高考物理一轮题复习 第三章 牛顿运动定律 微专题17 动力学两类基本问题

动力学两类基本问题
1．考点及要求：(1)牛顿运动定律的应用(Ⅱ)；(2)匀变速直线运动的公式(Ⅱ).2.方法与技巧：(1)抓住两个分析：受力分析和运动过程分析；(2)解决动力学问题时对力的处理方法：合成法和正交分解法；(3)求解加速度是解决问题的关键．
1．(已知运动分析受力)如图1所示，一物体从倾角为30°的斜面顶端由静止开始下滑，s1段光滑，s2段有摩擦，已知s2＝2s1，物体到达斜面底端的速度刚好为零，求s2段的动摩擦因
数μ.(g取10 m/s2)
图1
2．(已知受力分析运动)如图2所示，在质量为m B＝30 kg的车厢B内紧靠右壁，放一质量m A＝20 kg的小物体A(可视为质点)，对车厢B施加一水平向右的恒力F，且F＝120 N，使之从静止开始运动．测得车厢B在最初t＝2.0 s内移动s＝5.0 m，且这段时间内小物块未与车厢壁发生过碰撞．车厢与地面间的摩擦忽略不计．
图2
(1)计算B在2.0 s的加速度；
(2)求t＝2.0 s末A的速度大小；
(3)求t＝2.0 s内A在B上滑动的距离．
3．如图3甲所示，在风洞实验室里，一根足够长的固定的均匀直细杆与水平方向成θ＝37°角，质量m＝1 kg的小球穿在细杆上且静止于细杆底端O处，开启送风装置，有水平向右的恒定风力F作用于小球上，在t1＝2 s时刻风停止．小球沿细杆运动的部分v－t图象如图乙所示，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，忽略浮力．求：
图3
(1)小球在0～2 s内的加速度a1和2～5 s内的加速度a2；
(2)小球与细杆间的动摩擦因数μ和水平风力F的大小．
4．如图4所示为四旋翼无人机，它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前正得到越来越广泛的应用．一架质量m＝2 kg的无人机，其动力系统所能提供的最大升力F＝36 N，运动过程中所受空气阻力大小恒为f＝4 N．g取10 m/s2.
图4
(1)无人机在地面上从静止开始，以最大升力竖直向上起飞．求在t＝5 s时离地面的高度h.
(2)当无人机悬停在距离地面高度H＝100 m处，由于动力设备故障，无人机突然失去升力而坠落．求无人机坠落地面时的速度v.
(3)在无人机从离地高度H＝100 m处坠落过程中，在遥控设备的干预下，动力设备重新启动提供向上最大升力．为保证安全着地，求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间t1.
答案解析 1.32
解析 设物体的质量为m ，在s 1段物体做匀加速直线运动，在s 2段物体做匀减速运动，在s 1段由牛顿第二定律得：
mg sin θ＝ma 1，解得a 1＝g sin θ＝5 m/s 2
在s 2段：μmg cos θ－mg sin θ＝ma 2，解得a 2＝μg cos θ－g sin θ 设s 1段结束时的速度为v ，根据运动学方程，在s 1段：v 2
＝2a 1s 1 在s 2段：v 2
＝2a 2s 2，又s 2＝2s 1
解得：μ＝3
2
2．(1)2.5 m/s 2 (2)4.5 m/s (3)0.5 m
解析 (1)设t ＝2.0 s 内车厢的加速度为a B ，由s ＝12a B t 2
得
a B ＝2.5 m/s 2
(2)对B ，由牛顿第二定律：F －f ＝m B a B ，得f ＝45 N
对A ，据牛顿第二定律得A 的加速度大小为a A ＝2.25 m/s 2
所以t ＝2.0 s 末A 的速度大小为：v A ＝a A t ＝4.5 m/s.
(3)在t ＝2.0 s 内A 运动的位移为s A ＝12a A t 2
＝4.5 m ，
A 在
B 上滑动的距离Δs ＝s －s A ＝0.5 m.
3．(1)15 m/s 2，方向沿杆向上 10 m/s 2，方向沿杆向下 (2)0.5 50 N
解析 (1)取沿细杆向上的方向为正方向，由题图可知， 在0～2 s 内，a 1＝Δv 1Δt 1
＝15 m/s 2
(方向沿杆向上)
在2～5 s 内，a 2＝Δv 2Δt 2
＝－10 m/s 2
(“－”表示方向沿杆向下)．
(2)有风力F 时的上升过程，由牛顿第二定律，有
F cos θ－μ(mg cos θ＋F sin θ)－mg sin θ＝ma 1，
停风后的上升阶段，由牛顿第二定律，有
－μmg cos θ－mg sin θ＝ma 2，
联立解得μ＝0.5，F ＝50 N.
4．(1)75 m (2)40 m/s (3)5
3 5 s
解析 (1)由牛顿第二定律：F －mg －f ＝ma
得a ＝6 m/s 2
高度h ＝12
at 2 解得h ＝75 m
(2)下落过程中mg －f ＝ma 1
a 1＝8 m/s 2
落地时v 2＝2a 1H
解得v ＝40 m/s
(3)恢复升力后向下减速运动过程F －mg ＋f ＝ma 2 a 2＝10 m/s 2
设恢复升力时的速度为v m ，则有v 2m 2a 1＋v 2
m 2a 2
＝H 得v m ＝4053
m/s 由v m ＝a 1t 1
解得t 1＝553 s。