计算题1 《动力学领衔考擦》-解码高考2021物理一轮复习题型突破

计算题1　《动力学领衔考察》 【命题导航】 命题点一　动力学问题三步走 命题点二　板块模型 命题点三　传送带模型 命题点四　连接体多体多过程 命题点五　曲线运动专题 命题点六　极值问题 【高考解码】 命题点一　动力学问题三步走 1．如图所示，一重力为10 N的小球，在F＝20 N的竖直向上的拉力作用下，从A点由静止出发沿AB向上运动，F作用1.2 s后撤去。已知杆与球间的动摩擦因数为，杆足够长，取g＝10 m/s2。求： （1）有F作用的过程中小球的加速度； （2）撤去F瞬间小球的加速度； （3）从撤去力F开始计时，小球经多长时间将经过距A点为2.25 m的B点。 【答案】（1）2.5 m/s2　方向沿杆向上　（2）7.5 m/s2　方向沿杆向下　（3）0.2 s或0.75 s 【解析】（1）小球的质量m＝＝1 kg。取沿杆向上为正方向，设小球在力F作用过程的加速度为a1，此时小球的受力如图甲所示， Fcos 30°＝Gcos 30°＋FN Fsin 30°－Gsin 30°－μFN＝ma1 联立解得：a1＝2.5 m/s2，即大小为2.5 m/s2，方向沿杆向上 （2）撤去F瞬间，小球的受力如图所示， 设此时小球的加速度为a2，则有 FN′＝Gcos 30° －Gsin 30°－μFN′＝ma2 联立解得：a2＝－7.5 m/s2，即大小为7.5 m/s2，方向沿杆向下 （3）刚撤去F时，小球的速度v1＝a1t1＝3 m/s 小球的位移为x1＝a1t＝1.8 m 撤去F后，小球继续向上运动的时间为 t2＝＝0.4 s 小球继续向上运动的最大位移为 x2＝＝0.6 m 则小球向上运动的最大距离为 xm＝x1＋x2＝2.4 m 在上滑阶段通过B点，即 xAB－x1＝v1t3＋a2t 解得t3＝0.2 s或者t3＝0.6 s（舍去） 小球返回时，受力如图丙所示， 设此时小球的加速度为a3， －Gsin 30°＋μFN′＝ma3 得a3＝－2.5 m/s2，即大小为2.5 m/s2，方向沿杆向下， 小球由顶端返回B点时有： －(xm－xAB)＝a3t 解得t4＝ s 则通过B点时间为t＝t2＋t4≈0.75 s。 2．足够长光滑固定斜面BC倾角α＝53°，小物块与水平面间的动摩擦因数为0.5，水平面与斜面之间B点有一小段弧形连接（未画出），一质量m＝2 kg的小物块静止于A点。现在AB段对小物块施加与水平方向成α＝53°的恒力F作用，如图甲所示。小物块在AB段运动的速度－时间图象如图乙所示，到达B点迅速撤去恒力F（已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g取10 m/s2）。求： （1）小物块所受到的恒力F的大小； （2）小物块从B点沿斜面向上运动，到返回B点所用的时间； （3）小物块最终离A点的距离。 【答案】（1）11 N　（2）0.5 s　（3）3.6 m 【解析】（1）由题图乙可知，小物块在AB段的加速度a1＝＝ m/s2＝0.5 m/s2，根据牛顿第二定律，有Fcos α－μ(mg－Fsin α)＝ma1，得F＝＝11 N。 （2）在BC段，对小物块有mgsin α＝ma2，解得a2＝gsin α＝8 m/s2，小物块从B到最高点所用时间与从最高点到B所用时间相等，所以小物块从B点沿斜面向上运动，到返回B点所用的时间为t＝＝0.5 s。 （3）小物块从B向A运动过程中，有μmg＝ma3 ，a3＝μg＝5 m/s2， 由B至停下小物块的位移x＝＝0.4 m，xAB＝t0＝4.0 m，ΔxA＝xAB－x＝3.6 m。 3．如图甲所示，一质量m＝0.4 kg的小物块，以v0＝2 m/s的初速度，在与斜面平行的拉力F作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t＝2 s的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L＝10 m。已知斜面倾角θ＝30°，物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝。重力加速度g取10 m/s2。求： （1）物块到达B点时速度和加速度的大小； （2）拉力F的大小； （3）若拉力F与斜面夹角为α，如图乙所示，试写出拉力F的表达式（用题目所给物理量的字母表示）。 【答案】（1）8 m/s　3 m/s2　（2）5.2 N　（3）F＝ 【解析】（1）物块做匀加速直线运动，根据运动学公式，有L＝v0t＋at2，v＝v0＋at，联立解得a＝3 m/s2，v＝8 m/s。 （2）对物块受力分析可得，平行斜面方向F－mgsin θ－Ff＝ma 垂直斜面方向FN＝mgcos θ 其中Ff＝μFN 解得F＝mg(sin θ＋μcos θ)＋ma＝5.2 N （3）拉力F与斜面夹角为α时，物块受力如图所示 根据牛顿第二定律有Fcos α－mgsin θ－Ff＝ma FN＋Fsin α－mgcos θ＝0 其中Ff＝μFN F＝。 4