2022高考物理二輪復(fù)習(xí) 第2講 力與直線運(yùn)動專題突破練

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1、2022高考物理二輪復(fù)習(xí) 第2講 力與直線運(yùn)動專題突破練 考點一　動力學(xué)中的圖像問題 考向1　明確圖像的物理意義 1.(x-t圖像)(多選)甲、乙兩個物體在同一直線上運(yùn)動,其x-t圖像如圖2-1所示,其中直線b與曲線a相切于點(4 s,-15 m).已知甲做勻變速直線運(yùn)動,下列說法正確的是 (　　) 圖2-1 A.前4 s內(nèi)兩物體運(yùn)動方向相同 B.前4 s內(nèi)甲的平均速度是乙的平均速度的倍 C.t=0時刻,甲的速度大小為9 m/s 　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 D.甲的加速度大小為2 m/s2 2.(v-t圖像)如圖2-2所示,直線a與四分之一圓弧b分別表示

2、兩質(zhì)點A、B從同一地點出發(fā)沿同一方向做直線運(yùn)動的v-t圖像.當(dāng)B的速度變?yōu)?時,A恰好追上B,則A的加速度為(　　) 圖2-2 A.1 m/s2 B.2 m/s2 C. m/s2 D.π m/s2 3.(x-t圖像與v-t圖像的比較)如圖2-3所示為表示甲、乙、丙、丁四個物體運(yùn)動過程的x-t或v-t圖像,下列判斷正確的是 (　　) 圖2-3 A.丙和丁的運(yùn)動方向相同 B.只有乙在做勻速直線運(yùn)動 C.甲在運(yùn)動中速度方向發(fā)生了改變 D.甲運(yùn)動中加速度方向發(fā)生了改變 歸納 1.x-t圖像 2.v-t圖像 考向2　實現(xiàn)圖像與圖像之間的轉(zhuǎn)化 1 某

3、物體做直線運(yùn)動的v-t圖像如圖2-4所示,圖2-5中F表示物體所受合力,x表示物體的位移,則其中正確的是 (　　) 圖2-4 圖2-5 [導(dǎo)思] ①v-t圖像的斜率和其與時間軸圍成的面積分別表示什么?②怎樣根據(jù)v-t圖分析加速度的大小和方向? 歸納 “圖像轉(zhuǎn)換”的思路及三個注意點 1.圖像轉(zhuǎn)換是近幾年高考的熱點,有一定的綜合性和拓展空間,其分析思路如下: v-t圖像?運(yùn)動情況?受力情況(F-t圖像)?功能關(guān)系…… 2.圖像轉(zhuǎn)換時要注意以下三點 (1)合理劃分運(yùn)動階段,分階段進(jìn)行圖像轉(zhuǎn)換; (2)注意相鄰運(yùn)動階段的銜接,尤其是運(yùn)動參量的銜接; (3)注

4、意圖像轉(zhuǎn)換前后核心物理量間的定量關(guān)系,如例題中v與a的關(guān)系和a與F的關(guān)系,這是圖像轉(zhuǎn)換的依據(jù). 式 (多選)靜止在光滑水平面上的物體在如圖2-6所示的水平力F作用下朝某一方向運(yùn)動,且圖中有t1=t0,t2=2t0,t3=3t0,則與F-t圖像相對應(yīng)的v-t圖像和a-t圖像是圖2-7中的 (　　) 圖2-6 圖2-7 考向3　實現(xiàn)圖像與函數(shù)之間的轉(zhuǎn)化 2 如圖2-8所示,軌道OA與傾角不同的軌道OB、OC在底端連接,不計摩擦和小球經(jīng)過最低點時的機(jī)械能損失.小球自軌道OA上某一位置由靜止自由釋放,分別運(yùn)動到軌道OB、OC上時,均能夠到達(dá)與出發(fā)點等高的位置.用1、2表

5、示小球分別沿軌道OB、OC再返回到軌道OA上最高點過程中速度大小的變化規(guī)律,圖2-9中正確的是 (　　) 圖2-8 圖2-9 [導(dǎo)思] ①小球在軌道上受到幾個力?加速度由什么因素決定?②小球由OB或OC上的等高點滑到O的速度、時間和位移有何關(guān)系?③小球先后滑上OA的加速度有何關(guān)系? 歸納 加速度是研究運(yùn)動的核心物理量,牛頓第二定律是研究動力學(xué)問題的重要規(guī)律,導(dǎo)出加速度的決定式是解決這類問題的關(guān)鍵.例題考查v-t圖像在動力學(xué)問題中的應(yīng)用,實際上是第一類動力學(xué)問題,解決此類問題的關(guān)鍵是找出橫、縱坐標(biāo)軸對應(yīng)物理量的函數(shù)關(guān)系,合理挖掘圖像上的信息(如斜率、截距、交點、漸

6、近線等)解題. 式1 (多選)如圖2-10甲所示,物塊的質(zhì)量m=1 kg,初速度v0=10 m/s,在一水平向左的恒力F作用下從O點沿粗糙的水平面向右運(yùn)動,某時刻后恒力F突然反向,整個過程中物塊速度的二次方隨位置坐標(biāo)變化的關(guān)系圖像如圖乙所示,g取10 m/s2.下列說法中正確的是 (　　) 圖2-10 A.0~5 m內(nèi)物塊做勻減速直線運(yùn)動 B.在t=1 s時刻,恒力F反向 C.恒力F大小為10 N D.物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.3 式2 [2018·全國卷Ⅰ] 如圖2-11所示,輕彈簧的下端固定在水平桌面上,上端放有物塊P,系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài).現(xiàn)用一豎直向上的力F作

7、用在P上,使其向上做勻加速直線運(yùn)動,以x表示P離開靜止位置的位移,在彈簧恢復(fù)原長前,如圖2-12所示的表示F和x之間關(guān)系的圖像可能正確的是(　　) 圖2-11 圖2-12 考點二　追及相遇與行車安全問題 3 (14分)在一條平直的公路上有一輛長L0=1.5 m的電動自行車正以v=3 m/s的速度向前行駛,在其車尾后方x0=16.5 m遠(yuǎn)處的另一條車道上有一輛長L=6.5 m的公共汽車正以v0=10 m/s的速度同向駛來,由于公共汽車要在前方50 m處的站點停車以上下乘客,便在此時開始剎車使之做勻減速運(yùn)動,結(jié)果車頭恰好停在站點處.不考慮公共汽車的再次啟動,求:

8、 (1)從公共汽車開始剎車計時,公共汽車(車頭)從后方追至自行車車尾所需的時間; (2)兩車第一次錯車過程中所經(jīng)歷的時間. [解答步驟規(guī)范] (1)由于汽車要在前方x=50 m處的站點停車, 則汽車剎車的加速度a=　　　　=-1 m/s2　 (2分)? 汽車相對自行車做初速度v'0=10 m/s-3 m/s=7 m/s、加速度a=-1 m/s2的勻減速運(yùn)動 (2分) 設(shè)汽車車頭到達(dá)自行車車尾歷時為t1,則有 x0=　　　　 (2分)? 解得t1=3 s　 (2分) (2)設(shè)汽車車尾到達(dá)自行車車頭歷時為t2,則有 x1=v'0·　　　　+　　　　(2分)? 而位移滿足關(guān)系

9、x1=x0+　　　　　 (2分)? 解得t2=7 s　 (1分) 則第一次錯車時間為Δt1=t2-t1=4 s　 (2分) 歸納 解決追及相遇與行車安全問題的一般思路: 處理追及相遇問題的基本方法: 1.物理分析法 首先,要認(rèn)真審題,構(gòu)建形象的運(yùn)動圖景;其次,要抓住關(guān)鍵詞,挖掘隱含條件,如“剛好”“恰好”“最多”“至少”等,往往對應(yīng)一個臨界狀態(tài),要滿足相應(yīng)的臨界條件. (1)恰好追上(或追不上)、最遠(yuǎn)(或最近)距離——速度相等是臨界條件. (2)追上、相遇——兩物體同時到達(dá)某位置. 2.極值法 設(shè)相遇時間為t,根據(jù)條件列位移關(guān)系式,得到關(guān)于t的一元二次方程,用判別式

10、進(jìn)行討論.若Δ>0,有兩個解,則可以相遇兩次;若Δ=0,則剛好追上或相遇;若Δ<0,則追不上或不能相遇. 3.圖像法 將兩物體運(yùn)動的速度—時間圖像在同一坐標(biāo)系中畫出,然后利用圖像分析求解相關(guān)問題. 4.相對運(yùn)動法 對運(yùn)動過程和狀態(tài)進(jìn)行分析,巧妙選擇參考系,簡化運(yùn)動過程、臨界狀態(tài),確定三大關(guān)系,列式求解. 式 甲、乙兩輛車在平直公路上從同一地點先后出發(fā),其運(yùn)動的v-t圖像如圖2-13所示,其中t3時刻兩車相遇,相遇前兩車最大距離x0為25 m,已知t2=10 s.求: (1)甲車在加速階段的加速度大小; (2)兩車相遇的時刻t3.(取=1.4,結(jié)果保留兩位有效數(shù)字) 圖2-1

11、3 考點三　連接體問題 4 (多選)如圖2-14所示,a、b、c是三個質(zhì)量均為m的物塊,物塊a、b通過水平輕繩相連后放在水平地面上,物塊c放在b上.現(xiàn)用水平拉力F作用于a,使三個物塊一起水平向右勻速運(yùn)動.各接觸面間的動摩擦因數(shù)均為μ,重力加速度大小為g.下列說法正確的是 (　　) 圖2-14 A.該水平拉力大于輕繩中的張力 B.物塊c受到的摩擦力大小為μmg C.當(dāng)該水平拉力F增大為原來的1.5倍時,物塊c受到的摩擦力大小為0.5μmg D.剪斷輕繩后,在物塊b向右運(yùn)動的過程中,物塊c受到的摩擦力大小為μmg [導(dǎo)思] ①勻速運(yùn)動時,計算輕繩的拉力選取的研究對象是

12、a、b、c,還是整體?②當(dāng)該水平拉力F增大為原來的1.5倍時或剪斷輕繩后,計算c的摩擦力時,研究對象選哪個?其加速度怎么計算? 歸納 在連接體問題中,若各個物體具有大小和方向都相同的加速度,就可以把它們看成一個整體處理;如果需要知道物體之間的相互作用力,則需要把其中的某一個物體隔離分析. 式1 (多選)如圖2-15所示,在光滑水平地面上,可視為質(zhì)點的兩滑塊A、B在水平外力作用下緊靠在一起壓緊彈簧,彈簧左端固定在墻壁上,此時彈簧的壓縮量為x0,以兩滑塊此時的位置為坐標(biāo)原點,建立如圖所示的一維坐標(biāo)系.現(xiàn)將外力突然反向并使B向右做勻加速運(yùn)動,外力F、兩滑塊間彈力FN與滑塊B的位移x的關(guān)系圖像

13、可能正確的是圖2-16中的 (　　) 圖2-15 圖2-16 式2 如圖2-17所示,一質(zhì)量為M、帶有掛鉤的小球套在傾角為θ的細(xì)桿上,恰能沿桿勻速下滑,小球所受最大靜摩擦力等于滑動摩擦力.若在小球下滑過程中在掛鉤上加掛質(zhì)量為m的物體或改變傾角θ,則下列說法正確的是 (　　) 圖2-17 A.僅增大θ(θ<90°)時,小球被釋放后仍能沿桿勻速下滑 B.僅增大θ(θ<90°)時,小球被釋放后將沿桿加速下滑 C.θ不變,僅在掛鉤上加掛物體時,小球被釋放后將沿桿加速下滑 D.θ不變,僅在掛鉤上加掛物體時,掛鉤對物體的拉力大于物體的重力 第2講　力與直線運(yùn)動 高

14、頻考點探究 考點一 1.AD　[解析] x-t圖像的斜率的正負(fù)表示運(yùn)動的方向,故前4 s內(nèi)兩物體運(yùn)動方向相同,均為負(fù)方向,故A正確;甲做勻變速直線運(yùn)動,則甲的x-t圖像對應(yīng)于a,前4 s內(nèi)甲的平均速度為v1==-6 m/s,前4 s內(nèi)乙的平均速度為v2==-2 m/s,所以前4 s內(nèi)甲的平均速度是乙的平均速度的3倍,故B錯誤;t=1 s時,甲的位移大小是9 m,t=4 s時,甲的位移大小是24 m,設(shè)甲的初速度大小是v0,加速度大小為a,由勻變速直線運(yùn)動的位移公式列兩方程,代入數(shù)據(jù)解得v0=10 m/s,a=2 m/s2,故C錯誤,D正確. 2.C　[解析] A和B由同一點出發(fā)至相遇過程

15、,位移相等,即·π×22 m=a×(2 s)2,解得加速度a= m/s2 ,選項C正確. 3.C　[解析] x-t圖像的斜率大小表示速度大小,斜率正負(fù)表示速度方向,故A錯誤;丙、丁、乙都做勻速運(yùn)動,故B錯誤;速度的正負(fù)表示物體運(yùn)動的方向,故C正確;v-t圖像的斜率表示加速度,故D錯誤. 例1　B　[解析] 根據(jù)v-t圖像的斜率可知,0~2 s內(nèi)與6~8 s內(nèi)物體的加速度大小相等、方向相同,故所受合力相同,A錯誤.2~6 s內(nèi)物體的加速度恒定,合力恒定,且大小與0~2 s內(nèi)的相同,方向與0~2 s內(nèi)的相反,B正確.根據(jù)v-t圖像可知,0~4 s內(nèi)物體先沿正方向做勻加速直線運(yùn)動,然后做勻減速直

16、線運(yùn)動,4~8 s內(nèi)先沿負(fù)方向做勻加速直線運(yùn)動,然后做勻減速直線運(yùn)動,再結(jié)合v-t圖線包圍面積的意義可知,0~4 s內(nèi)物體的位移不斷增大,4 s末達(dá)到最大值,8 s末返回到出發(fā)點,C、D錯誤. 例1變式　AC　[解析] 設(shè)物體質(zhì)量為m,在0~t1時間內(nèi),加速度a=,物體做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動,在t1=t0時刻,速度v0=at0=,所以這段時間對應(yīng)的v-t圖像是經(jīng)過原點的傾斜線段,對應(yīng)的a-t圖像是平行于時間軸的水平線段;在t1~t2時間內(nèi),合外力F=0,加速度a=0,物體以速度v0做勻速直線運(yùn)動,所以這段時間對應(yīng)的v-t圖像是平行于時間軸的水平線段,對應(yīng)的a-t圖像與時間軸重合;同理,

17、可分析出在t2~t3時間內(nèi)的v-t圖像和a-t圖像,選項A、C正確. 例2　A　[解析] 小球在軌道上,由牛頓第二定律得,加速度a==gsin θ,因軌道OB的傾角比軌道OC的傾角大,則加速度aB>aC,由機(jī)械能守恒定律得,小球到達(dá)O點的速率相等,先后進(jìn)入軌道OA后,加速度相同,則圖像平行,選項A正確. 例2變式1　ABD　[解析] 物塊在0~5 m內(nèi)速度減小,做勻減速運(yùn)動,選項A正確.物塊做勻減速運(yùn)動的加速度大小a1== m/s2=10 m/s2,物塊做勻加速運(yùn)動的加速度大小a2== m/s2=4 m/s2,根據(jù)牛頓第二定律得F+f=ma1,F-f=ma2,聯(lián)立解得F=7 N,f=3 N

18、,則動摩擦因數(shù)為μ===0.3,物塊做勻減速運(yùn)動的時間為t1== s=1 s,即在1 s末恒力F反向,選項B、D正確,C錯誤. 例2變式2　A　[解析] 設(shè)物塊P靜止時彈簧的壓縮量為L,則彈簧彈力kL與重力mg大小相等,當(dāng)物塊P位移為x時,彈簧彈力為k(L-x),根據(jù)牛頓第二定律有F+k(L-x)-mg=ma,即F=kx+ma+mg-kL=kx+ma,可見,F與x是一次函數(shù)關(guān)系,A正確. 考點二 例3　(1)　v'0t1+a　(2)t2　a　L+L0 例3變式　(1)2 m/s2　(2)17 s時 [解析] (1)當(dāng)兩車速度相等時(即t2時刻),相距最遠(yuǎn), 0~t2時間內(nèi)位移關(guān)系

19、為x乙=x甲+x0 即vt2=v(t2-t1)+25 m 解得t1=5 s 所以甲的加速度a1==2 m/s2 (2)t3時刻兩車相遇,有x'甲=x'乙 即a1(t3-t1)2=a2 其中a2==1 m/s2 解得t3=5(2+) s=17 s 考點三 例4　ACD　[解析] 對勻速運(yùn)動的整體,由平衡條件得F=3μmg,同理對b和c,輕繩中的張力FT=2μmg,則F>FT,對c,摩擦力為0,選項A正確,B錯誤;當(dāng)該水平拉力F增大為原來的1.5倍時,對三物塊組成的整體,有1.5F-3μmg=3ma,則a=0.5μg,此時對c,摩擦力f1=ma=0.5μmg,選項C正確;剪斷輕繩

20、后,在物塊b向右運(yùn)動的過程中,對b、c整體,加速度a'==μg,對c,摩擦力f2=ma'=μmg,選項D正確. 例4變式1　BD　[解析] 外力F反向,當(dāng)A和B相對靜止加速時,對A、B 整體,由牛頓第二定律得F+k(x0-x)=(mA+mB)a,F-x圖像為線性圖像,當(dāng)A、B分離時,對A,有k(x0-x)=mAa,此時xμMgcos θ,小球被釋放后將加速下滑,選項A錯誤,B正確;θ不變,僅在掛鉤上加掛質(zhì)量為m的物體時,以兩物體整體為研究對象,滿足(M+m)gsin θ=μ(M+m)gcos θ,整體將勻速下滑,掛鉤對物體的拉力等于物體的重力,選項C、D錯誤.