版高考物理全国专用大二轮总复习与增分策略练习.docx
- 文档编号:4651398
- 上传时间:2023-05-07
- 格式:DOCX
- 页数:17
- 大小:126.38KB
版高考物理全国专用大二轮总复习与增分策略练习.docx
《版高考物理全国专用大二轮总复习与增分策略练习.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《版高考物理全国专用大二轮总复习与增分策略练习.docx(17页珍藏版)》请在冰点文库上搜索。
版高考物理全国专用大二轮总复习与增分策略练习
力与物体的直线运动
1.多过程问题
很多动力学问题中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.解题策略
(1)任何多过程的复杂物理问题都是由很多简单的小过程构成,有些是承上启下,上一过程的结果是下一过程的已知,这种情况,一步一步完成即可.
(2)有些是树枝型,告诉的只是旁支,要求的是主干(或另一旁支),这就要求仔细审题,找出各过程的关联,按顺序逐个分析;对于每一个研究过程,选择什么规律,应用哪一个公式要明确.
(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
(2016·浙江10月学考·19)在某段平直的铁路上,一列以324km/h高速行驶的列车在某时刻开始匀减速行驶,5min后恰好停在某车站,并在该站停留4min,随后匀加速驶离车站,经8.1km后恢复到原速324km/h.(g取10m/s2)
图1
(1)求列车减速时的加速度大小;
(2)若该列车总质量为8.0×105kg,所受阻力恒为车重的0.1倍,求列车驶离车站加速过程中牵引力的大小;
(3)求列车从开始减速到恢复原速这段时间内的平均速度大小.
答案 见解析
解析
(1)列车的速度为324km/h=90m/s,经过5min=300s停下,所以加速度为
a=
=
m/s2=-0.3m/s2
(2)Ff=0.1mg,根据牛顿第二定律,F-0.1mg=ma′
v2=2a′x′
解得a′=0.5m/s2,则F=1.2×106N
(3)根据
(2)可知,重新加速时间为t′=
=
s=180s
减速过程中通过的位移x=
t=45×300m=13500m
所以整个过程的平均速度
=
=
m/s=30m/s.
本题考查对牛顿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.
变式题组
1.(2015·浙江9月选考·19)在平直公路上有A、B两辆汽车,质量均为6.0×103kg,运动时所受阻力均为车重的
.它们的v-t图象分别如图2中a、b所示.求:
(g=10m/s2)
图2
(1)A车的加速度aA和牵引力FA;
(2)0~3s内B车的位移xB和牵引力FB.
答案 见解析
解析
(1)由图可得A车匀加速运动的加速度为aA=
=
m/s2=1.75m/s2
由牛顿第二定律得
FA-kmg=maA
可得FA=kmg+maA
代入数据可得
FA=1.45×104N
(2)0~3s内B车的位移等于B车图线与坐标轴围成的面积
xB=9m
由图可得B车匀减速的加速度为aB=
=-
m/s2
由牛顿第二定律
FB-kmg=maB
可得FB=kmg+maB
代入数据可得FB=0.
2.(2016·浙江瑞安中学高一期末)某运动员做跳伞训练,他从悬停在空中的直升飞机上由静止落下,如图3所示,经过8s后打开降落伞,运动员做匀减速直线运动,再经过16s后刚好到达地面,且速度恰好为零.忽略打开降落伞前的空气阻力和打开降落伞的时间.已知人和伞的总质量m=60kg.(g取10m/s2)求:
图3
(1)打开降落伞时运动员的速度大小;
(2)打开降落伞后运动员的加速度大小;
(3)打开降落伞后运动员和伞受到的阻力大小.
答案
(1)80m/s
(2)5m/s2 (3)900N
解析
(1)打开降落伞前,人和伞做自由落体运动v=gt
v=80m/s
(2)打开降落伞后,人和伞一起做匀减速直线运动
a2=
a2=5m/s2
(3)根据牛顿第二定律得
mg-Ff=-ma2
Ff=900N.
力与物体的曲线运动
1.处理平抛(或类平抛)运动的基本方法就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)列出正确的动力学方程Fn=m
=mrω2=mωv=mr
.
(3)对于竖直面内的圆周运动要注意“杆模型”和“绳模型”的临界条件.
例2
如图4所示,水平放置的圆盘半径为R=1m,在其边缘C点固定一个高度不计的小桶,在圆盘直径CD的正上方放置一条水平滑道AB,滑道与CD平行.滑道右端B与圆盘圆心O在同一竖直线上,其高度差为h=1.25m.在滑道左端静止放置质量为m=0.4kg的物块(可视为质点),物块与滑道间的动摩擦因数为μ=0.2.当用一大小为F=4N的水平向右的拉力拉动物块的同时,圆盘从图示位置以角速度ω=2πrad/s,绕穿过圆心O的竖直轴匀速转动,拉力作用一段时间后撤掉,物块在滑道上继续滑行,由B点水平抛出,恰好落入小桶内,重力加速度g取10m/s2.
图4
(1)求拉力作用的最短时间.
(2)若拉力作用时间为0.5s,求所需滑道的长度.
答案
(1)0.3s
(2)4m
解析
(1)物块做平抛运动,则
水平方向:
R=vt
竖直方向:
h=
gt2
解得物块离开滑道时的速度
v=2m/s
设拉动物块时的加速度为a1,
由牛顿第二定律得
F-μmg=ma1,解得
a1=8m/s2
撤去拉力后,由牛顿第二定律得
μmg=ma2
解得a2=2m/s2
圆盘转过一圈时物块落入,拉力作用时间最短,圆盘转过一圈的时间:
T=
=1s
物块在滑道上先加速后减速,则
v=a1t1-a2t2
物块滑行时间、在空中时间与圆盘周期关系
t1+t2+t=T,解得
t1=0.3s
(2)物块加速的末速度
v1=a1t1′=4m/s
则滑道长L=x1+x2=
a1t1′2+
=4m.
一般物理情景题的功能结构分为:
模型、条件和算法三部分,所以一般解题程序为将文字和图表信息转译标在图上,然后识别出物理模型和规律,分析条件和决策过程,最后是算法的选择及数学操作.其中审题是关键,要仔细,分运动的等时性、两种运动转折点的速度是解题的关键.
变式题组
3.(2016·义乌市调研)如图5所示,细绳一端系着质量M=8kg的物体,静止在水平桌面上,另一端通过光滑小孔吊着质量m=2kg的物体,M与圆孔的距离r=0.5m,已知M与桌面间的动摩擦因数为0.2(设物体受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力),现使物体M随转台绕中心轴转动,问转台角速度ω在什么范围内m会处于静止状态.(g=10m/s2)
图5
答案 1rad/s≤ω≤3rad/s
解析 设角速度的最小值为ω1,此时M有向着圆心运动的趋势,其受到的最大静摩擦力沿半径向外,由牛顿第二定律得:
FT-μMg=Mω
r,设角速度的最大值为ω2,此时M有背离圆心运动的趋势,其受到的最大静摩擦力沿半径指向圆心,由牛顿第二定律得:
FT+μMg=Mω
r,要使m静止,应用FT=mg,
联立解得ω1=1rad/s,ω2=3rad/s,则1rad/s≤ω≤3rad/s.
4.(2015·浙江10月选考·19)如图6甲所示,饲养员对着长l=1.0m的水平细长管的一端吹气,将位于吹气端口的质量m=0.02kg的注射器射到动物身上.注射器飞离长管末端的速度大小v=20m/s,可视为质点的注射器在长管内做匀变速直线运动,离开长管后做平抛运动,如图乙所示.
图6
(1)求注射器在长管内运动时的加速度大小;
(2)求注射器在长管内运动时受到的合力大小;
(3)若动物与长管末端的水平距离x=4.0m,求注射器下降的高度h.
答案
(1)2.0×102m/s2
(2)4N (3)0.2m
解析
(1)由匀变速直线运动规律v2-0=2al得a=
=2.0×102m/s2.
(2)由牛顿第二定律F=ma得F=4N.
(3)由平抛运动规律x=vt得t=
=0.2s,由h=
gt2得h=0.2m.
1.(2016·浙江4月选考·19)如图1是上海中心大厦,小明乘坐大厦快速电梯,从底层到达第119层观光平台仅用时55s.若电梯先以加速度a1做匀加速运动,达到最大速度18m/s.然后以最大速度匀速运动,最后以加速度a2做匀减速运动恰好到达观光平台.假定观光平台高度为549m.
图1
(1)若电梯经过20s匀加速达到最大速度,求加速度a1及上升高度h;
(2)在
(1)问中的匀加速上升过程中,若小明的质量为60kg,求小明对电梯地板的压力;
(3)求电梯匀速运动的时间.
答案
(1)0.9m/s2 180m
(2)654N,方向竖直向下 (3)6s
解析
(1)由运动学公式可得
a1=
=
m/s2=0.9m/s2
h=
a1t
=
×0.9×202m=180m
(2)根据牛顿第二定律可得
FN-mg=ma1
则FN=mg+ma1=654N
根据牛顿第三定律得
小明对地板的压力FN′=FN=654N,方向竖直向下
(3)设匀速运动时间为t0,运动的总时间为t,由v-t图可得
H=
(t+t0)×vm
得t0=6s.
2.民用航空客机的机舱,除了有正常的舱门和舷梯连接,供旅客上下飞机,一般还设有紧急出口.发生意外情况的飞机在着陆后,打开紧急出口的舱门,会自动生成一个由气囊构成的斜面,机舱中的人可沿该斜面滑行到地面上来,示意图如图2所示.某机舱离气囊底端的竖直高度AB=3.0m,气囊构成的斜面长AC=5.0m,CD段为与斜面平滑连接的水平地面.一个质量m=60kg的人从气囊上由静止开始滑下,人与气囊、地面间的动摩擦因数均为μ=0.5.不计空气阻力,g=10m/s2.求:
图2
(1)人从斜坡上滑下时的加速度大小;
(2)人滑到斜坡底端时的速度大小;
(3)人离开C点后还要在地面上滑行多远才能停下?
答案
(1)2m/s2
(2)2
m/s (3)2m
解析
(1)人的受力分析如图所示.
由牛顿第二定律
mgsinθ-μFN=ma
FN-mgcosθ=0
解得a=gsinθ-μgcosθ=2m/s2
(2)由v
=2ax,
得vC=2
m/s
(3)由牛顿第二定律
μmg=ma′
由0-v
=2(-a′)x′
解得x′=2m.
3.在消防演习中,消防队员通过一根竖直的长绳从楼房顶端由静止开始滑下,经一段时间落地.某消防队员下滑过程中轻绳对消防队员的作用力随时间变化情况如图3所示,已知消防队员质量m=60kg,消防队员一脚触地时其与长绳作用力为零,g取10m/s2.求:
图3
(1)消防员在下滑过程中的最大速度;
(2)楼房的高度.
答案
(1)5m/s
(2)8.5m
解析 该消队员先在t1=1s时间内以a1匀加速下滑,然后在t2=2s时间内以a2匀减速下滑落地.
在第1s内,由牛顿第二定律得
mg-F1=ma1
得a1=g-
=(10-
)m/s2=5m/s2
最大速度vm=a1t1=5m/s
t1=1s时间内,设下落高度为h1,则h1=
a1t
=
×5×12m=2.5m
在t2=2s时间内,由牛顿第二定律得
F2-mg=ma2
得a2=
-g
代入数据解得
a2=2m/s2
设下落高度为h2
则h2=vmt2-
a2t
代入数据解得
h2=6m
则楼房的高度H=h1+h2=8.5m.
4.(2016·温州市调研)如图4所示,某人距离平台右端x0=10m处起跑,以恒定的加速度向平台右端冲去,离开平台后恰好落在地面上的小车车厢底板中心.设平台右端与车厢底板间的竖直高度H=1.8m,与车厢底板中心的水平距离x=1.2m,取g=10m/s2.求人运动的总时间.
图4
答案 10.6s
解析 设人在平台上运动的时间为t1,离开平台后做平抛运动的初速度为v,运动的时间为t2,则:
由平抛运动的公式得
x=vt2,H=
gt
解得t2=0.6s,v=2m/s
人在平台上运动,有x0=
t1
解得t1=10s
人运动的总时间t=t1+t2=10.6s.
5.如图5所示,水平转盘上放有质量为m的物体(可视为质点),连接物体和转轴的绳子长为r,物体与转盘间的最大静摩擦力是其压力的μ倍,转盘的角速度由零逐渐增大,求:
图5
(1)绳子对物体的拉力为零时的最大角速度;
(2)当角速度为
时,绳子对物体拉力的大小.
答案
(1)
(2)
μmg
解析
(1)当恰由最大静摩擦力提供向心力时,绳子拉力为零且转速达到最大,设转盘转动的角速度为ω0,则μmg=mω
r,得ω0=
.
(2)当ω=
时,ω>ω0,所以由绳子的拉力F和最大静摩擦力共同提供向心力.
此时,F+μmg=mω2r
即F+μmg=m·
·r,得
F=
μmg.
6.如图6所示,竖直平面内的
圆弧形不光滑管道半径R=0.8m,A端与圆心O等高,AD为水平面,B点为管道的最高点且在O的正上方.一个小球质量m=0.5kg,在A点正上方高h=2.0m处的P点由静止释放,自由下落至A点进入管道并通过B点,过B点时小球的速度vB为4m/s,小球最后落到AD面上的C点处.不计空气阻力,g取10m/s2.求:
图6
(1)小球过A点时的速度vA的大小;
(2)小球过B点时对管壁的压力;
(3)落点C到A点的距离.
答案
(1)2
m/s
(2)5N,方向竖直向上 (3)0.8m
解析
(1)对小球由自由落体运动规律可得
2gh=v
解得vA=2
m/s.
(2)小球过B点时,设管壁对其压力为F,方向竖直向下,由向心力公式有F+mg=m
解得F=5N,方向竖直向下
由牛顿第三定律可知小球对管壁的压力为5N,方向竖直向上.
(3)从B到C的过程中,由平抛运动规律可得
x=vBt
R=
gt2
xAC=x-R=0.8m.
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 高考 物理 全国 专用 二轮 复习 策略 练习