【期末专题复习】人教版(2019)物理必修1-高一上学期期末专题点拨与训练：第37讲 多过程的动力学问题

第37讲 多过程的动力学问题

1．若题目中涉及过程较复杂，需要规律较多，应该将“多过程”分解为许多“子过程”，各“子过程”间由“衔接点”连接．

2．对各“衔接点”进行受力分析和运动分析，必要时画出受力图和过程示意图．

3．根据“子过程”“衔接点”的模型特点选择合理的物理规律列方程．

4．分析“衔接点”速度、加速度等的关联，确定各段间的时间关联，并列出相关的辅助方程．

5．联立方程组，分析求解，对结果进行必要的验证或讨论．

【例题1】哈利法塔是目前世界最高的建筑．游客乘坐世界最快观光电梯从地面开始经历加速、匀速、减速的过程恰好到达观景台只需50秒，运行的最大速度为15 m/s.观景台上可以鸟瞰整个迪拜全景，可将棕榈岛、帆船酒店等尽收眼底，颇为壮观．一位游客用便携式拉力传感器测得在加速阶段质量为1 kg的物体受到的竖直向上拉力为11 N，若电梯加速、减速过程视为匀变速直线运动(g取10 m/s2)求：

(1)电梯加速阶段的加速度大小及加速运动的时间；

(2)若减速阶段与加速阶段的加速度大小相等，求观景台的高度；

(3)若电梯设计安装有辅助牵引系统，电梯出现故障，绳索牵引力突然消失，电梯从观景台处自由落体，为防止电梯落地引发人员伤亡，电梯启动辅助牵引装置使其减速，牵引力为重力的3倍，下落过程所有阻力不计，则电梯自由下落最长多少时间必须启动辅助牵引装置？

答案　(1)1 m/s2　15 s　(2)525 m　(3) s

解析　(1)设电梯加速阶段的加速度为a，由牛顿第二定律得：

FT－mg＝ma

解得a＝1 m/s2

由v＝v0＋at

解得t＝15 s

(2)匀加速阶段位移x1＝at2＝×1×152 m＝112.5 m

匀速阶段位移x2＝v(50－2t)＝15×(50－2×15)m＝300 m

匀减速阶段位移x3＝＝112.5 m

因此观景台的高度 x＝x1＋x2＋x3＝525 m.

(3)由题意知，电梯到地面速度刚好为0

自由落体加速度a1＝g

启动辅助牵引装置后加速度大小a2＝＝＝2g，方向向上

则＋＝x

解得：vm＝10 m/s

则tm＝＝ s

即电梯自由下落最长 s时间必须启动辅助牵引装置．

【例题2】如图所示，一足够长斜面上铺有动物毛皮，毛皮表面具有一定的特殊性，物体上滑时顺着毛的生长方向，毛皮此时的阻力可以忽略；下滑时逆着毛的生长方向，会受到来自毛皮的滑动摩擦力，现有一物体自斜面底端以初速度v0＝6 m/s冲上斜面，斜面的倾角θ＝37°，经过2.5 s物体刚好回到出发点，(g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．求：

(1)物体上滑的最大位移；

(2)若物体下滑时，物体与毛皮间的动摩擦因数μ为定值，试计算μ的数值．(结果保留两位有效数字)

答案　(1)3 m　(2)0.42

解析　(1)物体向上滑时不受摩擦力作用，设最大位移为x.由牛顿第二定律可得：mgsin 37°＝ma1

代入数据得：a1＝6 m/s2

由运动学公式有：v02＝2a1x

联立解得物体上滑的最大位移为：x＝3 m

(2)物体沿斜面上滑的时间为：t1＝＝ s＝1 s

物体沿斜面下滑的时间为：t2＝t－t1＝1.5 s

下滑过程中，由运动学公式有：x＝a2t22

由牛顿第二定律可得：mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma2

联立解得：μ≈0.42

1．中国台北101大厦高508米，楼内装有2部速度创世界之最的观光电梯，电梯由程序自动控制。电梯可将一游客从1楼送到89楼的室内观景台，最高运行速度达，仅需39秒。该游客欲估测一下观景台距地面的高度，他找了一个电子体重计置于电梯内，体重的他站了上去且相对电梯保持静止，电梯启动后，体重计先是显示为，一段时间后恢复为并保持不变，在将到达观景台时段体重计示数则恒为。重力加速度g取，则由此可得观景台的高度约为（　　）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】电梯加速上升时，有

加速时间为

电梯减速时，有

减速时间为

观景台的高度约为

故选B。

2．某飞行器兴趣小组设计了一个质量为m的火箭，可提供恒定的推动力，大小为F=1.5mg，推动力持续时间为t。并且该火箭采用二级推进的方式，即当火箭飞行经过时，火箭丢弃掉的质量，剩余时间，火箭推动剩余的继续飞行。若不考虑燃料消耗引起的质量变化，重力加速度取g，则该火箭竖直点火起飞后最高可上升的高度为（　　）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】加速过程，由牛顿第二定律可得

根据运动学公式，则前上升的高度为

得到的速度为

后段，加速度为

则后上升的高度为

得到的速度为

减速过程上升的高度为

则总的高度为

BCD错误，A正确。

故选A。

3．如图所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角为，以恒定速率v=4m/s顺时针转动。一物块以初速度v0=12m/s从A端冲上传送带，若物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.25，g取10m/s2，，，则下列说法正确的是（　　）

A．物块以8m/s2的加速度匀减速至0后以4m/s2的加速度加速回到A点

B．物块从冲上传送带到返回A端所用的时间为

C．物块在上升阶段，在传送带上留下的划痕长为2m

D．物块在传送带上留下的划痕长为

【答案】D

【解析】A．对物块，开始阶段由牛顿第二定律可得

共速后

物块先以12m/s的初速度，8m/s2的加速度减速至4m/s，后又以4m/s2的加速度减速至0，再反向加速至回到A点，A错误；

B．运动学图像如图所示

物块上升到最高点的位移大小等于速度随时间变化的图线与时间轴所包围的面积的大小，物块沿传送带向上滑行的位移

物块上升到最高点后反向向下做初速度为零的匀加速直线运动，设返回到A点所需的时间为t3，下滑的位移

解得

则物块从冲上传送带到返回A端所用时间为

B错误；

C．在0到1s内传送带比物块速度慢，则滑块在传送带上的划痕为

此时划痕在物块的下方，在1s到2s内，传送带速度比物块速度大，则

因为L2<L1，所以在上升阶段产生的划痕为4m，此时物块在产生的划痕的中点，C错误；

D．在2s到时间内，物块向下滑了10m，传送带向上滑了m，则物块在传送带上的划痕为

故D正确。

故选D。

4．如图所示，两质点P、Q在光滑的水平面上分别以不同的速度向右运动，某时刻开始分别施以水平向左的力、，其中的大小不变，的大小由零逐渐增大，经过一段时间，它们恰好同时向右运动到最远，且位移大小相等。在此过程中，两质点同一时刻的瞬时速度与的关系是（　　）

A．

B．

C．先，后

D．先，后

【答案】C

【解析】在图像上，任意一点的切线的斜率数值上等于该时刻的加速度，由于Q的加速度由零不断增大，曲线切线的斜率的绝对值也应该从零开始不断增大，即曲线的切线应该从水平状态不断开始变陡，那么只有向右边凸出的下降的曲线才能满足条件，又因为Q与P运动时间相等，运动的位移大小相等，所以图像的曲线包围的面积相等，根据这些要求，曲线的起点，即质点Q的初速度比大于质点Q的初速度，且两条图像必定会相交，ABD错误，C正确；

故选C。

5．两位小朋友玩弹珠子游戏。固定直杆与水平面的夹角为，两颗有孔的珠子a、b穿在直杆上，初始时珠子之间的距离为l。一位小朋友将珠子a沿杆方向以速度弹出，另一个小朋友同时将珠子b无初速度释放，经时间t，在珠子a返回过程中两珠子相遇。珠子与杆之间的摩擦很小，可忽略，，，则（　　）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】AB．由于在运动过程中珠子a、b有共同的加速度，珠子a相对珠子b向上以速度匀速运动，初始时珠子之间的距离为,故

解得

故A正确，B错误;
CD．若在珠子a刚要返回时相遇，则珠子a运动位移

则珠子b运动距离为

则

解得

若在珠子a返回到出发点时相遇，则

则

若在珠子a返回过程中两珠子相遇，则

故CD错误。

所以选A。

6．如图所示，一倾角为的斜面固定在水平地面上，斜面长为，斜面顶部有一长为的电动平板车，车头朝下，车尾与斜面顶部齐平，平板车上表面与斜面平行，车尾部放一可看成质点的滑块，滑块与电动平板车之间的动摩擦因数为，现让平板车与滑块一起以的初速度沿斜面向下运动。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取，下列说法正确的是（　　）

A．若电动平板车做匀速运动，则滑块下滑的加速度大小为

B．若电动平板车做匀速运动，则经过时间滑块从车上滑下

C．若电动平板车做匀加速运动，且滑块在平板车滑入水平地面前不从车上滑下，则平板车车头到达斜面底端的最短时间

D．若电动平板车做匀加速运动，为保证滑块在平板车滑入水平地面前不从车上滑下，则平板车加速度的大小应满足

【答案】AD

【解析】A．若电动平板车做匀速运动，则对滑块受力分析，由牛顿第二定律可知

解得滑块下滑的加速度大小为

B. 若电动平板车做匀速运动，则滑块从车上滑下时

解得

选项A正确，B错误；

CD．若电动平板车做匀加速运动，为保证滑块在平板车滑入水平地面前不从车前端滑下，则

解得

t1=4s

a２=1.75m/s2

为保证滑块在平板车滑入水平地面前不从车后端滑下，则需滑块与平板车之间的摩擦力达到最大静摩擦，且方向向下，则

解得

a2=8m/s2

平板车加速度的大小应满足

当平板车的加速度取最大值8m/s2时，根据

解得小车滑到底端的最短时间为

tmin=2s

选项C错误，D正确。

故选AD。

7．2021年5月15日中国自发研制的火星探测器“天问一号”成功登陆火星。探测器登陆过程主要为以下几个过程：首先探测器与环绕器分离，进入火星大气层，经历“气动减速”，假设当速度v2=500m/s时打开降落伞，进入“伞降减速阶段”，探测器匀减速下落x=7.5km至速度v3；接着降落伞脱落，推力发动机开启，进入“动力减速阶段”，经匀减速下落时间t=100s速度减为0，上述减速过程均可简化为探测器始终在竖直下落在距离火星表面100m时，探测器进入“悬停阶段”，接着探测器可以平移寻找着陆点；找到安全着陆点后在缓冲装置和气囊保护下进行“无动力着陆”。已知天问一号探测器质量为m=5×103kg，降落伞脱离可视为质量不变，火星表面重力加速度g约为4m/s2，“伞降减速阶段”中降落伞对探测器的拉力为重力的5倍。

（1）求“伞降减速阶段”中探测器的加速度大小；

（2）求“动力减速阶段”中推力发动机对探测器的作用力；

（3）在“悬停阶段”阶段，为寻找合适的着陆点，探测器先向右做匀加速直线运动，再向右做匀减速直线运动，减速阶段的加速度为加速阶段的2倍，平移总位移为6m，总时间为3s，求减速阶段中发动机对探测器的作用力与重力的比值。

【答案】（1）16m/s2；（2）2.5×104N；（3）

【解析】（1）“伞降减速阶段”中，由牛顿第二定律得

因此

（2）由匀变速运动位移公式得

解得

因此“动力减速阶段”的加速度

由牛顿第二定律得

得

（3）设加速阶段加速度为a3，减速阶段加速度为a4，且a4=2a3，运动过程中最大速度为vm，由

解得

所以发动机需要提供使其减速的力为

维持悬停的力为

因此发动机对探测器的作用力为

8．随着人工智能技术的不断发展，无人机有着非常广阔的应用前景，春播时节，一架携药总质量的无人机即将在田间执行喷洒药剂任务，无人机悬停在距一块试验田的高空，时刻，它以加速度竖直向下匀加速运动后，立即向下作匀减速直线运动直至速度为零，重新悬停，然后水平飞行喷洒药剂。若无人机田间作业时喷洒的安全高度为，无人机下降过程中空气阻力大小恒为，重力加速度g取，求：

（1）无人机从时刻到重新悬停在处的总时间t；

（2）无人机在安全高度范围内重新悬停，向下匀减速时提供的最小竖直升力大小；

（3）若无人机在高度处悬停时动力系统发生故障，失去竖直升力一段时间后恢复大小为的升力，要使其不落地，求失去动力的最长时间。

【答案】(1)9s；(2)198N；(3)

【解析】(1)无人机加速下降h1过程，据运动学公式可得

解得

，

减速下降高度

由运动学公式可得

解得

故无人机从时刻到重新悬停在处的总时间为

(2)重新悬停，减速下降过程由牛顿第二定律可得

由运动学公式可得

重新悬停到离试验田1m高时，减速下降位移达最大值20m，a2有最小值，竖直升力F有最小值，代入数据解得

(3)发生故障后先加速至v，加速度大小为a3，恢复升力后减速至0，加速度大小为a4，两个过程据牛顿第二定律可得

由运动学公式可得

失去升力的最长时间为

联立代入数据解得

9．如图所示，长度为l的书本A露出桌面一部分，文具盒B位于A上，其右边缘与桌面右边缘在同一竖直线上， A、B均静止。时，为使A、B发生相对滑动，某同学对A施加一水平向左的恒力F（大小未知），直至作用到手掌触碰到桌面边缘时撤去F（桌子始终静止）。当时，该同学发现B的右边缘恰好滑到书本A的右边缘，且以后不再相对书本向右滑出。已知：A、B质量为别为2m、m，A与桌面、A与B间的动摩擦因数分别为μ1=0.5、μ2=0.3，重力加速度为g，整个运动中忽略书本的形变对运动的影响，且A、B的运动均为同一水平方向的直线运动。求：

（1）撤去F时，A、B的加速度大小a1、a2；

（2）之后的运动过程中， B相对于A滑动的位移；

（3）恒力F的大小。

【答案】（1）0.9g；0.3g；（2）；（3）

【解析】（1）撤去恒力F时：对A由牛顿第二定律

解得

对B由牛顿第二定律

解得

.

（2）t1前B一直匀加速，在t1时刻A、B共速v，则由运动学公式

t1后，对A由牛顿第二定律

解得

对B加速度依然为

所以B相对于A滑动的位移

（3）恒力F作用t0时间的阶段，对A由牛顿第二定律

该阶段A的速度

撤去恒力F，t1-t0时间的阶段A运动情况

t1前B一直匀加速，位移

且

.

联立上述方程可解得