《（浙江選考）2019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 力與物體的運動課件.ppt》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（浙江選考）2019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 力與物體的運動課件.ppt（34頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第1講必考第19題力與物體的運動,專題七計算題題型強化,,內(nèi)容索引,題型1力與物體的直線運動,考點2力與物體的曲線運動,,,力與物體的直線運動,,題型1,1.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，并結合vt圖象分析是解決這類題目的關鍵.要求能從文字敘述和vt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

2、前后兩個階段的橋梁.,例1(2018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a0.5 m/s2從冰面底部由靜止開始沿直線向上“奔跑”，t8 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)0.25，已知sin 370.6，cos 370.8，g10 m/s2.求：,圖1,(1)企鵝向上“奔跑”的位移大?。?答案,解析,答案16 m,解析在企鵝向上“奔跑”過程中：x at2，解得x16 m.,(2)企鵝在冰面滑動的加速度大??；,答案,解析,答案8 m

3、/s24 m/s2,解析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 37mgcos 37ma1 mgsin 37mgcos 37ma2 解得：a18 m/s2，a24 m/s2.,(3)企鵝退滑到出發(fā)點時的速度大小.(計算結果可用根式表示),答案,解析,解析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,解得：x1 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： vt2022a2(xx),1.(2018杭州市期末)舊時人們通過打夯將地砸實.打夯時四個

4、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vt圖象如圖乙所示.不計空氣阻力，取g10 m/s2，求：,圖2,(1)每個人對夯錘所施加的恒力大?。?答案,解析,答案300 N,解析設每人施加的恒力大小為F,又根據(jù)牛頓第二定律4Fmgma1 得F300 N,(2)夯錘能夠上升的最大高度；,答案,解析,答案0.45 m,解析松手后，夯

5、錘繼續(xù)上升的時間,故上升的總高度為,(3)夯錘能在地上砸出多深的坑？,答案,解析,答案0.025 m,解析砸到地上時：FNmgma2，v22gH 得a2180 m/s2，v3 m/s 由v22a2h 得h0.025 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，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L28 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，不計載人滑草車在交接處的能量損失，g10 m/s2

6、，sin 370.6，cos 370.8，求：,圖3,(1)載人滑草車與草地之間的動摩擦因數(shù)；,答案,解析,答案0.75,解析BC段載人滑草車勻速運動， 由牛頓第二定律得： mgsin 37mgcos 370 得0.75,(2)載人滑草車經(jīng)過B點時的速度大小vB；,答案,解析,答案14 m/s,解析AB段載人滑草車做勻加速運動， 由牛頓第二定律得： mgsin 53mgcos 53ma1 vB22a1L 得vB14 m/s,(3)載人滑草車從A點運動至D點的時間.,答案,解析,答案7.87 s,CD段載人滑草車做勻減速運動，由牛頓第二定律得mgma3,則從A至D所用時間tt1t2t37.87

7、s,力與物體的曲線運動,,題型2,1.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，確定圓心以及半徑.,(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，質量m0.1 kg的小滑塊(可看成質點)在傾角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

8、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).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 370.6，cos 370.8，g取10 m/s2)，求：,圖4,(1)小滑塊與AB軌道的動摩擦因數(shù)；,答案,解析,答案0.25,對小滑塊：mgsin 37mgcos 37ma 0.25,(2)CF兩點間距離；,答案,解析,答案1.1 m,解析由題意可知 vDygt22 m/s,CD水

9、平距離：xCDrsin 530.8 m DE水平距離：xDEvDxt20.3 m CF兩點距離：xCFxCDxDE1.1 m,(3)小滑塊剛進入圓管軌道時對軌道的壓力.,答案,解析,答案0.25 N，方向豎直向下,解析設圓弧CD半徑為r，半圓EF半徑為R,F0.25 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.,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??；,答案,解析,答案3

10、m/s,解析根據(jù)vr得v3 m/s,(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；,答案,解析,答案0.4 s,(3)小球落地前瞬間的速度大小.,答案,解析,答案5 m/s,解析小球平拋運動的豎直速度vygt,得v5 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R0.20 m.質量m0.1 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t0.4 s著地，飛行的水平距離x1.6 m，g10 m/s2，不計空氣阻力，求：,圖6,(1)豎直管A

11、B的長度L；,答案,解析,答案0.6 m,解析小球做平拋運動：,解得：L0.6 m.,(2)小球從C端飛出時的速度大??；,答案,解析,答案4 m/s,解析小球做平拋運動：xvCt， 解得：vC4 m/s.,(3)小球在C端對管壁的壓力.,答案,解析,答案7 N，方向豎直向上,解析設小球在C端受到管壁的壓力為FN，方向豎直向下，,解得：FN7 N 由牛頓第三定律可知，小球對軌道的壓力豎直向上，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h5 m處有一個可間斷滴水的容器，從t0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t0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下一滴水.(取g10 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？,答案,解析,答案1 s,(2)要使每一滴水在盤面上的落點都位于同一直線上，圓盤的角速度應為多大？,答案,解析,答案k rad/s(k1,2,3),解析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)轉過的弧度為k，k為不為零的正整數(shù). 則k rad/s，其中k1,2,3.,