新课标2020高考物理二轮复习专题一第2讲力与物体的直线运动讲义含解析 25页

第2讲　力与物体的直线运动 典题再现 ‎1.(多选)(2020·山东等级考模拟)如图所示，某人从距水面一定高度的平台上做蹦极运动．劲度系数为k的弹性绳一端固定在人身上，另一端固定在平台上．人从静止开始竖直跳下，在其到达水面前速度减为零．运动过程中，弹性绳始终处于弹性限度内．取与平台同高度的O点为坐标原点，以竖直向下为y轴正方向，忽略空气阻力，人可视为质点．从跳下至第一次到达最低点的运动过程中，用v、a、t分别表示人的速度、加速度和下落时间．下列描述v与t、a与y的关系图象可能正确的是(　　)‎ 解析：选AD.人在下落的过程中，弹性绳绷紧之前，人处于自由落体状态，加速度为g；弹性绳绷紧之后，弹力随下落距离逐渐增加，C错误，D正确；人的加速度先减小后反向增加，可知速度时间图象的斜率先减小后反向增加，B错误，A正确.‎ 考情分析 典题再现 ‎2.(多选)(2020·山东等级考模拟)第二届进博会于2019年11月在上海举办，会上展出了一种乒乓球陪练机器人，该机器人能够根据发球人的身体动作和来球信息，及时调整球拍将球击回．若机器人将乒乓球以原速率斜向上击回，球在空中运动一段时间后落到对方的台面上，忽略空气阻力和乒乓球的旋转．下列说法正确的是(　　)‎ A.击球过程合外力对乒乓球做功为零 B.击球过程合外力对乒乓球的冲量为零 C.在上升过程中，乒乓球处于失重状态 D.在下落过程中，乒乓球处于超重状态 解析：选AC.球拍将乒乓球原速率击回，可知乒乓球的动能不变，动量方向发生改变，‎ - 25 -‎ 可知合力做功为零，冲量不为零，A正确，B错误；在乒乓球的运动过程中，加速度方向向下，可知乒乓球处于失重状态，C正确，D错误. .‎ 考情分析 典题再现 ‎3.(2019·高考全国卷Ⅰ)如图，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，离地后重心上升的最大高度为H.上升第一个所用的时间为t1，第四个所用的时间为t2.不计空气阻力，则满足(　　)‎ A.1<<2　　　　　　　　 B．2<<3‎ C.3<<4 D．4<<5‎ 解析：选C.本题应用逆向思维求解，即运动员的竖直上抛运动可等同于从一定高度处开始的自由落体运动，所以第四个所用的时间为t2＝，第一个所用的时间为t1＝－，因此有＝＝2＋，即3<<4，选项C正确.‎ 考情分析 命题研究 ‎　近几年全国卷突出对运动图象的理解、牛顿第二定律的应用等知识的考查，另外主要从匀变速直线运动规律的应用能力、应用图象分析物体运动规律的能 - 25 -‎ 力、牛顿第二定律在力学运动中以及在系统问题、多阶段问题中的应用能力等方面进行命题．山东物理模考中此部分也是必考题，而且综合考查．在今后备考中尤其要注重对运动图象的分析及“传送带”“滑块—木板”模型与牛顿运动定律的综合应用和整体法、隔离法的应用 ‎　匀变速直线运动规律的应用 ‎【高分快攻】‎ ‎1．匀变速直线运动问题常用的六种解题方法 ‎2．追及问题的解题思路和技巧 ‎(1)解题思路 ‎(2)解题技巧 ‎①紧抓“一图三式”，即过程示意图、时间关系式、速度关系式和位移关系式．‎ ‎②审题应抓住题目中的关键字眼，充分挖掘题目中的隐含条件，如“刚好”“恰好”“最多”“至少”等，往往对应一个临界状态，满足相应的临界条件．‎ ‎③若被追赶的物体做匀减速运动，一定要注意追上前该物体是否已停止运动，另外最后还要注意对解的讨论分析．‎ ‎【典题例析】‎ ‎ (多选)(2019·浙江模拟)建筑工人常常徒手抛砖块，当砖块上升到最高点时，被楼上的师傅接住用以砌墙，若某次以10 m/s的速度从地面竖直向上抛出一个砖块，楼上的师傅没有接住，g取10 m/s2，空气阻力可以忽略，则(　　)‎ A．砖块上升的最大高度为10 m B．经2 s砖块回到抛出点 - 25 -‎ C．砖块回到抛出点前0.5 s时间内通过的距离为3.75 m D．被抛出后上升过程中，砖块做变减速直线运动 ‎[解析]　由h＝得，砖块上升的最大高度h＝5 m，选项A错误；砖块上升的时间t＝＝1 s，上升阶段与下降阶段的时间对称，经2 s砖块回到抛出点，选项B正确；砖块被抛出后经0.5 s上升的高度h′＝v0t′－gt′2＝3.75 m，由于上升阶段与下降阶段的时间、位移具有对称性，所以砖块回到抛出点前0.5 s时间内通过的距离为3.75 m，选项C正确；砖块被抛出后加速度不变，故上升过程砖块做匀减速直线运动，选项D错误．‎ ‎[答案]　BC ‎【题组突破】‎ 角度1　解决直线运动方法的灵活运用 ‎1．如图所示，某“闯关游戏”的笔直通道上每隔8 m设有一个关卡，各关卡同步放行和关闭，放行和关闭的时间分别为5 s和2 s．关卡刚放行时，一同学立即在关卡1处以加速度2 m/s2由静止加速到2 m/s，然后匀速向前，则最先挡住他前进的关卡是(　　)‎ A．关卡2　　　　　　　　　 B．关卡3‎ C．关卡4 D．关卡5‎ 解析：选C.该同学加速到2 m/s时所用时间为t1，由v1＝at1，得t1＝＝1 s，通过的位移x1＝at＝1 m，然后匀速前进的位移x2＝v1(t－t1)＝8 m，因x1＋x2＝9 m>8 m，即这位同学已通过关卡2，距该关卡1 m，当关卡关闭t2＝2 s时，此同学在关卡2、3之间通过了x3＝v1t2＝4 m的位移，接着关卡放行t＝ 5 s，同学通过的位移x4＝v1t＝10 m，此时距离关卡4为x5＝16 m－(1＋4＋10) m＝1 m，关卡关闭2 s，经过t3＝＝0.5 s后关卡4最先挡住他前进．‎ 角度2　追及、相遇问题 ‎2．[一题多解]在水平轨道上有两列火车A和B相距x，A车在后面做初速度为v0、加速度大小为2a的匀减速直线运动，而B车同时做初速度为零、加速度为a的匀加速直线运动，两车运动方向相同．要使两车不相撞，求A车的初速度v0满足什么条件．‎ 解析：两车不相撞的临界条件是，A车追上B车时其速度与B车相等．设A、B - 25 -‎ 两车从相距x到A车追上B车时，A车的位移为xA、末速度为vA、所用时间为t；B车的位移为xB、末速度为vB，运动过程如图所示，现用如下四种方法解答：‎ 法一(临界法)：利用位移公式、速度公式求解，对A车有xA＝v0t＋×(－2a)×t2，vA＝v0＋(－2a)×t 对B车有xB＝at2，vB＝at 两车位移关系有x＝xA－xB 追上时，两车不相撞的临界条件是vA＝vB 联立以上各式解得v0＝ 故要使两车不相撞，A车的初速度v0应满足的条件是 v0≤.‎ 法二(函数法)：利用判别式求解，由法一可知xA＝x＋xB，即v0t＋×(－2a)×t2＝x＋at2‎ 整理得3at2－2v0t＋2x＝0‎ 这是一个关于时间t的一元二次方程，当根的判别式Δ＝(－2v0)2－4·3a·2x＝0时，两车刚好不相撞，所以要使两车不相撞，A车的初速度v0应满足的条件是 v0≤.‎ 法三(图象法)：利用v－t图象求解，先作A、B两车的v－t图象，如图所示，设经过t时间两车刚好不相撞，则 对A车有vA＝v′＝v0－2at 对B车有vB＝v′＝at 以上两式联立解得t＝ 经t时间两车发生的位移之差为原来两车间距离x，它可用图中的阴影面积表示，由图象可知 x＝v0·t＝v0·＝ 所以要使两车不相撞，A车的初速度v0应满足的条件是v0≤.‎ 法四(相对运动法)：巧选参考系求解．以B车为参考系，A车的初速度为v0，加速度为a′＝－2a－a＝－3a.A车追上B车且刚好不相撞的条件是：v＝0，这一过程A车相对于B车的位移为x，由运动学公式 v2－v＝2a′x得：‎ - 25 -‎ ‎02－v＝2·(－3a)·x 所以v0＝.‎ 故要使两车不相撞，A车的初速度v0应满足的条件是 v0≤.‎ 答案：v0≤ 命题角度 解决方法 易错辨析 匀变速直线运动规律的应用 推论法、比例法、逆向思维法等 找准运动过程中的转折点 追及、相遇问题 挖掘隐含条件，如“刚好”“恰好”“最多”“至少”等，对应两者速度相等这样一个转折点 若被追赶的物体做匀减速运动，一定要注意追上该物体前它是否已停止运动，另外最后还要注意对解的讨论分析 ‎　牛顿运动定律的应用 ‎【高分快攻】‎ ‎1．动力学的两类基本问题的处理思路  ‎2．瞬时加速度的求解 ‎(1)两类模型 ‎①刚性绳(或接触面)——不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断(或脱离)后，其弹力立即消失，不需要形变恢复时间．‎ ‎②弹簧(或橡皮绳)——两端同时连接(或附着)有物体的弹簧(或橡皮绳)，特点是形变量大，其形变恢复需要一段时间，在瞬时性问题中，其弹力的大小往往可以看成保持不变．‎ ‎(2)求解瞬时加速度的一般思路 →→ ‎【典题例析】‎ ‎ (2019·高考全国卷Ⅱ)一质量为m＝2 000 kg的汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶．行驶过程中，司机忽然发现前方100 m处有一警示牌，立即刹车．刹车过程中，汽车所受阻力大小随时间的变化可简化为图(a)中的图线．图(a)中，0～t1时间段为从司机发现警示牌到采取措施的反应时间(这段时间内汽车所受阻力已忽略，汽车仍保持匀速行驶)，t1＝0.8 s；t1～t2时间段为刹车系统的启动时间，t2＝1.3 s；从t2时刻开始汽车的刹车系统稳定工作，直至汽车停止．已知从t2时刻开始，汽车第1 s内的位移为24 m，第4 s内的位移为1 m.‎ - 25 -‎ ‎　‎ ‎(1)在图(b)中定性画出从司机发现警示牌到刹车系统稳定工作后汽车运动的v－t图线；‎ ‎(2)求t2时刻汽车的速度大小及此后的加速度大小；‎ ‎(3)求刹车前汽车匀速行驶时的速度大小及t1～t2时间内汽车克服阻力做的功；从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离约为多少(以t1～t2时间段始末速度的算术平均值替代这段时间内汽车的平均速度)?‎ ‎[解析]　(1)v－t图象如图所示．‎ ‎(2)设刹车前汽车匀速行驶时的速度大小为v1，则t1时刻的速度也为v1；t2时刻的速度为v2.在t2时刻后汽车做匀减速运动，设其加速度大小为a.取Δt＝1 s．设汽车在t2＋(n－1)Δt～t2＋nΔt内的位移为sn，n＝1，2，3….‎ 若汽车在t2＋3Δt～t2＋4Δt时间内未停止，设它在t2＋3Δt时刻的速度为v3，在t2＋4Δt时刻的速度为v4，由运动学公式有 s1－s4＝3a(Δt)2 ①‎ s1＝v2Δt－a(Δt)2 ②‎ v4＝v2－4aΔt ③‎ 联立①②③式，代入已知数据解得 v4＝－ m/s ④‎ 这说明在t2＋4Δt时刻前，汽车已经停止．‎ 因此，①式不成立．‎ 由于在t2＋3Δt～t2＋4Δt内汽车停止，由运动学公式 v3＝v2－3aΔt ⑤‎ ‎2as4＝v ⑥‎ 联立②⑤⑥式，代入已知数据解得 a＝8 m/s2，v2＝28 m/s ⑦‎ 或者a＝ m/s2，v2＝29.76 m/s ⑧‎ 但⑧式情形下，v3<0，不合题意，舍去．‎ - 25 -‎ ‎(3)设汽车的刹车系统稳定工作时，汽车所受阻力的大小为f1.由牛顿第二定律有 f1＝ma ⑨‎ 在t1～t2时间内，阻力对汽车冲量的大小为 I＝f1(t2－t1) ⑩‎ 由动量定理有 I＝mv1－mv2 ⑪‎ 由动能定理，在t1～t2时间内，汽车克服阻力做的功为 W＝mv－mv ⑫‎ 联立⑦⑨⑪⑫式，代入已知数据解得 v1＝30 m/s ⑬‎ W＝1.16×105 J ⑭‎ 从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离s约为 s＝v1t1＋(v1＋v2)(t2－t1)＋ ⑮‎ 联立⑦⑬⑮式，代入已知数据解得 s＝87.5 m． ⑯‎ ‎[答案]　(1)见解析图　(2)28 m/s　8 m/s2‎ ‎(3)30 m/s　1.16×105 J　87.5 m ‎【题组突破】‎ 角度1　超重、失重现象分析 ‎1．如图甲所示，升降机内固定着一个倾角为30°的光滑斜面，斜面底端安装一个能显示弹簧作用力的传感器，以弹簧受压时传感器示数为正，传感器通过一根轻弹簧连接着一个质量为2m的金属球．运动中的升降机突然停止，以停止运动为计时起点，在此后的一段时间内传感器上显示的弹力随时间变化的关系如图乙所示，且金属球运动过程中弹簧始终在弹性限度内，则下列说法中正确的是(　　)‎ A．升降机在停止运动前是向上运动的 B．0～t1时间段内金属球做减速运动 C．t1～t2时间段内金属球处于超重状态 - 25 -‎ D．t2和t4两时刻金属球的加速度和速度的大小均相同 解析：选D.由于升降机停止运动前传感器的示数为0，表明弹簧处于原长状态，即升降机有向下的加速度g，而0～t1时间段内示数增加，说明弹簧被压缩，即升降机突然停下后金属球由于惯性而向下运动，故停止前升降机是向下运动的，A错误；0～t1时间段内弹簧的形变量逐渐增大，但当F＝mg时金属球所受的合外力为0，即金属球前一段做加速度逐渐减小的加速运动，后一段做加速度逐渐增大的减速运动，B错误；t1～t2时间段可分为两段，F＝mg时金属球的加速度为0，前一段时间金属球加速度向上并处于超重状态，后一段时间金属球加速度向下并处于失重状态，C错误；t2和t4两时刻弹簧的形变量均为0，金属球在斜面方向上只有重力的分力产生加速度，故两时刻的加速度相同，又由于斜面光滑，系统的机械能守恒，因此两个时刻速度的大小相等，但t2时刻金属球沿斜面向上运动，而t4时刻金属球沿斜面向下运动，二者的方向不同，D正确．‎ 角度2　瞬时加速度问题 ‎2．如图所示，两个质量均为m的小球A、B用细绳相连，小球A与一个轻弹簧相连，弹簧另一端固定在竖直墙上，小球用一根细线连在天花板上，开始时，两小球都静止不动，这时细线与水平方向的夹角是θ＝45°，弹簧水平，重力加速度为g，现突然把细线剪断．在剪断线的瞬间，小球A的加速度大小是(　　)‎ A．2g　　　　　　　　　　 B.g C．2g D.g 解析：选B.细线剪断前，小球A受到4个力作用，重力、弹簧的弹力、细线的拉力和细绳的拉力，由力的平衡条件，可知：弹簧的弹力F＝2mg，剪断细线的瞬间，小球A只受弹簧的弹力和重力，此时弹簧的弹力还是F＝2mg，所以此时A球的合力FA＝＝mg，由牛顿第二定律可知，在剪断线的瞬间，小球A的加速度大小a＝g，故B正确，A、C、D错误．‎ 角度3　多过程动力学问题 ‎3.(2019·淄博段考)如图所示，质量分别为0.5 kg、0.2 kg的弹性小球A、B穿过一绕过定滑轮的轻绳，绳子末端与地面距离为0.8 m，小球距离绳子末端6.5 m，小球A、B与轻绳间的滑动摩擦力都为自身重力的，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．现由静止同时释放A、B两个小球，不计绳子质量，忽略与定滑轮相关的摩擦力，g＝10 m/s2.‎ ‎(1)求释放A、B两个小球后，A、B各自加速度大小；‎ - 25 -‎ ‎(2)小球B从开始释放经多长时间落到地面？‎ 解析：(1)由题意知 B 与轻绳间的滑动摩擦力 fB＝kmBg＝1.0 N，而 A 与轻绳间的滑动摩擦力fA＝kmAg＝2.5 N.‎ 即 fB，盒与桌面发生完全非弹性碰撞后还能跳起来 B．下落高度h>，盒与桌面发生完全非弹性碰撞后还能跳起来 C．在小球到最高点时盒子恰好弹起，小球的加速度a＝g D．在小球到最高点时盒子恰好弹起，小球的加速度a＝g 解析：选AC.小球从h高处下落到桌面，根据机械能守恒定律得mgh＝mv2，设小球向上运动到速度变为零时上面弹簧的压缩量为x，下面弹簧的伸长量也为x，根据机械能守恒定律得mv2＝mgx＋2×kx2，这时小球上面的弹簧对盒向上的弹力为kx，小球下面的弹簧对盒向上的弹力也是kx，盒能跳离桌面的条件是2kx>Mg，h>，盒子恰好弹起时，2kx＝Mg，则小球合力F合＝Mg－mg，加速度为a＝g，A、C正确．‎ ‎11．(2019·菏泽模拟)如图所示为运送粮袋的传送装置，已知AB间长度为L，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时运行速度为v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，正常工作时工人在A点将粮袋放到运行中的传送带上，关于粮袋从A到B的运动，以下说法正确的是(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(　　)‎ A．粮袋到达B点的速度可能大于、等于或小于v B．粮袋开始运动的加速度为g(sin θ－cos θ)，若L足够大，则以后将以速度v做匀速运动 C．若μgsin θ 解析：选AC.粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B点时的速度小于v；可能先匀加速运动，当速度与传送带相同后，做匀速运动，到达B点时速度与v相同；也可能先做加速度较大的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度较小的匀加速运动，到达B点时的速度大于v，故A正确；粮袋开始时受到沿斜面向下的滑动摩擦力，大小为μmgcos θ，根据牛顿第二定律得，加速度a＝g(sin θ＋μcos θ)，故B错误；若μ＜tan θ，则重力的下滑分力大于滑动摩擦力，故a的方向一直沿传送带向下，粮袋从A到B - 25 -‎ 一直是做加速运动，可能是一直以加速度g(sin θ＋μcos θ)匀加速；也可能先以加速度g(sin θ＋μcos θ)匀加速，后以加速度g(sin θ－μcos θ)匀加速，故C正确；由以上分析可知，粮袋从A到B不一定一直做匀加速运动，故D错误．‎ ‎12．如图所示，足够长的水平桌面上放置着质量为m、长度为L的长木板B，质量也为m的物体A放置在长木板B的右端，轻绳1的一端与A相连，另一端跨过轻质定滑轮与B相连，在长木板的右侧用跨过定滑轮的轻绳2系着质量为2m的重锤C.已知重力加速度为g，各接触面之间的动摩擦因数为μ(μ<0.5)，不计绳与滑轮间的摩擦，系统由静止开始运动，下列说法正确的是(　　)‎ A．A、B、C的加速度大小均为 B．轻绳1的拉力为 C．轻绳2的拉力为mg D．当A运动到B的左端时，物体C的速度为 解析：选BD.三个物体的加速度大小相等，设三个物体的加速度大小均为a，对物体A：T1－μmg＝ma；对B：T2－μmg－2μmg－T1＝ma；对C：2mg－T2＝2ma，联立解得a＝g－μg，T1＝mg，T2＝mg＋2μmg，选项B正确，A、C错误；当A运动到B的左端时有：at2＋at2＝L，此时物体A、B、C的速度均为v＝at＝，选项D正确．‎ 三、非选择题 ‎13．(2019·济宁质检)如图所示，与水平面夹角θ＝37°的倾斜传送带以v0＝2 m/s的速度沿顺时针方向转动，小物块A从传送带顶端无初速度释放的同时，小物块B以v1＝8 m/s的速度从底端滑上传送带．已知小物块A、B质量均为m＝1 kg，与传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.5，小物块A、B未在传送带上发生碰撞，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：‎ ‎(1)小物块B向上运动过程中平均速度的大小；‎ ‎(2)传送带的长度l应满足的条件．‎ 解析：(1)对小物块B由牛顿第二定律得 - 25 -‎ mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，解得a1＝10 m/s2‎ 小物块B减速至与传送带共速的过程中，时间t1＝＝0.6 s，位移s1＝＝3 m 之后，小物块B的速度小于传送带的速度，其所受滑动摩擦力沿传送带向上，由牛顿第二定律得 mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，解得a2＝2 m/s2‎ 小物块B减速至0的时间t2＝＝1 s 位移s2＝＝1 m 小物块B向上运动过程中平均速度＝＝2.5 m/s.‎ ‎(2)小物块A的加速度也为a2＝2 m/s2，小物块B开始加速向下运动时，小物块A已经具有向下的速度，二者加速度大小相等，要使二者不相碰，应在小物块B滑下传送带后，小物块A到达传送带底端．当小物块B刚滑下传送带时，小物块A恰好运动至传送带底端，此时传送带长度最小，最小长度l0＝a2t2‎ 小物块B向下运动过程s1＋s2＝a2t 解得t3＝2 s，则t＝t1＋t2＋t3＝3.6 s 代入解得l0＝12.96 m，‎ 即传送带的长度l≥12.96 m.‎ 答案：(1)2.5 m/s　(2)l≥12.96 m ‎14．如图甲所示，质量为M的长木板，静止放置在粗糙水平地面上，有一个质量为m、可视为质点的物块，以某一水平初速度从左端冲上木板．从物块冲上木板到物块和木板达到共同速度的过程中，物块和木板的v－t图象分别如图乙中的折线acd和bcd所示，a、b、c、d点的坐标分别为a(0，10)、b(0，0)、c(4，4)、d(12，0)．根据v－t图象，求：‎ ‎(1)物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小a1，木板开始做匀加速直线运动的加速度大小a2，达到共同速度后一起做匀减速直线运动的加速度大小a3；‎ ‎(2)物块质量m与长木板质量M之比；‎ ‎(3)物块相对长木板滑行的距离Δx.‎ 解析：(1)由v－t图象可求出物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小a1＝ - 25 -‎ ‎ m/s2＝1.5 m/s2，木板开始做匀加速直线运动的加速度大小a2＝ m/s2＝1 m/s2，达到共同速度后一起做匀减速直线运动的加速度大小a3＝ m/s2＝0.5 m/s2.‎ ‎(2)对物块冲上木板匀减速阶段：μ1mg＝ma1‎ 对木板向前匀加速阶段：μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma2‎ 物块和木板达到共同速度后向前匀减速阶段：‎ μ2(m＋M)g＝(M＋m)a3‎ 以上三式联立可得＝.‎ ‎(3)由v－t图象可以看出，物块相对于长木板滑行的距离Δx对应图中△abc的面积，故Δx＝10×4× m＝20 m.‎ 答案：(1)1.5 m/s2　1 m/s2　0.5 m/s2　(2) ‎(3)20 m - 25 -‎