全國2019屆高考物理二輪復習全冊學案（打包17套）.zip
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專題2 力與物體的直線運動
考題一 勻變速直線運動規(guī)律的應(yīng)用
1.勻變速直線運動常用的五種解題方法
2.追及問題的解題思路和技巧
(1)解題思路
(2)解題技巧
①緊抓“一圖三式”，即過程示意圖、時間關(guān)系式、速度關(guān)系式和位移關(guān)系式.
②審題應(yīng)抓住題目中的關(guān)鍵字眼，充分挖掘題目中的隱含條件，如“剛好”“恰好”“最多”“至少”等，往往對應(yīng)一個臨界狀態(tài)，滿足相應(yīng)的臨界條件.
③若被追趕的物體做勻減速運動，一定要注意追上前該物體是否已停止運動，另外還要注意最后對解的討論分析.
3.處理剎車類問題的思路
先判斷剎車時間t0＝，再進行分析計算.
例1 如圖1所示，云南省彝良縣發(fā)生特大泥石流，一汽車停在小山坡底，司機突然發(fā)現(xiàn)在距坡底240 m的山坡處泥石流以8 m/s的初速度、0.4 m/s2的加速度勻加速傾瀉而下，假設(shè)泥石流到達坡底后速率不變，在水平地面上做勻速直線運動.已知司機的反應(yīng)時間為1 s，汽車啟動后以0.5 m/s2的加速度一直做勻加速直線運動.試分析司機能否安全脫離.
圖1
解析 設(shè)泥石流到達坡底的時間為t1，速度為v1，
則：x1＝v0t1＋a1t
v1＝v0＋a1t1
解得：t1＝20 s，v1＝16 m/s
而汽車在t2＝19 s的時間內(nèi)發(fā)生的位移為：
x2＝a2t＝90.25 m
速度為：v2＝a2t2＝9.5 m/s
假設(shè)再經(jīng)時間t3，泥石流能夠追上汽車，則有：
v1t3＝x2＋v2t3＋a2t
解得：t－26t3＋361＝0
因Δ<0，方程無解，所以泥石流無法追上汽車，司機能安全脫離.
答案 司機能安全脫離
變式訓練
1.“蛟龍?zhí)枴笔俏覈着_自主研制的作業(yè)型深海載人潛水器，它是目前世界上下潛能力最強的潛水器.假設(shè)某次海試活動中，“蛟龍?zhí)枴蓖瓿珊５兹蝿?wù)后豎直上浮，從上浮速度為v時開始計時，此后“蛟龍?zhí)枴眲驕p速上浮，經(jīng)過時間t上浮到海面，速度恰好減為零，則“蛟龍?zhí)枴痹趖0(t0μ2Mgcos 37° ⑩
故箱子繼續(xù)減速
Mgsin 37°－μ2Mgcos 37°＝Ma3 ?
得a3＝2 m/s2 ?
x3＝＝4 m ?
x2＋x3＝6.4 m<8 m ?
不能運送到高處平臺上. ?
①⑦?各式2分，其余各式1分
變式訓練
8.如圖11甲所示，足夠長的傳送帶與水平面夾角為θ，在傳送帶上某位置輕輕放置一小滑塊，小滑塊與傳送帶間動摩擦因數(shù)為μ，小滑塊速度隨時間變化關(guān)系如圖乙所示，v0、t0已知，則( )
圖11
A.傳送帶一定逆時針轉(zhuǎn)動
B.μ＝tan θ＋
C.傳送帶的速度大于v0
D.t0后滑塊的加速度為2gsin θ－
答案 AD
解析 若傳送帶順時針轉(zhuǎn)動，當滑塊下滑時(mgsin θ>μmgcos θ)，將一直勻加速到底端；當滑塊上滑時(mgsin θ<μmgcos θ)，先勻加速運動，在速度相等后將勻速運動，兩種均不符合運動圖象；故傳送帶是逆時針轉(zhuǎn)動，選項A正確.滑塊在0～t0內(nèi)，滑動摩擦力向下，做勻加速下滑，a1＝gsin θ＋μgcos θ，由圖可知a1＝，則μ＝－tan θ，選項B錯誤.傳送帶的速度等于v0，選項C錯誤.等速后的加速度a2＝gsin θ－μgcos θ，代入μ值得a2＝2gsin θ－，選項D正確.
9.正方形木板水平放置在地面上，木板的中心靜置一小滑塊(可視為質(zhì)點)，如圖12所示為俯視圖，為將木板從滑塊下抽出，需要對木板施加一個作用線通過木板中心點的水平恒力F.已知木板邊長L＝2 m、質(zhì)量M＝3 kg，滑塊質(zhì)量m＝2 kg，滑塊與木板、木板與地面間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.2，g取10 m/s2，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力.求：
圖12
(1)要將木板抽出，水平恒力F需滿足的條件；
(2)當水平恒力F＝29 N時，在木板抽出時滑塊能獲得的最大速率.
答案 (1)F≥20 N (2) m/s
解析 (1)能抽出木板，滑塊與木板發(fā)生相對滑動，當滑塊達到隨木板運動的最大加速度時，拉力最小.
對滑塊，有：μmg＝ma
對木板，有：Fmin－μ(M＋m)g－μmg＝Ma
聯(lián)立解得：Fmin＝2μ(M＋m)g＝20 N
故抽出木板，水平恒力F至少為20 N
(2)要使滑塊獲得的速度最大，則滑塊在木板上相對滑動的距離最大，故應(yīng)沿木板的對角線方向抽木板.
設(shè)此時木板加速度為a1，則有：
F－μ(M＋m)g－μmg＝Ma1
由：a1t2－μgt2＝L
vmax＝μgt
聯(lián)立解得：
vmax＝ m/s
專題規(guī)范練
1.伽利略曾說過：“科學是在不斷改變思維角度的探索中前進的”.他在著名的斜面實驗中，讓小球分別沿傾角不同、阻力很小的斜面從靜止開始滾下，他通過實驗觀察和邏輯推理，得到的正確結(jié)論有( )
A.傾角一定時，小球在斜面上的速度與時間的平方成正比
B.傾角一定時，小球在斜面上的位移與時間的平方成正比
C.斜面長度一定時，小球從頂端滾到底端時的速度與傾角無關(guān)
D.斜面長度一定時，小球從頂端滾到底端所需的時間與傾角無關(guān)
答案 B
解析 伽利略通過實驗測定出小球沿斜面下滑的運動是勻加速直線運動，位移與時間的二次方成正比，并證明了速度隨時間均勻變化，故A錯誤，B正確；若斜面光滑，斜面長度一定時，小球從頂端滾到底端時的速度隨傾角的力增大而增大，故C錯誤；斜面長度一定時，小球從頂端滾到底端所需的時間隨傾角的增大而減小，故D錯誤.
2.(多選)如圖1所示，傾角θ＝30°的光滑斜面體固定在水平面上，斜面長度L＝0.8 m，一質(zhì)量m＝1×10－3 kg、帶電量q＝＋1×10－4C的帶電小球靜止在斜面底端.現(xiàn)要使小球能夠到達斜面頂端，可施加一沿斜面向上、場強大小為E＝100 V/m的勻強電場，重力加速度g＝10 m/s2，則這個勻強電場存在的時間t可能為( )
圖1
A.0.5 s B.0.4 s C.0.3 s D.0.2 s
答案 AB
解析 有電場時，根據(jù)牛頓定律可知：Eq－mgsin 30°＝ma1，解得a1＝5 m/s2，方向沿斜面向上；撤去電場時，小球的加速度a2＝gsin 30°＝5 m/s2，方向沿斜面向下；設(shè)電場存在的時間為t1，撤去電場后，恰好能到達斜面頂端，做減速運動的時間為t2，則a1t1＝a2t2；且a1t＋a2t＝L；聯(lián)立解得： t1＝t2＝0.4 s，故要想使小球到達斜面頂端則電場存在的時間應(yīng)該大于或等于0.4 s.
3.如圖2所示，a、b、c三個物體在同一條直線上運動，其位移與時間的關(guān)系圖象中，圖線c是一條x＝0.4t2的拋物線.有關(guān)這三個物體在0～5 s內(nèi)的運動，下列說法正確的是( )
圖2
A.a物體做勻加速直線運動
B.c物體做勻加速直線運動
C.t＝5 s時，a物體速度比c物體速度大
D.a、b兩物體都做勻速直線運動，且速度相同
答案 B
解析 位移圖象傾斜的直線表示物體做勻速直線運動，則知a、b兩物體都做勻速直線運動.由圖看出，a、b兩圖線的斜率大小相等、正負相反，說明兩物體的速度大小相等、方向相反，所以速度不同.故A、D錯誤；圖線c是一條x＝0.4t2的拋物線，結(jié)合x＝v0t＋at2可知，c做初速度為0，加速度為0.8 m/s2的勻加速直線運動，故B正確.圖象的斜率大小等于速度大小，根據(jù)圖象可知t＝5 s時，c物體速度最大.故C錯誤.
4.帶同種電荷的a、b兩小球在光滑水平面上相向運動.已知當小球間距小于或等于L時，兩者間的庫侖力始終相等；小球間距大于L時，庫侖力為零.兩小球運動時始終未接觸，運動時速度v隨時間t的變化關(guān)系圖象如圖3所示.由圖可知( )
圖3
A.a小球質(zhì)量大于b小球質(zhì)量
B.在t2時刻兩小球間距最大
C.在0～t3時間內(nèi)兩小球間距逐漸減小
D.在0～t2時間內(nèi)b小球所受斥力方向始終與運動方向相反
答案 A
解析 從速度－時間圖象可以看出b小球速度－時間圖象的斜率絕對值較大，所以b小球的加速度較大，兩小球之間的排斥力為相互作用力，大小相等，根據(jù)a＝知，加速度大的質(zhì)量小，所以a小球質(zhì)量大于b小球質(zhì)量，故A正確；t1～t2時間內(nèi)，二者做同向運動，所以當速度相等時距離最近，即t2時刻兩小球距離最小，之后距離又開始逐漸變大，故B、C錯誤；b球在0～t1時間內(nèi)做勻減速運動，所以0～t1時間內(nèi)排斥力與運動方向相反，在t1～t2時間內(nèi)做勻加速運動，斥力方向與運動方向相同，故D錯誤.
5.我國航天員要在“天宮一號”航天器實驗艙的桌面上測量物體的質(zhì)量，采用的方法如下：質(zhì)量為m1的標準物A的前后連接有質(zhì)量均為m2的兩個力傳感器.待測質(zhì)量的物體B連接在后傳感器上.在某一外力作用下整體在桌面上運動，如圖4所示.穩(wěn)定后標準物A前后兩個傳感器的讀數(shù)分別為F1、F2，由此可知待測物體B的質(zhì)量為( )
圖4
A. B.
C. D.
答案 B
解析 以整體為研究對象，由牛頓第二定律得：F1＝(m1＋2m2＋m)a；隔離B物體，由牛頓第二定律得：F2＝ma；聯(lián)立可得：m＝，B對.
6.如圖5所示，物塊A放在木板B上，A、B的質(zhì)量均為m，A、B之間的動摩擦因數(shù)為μ，B與地面之間的動摩擦因數(shù)為.若將水平力作用在A上，使A剛好要相對B滑動，此時A的加速度為a1；若將水平力作用在B上，使B剛好要相對A滑動，此時B的加速度為a2，則a1與a2的比為( )
圖5
A.1∶1 B.2∶3 C.1∶3 D.3∶2
答案 C
解析 將水平力作用在A上，使A剛好要相對B滑動，此時A、B間的摩擦達到最大靜摩擦，則對木板B根據(jù)牛頓第二定律：μmg－·2mg＝ma1，解得a1＝μg；將水平力作用在B上，使B剛好要相對A滑動，則對物塊A：μmg＝ma2，解得a2＝μg，則a1∶a2＝1∶3.
7.如圖6所示，質(zhì)量為M＝10 kg的小車停放在光滑水平面上.在小車右端施加一個F＝10 N的水平恒力.當小車向右運動的速度達到2.8 m/s時，在其右端輕輕放上一質(zhì)量m＝2.0 kg的小黑煤塊(小黑煤塊視為質(zhì)點且初速度為零)，煤塊與小車間動摩擦因數(shù)μ＝0.20，g＝10 m/s2.假定小車足夠長.則下列說法正確的是( )
圖6
A.煤塊在整個運動過程中先做勻加速直線運動穩(wěn)定后做勻速直線運動
B.小車一直做加速度不變的勻加速直線運動
C.煤塊在3 s內(nèi)前進的位移為9 m
D.小煤塊最終在小車上留下的痕跡長度為2.8 m
答案 D
解析 當小煤塊剛放到小車上時，做加速度為a1＝μg＝2 m/s2的勻加速運動，此時小車的加速度：a2＝＝ m/s2＝0.6 m/s2，當達到共速時：v＝v0＋a2t＝a1t，解得t＝2 s，v＝4 m/s；假設(shè)共速后兩者相對靜止，則共同加速度a共＝＝ m/s2＝ m/s2，此時煤塊受到的摩擦力：Ff＝ma共<μmg，則假設(shè)成立，即煤塊在整個運動過程中先做加速度為2 m/s2的勻加速直線運動，穩(wěn)定后繼續(xù)做加速度為 m/s2的勻加速直線運動，選項A、B錯誤；煤塊在前2 s內(nèi)的位移：x1＝t＝×2 m＝4 m；小車在前2 s內(nèi)的位移：x2＝v0t＋a2t2＝6.8 m；第3秒內(nèi)煤塊的位移：x1′＝vt′＋a共t′2＝ m≈4.4 m，則煤塊在3 s內(nèi)前進的位移為4 m＋4.4 m＝8.4 m，選項C錯誤；小煤塊在最初2秒內(nèi)相對小車的位移為Δx＝x2－x1＝2.8 m，故最終在小車上留下的痕跡長度為2.8 m，選項D正確.
8.(多選)如圖7所示，水平擋板A和豎直擋板B固定在斜面體C上，一質(zhì)量為m的光滑小球恰能與兩擋板和斜面體同時接觸.擋板A、B和斜面體C對小球的彈力大小分別為FA、FB和FC.現(xiàn)使斜面體和小球一起在水平面上水平向左做加速度為a的勻加速直線運動.若FA和FB不會同時存在，斜面體傾角為θ，重力加速度為g，則選項所列圖象中，可能正確的是( )
圖7
答案 BD
解析 對小球進行受力分析，當agtan θ時，受力如圖乙，根據(jù)牛頓第二定律
水平方向：FCsin θ＋FB＝ma ③
豎直方向：FCcos θ＝mg ④
聯(lián)立③④得：FC＝，F(xiàn)B＝ma－mgtan θ
FB與a也成線性關(guān)系，F(xiàn)C不變
所以C錯誤，D正確.
9.如圖8所示，長L＝1.5 m，高h＝0.45 m，質(zhì)量M＝10 kg的長方體木箱，在水平面上向右做直線運動.當木箱的速度v0＝3.6 m/s時，對木箱施加一個方向水平向左的恒力F＝50 N，并同時將一個質(zhì)量m＝1 kg的小球輕放在距木箱右端處的P點(小球可視為質(zhì)點，放在P點時相對于地面的速度為零)，經(jīng)過一段時間，小球脫離木箱落到地面.木箱與地面的動摩擦因數(shù)為0.2，其他摩擦均不計.取g＝10 m/s2，求：
圖8
(1)小球從離開木箱開始至落到地面所用的時間；
(2)小球放上P點后，木箱向右運動的最大位移；
(3)小球離開木箱時木箱的速度.
答案 (1)0.3 s (2)0.9 m (3)2.8 m/s，方向向左
解析 (1)木箱上表面的摩擦不計，因此小球在離開木箱前相對地面處于靜止狀態(tài)，離開木箱后將做自由落體運動.
由h＝gt2，得t＝＝ s＝0.3 s
小球從離開木箱開始至落到地面所用的時間為0.3 s.
(2)小球放到木箱后，木箱的加速度為：
a1＝
＝ m/s2＝7.2 m/s2
木箱向右運動的最大位移為：
x1＝＝ m＝0.9 m
小球放上P點后，木箱向右運動的最大位移為0.9 m.
(3)x1小于1 m，所以小球不會從木箱的左端掉下，木箱向左運動的加速度為
a2＝＝ m/s2
＝2.8 m/s2
設(shè)木箱向左運動的距離為x2時，小球脫離木箱，則
x2＝x1＋＝(0.9＋0.5) m＝1.4 m
設(shè)木箱向左運動的時間為t2，則：
由x2＝a2t
得：t2＝ ＝ s＝1 s
所以，小球離開木箱的瞬間，木箱的速度方向向左，大小為：v2＝a2t2＝2.8×1 m/s＝2.8 m/s.
10.如圖9甲所示，質(zhì)量為m＝20 kg的物體在大小恒定的水平外力作用下，沖上一足夠長從右向左以恒定速度v0＝－10 m/s傳送物體的水平傳送帶，從物體沖上傳送帶開始計時，物體的速度－時間圖象如圖乙所示，已知0～2 s內(nèi)水平外力與物體運動方向相反，2～4 s內(nèi)水平外力與物體運動方向相反，g取10 m/s2.求：
甲
乙
圖9
(1)物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)；
(2)0～4 s內(nèi)物體與傳送帶間的摩擦熱Q.
答案 (1)0.3 (2)2 880 J
解析 (1)設(shè)水平外力大小為F，由圖象可知0～2 s內(nèi)物體做勻減速直線運動，加速度大小為a1＝5 m/s2，由牛頓第二定律得：F＋Ff＝ma1
2～4 s內(nèi)物體做勻加速直線運動，加速度大小為a2＝1 m/s2，由牛頓第二定律得：Ff－F＝ma2
解得：Ff＝60 N
又Ff＝μmg
由以上各式解得：μ＝0.3
(2)0～2 s內(nèi)物體的對地位移
x1＝t1＝10 m
傳送帶的對地位移x1′＝v0t1＝－20 m
此過程中物體與傳送帶間的摩擦熱
Q1＝Ff(x1－x1′)＝1 800 J
2～4 s內(nèi)物體的對地位移
x2＝t2＝－2 m
傳送帶的對地位移
x2′＝v0t2＝－20 m
此過程中物體與傳送帶間的摩擦熱
Q2＝Ff(x2－x2′)＝1 080 J
0～4 s內(nèi)物體與傳送帶間的摩擦熱
Q＝Q1＋Q2＝2 880 J
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