【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）

【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