【物理】2018届二轮复习“活用三大观点破解力学计算题”学案(全国通用)

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【物理】2018届二轮复习“活用三大观点破解力学计算题”学案(全国通用)

‎“活用三大观点破解力学计算题”学前诊断 ‎1.在一次“模拟微重力环境”的实验中,实验人员乘坐实验飞艇到达h1=6 ‎000 m的高空,然后让飞艇由静止下落,下落过程中飞艇所受阻力为其重力的0.04倍。实验人员可以在飞艇内进行微重力影响的实验,当飞艇下落到距地面的高度h2=3 ‎000 m时,开始做匀减速运动,以保证飞艇离地面的高度不低于h=‎500 m,取g=‎10 m/s2,求:‎ ‎(1)飞艇加速下落的时间t;‎ ‎(2)减速运动过程中,实验人员对座椅的压力F与其重力mg的比值的最小值。‎ 解析:(1)设飞艇加速下落的加速度为a1,‎ 由牛顿第二定律得:Mg-f=Ma1‎ 解得a1==‎9.6 m/s2‎ 加速下落的高度为h1-h2=3 ‎000 m,‎ 根据位移时间关系公式,有:h1-h2=a1t2,‎ 故加速下落的时间为 t= = s=25 s。‎ ‎(2)飞艇开始做减速运动时的速度为v=a1t=‎240 m/s 匀减速下落的最大高度为 h2-h=3 ‎000 m-‎500 m=2 ‎‎500 m 要使飞艇在下降到离地面‎500 m时速度为零,飞艇减速时的加速度a2至少应为 a2== m/s2=‎11.52 m/s2‎ 根据牛顿第二定律可得F′-mg=ma2,‎ 根据牛顿第三定律可得F=F′,‎ 则:=2.152。‎ 答案:(1)25 s (2)2.152‎ ‎2.某工厂为实现自动传送工件设计了如图所示的传送装置,由一个水平传送带AB和倾斜传送带CD组成,水平传送带长度LAB=‎4 m,倾斜传送带长度LCD=‎4.45 m,倾角为θ=37°,AB和CD通过一段极短的光滑圆弧板过渡,AB传送带以v1=‎5 m/s的恒定速率顺时针运转,CD传送带静止。已知工件与传送带间的动摩擦因数均为μ=0.5,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度g=‎10 m/s2。现将一个工件(可看作质点)无初速度地放在水平传送带最左端A点处,求:‎ ‎(1)工件被第一次传送到CD传送带上升的最大高度和所用的时间;‎ ‎(2)要使工件恰好被传送到CD传送带最上端,CD传送带沿顺时针方向运转的速度v2大小(v2<v1)。‎ 解析:(1)工件刚放在传送带AB上,在摩擦力作用下做匀加速运动,设其加速度大小为a1,速度增加到v1时所用时间为t1,位移大小为s1,则由受力分析图甲以及牛顿运动定律可得:N1=mg f1=μN1=ma1‎ 联立解得:a1=‎5 m/s2。‎ 由运动学公式有:t1== s=1 s s1=a1t12=×5×‎12 m=‎‎2.5 m 由于s1<LAB,随后工件在传送带AB上做匀速直线运动到B端,则匀速运动的时间t2为:‎ t2==0.3 s 工件滑上CD传送带后在沿传送带向下的重力和滑动摩擦力作用下做匀减速运动,设其加速度大小为a2,速度减小到零时所用时间为t3,位移大小为s2,则由受力分析图乙以及牛顿运动定律可得:N2=mgcos θ mgsin θ+μN2=ma2‎ 由运动学公式有:s2= 联立解得:a2=‎10 m/s2。‎ s2=‎‎1.25 m 工件沿CD传送带上升的最大高度为:‎ h=s2sin θ=1.25×‎0.6 m=‎‎0.75 m 沿CD上升的时间为:t3== s=0.5 s 故总时间为:t=t1+t2+t3=1.8 s。‎ ‎(2)CD传送带以速度v2大小向上传送时,当工件的速度大于v2时,滑动摩擦力沿传送带向下,加速度大小仍为a2;‎ 当工件的速度小于v2时,滑动摩擦力沿传送带向上,设其加速度大小为a3,两个过程的位移大小分别为s3和s4,受力分析如图丙所示,‎ 由运动学公式和牛顿运动定律可得:‎ ‎-‎2a2s3=v22-v12‎ mgsin θ-μN2=ma3‎ ‎-‎2a3s4=0-v22‎ LCD=s3+s4‎ 解得:v2=‎4 m/s。‎ 答案:(1)‎0.75 m 1.8 s (2)‎4 m/s ‎3.如图所示,倾斜轨道AB的倾角为37°,CD、EF轨道水平,AB与CD通过光滑圆弧管道BC连接,CD右端与竖直光滑圆周轨道相连。小球可以从D进入该轨道,沿轨道内侧运动,从E滑出该轨道进入EF水平轨道。小球由静止从A点释放,已知AB长为5R,CD长为R,重力加速度为g,小球与斜轨道AB及水平轨道CD、EF的动摩擦因数均为0.5,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,圆弧管道BC入口B与出口C的高度差为1.8R。求(在运算中,根号中的数值无须算出):‎ ‎(1)小球滑到圆弧管道底端C时速度的大小;‎ ‎(2)小球运动到C点时对轨道的作用力;‎ ‎(3)要使小球在运动过程中不脱离轨道,竖直圆周轨道的半径R′应该满足什么条件?‎ 解析:(1)设小球到达C点时速度为vC,小球从A运动至C过程,由动能定理有 mg(5Rsin 37°+1.8R)-μmgcos 37°·5R=mvC2‎ 可得vC= 。‎ ‎(2)小球沿BC轨道做圆周运动,设在C点时轨道对球的作用力为FN,由牛顿第二定律,有FN-mg=m 其中r满足r+r·sin 53°=1.8R 联立上式可得FN=6.6mg 由牛顿第三定律可得,球对轨道的作用力为6.6mg,方向竖直向下。‎ ‎(3)要使小球不脱离轨道,有两种情况:‎ 情况一:小球能滑过圆周轨道最高点,进入EF轨道,则小球在最高点应满足m≥mg 小球从C点到此最高点过程,由动能定理,有 ‎-μmgR-mg·2R′=mvP2-mvC2‎ 可得R′≤R=0.92R 情况二:小球最多上滑至四分之一圆轨道,然后滑回D点。则由能量守恒定律得 mvC2-μmgR≤mg·R′‎ 解得R′≥2.3R 所以要使小球不脱离轨道,竖直圆周轨道的半径R′应该满足R′≤0.92R或R′≥2.3R。‎ 答案:(1)  (2)6.6mg 方向竖直向下 ‎(3)R′≤0.92R或R′≥2.3R ‎4.如图,质量为m的b球静置在水平固定轨道BC的左端C处。质量为‎2m的a球从距水平轨道BC高度为h的A处由静止释放,沿ABC光滑轨道滑下。a球滑到C处与b球发生正碰,并与b球粘合在一起沿水平方向飞出,最后落在地面上的D点。已知水平轨道BC距地面的高度为H,重力加速度为g。求:‎ ‎(1)a球与b球碰前瞬间,a球的速度大小;‎ ‎(2)C、D两点之间的水平距离和碰撞过程中损失的机械能。‎ 解析:(1)设a球与b球碰前瞬间的速度大小为vC,‎ 根据机械能守恒定律有2mgh=×2mvC2,‎ 解得vC=。‎ ‎(2)设a球与b球碰后的速度大小为v,由动量守恒定律有2mvC=(m+‎2m)v,‎ 得v=vC=,设C、D两点间的水平距离为L,两球粘合在一起做平抛运动,有H=gt2,L=vt,‎ 联立解得L=,‎ 碰撞过程中损失的机械能 E=×2mvC2-×3mv2=mgh。‎ 答案:(1) (2) mgh ‎5.如图,质量为M的小车静止在光滑的水平面上,小车AB段是半径为R的四分之一圆弧光滑轨道,BC段是长为L的水平粗糙轨道,两段轨道相切于B点,一质量为m的滑块在小车上从A 点由静止开始沿轨道滑下,重力加速度为g。‎ ‎(1)若固定小车,求滑块运动过程中对小车的最大压力;‎ ‎(2)若不固定小车,滑块仍从A点由静止下滑,然后滑入BC轨道,最后从C点滑出小车,已知滑块质量m=,在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍,滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ,求:‎ ‎①滑块运动过程中,小车的最大速度vm;‎ ‎②滑块从B到C运动过程中,小车的位移大小。‎ 解析:(1)滑块到达B点时的速度最大,受到的支持力最大;滑块下滑的过程中机械能守恒,由机械能守恒定律得:mgR=mvB2,滑块在B点处受到的支持力与重力的合力提供向心力,由牛顿第二定律得:‎ N-mg=m,解得:N=3mg,‎ 由牛顿第三定律得:滑块对小车的压力:N′=N=3mg 即滑块运动过程中对小车的最大压力是3mg。‎ ‎(2)①在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍,设小车的最大速度是vm,‎ 由机械能守恒定律得:mgR=Mvm2+m(2vm)2,‎ 解得:vm= 。‎ ‎②由于在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍,所以滑块从B到C运动过程中,滑块的平均速度是小车的平均速度的2倍,即:滑块=2车,‎ 由于它们运动的时间相等,根据:‎ x= t可得s滑块=2s车 又:s滑块+s车=L 所以小车的位移大小:s车=L。‎ 答案:(1)3mg (2)①  ②L
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