2020高三物理三轮冲刺练习：热点14 动力学方法的综合应用

热点14　动力学方法的综合应用

1．我国科技已经开启“人工智能”时代，“人工智能”已经走进千家万户．某天，东东叫了外卖，外卖小哥把货物送到他家阳台正下方的平地上，东东操控小型无人机带动货物，由静止开始竖直向上做匀加速直线运动，一段时间后，货物又匀速上升53 s，最后再匀减速1 s恰好到达他家阳台且速度为零．货物上升过程中，遥控器上显示无人机在加速、匀速、减速过程中对货物的作用力F1、F2和F3大小分别为20.8 N、20.4 N和18.4 N，货物受到的阻力恒为其重力的0.02倍．g取10 m/s2.求：

(1)货物的质量m；

(2)货物上升过程中的最大动能Ekm及东东家阳台距地面的高度h.

答案　(1)2 kg　(2)1 J　56 m

解析　(1)在货物匀速上升的过程中

由平衡条件得F2＝mg＋Ff

其中Ff＝0.02mg

解得m＝2 kg

(2)设整个过程中的最大速度为v，在货物匀减速运动阶段．

由牛顿运动定律得mg＋Ff－F3＝ma3

由运动学公式得0＝v－a3t3

解得v＝1 m/s

最大动能Ekm＝mv2＝1 J

减速阶段的位移x3＝vt3＝0.5 m

匀速阶段的位移x2＝vt2＝53 m

加速阶段，由牛顿运动定律得F1－mg－Ff＝ma1，

由运动学公式得2a1x1＝v2，

解得x1＝2.5 m

阳台距地面的高度h＝x1＋x2＋x3＝56 m.

2.如图1所示，一质量为m的小物块，以v0＝15 m/s的速度向右沿水平地面运动12.5 m后，冲上倾角为37°的斜面，若物块与水平地面及斜面间的动摩擦因数均为0.5，斜面足够长，物块经过水平地面与斜面的连接处时无能量损失．(g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：

图1

(1)物块在斜面上能达到的最大高度；

(2)物块在斜面上运动的时间．

答案　(1)3 m　(2)3.2 s

解析　(1)小物块在水平地面上运动时加速度大小为a1＝μg＝5 m/s2

v－v＝－2a1x

解得：v1＝10 m/s

小物块在斜面上向上运动时加速度大小为

a2＝gsin θ＋μgcos θ＝10 m/s2

0－v＝－2a2s

解得：s＝5 m

所以h＝ssin θ＝3 m；

(2)小物块在斜面上向上运动的时间为t1＝＝1.0 s

小物块在最高点时：mgsin θ>μmgcos θ

所以物块会匀加速下滑

物块下滑时加速度的大小为

a3＝gsin θ－μgcos θ＝2 m/s2

向下匀加速运动过程：s＝a3t

解得t2＝ s

小物块在斜面上运动的时间为：

t＝t1＋t2＝(1＋) s≈3.2 s.

3.如图2所示，质量为m1＝4 kg和质量为m2＝2 kg可视为质点的两物块相距d，一起静止在足够长且质量为M＝2 kg的木板上，已知m1、m2与木板之间的动摩擦因数均为μ1＝0.4，木板与水平地面间的动摩擦因数为μ2＝0.2.某时刻同时让m1、m2分别以v1＝6 m/s，v2＝4 m/s的初速度沿木板向右运动．取g＝10 m/s2，求：

图2

(1)若m1与m2不相碰，m1与m2间距离d的最小值；

(2)M在水平地面上滑行的位移大小x.

答案　(1)1.5 m　(2)2.5 m

解析　(1) 根据题意知，m1、m2在木板上做减速运动，

M在水平地面上做加速运动，由牛顿第二定律得：

对m1：μ1m1g＝m1a1

对m2：μ1m2g＝m2a2

对M：μ1m1g＋μ1m2g－μ2(m1＋m2＋M)g＝MaM，

设经过t1，M与m2共速且速度为v，m1的速度为v3，

对m1，速度：v3＝v1－a1t1，

位移：x1＝t1

对m2，速度：v＝v2－a2t1，

位移：x2＝t1

对M，速度：v＝aMt1

位移：xM＝t1

在t1时间内m1与m2的相对位移：

Δx1＝x1－x2，

由题可知M与m2共速后相对静止，

其加速度为a，由牛顿第二定律得：

μ1m1g－μ2(m1＋m2＋M)g＝(M＋m2)a，

解得：a＝0，即：M与m2共速后一起匀速运动，

 m1继续减速，设经过t2，三者共速，其速度为v′，

且v′＝v

由运动学知识，对m1有：

v＝v3－a1t2，

位移：x1′＝t2

对M和m2整体有：

xM′＝vt2，Δx2＝x1′－xM′，

由几何关系可得：d≥Δx1＋Δx2，

代入数据解得：dmin＝1.5 m；

(2)由题可知系统整体共速后一起减速直到静止，

由牛顿第二定律得：

μ2(m1＋m2＋M)g＝(M＋m1＋m2)a′，

由运动学知识得：xM″＝

M运动的位移大小为：x＝xM＋xM′＋xM″，

代入数据解得：x＝2.5 m．