2023届二轮复习 类型1 用动力学观点求解力学计算题 学案
展开类型1 用动力学观点求解力学计算题
阅卷案例 (9分)(2022·浙江6月选考)物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中,如图所示,倾斜滑轨与水平面成24°角,长度l1=4 m,水平滑轨长度可调,两滑轨间平滑连接。若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑,其与滑轨间的动摩擦因数均为μ=,货物可视为质点(取cos24°=0.9,sin24°=0.4,重力加速度g取10 m/s2)。
(1)求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a1的大小;
(2)求货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小;
(3)若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2 m/s,求水平滑轨的最短长度l2。
标准答卷 | 阅卷揭秘 | 答题规则 |
解:(1)货物在倾斜滑轨上滑动时,根据牛顿第二定律得 mgsin24°-μmgcos24°=ma1 ①(1分) 代入数据解得 a1=2 m/s2 ②(1分) (2)货物在倾斜滑轨上滑行过程根据运动学公式得 2a1l1=v2- ③(2分) 代入数据解得 v=4 m/s ④(1分) (3)货物在水平滑轨上根据牛顿第二定律得μmg=ma2 ⑤(2分) 货物在水平滑轨上滑行过程根据运动学公式得 -2a2l2=v'2-v2 ⑥(1分) 代入数据联立解得 l2=2.7 m ⑦(1分) | 列出①式需要对货物在斜面上进行受力分析,各物理符号用题目给定符号,24°若写成θ,结果正确不扣分。 ③式写成2a1l1=v2也可得分 ⑤式滑动摩擦力产生加速度,直接写成a2=μg也可得分 ⑥式漏掉“-”不得分,写成2a2l2=v2-v'2也得分 |
规则1:明确公式中的各物理量符合的意义 ①⑤中的加速度,③⑥中的速度,一定要明确各物理量的符号意义,注意用角标进行区分。 规则2:写牛顿第二定律方程时左边写合力,右边写ma 按照常规熟悉的方式规范书写方程,不要想当然地乱写。 规则3:结果一定写在醒目的地方,规范书写 结果带有字母的组合形式不需要写单位,若是纯数字必须带单位;如果求某个矢量,切记勿忘方向。 |
1.(抛体运动中的动力学)阳光明媚的中午,小明同学把一块长木板放在院子里,调整倾斜角度,使阳光刚好和木板垂直。在斜面顶端固定一个弹射装置,把一个质量为0.1 kg的小球水平弹射出来做平抛运动。调整初速度大小,使小球刚好落在木板底端。然后使用手机连续拍照功能,拍出多张照片记录小球运动过程。通过分析照片,小明得出小球的飞行时间为0.4 s;小球与其影子距离最大时,影子A距木板顶端和底端的距离之比约为7∶9,如图所示。取g=10 m/s2。
(1)求飞行过程中,重力对小球做的功;
(2)简要说明,小球与影子距离最大时,刚好是飞行的中间时刻;
(3)估算木板长度。
2.(体育运动中的动力学)2022年2月12日,中国运动员高亭宇获北京冬奥会男子速度滑冰500米金牌。中国航天科工研发的“人体高速弹射装置”为运动员的高质量训练提供了科技支持。该装置的作用过程可简化成如图所示,运动员在赛道加速段受到装置的牵引加速,迅速达到指定速度后练习过弯技术。某次训练中,质量m=60 kg(含身上装备)的运动员仅依靠F=600 N的水平恒定牵引力从静止开始加速运动了s=20 m的距离,然后保持恒定速率通过半径为R=10 m的半圆形弯道,过弯时冰刀与冰面弯道凹槽处的接触点如放大图所示。忽略一切阻力,重力加速度g取10 m/s2,求:
(1)运动员被加速后的速率v及加速过程中牵引力的平均功率P;
(2)运动员过弯道上A点时,冰面对其作用力FN的大小。
3.(圆周运动中的动力学)如图,不可伸长的轻绳一端与质量为m的小球相连,另一端跨过两等高定滑轮与物块连接,物块置于左侧滑轮正下方的水平压力传感装置上,小球与右侧滑轮的距离为l。现用水平向右恒力F=mg将小球由最低处拉至轻绳与竖直方向夹角θ=37°处,立即撤去F,此时传感装置示数为mg。已知物块始终没有脱离传感装置,重力加速度为g,不计滑轮的大小和一切摩擦,sin37°=0.6,cos37°=0.8,求:
(1)撤去F时小球的速度大小;
(2)小球返回最低处时轻绳的拉力大小;
(3)小球返回最低处时传感装置的示数。
类型1 用动力学观点
求解力学计算题
1.【解析】(1)小球做平抛运动,竖直方向做自由落体运动,根据匀变速直线运动位
移时间公式,可得h=gt2=×10×0.42 m=0.8 m
根据功的公式,可得飞行过程中,重力对小球做的功为WG=mgh=0.1×10×0.8 J=0.8
J;
(2)经过分析可知,当小球与影子距离最大时,此时小球的速度方向与斜面平行,设速度方向与水平方向的夹角为θ,此时竖直方向的速度为vy=v0tanθ
当小球落到斜面底端时,此时小球位移与水平方向的夹角为θ,此时速度方向与水平方向的夹角为α,根据位移夹角与速度夹角的关系可知tanα=2tanθ
此时竖直方向的速度为v'y=v0tanα=2v0tanθ
根据竖直方向的速度时间公式可得===
则有=,故小球与影子距离最大时,刚好是飞行的中间时刻;
(3)建立如图所示直角坐标系
由题意可知OA∶AB=7∶9
则有OA∶OB=7∶16
可得OA=v0cosθt1+gsinθ
OB=v0cosθt+gsinθt2
又vy=v0sinθ-gcosθt
y方向速度减为零需要的时间为t1=,t=2t1
联立可得OA=(1+tan2θ),OB=(1+tan2θ)
可得tanθ=取θ=30°,则木板的长度为OB==1.6 m。
答案:(1) 0.8 J (2)见解析 (3)1.6 m
2.【解析】(1)对运动员进行受力分析,由牛顿第二运动定律可得F=ma
解得a=10 m/s2
运动员由静止开始加速,由运动学公式v2=2as,v=at
解得v=20 m/s,t=2 s加速过程中牵引力做的功W=Fs
解得W=12 000 J,则加速过程牵引力的平均功率为P=
解得P=6 000 W
(2)对运动员在A点受力分析可知,支持力在水平方向的分力提供向心力,即FNx=m
解得FNx=2 400 N,支持力在竖直方向的分力平衡重力,即FNy=mg,解得FNy=600 N
由力的合成与分解可得
FN==600 N。
答案:(1)20 m/s 6 000 W
(2)600 N
3.【解析】(1)由动能定理得Flsinθ-mgl(1-cosθ)=m,可得v1=
(2)从释放到运动至最低位置的过程中,由机械能守恒定律得
m+mgl(1-cosθ)=m
在最低位置时,设轻绳的拉力大小为T1,对小球,由轻绳的拉力和重力的合力提供向心力得T1-mg=m
解得T1=mg
(3)撤去F时传感装置的示数为FN=mg
设此时轻绳的拉力大小为T2,物块质量为M,对物块由平衡条件FN+T2=Mg
对小球T2-mgcosθ=m
小球再次运动至最低处时,物块所受支持力为FN'
FN'+T1=Mg
由牛顿第三定律可知传感器示数FN″=FN'解得FN″=mg
答案:(1) (2)mg (3)mg
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