（部编本人教版）高考物理二轮复习 专题七 计算题题型强化 第1讲 必考第19题 力与物体的运动学

第1讲 必考第19题 力与物体的运动

题型1 力与物体的直线运动

1．力与物体的直线运动问题往往涉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．此类问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．对物体受力分析和运动分析，并结合v－t图象分析是解决这类题目的关键．要求能从文字叙述和v－t图象中获取信息，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，加速度可能突变，但速度不会突变，速度是联系前后两个阶段的桥梁．

例1 (2018·浙江4月选考·19)可爱的企鹅喜欢在冰面上玩游戏．如图1所示，有一企鹅在倾角为37°的倾斜冰面上，先以加速度a＝0.5 m/s从冰面底部由静止开始沿直线向上“奔跑”，t＝8 s时，突然卧倒以肚皮贴着冰面向前滑行，最后退滑到出发点，完成一次游戏(企鹅在滑动过程中姿势保持不变)．若企鹅肚皮与冰面间的动摩擦因数μ＝0.25，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s.求：

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2

图1

(1)企鹅向上“奔跑”的位移大小； (2)企鹅在冰面滑动的加速度大小；

(3)企鹅退滑到出发点时的速度大小．(计算结果可用根式表示) 答案 (1)16 m (2)8 m/s 4 m/s (3)234 m/s

12

解析 (1)在企鹅向上“奔跑”过程中：x＝at，解得x＝16 m.

2

(2)在企鹅卧倒以后将进行两个过程的运动，第一个过程是从卧倒到最高点，第二个过程是从最高点滑到出发点，两次过程根据牛顿第二定律分别有：

2

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mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma1

1

mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma2

解得：a1＝8 m/s，a2＝4 m/s.

(3)企鹅从卧倒滑到最高点的过程中，做匀减速直线运动，设时间为t′，位移为x′

2

2

at1

t′＝，x′＝a1t′2，

a12

解得：x′＝1 m.

企鹅从最高点滑到出发点的过程中，设末速度为vt，初速度为0，则有：

vt2－02＝2a2(x＋x′)

解得：vt＝234 m/s.

1．(2018·杭州市期末)旧时人们通过打夯将地砸实．打夯时四个劳动者每人分别握住夯锤(如图2甲)的一个把手，一个人喊号，号声一响，四人同时使用相同的恒定作用力将地上质量为90 kg的夯锤向上提起；号音一落，四人同时松手，夯锤落下将地面砸实．假设夯锤砸在地面上时地面对夯锤的作用力近似不变，大小为夯锤重力的19倍．以竖直向上为正方向，可得劳动者们在某次打夯时松手前夯锤运动的v－t图象如图乙所示．不计空气阻力，取g＝10 m/s，求：

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图2

(1)每个人对夯锤所施加的恒力大小； (2)夯锤能够上升的最大高度； (3)夯锤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)设每人施加的恒力大小为F 102

由v－t图象可得：a1＝ m/s

3又根据牛顿第二定律4F－mg＝ma1 得F＝300 N

(2)松手后，夯锤继续上升的时间

2

v1.5

t2＝＝ s＝0.15 s

g10

故上升的总高度为

v1

H＝(t1＋t2)＝×1.5×0.6 m＝0.45 m

2

2

(3)砸到地上时：FN－mg＝ma2，v′＝2gH 得a2＝180 m/s，v′＝3 m/s 由v′＝2a2h 得h＝0.025 m

2．(2018·宁波市重点中学联考)如图3所示为一滑草场的滑道示意图，该滑道由AB、BC、

2

2

2

CD三段组成，其中AB段和BC段与水平面的夹角分别为53°和37°，且这两段长度均为L＝28 m，载人滑草车从坡顶A点由静止开始自由下滑，先加速通过AB段，再匀速通过BC段，最后停在水平滑道CD段上的D点，若载人滑草车与草地之间的动摩擦因数均为μ，不计载人滑草车在交接处的能量损失，g＝10 m/s，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：

2

图3

(1)载人滑草车与草地之间的动摩擦因数μ； (2)载人滑草车经过B点时的速度大小vB； (3)载人滑草车从A点运动至D点的时间． 答案 (1)0.75 (2)14 m/s (3)7.87 s

解析 (1)BC段载人滑草车匀速运动，由牛顿第二定律得：

mgsin 37°－μmgcos 37°＝0

得μ＝0.75

(2)AB段载人滑草车做匀加速运动，由牛顿第二定律得：

mgsin 53°－μmgcos 53°＝ma1 vB2＝2a1L

得vB＝14 m/s

3

(3)AB段所用时间t1＝＝4 s

vBa1

LBC段所用时间t2＝＝2 s

vBCD段载人滑草车做匀减速运动，由牛顿第二定律得μmg＝ma3 vBCD段所用时间t3＝＝1.87 s

a3

则从A至D所用时间t＝t1＋t2＋t3＝7.87 s

题型2 力与物体的曲线运动

1．处理平抛(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．解决圆周运动力学问题要注意以下几点：

(1)要进行受力分析，明确向心力的来源，确定圆心以及半径．

2

v24π2

(2)列出正确的动力学方程Fn＝m＝mrω＝mωv＝mr2.

rT(3)对于竖直面内的圆周运动要注意“轻杆模型”和“轻绳模型”的临界条件．

例2 某同学设计了一种轨道，其局部简化如图4所示，质量m＝0.1 kg的小滑块(可看成质点)在倾角θ＝37°的倾斜轨道上从A点由静止开始下滑，经过B点后进入光滑水平轨道

BC(设经过B点前后速度大小不变)，AB长2 m，从A到B的运动时间为1.0 s．滑过粗糙圆

弧轨道CD从D点飞出后，经0.2 s恰好水平进入半圆形圆管轨道EF(圆管内径稍大于滑块，

EF为半圆直径，F点是半圆与水平面BC的切点，圆管内径远小于圆弧EF半径，CF距离可调)．所

有轨道都在同一竖直平面内，圆弧轨道CD与水平轨道BC相切于C点，CD圆弧半径为1 m，所对的圆心角为53°.(空气阻力不计，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s)，求：

2

图4

(1)小滑块与AB轨道的动摩擦因数； (2)CF两点间距离；

(3)小滑块刚进入圆管轨道时对轨道的压力．

答案 (1)0.25 (2)1.1 m (3)0.25 N，方向竖直向下

4

12

解析 (1)由x＝at1得

2小滑块在AB段的加速度a＝

2xt1

2

＝4 m/s

2

对小滑块：mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma μ＝0.25 (2)由题意可知

vDy＝gt2＝2 m/s vDx＝

＝1.5 m/s

tan 53°

vDyCD水平距离：xCD＝rsin 53°＝0.8 m DE水平距离：xDE＝vDxt2＝0.3 m CF两点距离：xCF＝xCD＋xDE＝1.1 m

(3)设圆弧CD半径为r，半圆EF半径为R

vDy2

DE竖直距离：h1＝＝0.2 m

2gR＝[h1＋r(1－cos 53°)]＝0.3 m

vDx2

在E点对滑块受力分析，由牛顿第二定律得：mg＋F＝m RF＝－0.25 N

根据牛顿第三定律得

滑块对圆管的压力大小为0.25 N，方向竖直向下．

3．(2018·温州市期末)如图5所示，光滑桌面上一个小球由于细线的牵引，绕桌面上的图钉做匀速圆周运动，已知角速度为6 rad/s，圆周半径为0.5 m，桌面离地高度为0.8 m，g取10 m/s.求：

2

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图5

(1)小球的线速度大小；

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