（浙江選考）2018版高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題七 計(jì)算題題型強(qiáng)化 第1講 必考計(jì)算題19題 力與物體的運(yùn)動(dòng)學(xué)案

《（浙江選考）2018版高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題七 計(jì)算題題型強(qiáng)化 第1講 必考計(jì)算題19題 力與物體的運(yùn)動(dòng)學(xué)案》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江選考）2018版高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題七 計(jì)算題題型強(qiáng)化 第1講 必考計(jì)算題19題 力與物體的運(yùn)動(dòng)學(xué)案（11頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第1講　必考計(jì)算題19題　力與物體的運(yùn)動(dòng) 題型1　力與物體的直線運(yùn)動(dòng) 1．(2017·溫州市十校期末聯(lián)考)在研究摩擦力特點(diǎn)的實(shí)驗(yàn)中，將木塊放在水平長(zhǎng)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(jì)算機(jī)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(zhǎng)木板間的最大靜摩擦力Ffm和木塊與長(zhǎng)木板間的動(dòng)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(zhǎng)木板上做

2、勻變速直線運(yùn)動(dòng)．拉力F1大小應(yīng)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(diǎn)由靜止開始運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后，撤去拉力F1，木塊繼續(xù)沿直線運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，已知AB間長(zhǎng)度x＝6 m，求拉力F1作用的最短時(shí)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(yùn)動(dòng)后，由圖知滑動(dòng)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(jié)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(shí)間最短，則木塊到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度減為零． F1作用時(shí)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(shè)撤去F1時(shí)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(guó)太空探索公司于2017年1月15日回收的一級(jí)火箭在海上平臺(tái)著陸的場(chǎng)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(shí)離平臺(tái)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(dòng)機(jī)，使火箭減速下降(視為勻減速)，著陸時(shí)的速度恰好為零．設(shè)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(jì))，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(dòng)機(jī)時(shí)，火箭的速度大小v1和離平臺(tái)的高度h. (2)反推噴氣發(fā)動(dòng)機(jī)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(tái)的高度h＝H－t＝9 900 m (2)設(shè)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(zāi)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(shè)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?kù)o止下滑，到水平路面后又滑了一段距離而停止，經(jīng)測(cè)量水平段長(zhǎng)為x.已知石塊和斜坡、水平路面的

6、動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，假設(shè)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(dá)斜坡底端時(shí)的速率； (2)石塊運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間． 答案　(1)　(2)＋ 解析　(1)設(shè)石塊到達(dá)斜坡底端時(shí)速度大小為v，則 在水平路面上運(yùn)動(dòng)過程中，由牛頓第二定律有 μmg＝ma2，v2＝2a2x 得v＝. (2)設(shè)在水平路面上運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t2， 據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有x＝vt2 得t2＝ 設(shè)在斜坡上運(yùn)動(dòng)加速度為a1，時(shí)間為t1 mgsin θ－μmgcos θ＝ma1 得a1＝gsin θ－μgcos θ 由v＝a1t1得t1＝ 則總時(shí)間t＝t1＋t2＝＋. 1.力與物體的直線

7、運(yùn)動(dòng)問題往往涉及物體有兩個(gè)或多個(gè)連續(xù)的運(yùn)動(dòng)過程，在物體不同的運(yùn)動(dòng)階段，物體的運(yùn)動(dòng)情況和受力情況都發(fā)生了變化，這類問題稱為牛頓運(yùn)動(dòng)定律中的多過程問題． 2．此類問題考查對(duì)運(yùn)動(dòng)學(xué)知識(shí)的掌握和對(duì)動(dòng)力學(xué)綜合問題的處理能力．對(duì)物體受力分析和運(yùn)動(dòng)分析并結(jié)合v－t圖象分析是解決這類題目的關(guān)鍵．要求能從文字?jǐn)⑹龊蛌－t圖象中獲取信息，構(gòu)建相應(yīng)的物理模型，列出相應(yīng)的方程解答． 3．注意兩個(gè)過程的連接處，加速度可能突變，但速度不會(huì)突變，速度是聯(lián)系前后兩個(gè)階段的橋梁． 題型2　力與物體的曲線運(yùn)動(dòng) 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(xì)管AB，上端B

8、與四分之一圓弧細(xì)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(jìn)入細(xì)管A端，再沿管ABC從C端水平射出，射出后經(jīng)過時(shí)間t＝0.4 s著地，飛行的水平距離x＝1.6 m，g＝10 m/s2，不計(jì)空氣阻力，求： 圖4 (1)豎直管AB的長(zhǎng)度L； (2)小球從C端飛出時(shí)的速度大??； (3)小球在C端對(duì)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(yùn)動(dòng)： R＋L＝gt2， 解得：L＝0.6 m. (2)小球做平拋運(yùn)動(dòng)：x＝vCt， 解得：vC＝4 m/s. (3)設(shè)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(duì)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(shí)，合力向上，此時(shí)車對(duì)橋面的壓力最大；汽車駛至凸面的頂部時(shí)，

10、合力向下，此時(shí)車對(duì)橋面的壓力最?。? (1)汽車在凹面的底部時(shí)，由牛頓第三定律可知， 橋面對(duì)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(dāng)汽車以10 m/s的速度經(jīng)過凸形橋頂部時(shí)，因10 m/s＜＝10 m/s，故在凸形橋最高點(diǎn)上不會(huì)脫離橋面，所以最大速度為10 m/s. (2)汽車在凸形橋頂部時(shí)，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(duì)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(dòng)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(dòng)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(diǎn)時(shí)，恰好做半徑為r的圓周運(yùn)動(dòng)，此時(shí)水的噴射方向水平．不計(jì)水管與手部控制器的作用．求： 圖6 (1)最高點(diǎn)的向心加速度大?。? (2)最高點(diǎn)的速度大??； (3)若在最高點(diǎn)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(shí)，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(diǎn)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(diǎn)，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(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，則有h＝gt2，x＝vt 解得x＝. 4. 如圖7所示，一根長(zhǎng)為L(zhǎng)＝5 m的輕繩一端固定在O′點(diǎn)，另一端系一質(zhì)量m＝1 kg的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))．將輕繩拉至水平并將小球由位置A靜止釋放，小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)O時(shí)輕繩剛好被拉斷．O點(diǎn)下方有一以O(shè)點(diǎn)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(shí)繩的拉力F的大小； (2)小球從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到曲面的時(shí)間t. 答案　(1)30 N　(2)1 s 解析　(1)設(shè)小球擺到O點(diǎn)的速度為v，小球由A到O的過程，由機(jī)械能守恒定律有

13、： mgL＝mv2 ① 在O點(diǎn)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(yùn)動(dòng)，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(yùn)動(dòng)的基本方法是把運(yùn)動(dòng)分解為水平方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)和豎直方向的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，通過研究分運(yùn)動(dòng)達(dá)到研究合運(yùn)動(dòng)的目的． 2．解決圓周運(yùn)動(dòng)力學(xué)問題要注意以下幾點(diǎn)： (1)要進(jìn)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(dòng)力學(xué)方程Fn＝m＝mrω2＝mωv＝mr. (3)對(duì)于豎直面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)要注意“輕桿模型”和“輕繩模型”的臨界條件． 專題強(qiáng)化練 (限時(shí)：30分鐘) 1. 如圖1所示，一個(gè)人用與水平方向成37°的大小為F＝10 N的力推一個(gè)靜止在水平面上質(zhì)量為2 kg的物體，物體和地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.25，運(yùn)動(dòng)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小； (2)4 s末物體的速度大??； (3)物體運(yùn)動(dòng)的總位移大?。? 答案　(1)0.75 m/s2　(2)3 m/s　(3

15、)7.8 m 解析　(1) 對(duì)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(dòng)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(tái)州市9月選考)如圖2所示，一條不可伸長(zhǎng)的繩子上端固定，長(zhǎng)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(shí)速度剛好為零．同時(shí)在水平面上有一輛長(zhǎng)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(yùn)動(dòng)，g取10 m/s2.求： 圖2 (1)特技小貓下滑所用的時(shí)間t； (2)讓該小貓滑下后能掉在車上，則車啟動(dòng)后小貓應(yīng)在多長(zhǎng)時(shí)間范圍內(nèi)開始下滑？(小貓看做質(zhì)點(diǎn)) 答案　(1)1.5 s　(2

17、)1 s≤Δt≤2.5 s 解析　(1)對(duì)小貓加速下滑，受力分析可知： mg＝ma1，所以a1＝10 m/s2 對(duì)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(shè)小貓下滑過程中最大速度為v，根據(jù)小貓下滑的運(yùn)動(dòng)過程可得：l1＝＋ 解得：v＝10 m/s 所以下滑用的時(shí)間為：t＝＋＝1.5 s. (2)設(shè)車運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1時(shí)，車頭剛好到繩末端，有 s＝v0t1 解得：t1＝2.5 s 小貓開始下滑時(shí)間Δt＝t1－t＝1 s 設(shè)車運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2時(shí)，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(shí)間Δt2＝t2－t＝2.5 s 所以小貓下滑的時(shí)間范圍應(yīng)是1 s≤Δt≤2.5 s. 3．(2017·嘉興市高二上期末)“地球脈動(dòng)2”是BBC制作的大型紀(jì)錄片，該片為了環(huán)保采用熱氣球進(jìn)行拍攝，如圖3所示．已知?dú)馇?、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(shí)間后由于某種故障，氣球受到的空氣浮力減小，當(dāng)攝影師發(fā)現(xiàn)氣球在豎直下降時(shí)，氣球速度已為2 m/s，此后4 s時(shí)間內(nèi)，氣球勻加速下降了16 m，此時(shí)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(yùn)動(dòng)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(dāng)座艙勻速下降到離地20 m時(shí)，再次拋掉60 kg的壓艙物，則座艙到達(dá)地面時(shí)的速度是多大？ 答案　(1)1 m/s2　(2)90 kg　(3)2 m/s 解析　(1)由運(yùn)動(dòng)公式x＝v0t＋at2 可知a＝1 m/s2 (2)設(shè)氣球受到空氣的浮力為F，則氣球整體向下勻加速下降時(shí)，由牛頓第二定律可得 Mg－F＝Ma. 設(shè)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(shè)第一次拋掉壓艙物時(shí)，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(shí)，做勻速直線運(yùn)動(dòng) 再次拋掉壓艙

20、物60 kg，整體質(zhì)量為M′＝750 kg 設(shè)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(fù)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(diǎn))，連接物體和轉(zhuǎn)軸的繩子長(zhǎng)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(duì)物體的拉力為零時(shí)的最大角速度； (2)當(dāng)角速度為 時(shí)，繩子對(duì)物體拉力的大?。? 答案　(1)　(2)μmg 解析　(1)當(dāng)恰由最大靜摩擦力提供向心力時(shí)，繩子拉力為零且轉(zhuǎn)速達(dá)到最大，設(shè)轉(zhuǎn)盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為ω0，則

21、μmg＝mωr，得ω0＝. (2)當(dāng)ω＝時(shí)，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(shí)，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(tái)AO長(zhǎng)x＝2.0 m，槽寬d＝0.10 m，槽高h(yuǎn)＝1.25 m，現(xiàn)有一小球從平臺(tái)上A點(diǎn)水平射出，已知小球與平臺(tái)間的阻力為其重力的0.1倍，空氣阻力不計(jì)，g＝10 m/s2.求： 圖5 (1)小球在平臺(tái)上運(yùn)動(dòng)的加速度大??； (2)為使小球能沿平臺(tái)到達(dá)O點(diǎn)，求小球在A點(diǎn)的最小出射速度和此情景下小球在平臺(tái)上的運(yùn)動(dòng)時(shí)間； (3)若要保證小球不碰槽壁且恰能落到槽底上的P點(diǎn)，求小球離開O點(diǎn)時(shí)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(shè)小球在平臺(tái)上運(yùn)動(dòng)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(dá)O點(diǎn)的速度恰為零時(shí)，小球在A點(diǎn)的出射速度最小，設(shè)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(shè)小球落到P點(diǎn)，在O點(diǎn)拋出時(shí)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