專題跟蹤檢測（七）“力與運動”計算大題解題研究

專題跟蹤檢測（七）“力與運動”計算大題解題研究1．(2023·浙江紹興調(diào)研)嫦娥五號著陸器和上升器的組合體從距月球表面約15km處開始實施動力下降到距離月球表面幾百米的高度懸停，實施最后的下降。若著陸器和上升器的組合體的總質(zhì)量為2500kg，最后的下降著陸過程簡化如下：組合體向下先做勻加速直線運動，然后增加發(fā)動機(jī)推力繼續(xù)向下做勻減速直線運動，到達(dá)月球表面速度恰好為零。從懸停位置開始先勻加速下降，在下降到月球表面過程中的最后5min內(nèi)，打開距離傳感器并開始倒計時。倒計時t1＝300s，距離月球表面h＝300m；倒計時t2＝200s，發(fā)動機(jī)的推力增加了ΔF＝30N；倒計時t3＝0時，恰好到達(dá)月球表面并速度減為0，成功完成著落任務(wù)。求：(1)最后5min內(nèi)，組合體的平均速度大小；(2)組合體在加速和減速階段的加速度大??；(3)懸停位置距離月球表面的距離。解析：(1)最后5min內(nèi)組合體的平均速度大小為eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(h,t1)＝eq\f(300,300)m/s＝1m/s。(2)勻加速過程，根據(jù)牛頓第二定律得mg－F1＝ma1勻減速過程，根據(jù)牛頓第二定律得F1＋ΔF－mg＝ma2兩式相加得a1＋a2＝eq\f(ΔF,m)＝eq\f(3,250)m/s2設(shè)倒計時t2＝200s時的速度為vm，vm＝a2·t2從開始倒計時開始，加速過程的位移：h1＝vm·(t1－t2)－eq\f(1,2)a1·(t1－t2)2減速過程的位移h2＝eq\f(1,2)a2·t22h1＋h2＝300m根據(jù)以上式子可以解得a1＝eq\f(1,250)m/s2，a2＝eq\f(1,125)m/s2，vm＝1.6m/s。(3)根據(jù)速度位移公式有H＝eq\f(vm2,2a1)＋eq\f(vm2,2a2)解得懸停位置距離月球表面的距離H＝480m。答案：(1)1m/s(2)eq\f(1,250)m/s2eq\f(1,125)m/s2(3)480m2.如圖所示，一水平光滑、距地面高為h、邊長為a的正方形MNPQ桌面上，用長為L的不可伸長的輕繩連接質(zhì)量分別為mA、mB的A、B兩小球，兩小球在繩子拉力的作用下，繞繩子上的某點O以不同的線速度做勻速圓周運動，圓心O與桌面中心重合，已知mA＝0.5kg，L＝1.2m，LAO＝0.8m，a＝2.1m，h＝1.25m，A球的速度大小vA＝0.4m/s，重力加速度g取10m/s2，求：(1)繩子上的拉力F以及B球的質(zhì)量mB；(2)若當(dāng)繩子與MN平行時突然斷開，求兩小球分別落至地面時，落點間的距離。解析：(1)由繩的拉力提供向心力F＝mAeq\f(vA2,LAO)＝0.1N根據(jù)F＝mAω2LAO＝mBω2LOB可得mB＝mAeq\f(LAO,L－LAO)＝1kg。(2)繩子斷裂后，兩球在水平方向上一直做勻速直線運動，兩球離開桌面做平拋運動，落地時間t＝eq\r(\f(2h,g))＝0.5s做圓周運動時有F＝mBeq\f(vB2,L－LAO)可得vB＝0.2m/s，沿NP方向的距離x＝(vA＋vB)t＋a＝2.4m兩球間的距離為s＝eq\r(x2＋L2)＝eq\f(6\r(5),5)m。答案：(1)0.1N1kg(2)eq\f(6\r(5),5)m3．(2023·浙江名校聯(lián)盟二模)某運動員在平直雪道上的A、E兩點間進(jìn)行滑雪訓(xùn)練，在某次訓(xùn)練中，他從A由靜止開始向前滑行，利用滑雪杖獲得水平推力F，經(jīng)過t1到達(dá)B點，之后立即撤去F，滑行t2后到達(dá)C點，再次用滑雪杖獲得同樣的水平推力F，作用距離為x3到達(dá)D點，接著再次撤去水平推力后，運動員剛好停在E點。已知該運動員連同裝備的總質(zhì)量為m＝60kg，運動過程中運動員受到阻力大小恒為Ff＝12N，且F＝84N，t1＝1s，t2＝2s，x3＝eq\f(1,3)m，求運動員：(1)在AB段的加速度a1的大??；(2)到達(dá)C點時的速度大?。?3)從A點到E點的位移大小。解析：(1)第一次利用滑雪杖滑行過程，根據(jù)牛頓第二定律得F－Ff＝ma1，解得a1＝1.2m/s2。(2)第一次利用滑雪杖獲得的速度大小為v1＝a1t1＝1.2×1m/s＝1.2m/s，這段時間內(nèi)的位移大小為x1＝eq\f(1,2)a1t12＝eq\f(1,2)×1.2×12m＝0.6m，第一次撤去推力后到達(dá)C的時間t2＝2s內(nèi)，運動員的加速度為a2＝eq\f(－Ff,m)＝－eq\f(12,60)m/s2＝－0.2m/s2，到達(dá)C點時的速度為v2＝v1＋a2t2＝1.2m/s－0.2×2m/s＝0.8m/s。(3)第二次用力的過程中，由v32－v22＝2a1x3，解得v3＝1.2m/s，即運動員到達(dá)D點的速度，第一次撤去推力后時間t2＝2s內(nèi)，運動員的位移為x2＝eq\f(v1＋v2,2)t2，第二次撤去推力后運動員滑行的過程中有0－v32＝2a2x4，從A點到E點的位移大小x＝x1＋x2＋x3＋x4，解得x≈6.53m。答案：(1)1.2m/s2(2)0.8m/s(3)6.53m4．如圖所示為快件自動分揀裝置原理圖，快件通過一條傳送帶運送到各個分揀容器中，圖中水平傳送帶沿順時針勻速轉(zhuǎn)動，速度為v，右側(cè)地面上有一個寬和高均為d＝1m的容器，容器左側(cè)離傳送帶右端B的水平距離也為d，傳送帶上表面離地高度為2d，快件被輕放在傳送帶的左端A，運動到B端后做平拋運動，A、B間距離為L＝2m，快件與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.5，重力加速度為g＝10m/s2，求：(1)若v＝2m/s，則快件在傳送帶上運動的時間；(2)要使快件能落入容器中，快件在B端拋出的速度至少多大；(3)要使快件能落入容器中，傳送帶勻速轉(zhuǎn)動的速度大小范圍。解析：(1)快件在傳送帶上做勻加速直線運動時，由牛頓第二定律得μmg＝ma，則加速度大小為a＝μg＝5m/s2，快件加速到與傳送帶速度相等時運動的位移為x＝eq\f(v2,2a)＝0.4m<L，加速的時間為t1＝eq\f(v,a)＝0.4s，接著快件勻速直線運動到B端，所用時間為t2＝eq\f(L－x,v)＝0.8s，所以快件在傳送帶上運動的總時間為t＝t1＋t2＝1.2s。(2)快件離開傳送帶做平拋運動，恰好從容器左壁上端落入時有d＝eq\f(1,2)gt2，d＝v1t，聯(lián)立解得v1＝eq\r(5)m/s。(3)設(shè)快件落入容器時在B端處的最大速度為v2，則有2d＝v2t，解得v2＝2eq\r(5)m/s?？旒趥魉蛶弦恢眲蚣铀龠\動到B端時的速度為v3＝eq\r(2aL)＝2eq\r(5)m/s，因此僅需滿足傳送帶的速度大小范圍v≥v1＝eq\r(5)m/s。答案：(1)1.2s(2)eq\r(5)m/s(3)v≥eq\r(5)m/s5.如圖所示，長為3.5L的不可伸長的輕繩，穿過一長為L的豎直輕質(zhì)細(xì)管，兩端拴著質(zhì)量分別為m、eq\f(5m,4)的小球A和小物塊B。開始時B先放在細(xì)管正下方的水平地面上，A在管子下端，繩處于拉直狀態(tài)，手握細(xì)管，保持細(xì)管高度不變，水平輕輕搖動細(xì)管，保持輕繩相對于細(xì)管不上下滑動的情況下，一段時間后，使A在水平面內(nèi)做勻速圓周運動，B對地面的壓力恰好為零。已知重力加速度為g，不計一切摩擦阻力。試求：(1)A做勻速圓周運動時繩與豎直方向的夾角θ；(2)搖動細(xì)管過程中手所做的功；(3)水平輕搖細(xì)管可使B在管口下的任意位置處于平衡，當(dāng)B在某一位置平衡時，管內(nèi)一觸發(fā)裝置使繩斷開，A做平拋運動的最大水平距離。解析：(1)B處于平衡狀態(tài)，對地面壓力為零，則有FT＝eq\f(5,4)mg對A受力分析，豎直方向受力平衡，則有FTcosθ＝mg，可得cosθ＝0.8，解得θ＝37°。(2)對A，水平方向，根據(jù)牛頓第二定律有FTsinθ＝meq\f(v2,Lsinθ)，動能為Ek＝eq\f(1,2)mv2聯(lián)立解得Ek＝eq\f(9,40)mgL。根據(jù)動能定理有W手－mgL(1－cosθ)＝eq\f(1,2)mv2解得W手＝eq\f(17,40)mgL。(3)設(shè)A做圓錐擺運動的細(xì)繩長為r，因為細(xì)繩拉力恒為eq\f(5,4)mg，故拉住A的細(xì)繩與豎直線的夾角恒為37°，根據(jù)牛頓第二定律有mgtan37°＝meq\f(v2,rsin37°)，解得v＝eq\r(\f(9,20)gr)細(xì)繩斷開后，A做平拋運動，則有y＝2.5L－r