【物理】2018届二轮复习“力与直线运动”学案（全国通用）

【物理】2018届二轮复习“力与直线运动”学案（全国通用）

‎“力与直线运动”学前诊断 考点一 匀变速直线运动的规律 ‎1.[考查匀变速直线运动的规律]‎ 一质点沿直线运动，其平均速度与时间的关系满足v＝2＋t(各物理量均选用国际单位制中单位)，则关于该质点的运动，下列说法正确的是(　　)‎ A．质点可能做匀减速直线运动 B．5 s内质点的位移为‎35 m C．质点运动的加速度为‎1 m/s2‎ D．质点3 s末的速度为‎5 m/s 解析：选B　根据平均速度v＝知，x＝vt＝2t＋t2，根据x＝v0t＋at2＝2t＋t2知，质点的初速度v0＝‎2 m/s，加速度a＝‎2 m/s2，质点做匀加速直线运动，故A、C错误；5 s内质点的位移x＝v0t＋at2＝2×‎5 m＋×2×‎25 m＝‎35 m，故B正确；质点在3 s末的速度v＝v0＋at＝‎2 m/s＋2×‎3 m/s＝‎8 m/s，故D错误。‎ ‎2．[考查位移－时间图像]‎ 甲、乙两车在同一条直道上行驶，它们运动的位移x随时间t变化的关系如图所示，已知乙车做匀变速直线运动，其图线与t轴相切于10 s处，则下列说法正确的是(　　)‎ A．甲车的初速度为零 B．乙车的初位置在x0＝‎60 m处 C．乙车的加速度大小为‎1.6 m/s2‎ D．5 s时两车相遇，此时甲车速度较大 解析：选C　位移时间图像的斜率等于速度，则知甲车的速度不变，做匀速直线运动，初速度不为零，选项A错误；乙车做匀变速直线运动，其图线与t轴相切于10 s处，则t＝10 s时，速度为零，反过来看成初速度为0的匀加速直线运动，则x＝at2，根据图像可知，x0＝a·100，20＝a·25，解得：a＝‎1.6 m/s2，x0＝‎80 m，选项C正确，B错误；5 s时两车相遇，此时甲的速度v甲＝ m/s＝‎4 m/s，乙的速度为v乙＝at＝1.6×‎5 m/s＝‎8 m/s，选项D错误。‎ ‎3．[考查应用匀变速直线运动规律解决实际问题]‎ 在娱乐节目《幸运向前冲》中，有一个关口是跑步跨栏机，它的设置是让挑战者通过一段平台，再冲上反向移动的跑步机皮带并通过跨栏，冲到这一关的终点。现有一套跑步跨栏装置，平台长L1＝‎4 m，跑步机皮带长L2＝‎32 m，跑步机上方设置了一个跨栏(不随皮带移动)，跨栏到平台末端的距离L3＝‎10 m，且皮带以v0＝‎1 m/s的恒定速率转动，一位挑战者在平台起点从静止开始以a1＝‎2 m/s2 的加速度通过平台冲上跑步机，之后以a2＝‎1 m/s2 的加速度在跑步机上往前冲，在跨栏时不慎跌倒，经过2 s爬起(假设从摔倒至爬起的过程中挑战者与皮带始终相对静止)，然后又保持原来的加速度a2，在跑步机上顺利通过剩余的路程，求挑战者全程所需要的时间？‎ 解析：挑战者匀加速通过平台：L1＝a1t12‎ 通过平台的时间：t1＝ ＝2 s 冲上跑步机的初速度：v1＝a1t1＝‎4 m/s 冲上跑步机至跨栏：L3＝v1t2＋a2t22‎ 解得t2＝2 s 摔倒至爬起随跑步机移动距离：‎ x＝v0t＝1×‎2 m＝‎2 m(向左)‎ 取地面为参考系，则挑战者爬起向左减速过程有：v0＝a2t3‎ 解得：t3＝1 s 对地位移为：x1＝a2t32＝‎0.5 m(向左)‎ 挑战者向右加速冲刺过程有：x＋x1＋L2－L3＝a2t42‎ 解得：t4＝7 s 挑战者通过全程所需要的总时间为：‎ t总＝t1＋t2＋t＋t3＋t4＝14 s。‎ 答案：14 s 考点二 动力学的两类基本问题 ‎4．[考查已知受力求运动问题]‎ 如图所示，Oa、Ob是竖直平面内两根固定的光滑细杆，O、a、b、c位于同一圆周上，c为圆周的最高点，a为最低点，Ob经过圆心。每根杆上都套着一个小滑环，两个滑环都从O点无初速释放，用t1、t2分别表示滑环到达a、b所用的时间，则下列关系正确的是(　　)‎ A．t1＝t2　　　　　　　 　B．t1＜t2‎ C．t1＞t2 D．无法确定 解析：选B　设Oa与竖直方向夹角为θ，则Ob与竖直方向夹角为2θ，由2Rcos θ＝gcos θ·t12,2R＝gcos 2θ·t22，比较可得t1＜t2，故B正确。‎ ‎5．[考查已知运动求受力问题]‎ 将一质量为m的小球靠近墙面竖直向上抛出，图甲是向上运动小球的频闪照片，图乙是下降时的频闪照片，O是运动的最高点，甲乙两次闪光频率相同，重力加速度为g，假设小球所受的阻力大小不变，则可估算小球受到的阻力大小约为(　　)‎ A．mg B.mg C.mg D.mg 解析：选C　设每块砖的厚度是d，向上运动时：‎ ‎9d－3d＝a1T2 ①‎ 向下运动时：3d－d＝a2T2 ②‎ 联立①②得：＝ ③‎ 根据牛顿第二定律，向上运动时：mg＋f＝ma1 ④‎ 向下运动时：mg－f＝ma2 ⑤‎ 联立③④⑤得：f＝mg，选C。‎ ‎6．[考查瞬时加速度的计算]‎ ‎[多选]光滑斜面上，当系统静止时，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，A、B质量相等。在突然撤去挡板的瞬间(　　)‎ A．两图中两球加速度均为gsin θ B．两图中A球的加速度均为零 C．图甲中B球的加速度为2gsin θ D．图乙中B球的加速度为gsin θ 解析：选CD　撤去挡板前，对整体分析，挡板对B球的弹力大小为2mgsin θ，因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，图甲中A 球所受合力为零，加速度为零，B球所受合力为2mgsin θ，加速度为2gsin θ；图乙中杆的弹力突变为零，A、B球所受合力均为mgsin θ，加速度均为gsin θ，故C、D正确，A、B错误。‎ 考点三 牛顿第二定律与运动图像的综合应用 ‎7.[考查牛顿第二定律与v t图像的综合应用]‎ ‎[多选]如图甲所示，倾角为30°的斜面固定在水平地面上，一个小物块在沿斜面向上的恒定拉力F作用下，从斜面底端A点由静止开始运动，一段时间后撤去拉力F，小物块能达到的最高位置为C点，已知小物块的质量为‎0.3 kg，小物块从A到C的vt图像如图乙所示，取g＝‎10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)‎ A．小物块加速时的加速度大小是减速时加速度大小的 B．小物块与斜面间的动摩擦因数为 C．小物块到达C点后将沿斜面下滑 D．拉力F的大小为4 N 解析：选AC　小物块加速时的加速度大小为：‎ a1＝＝ m/s2＝‎2.5 m/s2‎ 减速时的加速度大小为：‎ a2＝＝ m/s2＝‎7.5 m/s2‎ 小物块加速时的加速度大小是减速时加速度大小的，‎ 故A正确；‎ 撤去拉力后，根据牛顿第二定律，有：‎ mgsin 30°＋μmgcos 30°＝ma2‎ 即：a2＝gsin 30°＋μgcos 30°，‎ 得：μ＝，故B错误；在C点mgsin 30°＞μmgcos 30°，‎ 所以小物块到达C点后将沿斜面下滑，故C正确；在拉力作用下，根据牛顿第二定律，有：‎ F－mgsin 30°－μmgcos 30°＝ma1，‎ 代入数据得：F＝3 N，故D错误。‎ ‎8．[考查牛顿第二定律与am图像的综合应用]‎ ‎[多选]如图甲所示，水平地面上固定一足够长的光滑斜面，斜面顶端有一理想定滑轮，一轻绳跨过滑轮，绳两端分别连接小物块A和B。保持A的质量不变，改变B的质量m，当B的质量连续改变时，得到A的加速度a随B的质量m变化的图线，如图乙所示，图中a1、a2、m0为未知量，设加速度沿斜面向上的方向为正方向，空气阻力不计，重力加速度g取‎9.8 m/s2，斜面的倾角为θ，下列说法正确的是(　　)‎ A．若θ已知，可求出A的质量 B．若θ未知，可求出乙图中a1的值 C．若θ已知，可求出乙图中a2的值 D．若θ已知，可求出乙图中m0的值 解析：选BC　根据牛顿第二定律得：‎ 对B得：mg－F＝ma①‎ 对A得：F－mAgsin θ＝mAa②‎ 联立得a＝③‎ 若θ已知，由③知，不能求出A的质量mA，故A错误。‎ 由③式变形得a＝。‎ 当m→∞时，a＝a1＝g，故B正确。‎ 由③式得，m＝0时，a＝a2＝－gsin θ，故C正确。‎ 当a＝0时，由③式得，m＝m0＝mAsin θ，可知，m0不能求出，故D错误。‎ ‎9．[考查牛顿第二定律与v2x图像的综合应用]‎ ‎[多选]如图甲所示，物块的质量m＝‎1 kg，初速度v0＝‎10 m/s，在一水平向左的恒力F作用下从O点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻后恒力F突然反向，整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系图像如图乙所示，g＝‎10 m/s2。下列选项中正确的是(　　)‎ A．0～5 s内物块做匀减速运动 B．在t＝1 s时刻，恒力F反向 C．恒力F大小为10 N D．物块与水平面间的动摩擦因数为0.3‎ 解析：选BD　物块匀减速直线运动的加速度大小为：‎ a1＝＝ m/s2＝‎10 m/s2。‎ 匀加速直线运动的加速度大小为：‎ a2＝＝ m/s2＝‎4 m/s2。‎ 根据牛顿第二定律得：F＋f＝ma1，F－f＝ma2，‎ 联立两式解得：F＝7 N，f＝3 N。‎ 则动摩擦因数为：μ＝＝＝0.3。‎ 物块匀减速直线运动的时间为：‎ t1＝＝ s＝1 s。即在0～1 s内做匀减速直线运动，1 s后恒力F反向，做匀加速直线运动。故B、D正确，A、C错误。‎ 考点四 动力学的连接体问题 ‎10.[考查用牛顿第二定律解决连接体问题]‎ 在两个足够长的固定的相同斜面体上(其斜面光滑)，分别有如图所示的两套装置，斜面体B的上表面水平且光滑，长方体D的上表面与斜面平行且光滑，p是固定在B、D上的小柱，完全相同的两只弹簧一端固定在p上，另一端分别连在A和C上，在A与B、C与D分别保持相对静止状态沿斜面自由下滑的过程中，下列说法正确的是(　　)‎ A．两弹簧都处于拉伸状态 B．两弹簧都处于压缩状态 C．弹簧L1处于压缩状态，弹簧L2处于原长 D．弹簧L1处于拉伸状态，弹簧L2处于压缩状态 解析：选C　由于斜面光滑，它们整体沿斜面下滑的加速度相同，为gsin α。对于题图甲，以A为研究对象，重力与支持力的合力沿竖直方向，而A沿水平方向的加速度：ax＝acos α＝g·sin αcos α 该加速度由水平方向弹簧的弹力提供，所以弹簧L1处于压缩状态；对于题图乙，以C为研究对象，重力与斜面支持力的合力大小：F合＝mgsin α，即C 不能受到弹簧的弹力，弹簧L2处于原长状态。故选项C正确，A、B、D错误。‎ ‎11．[考查连接体中的临界问题]‎ 如图所示，物块A放在木板B上，A、B的质量均为m，A、B之间的动摩擦因数为μ，B与地面之间的动摩擦因数为。若将水平力作用在A上，使A刚好要相对B滑动，此时A的加速度为a1；若将水平力作用在B上，使B刚好要相对A滑动，此时B的加速度为a2，则a1与a2的比为(　　)‎ A．1∶1 B．2∶3‎ C．1∶3 D．3∶2‎ 解析：选C　当水平力作用在A上，使A刚好要相对B滑动，临界情况是A、B的加速度相等，隔离对B分析，B的加速度为：‎ aB＝a1＝＝μg，‎ 当水平力作用在B上，使B刚好要相对A滑动，此时A、B间的摩擦力刚好达到最大，A、B的加速度相等，有：aA＝a2＝＝μg，‎ 可得a1∶a2＝1∶3，C正确。‎ ‎12．[考查运用牛顿第二定律解决板块运动问题]‎ ‎(2017·全国卷Ⅲ)如图，两个滑块A和B的质量分别为mA＝‎1 kg和mB＝‎5 kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5；木板的质量为m＝‎4 kg，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1。某 时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0＝‎3 m/s。A、B相遇时，A与木板恰好相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝‎10 m/s2。求：‎ ‎(1)B与木板相对静止时，木板的速度；‎ ‎(2)A、B开始运动时，两者之间的距离。‎ 解析：(1)滑块A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动。设A、B和木板所受的摩擦力大小分别为f1、f2和f3，A和B相对于地面的加速度大小分别为aA和aB，木板相对于地面的加速度大小为a1。在滑块B与木板达到共同速度前有 f1＝μ1mAg ①‎ f2＝μ1mBg ②‎ f3＝μ2(m＋mA＋mB)g ③‎ 由牛顿第二定律得 f1＝mAaA ④‎ f2＝mBaB ⑤‎ f2－f1－f3＝ma1 ⑥‎ 设在t1时刻，B与木板达到共同速度，其大小为v1。由运动学公式有 v1＝v0－aBt1 ⑦‎ v1＝a1t1 ⑧‎ 联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得 v1＝‎1 m/s。 ⑨‎ ‎(2)在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离为 sB＝v0t1－aBt12 ⑩‎ 设在B与木板达到共同速度v1后，木板的加速度大小为a2。对于B与木板组成的体系，由牛顿第二定律有f1＋f3＝(mB＋m)a2 ⑪‎ 由①②④⑤式知，aA＝aB；再由⑦⑧式知，B与木板达到共同速度时，A的速度大小也为v1，但运动方向与木板相反。由题意知，A和B相遇时，A与木板的速度相同，设其大小为v2。设A的速度大小从v1变到v2所用的时间为t2，则由运动学公式，对木板有v2＝v1－a2t2 ⑫‎ 对A有v2＝－v1＋aAt2 ⑬‎ 在t2时间间隔内，B(以及木板)相对地面移动的距离为 s1＝v1t2－a2t22 ⑭‎ 在(t1＋t2)时间间隔内，A相对地面移动的距离为 sA＝v0(t1＋t2)－aA2 ⑮‎ A和B相遇时，A与木板的速度也恰好相同。因此A和B开始运动时，两者之间的距离为 s0＝sA＋s1＋sB ⑯‎ 联立以上各式，并代入数据得 s0＝‎1.9 m。 ⑰‎ ‎(也可用如图所示的速度—时间图线求解)‎ 答案：(1)‎1 m/s　(2)‎‎1.9 m