多过程运动计算题(答案)

多过程运动计算题（参考答案）

一、计算题

1． 【答案】（1）4N （2）42m （3）t 3=

32

2

(s)(或2.1s) 【解析】（1）第一次飞行中，设加速度为a 1

匀加速运动H=½a 1t 12 由牛顿第二定律F-mg-f=ma 1 解得f=4N

（2）第二次飞行中，设失去升力时的速度为v 1，上升的高度为x 1

匀加速运动x 1=½a 1t 22

设失去升力后的速度为a 2，上升的高度为x 2 由牛顿第二定律mg+f=ma 2 v 1= a 1t 2 x 2=v 12 /2a 2

解得h=x 1+x 2=42m

（3）设失去升力下降阶段加速度为a 3；恢复升力后加速度为a 4，恢复升力时速度为v 3

由牛顿第二定律mg-f=ma 3 F+f-mg=ma 4

且223334

22v v h a a += v 3=a 3t 3 解得t 3=

32

(s)(或2.1s) 2． 【答案】(1)av 2

2as －v

2

(2)0 m (a cot θ－g ) 【解析】(1)设加速过程中加速度为a ′，由匀变速运动公式

s 1＝v 22a ′，s 2＝v 2

2a

s ＝s 1＋s 2＝v 22a ′＋v 2

2a

解得a ′＝av 2

2as －v 2

(2)设球不受车厢作用，应满足N sin θ＝ma ，N cos θ＝mg 解得a ＝g tan θ

减速时加速度由斜面支持力N 与左壁支持力P 共同决定，当a >g tan θ时，P ＝0 球受力如图。

由牛顿定律N sin θ＝ma ，N cos θ－Q ＝mg 解得Q ＝m (a cot θ－g )

3． 【答案】 (1)210 m (2)27 s

【解析】 (1)过ETC 通道时，减速的位移和加速的位移相等，均为：x 1＝v 21－v 2

2

2a

所以总的位移：x 总1＝2x 1＋d ＝210 m (2)过ETC 通道时t 1＝v 1－v 2a ×2＋d

v 2＝22 s

过人工收费通道时t 2＝v 1

a

×2＋20＝50 s

x 2＝v 21

2a ×2＝225 m

二者的位移差Δx ＝x 2－x 总1＝15 m

在这段位移内过ETC 通道时是匀速直线运动

所以：Δt ＝t 2－(t 1＋Δx

v 1)＝27 s

4． 【答案】 0.25 16.25 m

【解析】 设力F 作用时物体沿斜面上升的加速度大小为a 1，撤去力F 后其加速度大小变为a 2，则： a 1t 1＝a 2t 2①

有力F 作用时，对物体受力分析并建立直角坐标系如图所示 由牛顿第二定律可得：F cos θ－mg sin θ－F f1＝ma 1② F f1＝μF N1＝μ(mg cos θ＋F sin θ)③ 撤去力F 后，对物体受力分析如图所示 由牛顿第二定律得：－mg sin θ－F f2＝－ma 2④

F f2＝μF N2＝μmg cos θ⑤

联立①②③④⑤式，代入数据得： a 2＝8 m/s 2，a 1＝5 m/s 2，μ＝0.25，

物体运动的总位移

x ＝12a 1t 21＋12a 2t 22＝⎝⎛⎭⎫12×5×22＋12×8×1.252 m ＝16.25 m. 借题发挥

a ．解决两类动力学基本问题应把握的关键

应用牛顿第二定律解决两类动力学基本问题，主要应把握两点：

(1)两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析；

(2)一个桥梁——物体运动的加速度是联系运动和力的桥梁．

b．解决动力学基本问题时对力的处理方法

(1)合成法：

在物体受力个数较少(2个或3个)时一般采用“合成法”．

(2)正交分解法：

若物体的受力个数较多(3个或3个以上)，则采用“正交分解法”．

①分解力而不分解加速度，此法应规定加速度的方向为x轴正方向．

②分解加速度而不分解力．此法一般是以某个力的方向为x轴正方向，其他力都落在两个坐标轴上而不需要分解．

c．解决动力学两类问题的基本思路：

无论是哪种情况，联系力和运动的“桥梁”都是加速度．利用牛顿第二定律解决动力学问题的关键是寻找加速度与未知量的关系，然后利用运动学规律、牛顿第二定律和力的运算法则列式求解．

5．【答案】（1）经过t秒后质点的速度为．

（2）该质点到达B点时的速度为．

【解析】（1）作出a-t图线，图线围成的面积表示速度的变化量，

每经过n秒增加a0，则ts时，加速度a=，

则ts内速度的变化量=．

因为初速度为零，则ts后的速度v=．

（2）根据速度位移公式得，

，

．

．

累加，解得

．

6． 【答案】(1)20.3m(2)8s

【解析】这是一道“多物理过程”的问题，处理此类问题首先应将多物理过程分解，再采取逐个分析方法，从中寻求规律。

设小球第一次落地速度为V 0，则：

100102-⋅==s m gh v

那么第二、第三……第n+1次落地速度分别为：

0197v v =

022)97(v v =……0)9

7

(v v n n = 小球开始下落到第一次碰地经过的位移为5m ，小球第一次碰地到第二次碰地经过的路程

为:22022

1)9

7(102/)97(222⨯=⨯==g v g v L .

小球第二次到第三次与地面相碰经过的路程L 2为:4

2

22)9

7(1022⨯=⨯=g v L

运用数学归纳法可知，小球第n 到第n+1次与地面相碰经过的路程L n 为:

n n l 2)9

7

(10⨯=.

故整个过程的总路程为:

++++=3210(l l l h s ……)n l +

+++=42)9

7()97[(105……])97(2n + 根据等比数列求和公式q

q a s n n --=1)

1(1可得:

m s n

3.20)

9

7(1)]97(1[)97(552

2=--+=. 小球从开始下落到第一次碰地时间为:

s g h t 120

0==

. 第一次到第二次碰地所用时间)(9

7

2211s g v t ⨯== 同理可得:n n t )9

7

(2⨯=.