【步步高】(广东专用）高考物理二轮复习 专题突破二 第1课时 力与物体的直线运动.doc

【步步高】(广东专用）2014高考物理二轮复习 专题突破二 第1课时 力与物体的直线运动专题定位本专题解决的是物体(或带电体)在力的作用下的匀变速直线运动问题高考对本专题考查的内容主要有：匀变速直线运动的规律及运动图象问题；行车安全问题；物体在传送带(或平板车)上的运动问题；带电粒子(或带电体)在电场、磁场中的匀变速直线运动问题；电磁感应中的动力学分析考查的主要方法和规律有：动力学方法、图象法、运动学的基本规律、临界问题的处理方法等应考策略抓住“两个分析”和“一个桥梁”“两个分析”是指“受力分析”和“运动情景或运动过程分析”“一个桥梁”是指加速度是联系运动和受力的桥梁综合应用牛顿运动定律和运动学公式解决问题第1课时动力学观点在力学中的应用1物体或带电粒子做匀变速直线运动的条件是：物体所受合力为恒力，且与速度方向共线2匀变速直线运动的基本规律为速度公式：vv0at位移公式：sv0tat2速度和位移公式的推论为：v2v2as中间时刻的瞬时速度为v任意相邻两个连续相等的时间内的位移之差是一个恒量，即ssn1sna(t)2.3速度时间关系图线的斜率表示物体运动的加速度，图线与时间轴所包围的面积表示物体运动的位移匀变速直线运动的vt图象是一条倾斜直线4位移时间关系图线的斜率表示物体的速度，匀变速直线运动的st图象是一条抛物线5超重或失重时，物体的重力并未发生变化，只是物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)发生了变化物体发生超重或失重现象与物体的运动方向无关，只决定于物体的加速度方向当a有竖直向上的分量时，超重；当a有竖直向下的分量时，失重；当ag且竖直向下时，完全失重1动力学的两类基本问题的处理思路2解决动力学问题的常用方法(1)整体法与隔离法(2)正交分解法：一般沿加速度方向和垂直于加速度方向进行分解，有时根据情况也可以把加速度进行正交分解(3)逆向思维法：把运动过程的末状态作为初状态的反向研究问题的方法，一般用于匀减速直线运动问题，比如刹车问题、竖直上抛运动.题型1运动学图象问题例1(双选)(2013东北三省四市二次联考)某物体质量为1 kg，在水平拉力作用下沿粗糙水平地面做直线运动，其速度时间图象如图1所示，根据图象可知()图1a物体所受的拉力总是大于它所受的摩擦力b物体在第3 s内所受的拉力大于1 nc在03 s内，物体所受的拉力方向始终与摩擦力方向相反d物体在第2 s内所受的拉力为零审题突破水平方向物体受几个力作用？由图象可知哪些信息？解析由题图可知，第2 s内物体做匀速直线运动，即拉力与摩擦力平衡，所以a、d选项错误；第3 s内物体的加速度大小为1 m/s2，根据牛顿第二定律可知物体所受合外力大小为1 n，选项b正确；物体运动过程中，拉力方向始终和速度方向相同，摩擦力方向始终和运动方向相反，选项c正确答案bc以题说法解图象类问题的关键在于将图象与物理过程对应起来，通过图象的坐标轴、关键点、斜率、面积等信息，对运动过程进行分析，从而解决问题(双选)(2013四川6)甲、乙两物体在t0时刻经过同一位置沿x轴运动，其vt图象如图2所示，则()图2a甲、乙在t0到t1 s之间沿同一方向运动b乙在t0到t7 s之间的位移为零c甲在t0到t4 s之间做往复运动d甲、乙在t6 s时的加速度方向相同答案bd解析在t0到t1 s之间，甲、乙两物体的运动方向先相反，后相同，选项a错误在t0到t7 s之间由乙物体的vt图象的“线下面积”可知位移为0，选项b正确在t0到t4 s之间甲物体沿x轴向同一个方向运动，选项c错误由甲、乙两物体的vt图象可知t6 s时图线的斜率均为负值，即它们的加速度方向相同，选项d正确题型2整体法与隔离法在连接体问题中的应用例2(2013福建21)质量为m、长为l的杆水平放置，杆两端a、b系着长为3l的不可伸长且光滑的柔软轻绳，绳上套着一质量为m的小铁环已知重力加速度为g，不计空气影响图3(1)现让杆和环均静止悬挂在空中，如图3甲，求绳中拉力的大小；(2)若杆与环保持相对静止，在空中沿ab方向水平向右做匀加速直线运动，此时环恰好悬于a端的正下方，如图乙所示求此状态下杆的加速度大小a；为保持这种状态需在杆上施加一个多大的外力，方向如何？审题突破“光滑的柔软轻绳”说明什么？环恰好悬于a端的正下方时，环的受力有什么特点？环和杆有什么共同特点？解析(1)如图，设平衡时，绳中拉力为t，有2tcos mg0由图知cos 由式解得tmg(2)此时，对小铁环受力分析如图，有tsin ma因|t|t|所以ttcos mg0由图知60，代入式解得ag如图，设外力f与水平方向成角，将杆和小铁环当成一个整体，有fcos (mm)afsin (mm)g0由式解得tan (或60)f(mm)g答案(1)mg(2)g(mm)g，方向与水平方向成60角斜向右上以题说法在应用牛顿运动定律分析连接体问题时，要灵活交替使用整体法和隔离法各部分以及整体的共同特点是加速度相同，但与物体间作用力有关的问题必须隔离出受力最简单或未知量最少的物体来研究(双选)(2013青岛统一质量监测)如图4所示，光滑水平桌面上放置一长木板，长木板上表面粗糙，上面放置一小铁块，现有一水平向右的恒力f作用于铁块上，以下判断正确的是()图4a铁块与长木板都向右运动，且两者一定保持相对静止b若水平恒力f足够大，铁块与长木板间有可能发生相对滑动c若两者保持相对静止，运动一段时间后，拉力突然反向，铁块与长木板间有可能发生相对滑动d若两者保持相对静止，运动一段时间后，拉力突然反向，铁块与长木板间仍将保持相对静止答案bd解析此情景的临界状态是木板与铁块之间达到最大静摩擦力，隔离木板则得amax，再整体得fmax(m木m铁)amaxfmax，当ffmax时，它们之间发生相对滑动，a错，b对题型3运动学基本规律的应用例3(2013大纲24)一客运列车匀速行驶，其车轮在铁轨间的接缝处会产生周期性的撞击坐在该客车中的某旅客测得从第1次到第16次撞击声之间的时间间隔为10.0 s在相邻的平行车道上有一列货车，当该旅客经过货车车尾时，货车恰好从静止开始以恒定加速度沿客车行进方向运动该旅客在此后的20.0 s内，看到恰好有30节货车车厢被他连续超过已知每根铁轨的长度为25.0 m，每节货车车厢的长度为16.0 m，货车车厢间距忽略不计求：(1)客车运行速度的大小；(2)货车运行加速度的大小解析本题涉及的是匀变速直线运动问题(1)设客车车轮连续两次撞击铁轨的时间间隔为t，每根铁轨的长度为l，则客车速度为v其中l25.0 m，t s，得v37.5 m/s(2)设从货车开始运动后t20.0 s内客车行驶了s1，货车行驶了s2，货车的加速度为a,30节货车车厢的总长度为l3016.0 m由运动学公式有s1vts2at2由题给条件有ls1s2由式解得a1.35 m/s2答案(1)37.5 m/s(2)1.35 m/s2以题说法解决此类问题必须熟练掌握运动学的基本规律和推论(即五个关系式)对于匀减速直线运动还要会灵活运用逆向思维法对于追及相遇问题要能分别清晰地分析两物体的运动过程，能找出空间和时间的关系等(2013呼和浩特第二次质量调研)一物体以某一初速度在粗糙的水平面上做匀减速直线运动，最后停下来，若此物体在最初5 s内通过的路程与最后5 s通过的路程之比为95，求此物体一共运动了多少时间？答案7 s解析设前5 s的位移为s1，最后5 s的位移为s2，运动的总时间为t，把运动过程逆过来看，该运动就变成了初速度为零的匀加速直线运动，则有s1at2a(t5)2s2a52s1s295联立上式可知t7 s题型4应用动力学方法分析传送带问题例4(16分)如图5所示，竖直固定的光滑圆弧轨道ab半径r1.25 m，bc为水平传送带与a、b两驱动轮的切点，ab与bc水平相切于b点(未连接，圆弧轨道不影响传送带运动)一质量为m3 kg的小滑块，从a点由静止滑下，当传送带静止时，滑块恰好能滑到c点已知a、b两轮半径均为r0.4 m且两轮与传送带间不打滑，滑块与传送带间的动摩擦因数0.1，取g10 m/s2.问：图5(1)bc两点间的距离是多少？(2)当a、b顺时针匀速转动的角速度为0时，将滑块从a点由静止释放，滑块恰好能由c点水平飞出传送带求0的大小以及这一过程中滑块与传送带间产生的内能运动建模1.当传送带静止时，物块由b到c的运动是匀减速直线运动2当传送带运动时，物块由b到c，可能会匀减速直线运动，也可能会匀加速直线运动，还有可能会做匀速直线运动，具体是哪一种要比较在b、c两点的速度关系解析(1)滑块从a到b，由动能定理有mgrmv(1分)vb5 m/s(1分)由b到c：ag1 m/s2(1分)由0v2asbc(1分)得sbc12.5 m(1分)(2)滑块恰能在c点水平飞出传送带，则有mgm(2分)解得：vc2 m/s(1分)0(1分)解得：05 rad/s(1分)由vbvc知滑块在传送带上受到向左的滑动摩擦力作用，即滑块要减速到c点(1分)mgma(1分)滑块减速时间t(1分)滑块位移s1vbtat2(1分)传送带运动的距离s2vct产生的内能qmg(s1s2)(1分)解得：q13.5 j(1分)答案(1)12.5 m(2)5 rad/s13.5 j以题说法1.传送带问题的实质是相对运动问题，这样的相对运动将直接影响摩擦力的方向因此，搞清楚物体与传送带间的相对运动方向是解决该问题的关键2传送带问题还常常涉及到临界问题，即物体与传送带速度相同，这时会出现摩擦力改变的临界，具体如何改变要根据具体情况判断(单选)如图6甲所示，倾角为的足够长的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行t0时，将质量m1 kg的物体(可视为质点)轻放在传送带上，物体相对地面的vt图象如图乙所示设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g10 m/s2.则下列选项错误的是()图6a传送带的速率v010 m/sb传送带的倾角30c物体与传送带之间的动摩擦因数0.5d02.0 s摩擦力对物体做功wf24 j答案b解析当物体的速度超过传送带的速度后，物体受到的摩擦力的方向发生改变，加速度也发生改变，根据vt图象可得，传送带的速率为v010 m/s，选项a正确；1.0 s之前的加速度a110 m/s2,1.0 s之后的加速度a22 m/s2，结合牛顿第二定律，mgsin mgcos ma1，mgsin mgcos ma2，解得sin 0.6，37，0.5，选项b错误，选项c正确；摩擦力大小fmgcos 4 n，在01.0 s内，摩擦力对物体做正功，在1.0 s2.0 s内，摩擦力对物体做负功，01.0 s内物体的位移为5 m,1.0 s2.0 s内物体的位移是11 m，摩擦力做的功为4(115) j24 j，选项d正确2应用动力学方法分析平板车类问题审题示例(15分)如图7所示，质量m4.0 kg的长木板b静止在光滑的水平地面上，在其右端放一质量m1.0 kg的小滑块a(可视为质点)初始时刻，a、b分别以v02.0 m/s向左、向右运动，最后a恰好没有滑离b板已知a、b之间的动摩擦因数0.40，取g10 m/s2.求：图7(1)a、b相对运动时的加速度aa和ab的大小与方向；(2)a相对地面速度为零时，b相对地面运动已发生的位移大小s；(3)木板b的长度l.审题模板答题模板(1)a、b分别受到大小为mg的摩擦力作用，根据牛顿第二定律对a物体有mgmaa(1分)则aag4.0 m/s2(1分)方向水平向右(1分)对b物体有mgmab(1分)则abmg/m1.0 m/s2(1分)方向水平向左(1分)(2)开始阶段a相对地面向左做匀减速运动，到速度为零时所用时间为t1，则v0aat1，解得t1v0/aa0.50 s(1分)b相对地面向右做匀减速运动sv0t1abt0.875 m(1分)(3)a先向左匀减速运动至速度为零后，后相对地面向右做匀加速运动，加速度大小仍为aa4.0 m/s2b板向右一直做匀减速运动，加速度大小为ab1.0 m/s2(1分)当a、b速度相等时，a滑到b最左端，恰好没有滑离木板b，故木板b的长度为这个全过程中a、b间的相对位移(1分)在a相对地面速度为零时，b的速度vbv0abt11.5 m/s(1分)设由a速度为零至a、b速度相等所用时间为t2，则aat2vbabt2解得t2vb/(aaab)0.3 s共同速度vaat21.2 m/s(1分)从开始到a、b速度相等的全过程，利用平均速度公式可知a向左运动的位移sa m0.32 m(1分)b向右运动的位移sb m1.28 m(1分)b板的长度lsasb1.6 m(1分)答案(1)a的加速度大小为4.0 m/s2，方向水平向右b的加速度大小为1.0 m/s2，方向水平向左(2)0.875 m(3)1.6 m点睛之笔平板车类问题中，滑动摩擦力的分析方法与传送带类似，但这类问题比传送带类问题更复杂，因为平板车往往受到摩擦力的影响也做匀变速直线运动，处理此类双体匀变速运动问题要注意从速度、位移、时间等角度，寻找它们之间的联系要使滑块不从车的末端掉下来的临界条件是滑块到达小车末端时的速度与小车的速度恰好相等如图8所示，质量m1 kg的木板静置于倾角37、足够长的固定光滑斜面底端质量m1 kg的小物块(可视为质点)以初速度v04 m/s从木板的下端冲上木板，同时在木板上端施加一个沿斜面向上的f3.2 n的恒力若小物块恰好不从木板的上端滑下，求木板的长度l为多少？已知小物块与木板之间的动摩擦因数0.8，重力加速度g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.图8答案0.5 m解析由题意，小物块向上匀减速运动，木板向上匀加速运动，当小物块运动到木板的上端时，恰好和木板共速设小物块的加速度为a，由牛顿第二定律mgsin mgcos ma设木板的加速度为a，由牛顿第二定律fmgcos mgsin ma设小物块和木板共同的速度为v，经历的时间为t，由运动学公式vv0atvat设小物块的位移为s，木板的位移为s，由运动学公式sv0tat2sat2小物块恰好不从木板的上端滑下，有ssl联立解得l0.5 m(限时：45分钟)一、单项选择题1(2013浙江17)如图1所示，水平木板上有质量m1.0 kg的物块，受到随时间t变化的水平拉力f的作用，用力传感器测出相应时刻物块所受摩擦力ff的大小取重力加速度g10 m/s2，下列判断正确的是()图1a5 s内拉力对物块做功为零b4 s末物块所受合力大小为4.0 nc物块与木板之间的动摩擦因数为0.4d6 s9 s内物块的加速度大小为2.0 m/s2答案d解析由题图知4 s后物块的摩擦力不再随f的变化而变化，即4 s后物块受到的是滑动摩擦力，此时物块沿力f的方向开始运动，力f在4 s后开始做正功，选项a错误；4 s末物块受滑动摩擦力为ff3 n，此时拉力f为4 n，故水平方向合力f合fff1 n，选项b错误；由于ffmg，故0.3，选项c错误；6 s9 s内，f5 n，ff3 n，由a得a2.0 m/s2，故选项d正确2如图2所示，一连同装备总重力为g的滑雪爱好者从滑雪坡道上由静止开始沿坡道abc向下滑行，滑到b点时滑雪者通过改变滑雪板角度的方式来增大摩擦力的大小，使其到达底端c点速度刚好减为零已知abbc，设两段运动过程摩擦力均为定值，下列分别为滑雪者位移、速度、加速度、摩擦力随时间变化的图象，其中正确的是()图2答案b解析滑雪者在ab段加速，在bc段减速，在b点速度最大st图象中，图线的斜率表示物体的速度，滑雪者在b位置的速度最大而不是零，a错误；由于滑雪者在ab段和bc段所受摩擦力恒定，且重力沿斜面向下的分力大小不变，故滑雪者在ab段和bc段所受合力大小均不变，即加速度大小均不变，滑雪者先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，且abbc，故aabf，又sin 答案bc解析表示的是平均速度，由题意可知到达a点的小球初速度最大，根据匀变速直线运动规律可知，小球滑到a点的过程平均速度最大，选项a错误，b正确；根据sat2可知，表示的是加速度的一半，由受力情况可知三个过程的加速度相等，选项c正确，d错误8在水平冰面上，一辆质量为1103 kg的电动雪橇做匀速直线运动，关闭发动机后，雪橇滑行一段距离后停下来，其运动的vt图象如图6所示，那么关于雪橇运动情况以下判断正确的是(重力加速度g10 m/s2)()图6a关闭发动机后，雪橇的加速度为2 m/s2b雪橇停止前30 s内通过的位移是150 mc雪橇与水平冰面间的动摩擦因数约为0.05d雪橇匀速运动过程中发动机的功率为5103 w答案cd解析由题图的斜率可知，关闭发动机后，雪橇的加速度为0.5 m/s2，a错误；由题图的面积可知，雪橇停止前30 s内通过的位移是200 m，b错误；对关闭发动机后雪橇的运动，由牛顿第二定律有mgma，代入a0.5 m/s2、g10 m/s2，解得雪橇与水平冰面间的动摩擦因数为0.05，c正确；对雪橇的匀速运动有fmg0、pfv，代入0.05、m1103 kg、g10 m/s2、v10 m/s，解得发动机的功率为p5103 w，d正确9如图7所示，工厂利用皮带传输机把货物从地面运送到高出水平地面的c平台上，c平台离地面的高度一定运输机的皮带以一定的速度v顺时针转动且不打滑将货物轻轻地放在a处，货物随皮带到达平台货物在皮带上相对滑动时，会留下一定长度的痕迹已知所有货物与皮带间的动摩擦因数均为.若皮带的倾角、运行速度v和货物质量m都可以改变，始终满足tan mgsin ，货物将做匀速运动，根据运动学公式得物体匀速的时间t2，因此货物从底端运送到顶端的时间tt1t2，当速度一定时，越大，加速度越小，运送的时间越长，a正确；当一定时，加速度一定，速度不同，运送时间不同，b错误；货物相对传送带运动的位移svt1t1t1，v和一定，速度一定，加速度一定，由t1得货物的加速时间t1一定，货物相对传送带的位移一定，c错误；摩擦产生的热量为mgs，当倾角和速度v一定时，货物质量越大，摩擦产生的热越多，d正确三、非选择题10潜艇部队经常开展鱼雷攻击敌方舰艇演练如图8所示，某次演练的简化模型为：敌舰沿直线mn匀速航行，潜艇隐蔽在q点不动，q到的距离2 000 m当敌舰到达距离o点800 m的a点时，潜艇沿qo方向发射一枚鱼雷，正好在o点击中敌舰敌舰因受鱼雷攻击，速度突然减为原来的，且立刻沿原运动方向做匀加速运动逃逸.100 s后潜艇沿qb方向发射第二枚鱼雷，鱼雷在b点再次击中敌舰测得1 500 m，不考虑海水速度的影响，潜艇和敌舰可视为质点，鱼雷的速度大小恒为25 m/s.求：图8(1)敌舰第一次被击中前的速度；(2)鱼雷由q至b经历的时间；(3)敌舰逃逸时的加速度大小(可用分式表示结果)答案(1)10 m/s(2)100 s(3) m/s2解析(1)鱼雷从q到o经历的时间t1 s80 s敌舰被击中前的速度v1 m/s10 m/s(2)设第二枚鱼雷经过时间t2击中敌舰，则 m2 500 mt2 s100 s(3)敌