《高考物理一輪復(fù)習(xí) 第三章 微專題17 動(dòng)力學(xué)兩類基本問題》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考物理一輪復(fù)習(xí) 第三章 微專題17 動(dòng)力學(xué)兩類基本問題（4頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

動(dòng)力學(xué)兩類基本問題 1．考點(diǎn)及要求：(1)牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用(Ⅱ)；(2)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的公式(Ⅱ).2.方法與技巧：(1)抓住兩個(gè)分析：受力分析和運(yùn)動(dòng)過程分析；(2)解決動(dòng)力學(xué)問題時(shí)對(duì)力的處理方法：合成法和正交分解法；(3)求解加速度是解決問題的關(guān)鍵． 1．(已知運(yùn)動(dòng)分析受力)如圖1所示，一物體從傾角為30的斜面頂端由靜止開始下滑，x1段光滑，x2段有摩擦，已知x2＝2x1，物體到達(dá)斜面底端的速度剛好為零，求x2段的動(dòng)摩擦因數(shù)μ.(g取10 m/s2) 圖1 2．(已知受力分析運(yùn)動(dòng))如圖2所示，在質(zhì)量為mB＝30 kg的車廂B內(nèi)緊靠右壁，放一質(zhì)量mA＝20 kg的小物體A(可視為質(zhì)點(diǎn))，對(duì)車廂B施加一水平向右的恒力F，且F＝120 N，使之從靜止開始運(yùn)動(dòng)．測(cè)得車廂B在最初t＝2.0 s內(nèi)移動(dòng)x＝5.0 m，且這段時(shí)間內(nèi)小物塊未與車廂壁發(fā)生過碰撞．車廂與地面間的摩擦忽略不計(jì)． 圖2 (1)計(jì)算B在2.0 s的加速度； (2)求t＝2.0 s末A的速度大??； (3)求t＝2.0 s內(nèi)A在B上滑動(dòng)的距離． 3．如圖3甲所示，在風(fēng)洞實(shí)驗(yàn)室里，一根足夠長的固定的均勻直細(xì)桿與水平方向成θ＝37角，質(zhì)量m＝1 kg的小球穿在細(xì)桿上且靜止于細(xì)桿底端O處，開啟送風(fēng)裝置，有水平向右的恒定風(fēng)力F作用于小球上，在t1＝2 s時(shí)刻風(fēng)停止．小球沿細(xì)桿運(yùn)動(dòng)的部分v－t圖像如圖乙所示，g取10 m/s2，sin 37＝0.6，cos 37＝0.8，忽略浮力．求： 圖3 (1)小球在0～2 s內(nèi)的加速度a1和2～5 s內(nèi)的加速度a2； (2)小球與細(xì)桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ和水平風(fēng)力F的大?。? 4．如圖4所示為四旋翼無人機(jī)，它是一種能夠垂直起降的小型遙控飛行器，目前正得到越來越廣泛的應(yīng)用．一架質(zhì)量m＝2 kg的無人機(jī)，其動(dòng)力系統(tǒng)所能提供的最大升力F＝36 N，運(yùn)動(dòng)過程中所受空氣阻力大小恒為f＝4 N．g取10 m/s2. 圖4 (1)無人機(jī)在地面上從靜止開始，以最大升力豎直向上起飛．求在t＝5 s時(shí)離地面的高度h. (2)當(dāng)無人機(jī)懸停在距離地面高度H＝100 m處，由于動(dòng)力設(shè)備故障，無人機(jī)突然失去升力而墜落．求無人機(jī)墜落地面時(shí)的速度v. (3)在無人機(jī)從離地高度H＝100 m處墜落過程中，在遙控設(shè)備的干預(yù)下，動(dòng)力設(shè)備重新啟動(dòng)提供向上最大升力．為保證安全著地，求飛行器從開始下落到恢復(fù)升力的最長時(shí)間t1. 答案解析 1. 解析　設(shè)物體的質(zhì)量為m，在x1段物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在x2段物體做勻減速運(yùn)動(dòng)，在x1段由牛頓第二定律得： mgsin θ＝ma1，解得a1＝gsin θ＝5 m/s2 在x2段：μmgcos θ－mgsin θ＝ma2，解得a2＝μgcos θ－gsin θ 設(shè)x1段結(jié)束時(shí)的速度為v，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)方程，在x1段：v2＝2a1x1 在x2段：v2＝2a2x2，又x2＝2x1 解得：μ＝ 2．(1)2.5 m/s2　(2)4.5 m/s　(3)0.5 m 解析　(1)設(shè)t＝2.0 s內(nèi)車廂的加速度為aB，由x＝aBt2得 aB＝2.5 m/s2 (2)對(duì)B，由牛頓第二定律：F－f＝mBaB，得f＝45 N 對(duì)A，據(jù)牛頓第二定律得A的加速度大小為aA＝2.25 m/s2 所以t＝2.0 s末A的速度大小為：vA＝aAt＝4.5 m/s. (3)在t＝2.0 s內(nèi)A運(yùn)動(dòng)的位移為xA＝aAt2＝4.5 m， A在B上滑動(dòng)的距離Δx＝x－xA＝0.5 m. 3．(1)15 m/s2，方向沿桿向上　10 m/s2，方向沿桿向下　(2)0.5　50 N 解析　(1)取沿細(xì)桿向上的方向?yàn)檎较?，由題圖可知， 在0～2 s內(nèi)，a1＝＝15 m/s2(方向沿桿向上) 在2～5 s內(nèi)，a2＝＝－10 m/s2(“－”表示方向沿桿向下)． (2)有風(fēng)力F時(shí)的上升過程，由牛頓第二定律，有 Fcos θ－μ(mgcos θ＋Fsin θ)－mgsin θ＝ma1， 停風(fēng)后的上升階段，由牛頓第二定律，有 －μmgcos θ－mgsin θ＝ma2， 聯(lián)立解得μ＝0.5，F(xiàn)＝50 N. 4．(1)75 m　(2)40 m/s　(3) s 解析　(1)由牛頓第二定律：F－mg－f＝ma 得a＝6 m/s2 高度h＝at2 解得h＝75 m (2)下落過程中mg－f＝ma1 a1＝8 m/s2 落地時(shí)v2＝2a1H 解得v＝40 m/s (3)恢復(fù)升力后向下減速運(yùn)動(dòng)過程F－mg＋f＝ma2 a2＝10 m/s2 設(shè)恢復(fù)升力時(shí)的速度為vm，則有＋＝H 得vm＝ m/s 由vm＝a1t1 解得t1＝ s