(浙江选考)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

必计题19

力物的动题1力物的线运1温州市十校期末联)在研究摩擦力特点的实验中木块放在水平长木板上如图1甲示，用力沿水平方向拉木块，拉力从始逐渐增大，分别用力传感器采集拉力F和木块所受到的摩擦力F用算机绘制出摩擦力F随力F的化图象乙所示知木块质量m＝0.78，取10m/s.图1(1)求木块与长木板间的最大静擦力F和块与长木板间的动摩擦因数；(2)如图丙，木块在与水平方向角斜向右上方的恒定拉作下，以a＝2

的加速度从静止开始在长木板上做匀变速直线运动．拉小应为多大＝0.6，cos37°＝0.8)(3)木块在2)问中的恒定拉力F作下，从A点由止开始运动段时间后，撤去拉力，木块继续沿直线运动到B点，已知间长度xm，求拉力作的最短时间t.答案(1)4N0.4(2)4.5N(3)s解析(1)由图可得，最大静擦力＝4N开始运动后，由图知滑动摩擦力＝3.12N而＝μFF＝则＝，解得μ＝0.4(2)根据矢量的合成法则，结合顿第二定律，水平方向：cos－μF＝ma竖直方向：sin＋－＝0解得：＝4.5(3)要使F作用间最短，则木块到达点速度减为零．F作用时木块加速度为a撤去后块加速度大小为a，则有μmg＝ma

解得：＝μg＝4m/s设撤去F时木的速度为111v1则＝vt＋＝v＋v2m22m解得：＝4m/sv4t＝s＝2s.2．(2017·宁波市3月拟如为美太空探索公司于2017年1月15日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＝36.5km，向下的速度v＝100m/s，之竖直自然下坠＝70s后，开反推喷气发动机，使火箭减速下(视为减，着陆时的速度恰好为零．设火箭质量为＝2.0×10反推喷气损耗的质量忽略不)，火箭下落程空气阻力大小始终为重力的倍g取m/s.求：图2(1)打开反推喷气发动机时，火的速度大小v和平台的高度h.(2)反推喷气发动机产生的平均推力大小．答案(1)6609900m(2)6.0×10N解析(1)火自由下坠过程，牛顿第二定律得mg－＝F＝0.2mg解得＝8下坠70s后，火箭的速度＝＋t＝660m/sv＋离平台的高度h＝－t＝9900m2v(2)设平均反推力大小为F，减过程视为匀减速，其加速度大小a＝2由牛顿第二定律得：＋－＝代入数据得平均反推力＝6.0×10N.

3年12月20日午∶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栋厂被掩埋涉及15家公司．如图示，假设有一倾角为的山坡，上面有一质量为m的巨块，其下表面与斜坡平行．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水平段长为.已石块和斜坡水路面的动摩擦因数均为，假设转弯处速率大小不变，重力加速度为，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．2μgx2μgx答案(1)2μgx(2)＋sinθ－cosμg解析(1)设块到达斜坡底端速度大小为v，则在水平路面上运动过程中，由牛顿第二定律有μmg＝，

＝2得＝2μgx.(2)设在水平路面上运动时间为t，1据运动学公式有x＝2得＝

2μgxμg设在斜坡上运动加速度为，间为tmgsinθ－μmgcosθ＝ma得＝sinθ－μgcosθ2μgx由＝得t＝gθ－μgcosθ2μgx2μgx则总时间tt＋＝＋.gsinθ－cosθμg力物体的直线运动问题往往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类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物体受力分析和运动分析并结合v－图分析是解决这类题目的关键．要求能从文字叙述和vt图中获取

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2力物的线运1(2017·金市期末)如图4所为某种弹射小球的游戏装置平上固定一轻质弹簧及竖直细管AB上端B与分之一圆弧细弯管BC相管的半径＝0.20m量m＝0.1kg的小球被弹簧弹出后进入细管A，再沿管ABC从端平射出，射出后经过时间t＝0.4s着地，飞行的水平距离＝1.6m，＝10m/s，计空气阻力，求：图4(1)竖直管AB的长度L；(2)小球从C端飞时的速度大；(3)小球在C端对壁的压力．答案(1)0.6m(2)4m/s(3)7N方向竖直向上解析(1)小做平抛运动：1＋＝gt，2解得：＝0.6m.(2)小球做平抛运动：＝，解得：＝4m/s.(3)设小球在C端受到管壁的压为F，方竖向下，则有vmg＋＝，R解得：＝7N由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力竖直向上，大小为7N.

2．图5所示，质量kg的车以不变的速率先后过凹形桥面和凸形桥面，两桥面的圆弧半径均为60m．定桥面承受的压力不超过3.0×10N，：取10m/s)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，汽对桥面的最小压力是多少？答案(1)103m/s(2)1.0×10N解析如所示，汽车驶至凹面底部时，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，由牛第三定律可知，桥面对汽车的支持力N，根据牛顿第二定律vF－＝r解得＝103m/s.当汽车以103m/s的度经过形桥顶部时103m/sgr＝106m/s在凸形桥最高点上不会脱离桥面，所以最大速度为103m/s.(2)汽车在凸形桥顶部时，由牛第二定律得vmg－＝解得＝1.0×10N.由牛顿第三定律得，在凸形桥顶部汽车对桥面的压力为1.0×10N，即为最小压力．3．图甲所，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有装置，且离水面高度为h，则到水面时，表演者的水平位移等于多少．答案(1)g(2)(3)2hr解析(1)在高点重力提供向力，据牛顿第二定律有mg＝ma解得＝.(2)在最高点，由牛顿第二定律mvmg＝r解得＝rg.1(3)撤去所有装置后，表演者做抛运动，设运动时间为t则有h＝2

，＝解得＝2hr4.如7所示一根长m的绳一端固定′点，另一端系一质＝1kg的可视为质．轻绳拉至水平并小球由位静释放，小球运动到最低时绳刚好被拉断O点下方有一点圆心、半径5的弧状固定曲面轨道，，：图7(1)轻绳刚要拉断时绳的拉力F的小；(2)小球从O点运到曲面的时.答案(1)30N(2)1s解析(1)设球摆到O点速为，小球由A到的程，由机械能守恒定律有：1mgL＝mv2

①

在点牛顿第二定律得：v－＝L联立①②并代入数据得：F＝30N(2)绳被拉断后，小球做平抛运，有：＝vt1＝2

②③④⑤

＋＝

⑥联立①④⑤⑥并代入数据得：t＝1

⑦1.处平(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．决圆周运动力学问题要注以下几点：(1)要进行受力分析，明确向心的来源，确定圆心以及半径．π(2)列出正确的动力学方程F＝＝＝ωv(3)对于竖直面内的圆周运动要意“轻杆模型”和“轻绳模型”的临界条件．专强练(限时：分钟1.如1所示，一个人用与水方向成37°大小为F＝10N的推一个静止水平面上质量为2kg的体，物体和地面间的动摩擦因数为0.25，运动4s后撤推力，37°＝0.8，sin37°＝0.6，10m/s)求：图1(1)匀加速阶段的加速度大小；(2)4s末物的速度大小；(3)物体运动的总位移大小．答案(1)0.75m/s(2)3m/s(3)7.8m解析(1)对物受力分析如图所示：

物体在水平方向的合力产生加速度，即Fcos37°－＝ma物体在竖直方向上所受合力为零，即F－－Fsin37°滑动摩擦力为F＝联立解得物体产生的加速度为＝0.75m/s.(2)由速度公式v＝＋at可得＝31(3)由位移公式得x＝at，物体在4内位移为＝6，撤去推力后仅有摩擦力提供2加速度，加速度大小为′，则F′＝′＝ma′，由′＝可a′＝＝2.5m/s由＝2a′可x＝1.8m则＝＋＝7.8m.2．(2017·台州市9月考如所示一条不可伸长的绳子上端固定，长l＝7.5，质量＝5kg的特技小猫从绳子上端先沿绳从静止开始无摩擦下滑段距离后然握紧绳子，与绳子之间产生F＝150N的摩擦阻力，滑到绳末端时速度刚好为零．同时在水平面上有一辆长l＝3m的平板车，其上表面与绳末端等高，车右端离绳端＝5m，平板车能一直以＝2m/s的恒定速度向右运动g取10m/s.求：图2(1)特技小猫下滑所用的时间t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质点)答案(1)1.5s(2)1s≤Δ≤2.5s解析(1)对猫加速下滑，受分析可知：mg＝，以a＝10m/s对小猫减速下滑，受力分析可以知道F－mg＝所以＝20小猫下滑的位移为l设小猫下滑过程中最大速度为v，根据小猫下滑的运动程可得：l＝

v2

＋

v2

解得：＝10m/svv所以下滑用的时间为＝＋＝1.5s.aa(2)设车运动的时间为时，车头刚好到绳末端有＝解得：＝2.5小猫开始下滑时间Δ＝＝1s设车运动的时间为t时，车左端刚好到绳末端，有l＋＝解得：＝4s小猫开始下滑时间Δ＝－t＝2.5s所以小猫下滑的时间范围应是1≤≤2.5s.3嘉市高二上期末)地球脉动2”是BBC作的大型纪录片该为了环保采用热气球进行拍摄图3所知气球舱舱物影器材及人员的总质量为900kg，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2m/s，后4s时间，气球匀加速下降了16m，此时摄影师立即抛掉一些压舱物球速下降虑气球由于运动而受到的空气阻力m/s)图3(1)气球加速下降阶段的加速度小是多少？(2)抛掉的压舱物的质量是多少(3)当座舱匀速下降到离m时抛60kg的舱物到达地面时的速度是多大？答案(1)1m/s(2)90kg(3)2m/s1解析(1)由动公式＝t2可知＝1(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－＝.设抛掉质量为m的压舱物，气球速下降，有：(－＝F解得＝90kg

2.2.(3)设第一次抛掉压舱物时，气的速度为，据v＝at可知＝6m/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60kg，整体质量为′＝750kg设减速的加速度大小为′：－′＝′′即′＝0.8m/s再由′＝－2′′，解得v′＝2m/s(负舍)．4如图4所示水转盘上放有质量为m的体(可视为质点)连物体和转轴绳子长为，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大角速度；(2)当角速度为

3时，绳子对物体拉力的大小．答案(1)

μg1(2)μmgr2解析(1)当由最大静摩擦力供向心力时子力为零且转速达到最大转转动的角速度为，则＝mr，得＝

μgr(2)当＝

3时>ω所由绳子的拉力最大静摩擦力共同提供向心力此时，2＋＝ωr31即＋＝··，得F＝μmg.225．(2016·宁波市模如5所示平平台A长m槽宽d＝0.10m槽h＝1.25m现有一小球从平台上点平射出已知小球与平台间的阻力为其重力的0.1倍空阻力不计，＝10m/s.：图5

(1)小球在平台上运动的加速度小；