(浙江選考)2022高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題七 計算題題型強(qiáng)化 第1講 必考第19題 力與物體的運動學(xué)案

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1、(浙江選考)2022高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題七 計算題題型強(qiáng)化 第1講 必考第19題 力與物體的運動學(xué)案 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

2、·浙江4月選考·19)可愛的企鵝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

3、 m/s2 (3)2 m/s 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(jìn)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:

4、 vt2-02=2a2(x+x′) 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

5、)夯錘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)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,

6、該滑道由AB、BC、CD三段組成,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

7、)BC段載人滑草車勻速運動,由牛頓第二定律得: 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

8、動和豎直方向的勻加速直線運動,通過研究分運動達(dá)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(jìn)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(jìn)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

9、,經(jīng)0.2 s恰好水平進(jìn)入半圓形圓管軌道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(yuǎn)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(jìn)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

10、AB段的加速度a==4 m/s2 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

11、為0.25 N,方向豎直向下. 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

12、速度v′== 得v′=5 m/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(jìn)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??; (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

13、動: R+L=gt2, 解得: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

14、下一滴水.(取g=10 m/s2,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(qiáng)化練 1.(2018·稽陽聯(lián)考)如圖1所示,質(zhì)量m=

15、1.6 kg的物體在恒力F的作用下從水平面上的A點由靜止開始運動,F(xiàn)與水平方向的夾角為α=53°,到達(dá)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

16、知,減速過程中的加速度大小a2=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

17、水平段長為x.已知石塊和斜坡、水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(dá)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(dá)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

18、時間t=t1+t2=+. 3.(2018·紹興市選考診斷)直升機(jī)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(jī)懸停處距離洞底32 m,當(dāng)t=11 s時勘探者被拉到直升機(jī)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小

19、. 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

20、加速度增大的加速運動,因此加速時間為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小; (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

21、的總時間. 答案 (1)9 m/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

22、姿態(tài).某次表演中表演者在空中表演翻跟斗,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?。? (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,

23、x=vt 解得x=. 6.(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(jìn)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)

24、過E點時的速度大小; (3)當(dāng)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

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