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全国通用2019届高考物理二轮复习专题2力与物体的直线运动学案

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                       专题    2 力与物体的直线运动


                       考题一 匀变速直线运动规律的应用


1.匀变速直线运动常用的五种解题方法


2.追及问题的解题思路和技巧
(1)解题思路

分析两物体运动过程画运动示意图或v-t图象找两物体位移关系列位移方程

(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,另外还要注意
最后对解的讨论分析.
3.处理刹车类问题的思路
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                 v0

先判断刹车时间       t0= a ,再进行分析计算.


例 1 如图   1 所示,云南省彝良县发生特大泥石流,一汽车停在小山坡底,司机突然发现在
距坡底   240 m 的山坡处泥石流以       8 m/s 的初速度、0.4 m/s2    的加速度匀加速倾泻而下,假设
泥石流到达坡底后速率不变,在水平地面上做匀速直线运动.已知司机的反应时间为                                  1   s,
汽车启动后以      0.5 m/s2 的加速度一直做匀加速直线运动.试分析司机能否安全脱离.


                                     图 1

解析 设泥石流到达坡底的时间为              t1,速度为    v1,
            1

则:x1=v0t1+2a1t12

v1=v0+a1t1

解得:t1=20 s,v1=16 m/s

而汽车在    t2=19 s 的时间内发生的位移为:
   1

x2=2a2t2=90.25 m

速度为:v2=a2t2=9.5 m/s

假设再经时间      t3,泥石流能够追上汽车,则有:
              1

v1t3=x2+v2t3+2a2t32

解得:t32-26t3+361=0
因 Δ<0,方程无解,所以泥石流无法追上汽车,司机能安全脱离.
答案 司机能安全脱离
变式训练
1.“蛟龙号”是我国首台自主研制的作业型深海载人潜水器,它是目前世界上下潜能力最强
的潜水器.假设某次海试活动中,“蛟龙号”完成海底任务后竖直上浮,从上浮速度为                                   v 时
开始计时,此后“蛟龙号”匀减速上浮,经过时间                     t 上浮到海面,速度恰好减为零,则“蛟

龙号”在    t0(t0μ2Mgcos 37°             ⑩
  列牛顿第二定律方程:                        故箱子继续减速

                                    Mgsin 37°-μ2Mgcos 37°=Ma3           ⑪

                                               2
                                    得 a3=2 m/s                          ⑫
                                       0-v2

                                    x3=-2a3=4 m                         ⑬

                                    x2+x3=6.4 m<8 m                     ⑭
  结论
                                    不能运送到高处平台上.                         ⑮
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①⑦⑪各式     2 分,其余各式      1 分
变式训练
8.如图  11 甲所示,足够长的传送带与水平面夹角为                 θ,在传送带上某位置轻轻放置一小滑

块,小滑块与传送带间动摩擦因数为               μ,小滑块速度随时间变化关系如图乙所示,v0、

t0 已知,则(  )


                                    图  11
A.传送带一定逆时针转动
                v0
B.μ=tan θ+gt0cos θ

C.传送带的速度大于        v0
                             v0

D.t0 后滑块的加速度为       2gsin θ-t0
答案 AD
解析 若传送带顺时针转动,当滑块下滑时(mgsin θ>μmgcos θ),将一直匀加速到底端;
当滑块上滑时(mgsin       θ<μmgcos   θ),先匀加速运动,在速度相等后将匀速运动,两种均

不符合运动图象;故传送带是逆时针转动,选项                    A 正确.滑块在     0~t0 内,滑动摩擦力向下,
                                                 v0          v0

做匀加速下滑,a1=gsin        θ+μgcos    θ,由图可知       a1=t0,则  μ=gt0cos θ-tan   θ,选

项 B 错误.传送带的速度等于          v0,选项  C 错误.等速后的加速度         a2=gsin  θ-μgcos     θ,
                        v0

代入  μ  值得  a2=2gsin θ-t0,选项     D 正确.
9.正方形木板水平放置在地面上,木板的中心静置一小滑块(可视为质点),如图                               12 所示为
俯视图,为将木板从滑块下抽出,需要对木板施加一个作用线通过木板中心点的水平恒力                                     F.已
知木板边长     L=2  2 m、质量   M=3 kg,滑块质量      m=2 kg,滑块与木板、木板与地面间的动
摩擦因数均为      μ=0.2,g   取  10 m/s2,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力.求:


                                    图  12
(1)要将木板抽出,水平恒力           F 需满足的条件;
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(2)当水平恒力     F=29 N 时,在木板抽出时滑块能获得的最大速率.
                    4 3
答案 (1)F≥20 N (2)     3  m/s
解析 (1)能抽出木板,滑块与木板发生相对滑动,当滑块达到随木板运动的最大加速度时,
拉力最小.
对滑块,有:μmg=ma

对木板,有:Fmin-μ(M+m)g-μmg=Ma

联立解得:Fmin=2μ(M+m)g=20 N
故抽出木板,水平恒力          F 至少为  20 N
(2)要使滑块获得的速度最大,则滑块在木板上相对滑动的距离最大,故应沿木板的对角线
方向抽木板.

设此时木板加速度为         a1,则有:

F-μ(M+m)g-μmg=Ma1
    1     1       2
       2       2
由:2a1t  -2μgt  =  2 L

vmax=μgt
联立解得:
     4 3

vmax= 3  m/s

                                  专题规范练

1.伽利略曾说过:“科学是在不断改变思维角度的探索中前进的”.他在著名的斜面实验中,
让小球分别沿倾角不同、阻力很小的斜面从静止开始滚下,他通过实验观察和逻辑推理,得
到的正确结论有(  )
A.倾角一定时,小球在斜面上的速度与时间的平方成正比
B.倾角一定时,小球在斜面上的位移与时间的平方成正比
C.斜面长度一定时,小球从顶端滚到底端时的速度与倾角无关
D.斜面长度一定时,小球从顶端滚到底端所需的时间与倾角无关
答案 B
解析 伽利略通过实验测定出小球沿斜面下滑的运动是匀加速直线运动,位移与时间的二次
方成正比,并证明了速度随时间均匀变化,故                   A 错误,B   正确;若斜面光滑,斜面长度一定
时,小球从顶端滚到底端时的速度随倾角的力增大而增大,故                          C 错误;斜面长度一定时,小
球从顶端滚到底端所需的时间随倾角的增大而减小,故                       D 错误.
2.(多选)如图    1 所示,倾角     θ=30°的光滑斜面体固定在水平面上,斜面长度                    L=0.8   m,
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一质量   m=1×10-3    kg、带电量    q=+1×10-4C    的带电小球静止在斜面底端.现要使小球能
够到达斜面顶端,可施加一沿斜面向上、场强大小为                      E=100  V/m 的匀强电场,重力加速度
g=10 m/s2,则这个匀强电场存在的时间             t 可能为(  )


                                     图 1

A.0.5 s  B.0.4 s  C.0.3 s  D.0.2 s
答案 AB

                                                                   2
解析 有电场时,根据牛顿定律可知:Eq-mgsin                  30°=ma1,解得     a1=5  m/s ,方向沿斜

                                                    2
面向上;撤去电场时,小球的加速度               a2=gsin  30°=5    m/s ,方向沿斜面向下;设电场存

在的时间为     t1,撤去电场后,恰好能到达斜面顶端,做减速运动的时间为                         t2,则  a1t1=
       1     1

a2t2;且2a1t12+2a2t2=L;联立解得:        t1=t2=0.4  s,故要想使小球到达斜面顶端则电场
存在的时间应该大于或等于            0.4 s.
3.如图  2 所示,a、b、c     三个物体在同一条直线上运动,其位移与时间的关系图象中,图线
c 是一条   x=0.4t2 的抛物线.有关这三个物体在           0~5 s 内的运动,下列说法正确的是(  )


                                     图 2
A.a 物体做匀加速直线运动
B.c 物体做匀加速直线运动
C.t=5 s 时,a  物体速度比      c 物体速度大
D.a、b 两物体都做匀速直线运动,且速度相同
答案 B
解析 位移图象倾斜的直线表示物体做匀速直线运动,则知                         a、b 两物体都做匀速直线运动.
由图看出,a、b      两图线的斜率大小相等、正负相反,说明两物体的速度大小相等、方向相
                                                                      1
                                                2                        2
反,所以速度不同.故         A、D 错误;图线     c 是一条   x=0.4t  的抛物线,结合       x=v0t+2at  可
知,c  做初速度为     0,加速度为     0.8   m/s2 的匀加速直线运动,故         B 正确.图象的斜率大小等
于速度大小,根据图象可知            t=5 s 时,c  物体速度最大.故       C 错误.
4.带同种电荷的      a、b 两小球在光滑水平面上相向运动.已知当小球间距小于或等于                         L 时,两
者间的库仑力始终相等;小球间距大于                L 时,库仑力为零.两小球运动时始终未接触,运动
时速度   v 随时间   t 的变化关系图象如图        3 所示.由图可知(  )
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                                     图 3
A.a 小球质量大于     b 小球质量

B.在 t2 时刻两小球间距最大

C.在 0~t3 时间内两小球间距逐渐减小

D.在 0~t2 时间内   b 小球所受斥力方向始终与运动方向相反
答案 A
解析 从速度-时间图象可以看出              b 小球速度-时间图象的斜率绝对值较大,所以                   b 小球的
                                                            F
加速度较大,两小球之间的排斥力为相互作用力,大小相等,根据                            a=m知,加速度大的质

量小,所以     a 小球质量大于      b 小球质量,故     A 正确;t1~t2   时间内,二者做同向运动,所以

当速度相等时距离最近,即            t2 时刻两小球距离最小,之后距离又开始逐渐变大,故                     B、C 错

误;b  球在  0~t1 时间内做匀减速运动,所以            0~t1 时间内排斥力与运动方向相反,在               t1~

t2 时间内做匀加速运动,斥力方向与运动方向相同,故                     D 错误.
5.我国航天员要在“天宫一号”航天器实验舱的桌面上测量物体的质量,采用的方法如下:

质量为   m1 的标准物   A 的前后连接有质量均为          m2 的两个力传感器.待测质量的物体            B 连接在后
传感器上.在某一外力作用下整体在桌面上运动,如图                      4 所示.稳定后标准物       A 前后两个传感

器的读数分别为       F1、F2,由此可知待测物体         B 的质量为(  )


                                     图 4
  F1m1+2m2                             F2m1+2m2
A.   F1-F2                             B.   F1-F2
  F2m1+2m2                             F2m1+2m2
C.     F1                              D.     F2
答案 B

解析 以整体为研究对象,由牛顿第二定律得:F1=(m1+2m2+m)a;隔离                        B 物体,由牛顿第
                              F2m1+2m2

二定律得:F2=ma;联立可得:m=               F1-F2    ,B 对.
6.如图  5 所示,物块     A 放在木板   B 上,A、B   的质量均为     m,A、B   之间的动摩擦因数为         μ,
                         μ
B 与地面之间的动摩擦因数为3.若将水平力作用在                   A 上,使  A 刚好要相对     B 滑动,此时     A 的
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加速度为    a1;若将水平力作用在         B 上,使  B 刚好要相对     A 滑动,此时     B 的加速度为    a2,则

a1 与 a2 的比为(  )


                                     图 5

A.1∶1  B.2∶3  C.1∶3  D.3∶2
答案 C
解析 将水平力作用在          A 上,使  A 刚好要相对     B 滑动,此时     A、B 间的摩擦达到最大静摩擦,
                                 μ                   1

则对木板    B 根据牛顿第二定律:μmg-3·2mg=ma1,解得              a1=3μg;将水平力作用在          B 上,

使 B 刚好要相对     A 滑动,则对物块      A:μmg=ma2,解得      a2=μg,则    a1∶a2=1∶3.
7.如图  6 所示,质量为      M=10    kg 的小车停放在光滑水平面上.在小车右端施加一个                    F=10 
N 的水平恒力.当小车向右运动的速度达到                2.8    m/s 时,在其右端轻轻放上一质量            m=2.0 
kg 的小黑煤块(小黑煤块视为质点且初速度为零),煤块与小车间动摩擦因数                             μ=0.20,g=
10 m/s2.假定小车足够长.则下列说法正确的是(  )


                                     图 6
A.煤块在整个运动过程中先做匀加速直线运动稳定后做匀速直线运动
B.小车一直做加速度不变的匀加速直线运动
C.煤块在   3 s 内前进的位移为      9 m
D.小煤块最终在小车上留下的痕迹长度为                2.8 m
答案 D

                                                     2
解析 当小煤块刚放到小车上时,做加速度为                   a1=μg=2    m/s 的匀加速运动,此时小车的
           F-μmg   10-0.2 × 20
                                  2         2
加速度:a2=      M   =     10      m/s =0.6  m/s ,当达到共速时:v=v0+a2t=a1t,解
                                                                    F     10

得 t=2     s,v=4      m/s;假设共速后两者相对静止,则共同加速度                  a 共=M+m=10+2 
     5
   2      2
m/s =6 m/s ,此时煤块受到的摩擦力:Ff=ma            共<μmg,则假设成立,即煤块在整个运动过
                                                           5
程中先做加速度为        2 m/s2 的匀加速直线运动,稳定后继续做加速度为6                   m/s2 的匀加速直线
                                             v   4

运动,选项     A、B 错误;煤块在前       2 s 内的位移:x1=2t=2×2 m=4 m;小车在前             2 s 内的
              1                                           1         53
                 2                                               2
位移:x2=v0t+2a2t    =6.8   m;第  3 秒内煤块的位移:x1′=vt′+2a           共 t′ =12   m≈4.4 
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m,则煤块在     3 s 内前进的位移为       4 m+4.4  m=8.4  m,选项    C 错误;小煤块在最初        2 秒内

相对小车的位移为        Δx=x2-x1=2.8     m,故最终在小车上留下的痕迹长度为               2.8  m,选项
D 正确.
8.(多选)如图    7 所示,水平挡板      A 和竖直挡板     B 固定在斜面体      C 上,一质量为     m 的光滑小球

恰能与两挡板和斜面体同时接触.挡板               A、B  和斜面体    C 对小球的弹力大小分别为          FA、FB 和

FC.现使斜面体和小球一起在水平面上水平向左做加速度为                      a 的匀加速直线运动.若         FA 和

FB 不会同时存在,斜面体倾角为           θ,重力加速度为        g,则选项所列图象中,可能正确的是(  )


                                     图 7


答案 BD
解析 对小球进行受力分析,当             agtan θ 时,受力如图乙,根据牛顿第二定律

水平方向:FCsin θ+FB=ma                     ③
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竖直方向:FCcos θ=mg                        ④
                mg

联立③④得:FC=cos θ,FB=ma-mgtan θ

FB 与 a 也成线性关系,FC     不变
所以  C 错误,D   正确.
9.如图  8 所示,长    L=1.5  m,高  h=0.45  m,质量    M=10  kg 的长方体木箱,在水平面上向

右做直线运动.当木箱的速度            v0=3.6   m/s 时,对木箱施加一个方向水平向左的恒力                 F=50 
                                                L
N,并同时将一个质量         m=1  kg 的小球轻放在距木箱右端3处的            P 点(小球可视为质点,放在
P 点时相对于地面的速度为零),经过一段时间,小球脱离木箱落到地面.木箱与地面的动摩
擦因数为    0.2,其他摩擦均不计.取         g=10 m/s2,求:


                                     图 8
(1)小球从离开木箱开始至落到地面所用的时间;
(2)小球放上    P 点后,木箱向右运动的最大位移;
(3)小球离开木箱时木箱的速度.
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计,因此小球在离开木箱前相对地面处于静止状态,离开木
箱后将做自由落体运动.

     1           2h    2 × 0.45
由 h=2gt2,得   t=  g =     10   s=0.3 s
小球从离开木箱开始至落到地面所用的时间为                   0.3 s.
(2)小球放到木箱后,木箱的加速度为:
   F+μM+mg

a1=      M
  50+0.2 × 10+1 × 10
=         10          m/s2=7.2 m/s2
木箱向右运动的最大位移为:
   0-v02  0-3.62

x1=-2a1=-2   × 7.2 m=0.9 m
小球放上    P 点后,木箱向右运动的最大位移为              0.9 m.

(3)x1 小于 1 m,所以小球不会从木箱的左端掉下,木箱向左运动的加速度为
   F-μM+mg      50-0.2 × 10+1 × 10
                                         2
a2=      M      =          10         m/s
=2.8 m/s2
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设木箱向左运动的距离为           x2 时,小球脱离木箱,则
       L

x2=x1+3=(0.9+0.5) m=1.4 m

设木箱向左运动的时间为           t2,则:
      1

由 x2=2a2t2
         2x2    2 × 1.4
          a2     2.8
得:t2=       =         s=1 s

所以,小球离开木箱的瞬间,木箱的速度方向向左,大小为:v2=a2t2=2.8×1                              m/s=2.8 
m/s.
10.如图  9 甲所示,质量为       m=20 kg 的物体在大小恒定的水平外力作用下,冲上一足够长从

右向左以恒定速度        v0=-10   m/s 传送物体的水平传送带,从物体冲上传送带开始计时,物
体的速度-时间图象如图乙所示,已知                0~2  s 内水平外力与物体运动方向相反,2~4                s 内
水平外力与物体运动方向相反,g             取  10 m/s2.求:


                                      甲


                                      乙
                                     图 9
(1)物体与传送带间的动摩擦因数;
(2)0~4 s 内物体与传送带间的摩擦热            Q.
答案 (1)0.3 (2)2 880 J
解析 (1)设水平外力大小为           F,由图象可知      0~2  s 内物体做匀减速直线运动,加速度大小

           2
为 a1=5 m/s ,由牛顿第二定律得:F+Ff=ma1

                                                   2
2~4  s 内物体做匀加速直线运动,加速度大小为                 a2=1  m/s ,由牛顿第二定律得: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 内物体的对地位移
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   v1+0

x1=  2  t1=10 m

传送带的对地位移        x1′=v0t1=-20 m
此过程中物体与传送带间的摩擦热

Q1=Ff(x1-x1′)=1 800 J
2~4 s 内物体的对地位移
   v2+0

x2=  2  t2=-2 m
传送带的对地位移

x2′=v0t2=-20 m
此过程中物体与传送带间的摩擦热

Q2=Ff(x2-x2′)=1 080 J
0~4 s 内物体与传送带间的摩擦热

Q=Q1+Q2=2 880 J
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