（山西專版）2020版高考物理二輪復習 第三篇 計算題 熱點18 力學綜合題（二）三種運動形式的應用精練（含解析）

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1、熱點18　力學綜合題(二)　三種運動形式的應用 熱考題型 題型一　對于多運動階段問題的分析 　　1.準確選取研究對象,根據(jù)題意畫出物體在各階段的運動示意圖。 　　2.明確物體在各階段的運動性質(zhì),找出題目給定的已知量、待求未知量以及中間量。 　　3.合理選擇運動學公式,列出物體在各階段的運動方程,同時列出物體在各階段間的關聯(lián)方程。 　　4.勻變速直線運動涉及的公式較多,各公式相互聯(lián)系,多數(shù)題目可一題多解,解題時要開闊思路,通過分析、對比,根據(jù)已知條件和題目特點適當?shù)夭鸱?、組合運動過程,選取最簡捷的解題方法。 1.在娛樂節(jié)目《幸運向前沖》中,有一個關口是跑步跨欄機,它的設置是讓挑戰(zhàn)者

2、通過一段平臺,再沖上反向移動的跑步機皮帶并通過跨欄,沖到這一關的終點?，F(xiàn)有一套跑步跨欄裝置,平臺長L1=4m,跑步機皮帶長L2=32m,跑步機上方設置了一個跨欄(不隨皮帶移動),跨欄到平臺末端的距離L3=10m,且皮帶以v0=1m/s的恒定速率轉動,一位挑戰(zhàn)者在平臺起點從靜止開始以a1=2m/s2的加速度通過平臺沖上跑步機,之后以a2=1m/s2的加速度在跑步機上往前沖,在跨欄時不慎跌倒,經(jīng)過2s爬起(假設從摔倒至爬起的過程中挑戰(zhàn)者與皮帶始終相對靜止),然后又保持原來的加速度a2,在跑步機上順利通過剩余的路程,求挑戰(zhàn)者全程所需要的時間。 答案　14s 解析　挑戰(zhàn)者勻加速通過平臺:L1=

3、12a1t12 通過平臺的時間:t1=2L1a1=2s 沖上跑步機的初速度:v1=a1t1=4m/s 沖上跑步機至跨欄:L3=v1t2+12a2t22 解得t2=2s,t2'=-10s(舍去) 摔倒至爬起隨跑步機移動距離: x=v0t=1×2m=2m(向左) 取地面為參考系,則挑戰(zhàn)者爬起向左減速過程有:v0=a2t3 解得t3=1s 對地位移為x1=12a2t32=0.5m(向左) 挑戰(zhàn)者向右加速沖刺過程有:x+x1+L2-L3=12a2t42 解得t4=7s 挑戰(zhàn)者通過全程所需要的總時間為 t總=t1+t2+t+t3+t4=14s 題型二　有關極值的計算題

4、　　縱觀近幾年高考計算題,對應用數(shù)學知識解決物理問題的能力考查有逐步加大的趨勢,求極值的計算題出現(xiàn)頻率逐漸變高,應引起重視。在高中物理中,求極值的常用方法有:圖解法、臨界條件法、函數(shù)法(三角函數(shù)、一元二次函數(shù))和判別式法,在備考中加強這些方法(主要是臨界條件法、函數(shù)法)的運用練習,就能解決此類問題。 2.如圖所示,一長為200m的列車沿平直的軌道以80m/s的速度勻速行駛,當車頭行駛到進站口O點時,列車接到停車指令,立即勻減速停車,因OA段鐵軌不能停車,整個列車只能停在AB段內(nèi),已知OA=1200m,OB=2000m,求: (1)列車減速運動的加速度大小的取值范圍; (2)列車減速運

5、動的最長時間。 答案　(1)85m/s2≤a≤167m/s2　(2)50s 解析　(1)若列車車尾恰好停在A點,減速運動的加速度大小為a1,距離為x1,則 0-v02=-2a1x1① x1=1200m+200m=1400m② 解得a1=167m/s2③ 若列車車頭恰好停在B點,減速運動的加速度大小為a2,距離為xOB=2000m,則 0-v02=-2a2xOB④ 解得a2=85m/s2⑤ 故加速度大小a的取值范圍為85m/s2≤a≤167m/s2⑥ (2)當列車車頭恰好停在B點時,減速運動時的時間最長,則0=v0-a2t⑦ 解得t=50s⑧ 題型三　拋體運動、圓周運動與

6、直線運動的綜合應用 3.如圖所示,半徑R=0.5m的光滑圓弧軌道ABC與足夠長的粗糙直軌道CD在C處平滑連接,O為圓弧軌道ABC的圓心,B點為圓弧軌道的最低點,半徑OA、OC與OB的夾角分別為53°和37°。將一個質(zhì)量m=0.5kg的物體(視為質(zhì)點)從A點左側高為h=0.8m處的P點水平拋出,恰從A點沿切線方向進入圓弧軌道。已知物體與軌道CD間的動摩擦因數(shù)μ=0.8,重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。求: (1)物體水平拋出時的初速度大小v0; (2)物體經(jīng)過B點時,對圓弧軌道的壓力大小FN; (3)物體在軌道CD上運動的距離x。(結果保留三位

7、有效數(shù)字) 答案　(1)3m/s　(2)34N　(3)1.09m 解析　(1)由平拋運動規(guī)律知vy2=2gh 豎直分速度vy=2gh=4m/s 初速度v0=vytan37°=3m/s (2)從P點至B點的過程,由機械能守恒定律有 mg(h+R-Rcos53°)=12mvB2-12mv02 經(jīng)過B點時,由向心力公式有FN'-mg=mvB2R 解得FN'=34N 由牛頓第三定律知,物體對軌道的壓力大小為FN=FN'=34N (3)因μmgcos37°>mgsin37°,物體沿軌道CD向上做勻減速運動,速度減為零后不會下滑 從B點到上滑至最高點的過程,由動能定理有 -mgR(

8、1-cos37°)-(mgsin37°+μmgcos37°)x=0-12mvB2 解得x=135124m≈1.09m 跟蹤集訓 1.某物理興趣小組制作了一個游戲裝置,其簡化模型如圖所示,選手在A點用一彈射裝置可將小滑塊以水平速度彈射出去,沿水平直線軌道運動到B點后,進入半徑R=0.3m的光滑豎直圓形軌道,運行一周后自B點向C點運動,C點右側有一陷阱,C、D兩點的豎直高度差h=0.2m,水平距離s=0.6m,水平軌道AB長為L1=1m,BC長為L2=2.6m,小滑塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)μ=0.5,重力加速度g=10m/s2。 (1)若小滑塊恰能通過圓形軌道的最高點,求小滑塊在A點被彈

9、出時的速度大小; (2)若游戲規(guī)則為小滑塊沿著圓形軌道運行一周后只要不掉進陷阱即選手獲勝。求獲勝選手在A點將小滑塊彈射出的速度大小的范圍。 答案　(1)5m/s (2)5m/s≤vA≤6m/s或vA≥35m/s 解析　(1)小滑塊恰能通過圓形軌道的最高點時,重力提供向心力,有mg=mv2R;小滑塊由A到B再到圓形軌道的最高點的過程,由動能定理得 -μmgL1-2mgR=12mv2-12mvA2, 解得小滑塊在A點的初速度vA=5m/s。 (2)若小滑塊恰好停在C處,對全程進行研究,則有 -μmg(L1+L2)=0-12mv'2 代入數(shù)據(jù)解得v'=6m/s。 所以當5m/

10、s≤vA≤6m/s時,小滑塊停在B、C間。 若小滑塊恰能越過陷阱,則有h=12gt2,s=vtC,聯(lián)立解得vC=3m/s 由動能定理得-μmg(L1+L2)=12mvC2-12mv″2,代入數(shù)據(jù)解得v″=35m/s, 所以當vA≥35m/s,小球越過陷阱 故若小球既能通過圓形軌道的最高點,又不能掉進陷阱,小滑塊在A點彈射出的速度大小范圍是5m/s≤vA≤6m/s或vA≥35m/s。 2.如圖所示,一個質(zhì)量為M、長為L的圓管豎直放置,頂端塞有一個質(zhì)量為m的彈性小球,M=5m,球和管間的滑動摩擦力和最大靜摩擦力大小均為5mg。管從下端距離地面為H處自由落下,運動過程中,管始終保持豎直,每

11、次落地后向上彈起的速度與落地時速度大小相等,不計空氣阻力,重力加速度為g。求: (1)管第一次落地彈起時管和球的加速度; (2)管第一次落地彈起后,若球沒有從管中滑出,則球與管達到相同速度時,管的下端距地面的高度; (3)管第二次彈起后球不致滑落,L應滿足什么條件? 答案　(1)見解析　(2)49H　(3)L>2827H 解析　(1)管第一次落地彈起時, 管的加速度a1=5mg+5mg5m=2g,方向豎直向下。 球的加速度a2=5mg-mgm=4g,方向豎直向上。 (2)取豎直向下為正方向。管第一次碰地瞬間的速度v0=2gH,方向豎直向下。 碰地后,管的速度v1=2gH,

12、方向豎直向上;球的速度v2=2gH,方向豎直向下 若球剛好沒有從管中滑出,設經(jīng)過時間t1,球、管的速度相同,則有-v1+a1t1=v2-a2t1 t1=2v0a1+a2=2gH3g 故管下端距地面的高度h1=v1t-12a1t12=v123g-v129g=49H (3)球與管達到相對靜止后,將以速度v、加速度 g豎直上升到最高點,由于v=v2-a2t1=-132gH 故這個高度是h2=v22g=132gH22g=19H 因此,管第一次落地彈起后上升的最大高度Hm=h1+h2=59H 從管彈起到球與管共速的過程球運動的位移s=v2t1-12a2t12=29H 則球與管發(fā)生的相對位移s1=h1+s=23H。 同理可知,當管與球從Hm再次下落,第二次落地彈起后到球與管共速,發(fā)生的相對位移為s2=23Hm 所以管第二次彈起后,球不會滑出管外的條件是s1+s22827H。 7