2019届高考物理备考优生百日闯关系列专题01质点的直线运动 25页

专题01质点的直线运动第一部分名师综述本专题中的难题分为二，一为对运动图像的考查，对图像的考查范围很广，涉及的内容页比较多，几乎涉及了直线运动中的所有知识以及应用，特别是利用图像处理追击相遇问题时高考考查的重难点，在解题过程中，要注意分析图像的轴、点、线、面积、斜率等方面，考查方式多为选择题。二是对多过程直线运动的考查，综合了匀变速直线运动公式、追击相遇问题，考查方式多为计算题，在做题过程中需要（1）要养成画物体运动示意图，或者x-t图象与v-t图象的习惯，特别是比较复杂的运动，画出示意图或者运动图像可使运动过程直观化，物理过程清晰，便于研究，（2）要注意分析研究对象的运动过程，搞清楚整个运动过程按运动性质的转换可以分为哪几个阶段，各个阶段遵循什么规律，各个阶段又存在哪些联系。第二部分精选试题一、单选题1．如图所示，在竖直平面内用轻质细线悬挂一个小球，将小球拉至A点，使细线处于拉直状态，由静止开始释放小球，不计摩擦，小球可在A、B两点间来回摆动．当小球摆到B点时，细线恰好断开，则小球将（）A．在B点保持静止B．沿BE方向运动C．沿BC方向运动D．沿BD方向运动【答案】B【解析】由于小球被静止释放，不计摩擦，它可在A、B两点间来回摆动。当小球摆到B点时，小球速度恰好为零，此时若细线恰好断开，则小球只受重力作用而竖直下落。所以，将沿BE方向运动。故选B。【点睛】此题考查了学生力和运动之间的关系，力可以改变物体的形状或运动状态。在此题中，小球由于重力作用将由静止下落。解决此题的关键是判断出在B点的运动状态。2．如图所示为a、b、c三个质点运动的速度–时间图象（v–t图象），若三质点同时从同一位置出发则关于三个质点的运动，下列说法中正确的是nA．t1时刻a、b两质点的速度大小相等、方向和反B．t1时刻后，质点b位于a、c的前面C．0~t1时间内，a位于b、c两质点的前面D．0~t1时间内，a、b两质点间的距离在不断减小【答案】C【解析】A、t1时刻a、b两图象对应的速度相等且均为正值，表示运动方向均为正方向，A错误。B、C、三质点从同一地点出发，t1时所围的面积表示位移，可得a在最前，其次是b，最后是c,B错误，C正确。D、0~t1时间内，可读出va>vb，则a、b之间的距离不断增大，D错误。故选C。【点睛】利用匀变速直线运动图象分析追击与相遇，要注意明确图象的性质，图象的正负表示运动方向，图象的斜率表示加速度，能根据图象的面积求解位移．3．一个物体在外力作用下由静止开始沿直线运动，其加速度随时间变化的关系图线如图所示，则该物体：()A．0～1s内加速运动，1s～3s内减速运动，第3s末回到出发点B．0～3s内物体位移是12mC．0～1s内与1s～3s内的平均速度相同D．2s时的速度方向与0.5s时的速度方向相反【答案】C【解析】A、物体在第1s内从静止开始匀加速运动，第2、3s内沿原方向做匀减速运动，根据“面积”等于速度的变化量可知，3s末物体的速度为零，所以第3s末没有回到出发点．故A错误；B、C、0~1s的位移，1s~3s的位移，故；而，，则B错误，C正确。D、第3s末速度为零，故2s时和0.5s的速度方向相同，D错误．故选C.n【点睛】解决本题的关键根据加速度时间图线，知道物体做周期性运动，掌握“面积”等于速度的变化量和运动学公式，并分别求速度和位移．4．甲、乙两车在平直公路上行驶，其v-t图象如图所示。t=0时，两车间距为s0；t0时刻，甲、乙两车相遇。0∼t0时间内甲车发生的位移为s，下列说法正确的是()A．0∼t0时间内甲车在前，t0∼2t0时间内乙车在前B．0∼2t0时间内甲车平均速度的大小是乙车平均速度大小的2倍C．2t0时刻甲、乙两车相距12s0D．s0=67s【答案】D【解析】由图知在0～t0时间内甲车速度大于乙车的速度，故是甲车在追赶乙车，所以A错误；0～2t0时间内甲车平均速度的大小32v0，乙车平均速度12v0，所以B错误；由题意知，图中阴影部分面积即为位移S0，根据几何关系知，三角形ABC的面积对应位移S0∕3，所以可求三角形OCD的面积对应位移S0∕6，所以0—to时间内甲车发生的位移为s=S0+S0∕6，得s0=67s，故D正确；2t0时刻甲、乙两车间的距离即为三角形ABC的面积即S0∕3，所以C错误。5．A、B两球沿同一直线运动并发生正碰,如图所示为两球碰撞前后的位移—时间(x-t)图像,图中a、b分别为A、B两球碰撞前的图线,c为碰撞后两球共同运动的图线.若A球的质量mA=2kg,则由图可知下列结论正确的是(　　)A．A、B两球碰撞前的总动量为3kg·m/snB．碰撞过程A对B的冲量为-4N·sC．碰撞前后A的动量变化为4kg·m/sD．碰撞过程A、B两球组成的系统损失的机械能为10J【答案】D【解析】【详解】A、由s-t图像可以知道：碰撞前A的速度为vA=4-102=-3m/s；碰撞前B的速度vB=4-02=2m/s，碰撞后AB的速度为vC=2-42=-1m/s根据动量守恒可知mbvB-mavA=-(ma+mb)vC代入速度值可求得：mb=43kg所以碰撞前的总动量为mbvB-mavA=-103kg⋅m/s，故A错误；B、碰撞时A对B所施冲量为即为B的动量变化量ΔPB=-mbvC-mbvB=-4N⋅s故B正确；C、根据动量守恒可知ΔPA=-ΔPB=4N⋅s=4kg⋅m/s，故C正确；D、碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为12mavA2+12mbvB2-12ma+mbvC2=10J,故D正确，本题选不正确的，故选A【点睛】结合图像求出碰前碰后的速度，利用动量守恒求出B的质量，然后根据定义求出动量的变化量。6．如下图所示，质量m＝1kg的物体从高为h＝0．2m的光滑轨道上P点由静止开始下滑，滑到水平传送带上的A点，物体和皮带之间的动摩擦因数为μ=0.2，传送带AB之间的距离为L＝5m，传送带一直以v＝4m/s的速度匀速运动，则()A．物体从A运动到B的时间是1．5sB．物体从A运动到B的过程中，摩擦力对物体做了2J功C．物体从A运动到B的过程中，产生2J热量D．物体从A运动到B的过程中，带动传送带转动的电动机多做了10J功【答案】AC【解析】试题分析：设物体下滑到A点的速度为v0，对PA过程，由机械能守恒定律有：12mv02=mgh代入数据得：v0=2gh=2m/s＜v=4m/sn，则物体滑上传送带后，在滑动摩擦力作用下匀加速运动，加速度大小为a=μmgm=μg=2m/s2；加速至速度与传送带相等时用时：t1=v-v0a=4-22s=1s，匀加速运动的位移s1=v0+v2t1=2+42×1m=3m12×6×9m=27m，则平均速度v=xt>276m/s=4.5m/s，故D正确，C错误；故选BD。【点睛】根据牛顿第二定律得出加速度与时间的表达式，结合a-t图线围成的面积表示速度变化量得出最大速度的大小，根据速度时间图线，结合图线围成的面积表示位移，根据平均速度的定义式求出平均速度的大小。三、解答题21．如图甲所示，有一倾角为θ=53°的固定斜面体，底端的水平地面上放一质量为M=3kg的木板，木板材质与斜面体相同．t=0时有一质量m=6kg的滑块在斜面上由静止开始下滑，后来滑块滑上木板并最终没有滑离木板（不考虑滑块从斜面滑上木板时的能量损失）．图乙所示为滑块在整个运动过程中的速率随时间变化的图象，已知sin53°=0.8，eos53°=0．6，取g=l0m/s2.求：n(1)滑块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数μ1、μ2；(2)滑块停止运动的时刻t和木板的最小长度l。【答案】（1）0.2（2）18m【解析】【详解】(1)滑块在斜面上下滑时，满足：mgsinθ-μ1N=ma1①N=mgcosθ②由v-t图得加速度a1=v0t1=6m/s2③综合①②③解得μ1=13滑块滑上木板后减速μ1mg=ma2④其中a2=v0-v1t2-t1⑤对木板分析有μ1mg–μ2（m+M）g=Ma3⑥其中a3=v1t2-t1⑦综合④⑤⑥⑦解得μ2=0.2(2)由于μ2＜μ1，故滑块与木板达共速后一起匀减速，加速度满足μ2（m+M）g=（m+M）a4⑧又a4=v1t-t2⑨综合⑧⑨解得t=6s木板的最小长度l=12v0(t2-t1)=18m【点睛】本题考查牛顿第二定律的应用以及板块模型的问题，关键是根据图像分析物体的运动特征，搞清各个阶段的加速度情况以及位移速度关系，灵活运用牛顿第二定律及运动公式求解.22．一小球在恒力F1作用下竖直向上做匀速直线运动，速度大小为v0.当小球运动到位置A时，将F1突然增大到某值F2(未知)，但保持其方向不变．持续一段时间t后，又突然将该力反向，但保持其大小不变；再持续同样一段时间后，油滴运动到B点．重力加速度大小为g.不计空气阻力(1)求油滴运动到B点时的速度；n(2)求增大后的力F2大小；已知不存在外力时，油滴以初速度v0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B、A两点间距离的两倍．【答案】（1）v2=v0-2gt1；（2）F2=2-2v0gt1+14v0g2F1或F2=2-2v0gt1-14v0g2F1【解析】【分析】（1）分析小球的运动过程，小球先向上做匀速直线运动，到达A处后因力突然增大而开始做匀加速直线运动，经过t后力突然反向，小球开始做匀减速直线运动，并可能在速度减为零后做反向的匀加速直线运动．对力增大后的两个过程分别列出牛顿第二定律方程，即可求得两个过程中的加速度，而t又是一个已知量，那么直接使用运动学公式即可求出小球运动到B点时的速度vB的大小；（2）因为小球最后可能做反向的匀加速直线运动，因此我们不能确定B点的位置究竟在A点上方还是A点下方，故需要分为两种情况讨论．对其中每一种情况，根据运动学公式列出方程，并与竖直上抛的方程进行联立，即可分别求得两种情况下增大后的力F2大小。【详解】在t＝0时，力从F1增加至F2时，油滴做竖直向上的匀加速运动，加速度方向向上，根据牛顿第二定律有：F2-mg=ma1①油滴在时刻t1的速度为：v1=v0+a1t1②力在时刻t1突然反向，油滴做匀变速运动，加速度方向向下，根据牛顿第二定律有：F2+mg=ma2③油滴在时刻t2=2t1的速度为：v2=v1-a2t1④由①②③④式得：v2=v0-2gt1⑤(2)由题意，在t=0时刻前有：F1=mg⑥油滴从t=0到时刻t1的位移为：s1=v0t1+12a1t12⑦油滴在从时刻t1到时刻t2=2t1的时间间隔内的位移为：s2=v0t1-12a2t12⑧由题给条件有：v02=2g2h⑨式中h是B、A两点之间的距离．若B点在A点之上，依题意有s1+s2=h　⑩由①②③⑥⑦⑧⑨⑩式得F2=2-2v0gt1+14v0g2F1⑪若B点在A点之下，依题意有s1+s2=-h⑮由①②③⑥⑦⑧⑨⑮式得F2=2-2v0gt1-14v0g2F1⑯【点睛】解决复杂的力学问题，可以从两条线索展开：其一，力和运动的关系．根据物体的受力情况，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定速度和位移等；其二，功和能的关系．根据做功情况，引起物体的能量发生变化，利用动能定理进行解答．n23．如图所示，在距地面不等高处有两点A和B，它们之间的高度差为b。A、B处各有一小球，A处小球Ⅰ自由下落一段距离a后，B处小球Ⅱ开始自由下落，结果两小球同时落地，求球Ⅰ和球Ⅱ下落时间之比。【答案】b+ab-a【解析】【详解】设A距地面的高度为H，根据h=12gt2可知，A下落到地面的时间t＝2Hg，A下落a所需时间t′＝2ag则B下落的时间t″=t-t′，则H-b=12gt″2联立解得，tt-t'＝b+ab-a球Ⅰ和和球Ⅱ下落时间之比为b+ab-a【点睛】本题主要考查了自由落体运动的位移时间公式，明确AB同时落地，找出AB的时间关系即可求得24．如图所示,长L=1.0m木板B放在水平面上,其右端放置一小物块A(视为质点).B的质量mB=2.0kg,A的质量mA=3.0kg,B与水平面间的动摩擦因数μ1=0.20,A、B间的动摩擦因数μ2=0.40,刚开始两者均处于静止状态,现给A一水平向左的瞬间冲量I,I=9.0N∙S,重力加速度g取10m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力.求:(1)A开始运动的速度;(2)A、B之间因摩擦产生的热量;(3)整个过程A对地的位移.【答案】（1）3.0m/s（2）10.8J（3）1.17m【解析】（1）由题意，由动量定理得I=mv0．代入数据解得v0=3m/s（2）对A：aA=μ2mAgmA=μ2g=4m/s2．对B：aB=μ2mAg-μ1mA+mBgmBn代入数据解得aB=1m/s2．A对地做匀减速运动，B对地做匀加速运动，设A、B达到相同速度为v，所需时间为t，A的位移为xA，B的位移为xB．对A：v=v0-aAtxA=v2-v022(-aA)对B：v=aBtxB=12aBt2代入数据解得v=0.6m/s，t=0.6s，xA=1.08m，xB=0.18mA对B的位移为△x=xA-xB=1.08m-0.18m=0.9m＜1m，假设成立故此过程中，A、B之间因摩擦产生的热量Q=μ2mAg解得Q=10.8J（2）A、B达到相同速度后，设二者保持静止，整体减速的加速度为a=μ1mA+mBgmA+mB=μ1g＜μ2g，则假设成立．此后二者共同滑行的距离x共=v22a=0．622×2=0.09m故整个过程A对地的位移x总=xA+x共=1.17m点睛：本题的关键要分析两个物体的运动过程，根据物体的受力情况先求解加速度，并能抓住临界状态：速度相同，采用隔离法和整体法结合分析．25．为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线距离s0和s1(s1