《（浙江選考）2022高考物理二輪復習 專題七 計算題題型強化 第1講 必考第19題 力與物體的運動學案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（浙江選考）2022高考物理二輪復習 專題七 計算題題型強化 第1講 必考第19題 力與物體的運動學案（12頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、（浙江選考）2022高考物理二輪復習 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(jié)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(gòu)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． 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)點時的速度大小．(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． 例2　 某同學設計了一種軌道，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

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?。? 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)彈簧及豎直細管AB，上端B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＝

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

18、時間t＝t1＋t2＝＋. 3．(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，人處于靜止狀態(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??； (2)人與滑板在水平地面滑行時受到的阻力大小； (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小； (2)最高點的速度大小； (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?。? (3)當斜面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)設由E點到最高點的距離為s μ2mgcos θ＋mgsin θ＝ma s＝ 解得s＝ m 當θ＝60°時，最小值smin＝0.4 m≈0.69 m