《（浙江選考）2018版高考物理二輪復習 專題七 計算題題型強化 第1講 必考計算題19題 力與物體的運動學案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（浙江選考）2018版高考物理二輪復習 專題七 計算題題型強化 第1講 必考計算題19題 力與物體的運動學案（11頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第1講　必考計算題19題　力與物體的運動 題型1　力與物體的直線運動 1．(2017·溫州市十校期末聯(lián)考)在研究摩擦力特點的實驗中，將木塊放在水平長木板上，如圖1甲所示，用力沿水平方向拉木塊，拉力從0開始逐漸增大，分別用力傳感器采集拉力F和木塊所受到的摩擦力Ff，并用計算機繪制出摩擦力Ff隨拉力F的變化圖象，如圖乙所示．已知木塊質(zhì)量m＝0.78 kg，g取10 m/s2. 圖1 (1)求木塊與長木板間的最大靜摩擦力Ffm和木塊與長木板間的動摩擦因數(shù)μ； (2)如圖丙，木塊在與水平方向成37°角斜向右上方的恒定拉力F1作用下，以a＝2 m/s2的加速度從靜止開始在長木板上做

2、勻變速直線運動．拉力F1大小應為多大？(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) (3)木塊在(2)問中的恒定拉力F1作用下，從A點由靜止開始運動一段時間后，撤去拉力F1，木塊繼續(xù)沿直線運動到B點，已知AB間長度x＝6 m，求拉力F1作用的最短時間t0. 答案　(1)4 N　 0.4　(2)4.5 N　(3) 2 s 解析　(1)由題圖可得，最大靜摩擦力Ffm＝4 N 開始運動后，由圖知滑動摩擦力Ff＝3.12 N 而Ff＝μFN　FN＝mg 則Ff＝μmg，解得μ＝0.4 (2)根據(jù)矢量的合成法則，結合牛頓第二定律， 水平方向：F1cos θ－μFN1＝ma 豎直方

3、向：F1sin θ＋FN1－mg＝0 解得：F1＝4.5 N (3)要使F1作用時間最短，則木塊到達B點時速度減為零． F1作用時木塊加速度為a，撤去F1后木塊加速度大小為a1， 則有μmg＝ma1 解得：a1＝μg＝4 m/s2 設撤去F1時木塊的速度為vm 則x＝vmt0＋vmt1＝vm＋vm 解得：vm＝4 m/s t0＝＝ s＝2 s. 2．(2017·寧波市3月模擬) 如圖2為美國太空探索公司于2017年1月15日回收的一級火箭在海上平臺著陸的場景，火箭回收的最后階段幾乎以豎直姿態(tài)豎直下落．若火箭從高空飛來開始呈豎直姿態(tài)下落時離平臺高為H＝36.5 km，向下

4、的速度v0＝100 m/s，之后豎直自然下墜t＝70 s后，打開反推噴氣發(fā)動機，使火箭減速下降(視為勻減速)，著陸時的速度恰好為零．設火箭質(zhì)量為m＝2.0×104 kg(反推噴氣損耗的質(zhì)量忽略不計)，火箭下落過程空氣阻力大小始終為重力的0.2倍，g取10 m/s2.求： 圖2 (1)打開反推噴氣發(fā)動機時，火箭的速度大小v1和離平臺的高度h. (2)反推噴氣發(fā)動機產(chǎn)生的平均反推力大?。? 答案　(1)660 m/s　9 900 m　(2)6.0×105 N 解析　(1)火箭自由下墜過程，由牛頓第二定律得 mg－Ff＝ma1 Ff＝0.2mg 解得a1＝8 m/s2 下墜70

5、s后，火箭的速度v1＝v0＋a1t＝660 m/s 離平臺的高度h＝H－t＝9 900 m (2)設平均反推力大小為F，減速過程視為勻減速，其加速度大小a2＝＝22 m/s2 由牛頓第二定律得： F＋Ff－mg＝ma2 代入數(shù)據(jù)得平均反推力F＝6.0×105 N. 3．2015年12月20日上午11∶40分左右，深圳發(fā)生特大泥石流災害．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3所示，假設有一傾角為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．從山坡的某處靜止下滑，到水平路面后又滑了一段距離而停止，經(jīng)測量水平段長為x.已知石塊和斜坡、水平路面的

6、動摩擦因數(shù)均為μ，假設轉(zhuǎn)彎處速率大小不變，重力加速度為g，求： 圖3 (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)設在水平路面上運動時間為t2， 據(jù)運動學公式有x＝vt2 得t2＝ 設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＝＋. 1.力與物體的直線

7、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知識的掌握和對動力學綜合問題的處理能力．對物體受力分析和運動分析并結合v－t圖象分析是解決這類題目的關鍵．要求能從文字敘述和v－t圖象中獲取信息，構建相應的物理模型，列出相應的方程解答． 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． 題型2　力與物體的曲線運動 1．(2017·金華市期末)如圖4所示為某種彈射小球的游戲裝置，水平面上固定一輕質(zhì)彈簧及豎直細管AB，上端B

8、與四分之一圓弧細彎管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4 (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)設小球在C端受到管壁

9、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. 2．如圖5所示，質(zhì)量m＝2.0×104 kg的汽車以不變的速率先后駛過凹形橋面和凸形橋面，兩橋面的圓弧半徑均為60 m．假定橋面承受的壓力不超過3.0×105 N，則：(g取10 m/s2) 圖5 (1)汽車允許的最大速度是多少？ (2)若以(1)中所求速率行駛，汽車對橋面的最小壓力是多少？ 答案　(1)10 m/s　(2)1.0×105 N 解析　如圖所示，汽車駛至凹面的底部時，合力向上，此時車對橋面的壓力最大；汽車駛至凸面的頂部時，

10、合力向下，此時車對橋面的壓力最?。? (1)汽車在凹面的底部時，由牛頓第三定律可知， 橋面對汽車的支持力FN1＝3.0×105 N， 根據(jù)牛頓第二定律 FN1－mg＝m 解得v＝10 m/s. 當汽車以10 m/s的速度經(jīng)過凸形橋頂部時，因10 m/s＜＝10 m/s，故在凸形橋最高點上不會脫離橋面，所以最大速度為10 m/s. (2)汽車在凸形橋頂部時，由牛頓第二定律得 mg－FN2＝m 解得FN2＝1.0×105 N. 由牛頓第三定律得，在凸形橋頂部汽車對橋面的壓力為1.0×105 N，即為最小壓力． 3．如圖6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

11、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．求： 圖6 (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，表演者的水平位移等于多少． 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＝

12、 解得v＝. (3)撤去所有裝置后，表演者做平拋運動，設運動時間為t，則有h＝gt2，x＝vt 解得x＝. 4. 如圖7所示，一根長為L＝5 m的輕繩一端固定在O′點，另一端系一質(zhì)量m＝1 kg的小球(可視為質(zhì)點)．將輕繩拉至水平并將小球由位置A靜止釋放，小球運動到最低點O時輕繩剛好被拉斷．O點下方有一以O點為圓心、半徑R＝5 m的圓弧狀固定曲面軌道，取g＝10 m/s2，求： 圖7 (1)輕繩剛要拉斷時繩的拉力F的大??； (2)小球從O點運動到曲面的時間t. 答案　(1)30 N　(2)1 s 解析　(1)設小球擺到O點的速度為v，小球由A到O的過程，由機械能守恒定律有

13、： mgL＝mv2 ① 在O點由牛頓第二定律得： F－mg＝m ② 聯(lián)立①②并代入數(shù)據(jù)得：F＝30 N ③ (2)繩被拉斷后，小球做平拋運動，有： x＝vt ④ y＝gt2 ⑤ x2＋y2＝R2 ⑥ 聯(lián)立①④⑤⑥并代入數(shù)據(jù)得：t＝1 s ⑦ 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

14、及半徑． (2)列出正確的動力學方程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． 專題強化練 (限時：30分鐘) 1. 如圖1所示，一個人用與水平方向成37°的大小為F＝10 N的力推一個靜止在水平面上質(zhì)量為2 kg的物體，物體和地面間的動摩擦因數(shù)為0.25，運動4 s后撤去推力，(cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6，g取10 m/s2)求： 圖1 (1)勻加速階段的加速度大??； (2)4 s末物體的速度大??； (3)物體運動的總位移大小． 答案　(1)0.75 m/s2　(2)3 m/s　(3

15、)7.8 m 解析　(1) 對物體受力分析如圖所示： 物體在水平方向的合力產(chǎn)生加速度，即Fcos 37°－Ff＝ma 物體在豎直方向上所受合力為零，即FN－mg－Fsin 37°＝0 滑動摩擦力為Ff＝μFN 聯(lián)立解得物體產(chǎn)生的加速度為a＝0.75 m/s2. (2)由速度公式v＝v0＋at可得v＝3 m/s. (3)由位移公式得x1＝at2，即物體在4 s內(nèi)的位移為x1＝6 m，撤去推力后僅有摩擦力提供加速度，加速度大小為a′，則Ff′＝μFN′＝ma′， 由FN′＝mg可得a′＝μg＝2.5 m/s2 由v2＝2a′x2可得x2＝1.8 m 則x＝x1＋x2＝7.8

16、 m. 2．(2017·臺州市9月選考)如圖2所示，一條不可伸長的繩子上端固定，長l1＝7.5 m，質(zhì)量m＝5 kg的特技小貓從繩子上端先沿繩從靜止開始無摩擦下滑一段距離后，突然握緊繩子，與繩子之間產(chǎn)生Ff＝150 N的摩擦阻力，滑到繩子末端時速度剛好為零．同時在水平面上有一輛長l2＝3 m的平板車，其上表面與繩末端等高，車右端離繩末端s＝5 m，平板車能一直以v0＝2 m/s的恒定速度向右運動，g取10 m/s2.求： 圖2 (1)特技小貓下滑所用的時間t； (2)讓該小貓滑下后能掉在車上，則車啟動后小貓應在多長時間范圍內(nèi)開始下滑？(小貓看做質(zhì)點) 答案　(1)1.5 s　(2

17、)1 s≤Δt≤2.5 s 解析　(1)對小貓加速下滑，受力分析可知： mg＝ma1，所以a1＝10 m/s2 對小貓減速下滑，受力分析可以知道：Ff－mg＝ma2 所以a2＝20 m/s2 小貓下滑的位移為l1，設小貓下滑過程中最大速度為v，根據(jù)小貓下滑的運動過程可得：l1＝＋ 解得：v＝10 m/s 所以下滑用的時間為：t＝＋＝1.5 s. (2)設車運動的時間為t1時，車頭剛好到繩末端，有 s＝v0t1 解得：t1＝2.5 s 小貓開始下滑時間Δt＝t1－t＝1 s 設車運動的時間為t2時，車左端剛好到繩末端，有l(wèi)2＋s＝v0t2 解得：t2＝4 s 小貓開始

18、下滑時間Δt2＝t2－t＝2.5 s 所以小貓下滑的時間范圍應是1 s≤Δt≤2.5 s. 3．(2017·嘉興市高二上期末)“地球脈動2”是BBC制作的大型紀錄片，該片為了環(huán)保采用熱氣球進行拍攝，如圖3所示．已知氣球、座艙、壓艙物、攝影器材及人員的總質(zhì)量為900 kg，在空中停留一段時間后由于某種故障，氣球受到的空氣浮力減小，當攝影師發(fā)現(xiàn)氣球在豎直下降時，氣球速度已為2 m/s，此后4 s時間內(nèi)，氣球勻加速下降了16 m，此時攝影師立即拋掉一些壓艙物，使氣球勻速下降，不考慮氣球由于運動而受到的空氣阻力，求：(g＝10 m/s2) 圖3 (1)氣球加速下降階段的加速度大小是多少？

19、 (2)拋掉的壓艙物的質(zhì)量是多少？ (3)當座艙勻速下降到離地20 m時，再次拋掉60 kg的壓艙物，則座艙到達地面時的速度是多大？ 答案　(1)1 m/s2　(2)90 kg　(3)2 m/s 解析　(1)由運動公式x＝v0t＋at2 可知a＝1 m/s2 (2)設氣球受到空氣的浮力為F，則氣球整體向下勻加速下降時，由牛頓第二定律可得 Mg－F＝Ma. 設拋掉質(zhì)量為m的壓艙物，氣球勻速下降，有： (M－m)g＝F 解得m＝90 kg (3)設第一次拋掉壓艙物時，氣球的速度為v，根據(jù)v＝v0＋at可知：v＝6 m/s 在沒有再次拋掉壓艙物時，做勻速直線運動 再次拋掉壓艙

20、物60 kg，整體質(zhì)量為M′＝750 kg 設減速的加速度大小為a′： F－M′g＝M′a′， 即a′＝0.8 m/s2 再由v′2－v2＝－2a′x′，解得v′＝2 m/s(負數(shù)舍掉)． 4．如圖4所示，水平轉(zhuǎn)盤上放有質(zhì)量為m的物體(可視為質(zhì)點)，連接物體和轉(zhuǎn)軸的繩子長為r，物體與轉(zhuǎn)盤間的最大靜摩擦力是其壓力的μ倍，轉(zhuǎn)盤的角速度由零逐漸增大，求： 圖4 (1)繩子對物體的拉力為零時的最大角速度； (2)當角速度為 時，繩子對物體拉力的大?。? 答案　(1)　(2)μmg 解析　(1)當恰由最大靜摩擦力提供向心力時，繩子拉力為零且轉(zhuǎn)速達到最大，設轉(zhuǎn)盤轉(zhuǎn)動的角速度為ω0，則

21、μmg＝mωr，得ω0＝. (2)當ω＝時，ω>ω0，所以由繩子的拉力F和最大靜摩擦力共同提供向心力．此時，F(xiàn)＋μmg＝mω2r 即F＋μmg＝m··r，得F＝μmg. 5．(2016·寧波市模擬)如圖5所示，水平平臺AO長x＝2.0 m，槽寬d＝0.10 m，槽高h＝1.25 m，現(xiàn)有一小球從平臺上A點水平射出，已知小球與平臺間的阻力為其重力的0.1倍，空氣阻力不計，g＝10 m/s2.求： 圖5 (1)小球在平臺上運動的加速度大??； (2)為使小球能沿平臺到達O點，求小球在A點的最小出射速度和此情景下小球在平臺上的運動時間； (3)若要保證小球不碰槽壁且恰能落到槽底上的P點，求小球離開O點時的速度大?。? 答案　(1)1 m/s2　(2)2 m/s　2 s　(3)0.2 m/s 解析　(1)設小球在平臺上運動的加速度大小為a，則a＝，代入數(shù)據(jù)得a＝1 m/s2. (2)小球到達O點的速度恰為零時，小球在A點的出射速度最小，設小球的最小出射速度為v1， 由0－v＝－2ax得v1＝2 m/s 由0＝v1－at得t＝2 s. (3)設小球落到P點，在O點拋出時的速度為v0， 水平方向有：d＝v0t1 豎直方向有：h＝gt 聯(lián)立以上兩式解得v0＝0.2 m/s. 11