品，它利用腳上噴水裝置產(chǎn)生的反沖動力，讓你可以像海豚一般躍出水面向上騰空接近十米．另外配備有手動控制的噴嘴，用于穩(wěn)定空中飛行姿態(tài)．某次表演中表演者在空中表演

22、翻跟斗，如圖乙所示，在飛行至最高點時，恰好做半徑為r的圓周運動，此時水的噴射方向水平．不計水管與手部控制器的作用．重力加速度為g，求： 圖5 (1)最高點的向心加速度大小； (2)最高點的速度大??； (3)若在最高點表演者突然除去所有裝置，且離水面高度為h，則落到水面時，表演者的水平位移為多少． 答案　(1)g　(2)　(3) 解析　(1)在最高點重力提供向心力，據(jù)牛頓第二定律有 mg＝man 解得an＝g. (2)在最高點，由牛頓第二定律有 mg＝ 解得v＝. (3)撤去所有裝置后，表演者做平拋運動，設(shè)運動時間為t，則有h＝gt2，x＝vt 解得x＝. 6．(

23、2018·金華市十校期末)如圖6所示，在水平平臺上有一質(zhì)量m＝0.1 kg的小球壓縮輕質(zhì)彈簧(小球與彈簧不拴連)至A點，平臺的B端連接兩個半徑都為R＝0.2 m，且內(nèi)壁都光滑的半圓形細(xì)圓管BC及CD，圓管內(nèi)徑略大于小球直徑，B點和D點都與水平面相切．在地面的E點安裝了一個可改變傾角的長斜面EF，已知地面DE長度為1.5 m，且小球與地面之間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.3，小球與可動斜面EF間的動摩擦因數(shù)μ2＝.現(xiàn)釋放小球，小球彈出后進入細(xì)圓管，運動到D點時速度大小為5 m/s，g取10 m/s2.求： 圖6 (1)小球經(jīng)過D點時對管壁的作用力； (2)小球經(jīng)過E點時的速度大??； (3)當(dāng)

24、斜面EF與地面的傾角θ(在0～90°范圍內(nèi))為何值時，小球沿斜面上滑的長度最短(小球經(jīng)過E點時速度大小不變)，并求出最短長度． 答案　(1)13.5 N，方向豎直向下　(2)4 m/s　(3)60°　0.69 m 解析　(1)小球運動D點時，根據(jù)牛頓第二定律 FN－mg＝m 解得FN＝13.5 N 由牛頓第三定律，小球?qū)鼙诘淖饔昧Υ笮?3.5 N，方向豎直向下． (2)從D到E小球做勻減速直線運動 vE2－vD2＝－2μ1gL 解得vE＝4 m/s (3)設(shè)由E點到最高點的距離為s μ2mgcos θ＋mgsin θ＝ma s＝ 解得s＝ m 當(dāng)θ＝60°時，最小值smin＝0.4 m≈0.69 m 12