届高考物理二轮复习力与物体的直线运动 作业 全国通用Word下载.docx
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(3)“滑块—木板模型”
(4)“传送带模型”
考点一 匀变速直线运动规律的应用
1.求解匀变速直线运动问题的一般思路
审题画出示意图判断运动性质选取正方向选用公式列方程求解方程
2.常用方法:
基本公式法、平均速度法、推论法、比例法和逆向思维法。
公路上的某个激光测速仪只能测定距离仪器20~200m范围内汽车的车速,激光测速仪所在路段限速54km/h。
测速仪发出测速激光脉冲的时间极短,并能立即得到车速,且每隔2s测速一次。
一辆小轿车在距离测速仪264m时司机就发现了前方的测速仪,并立即制动做匀减速运动,结果该小轿车驶入测速范围内后,第一次被测速激光脉冲照射到时恰好没有超速,且第二次测速时的速度为50.4km/h。
求:
(1)小轿车做匀减速运动的加速度大小;
(2)小轿车在距离测速仪264m时速度的最小值。
[解析]
(1)第一次测速恰好没有超速,即v1=54km/h=15m/s;
第二次测速时的速度v2=50.4km/h=14m/s,由两次测量的速度可得小轿车的加速度a==m/s2=-0.5m/s2,所以小轿车做匀减速直线运动的加速度大小为0.5m/s2。
(2)若小轿车刚好到达距离测速仪200m处就遇到测速的激光,则小轿车减速到54km/h时的位移是最小的,小轿车在距离测速仪264m时速度有最小值。
设最小速度为v0,则v-v=2ax,
其中x=264m-200m=64m,
得出v0=
=m/s
=17m/s。
[答案]
(1)0.5m/s2
(2)17m/s
[规律总结]
匀变速直线运动问题常用的六种解题方法
【题组突破】
1.解决直线运动方法的灵活运用
如图1-2-4所示,某“闯关游戏”的笔直通道上每隔8m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5s和2s。
关卡刚放行时,一同学立即在关卡1处以加速度2m/s2由静止加速到2m/s,然后匀速向前,则最先挡住他前进的关卡是
图1-2-4
A.关卡2 B.关卡3
C.关卡4D.关卡5
解析 该同学加速到2m/s时所用时间为t1,由v1=at1,得t1==1s,通过的位移x1=at=1m,然后匀速前进的位移x2=v1(t-t1)=8m,因x1+x2=9m>8m,即这位同学已通过关卡2,距该关卡1m,当关卡关闭t2=2s时,此同学在关卡2、3之间通过了x3=v1t2=4m的位移,接着关卡放行t=5s,同学通过的位移x4=v1t=10m,此时距离关卡4为x5=16m-(1+4+10)m=1m,关卡关闭2s,经过t3==0.5s后关卡4最先挡住他前进。
答案 C
2.追及、相遇问题
(2018·
济宁一模)交管部门强行推出了“电子眼”,机动车擅自闯红灯的现象大幅度减少。
现有甲、乙两汽车正沿同一平直马路同向匀速行驶,甲车在前,乙车在后,它们行驶的速度均为10m/s。
当两车快要到一十字路口时,甲车司机看到绿灯已转换成了黄灯,于是紧急刹车(反应时间忽略不计),乙车司机为了避免与甲车相撞也紧急刹车,但乙车司机反应较慢(反应时间为0.5s)。
已知甲车紧急刹车时制动力为车重的0.4倍,乙车紧急刹车时制动力为车重的0.5倍,g取10m/s2。
(1)若甲车司机看到黄灯时车头距警戒线15m,他采取上述措施能否避免闯红灯?
(2)为保证两车在紧急刹车过程中不相撞,甲、乙两车行驶过程中应保持多大距离?
解析
(1)甲车紧急刹车的加速度大小为
a1===4m/s2
甲车停下所需时间:
t1==s=2.5s
甲车滑行距离:
x==m=12.5m
由于x=12.5m<15m,所以甲车能避免闯红灯。
(2)设甲、乙两车行驶过程中至少应保持距离x0,在乙车刹车t2时间两车速度相等,乙车紧急刹车的加速度大小为
a2==5m/s2
速度相等有v0-a1(t0+t2)=v0-a2t2
解得t2=2.0s
乙车发生的位移
x乙=v0t0+v0t2-a2t=15m,
甲车发生的位移
x甲=v0(t0+t2)-a1(t0+t2)2=12.5m,
x0=x乙-x甲=(15-12.5)m=2.5m。
答案
(1)能避免闯红灯
(2)2.5m
3.运动图像的应用
(多选)(2018·
全国卷Ⅲ)甲、乙两车在同一平直公路上同向运动,甲做匀加速直线运动,乙做匀速直线运动。
甲、乙两车的位置x随时间t的变化如图1-2-5所示。
图1-2-5
A.在t1时刻两车速度相等
B.从0到t1时间内,两车走过的路程相等
C.从t1到t2时间内,两车走过的路程相等
D.在t1到t2时间内的某时刻,两车速度相等
解析 x-t图像某点的切线斜率表示瞬时速度,A错误;
前t1时间内,由于甲、乙的出发点不同,故路程不同,B错误;
t1~t2时间内,甲、乙的位移和路程都相等,大小都为x2-x1,C正确;
t1~t2时间内,甲的x-t图像在某一点的切线与乙的x-t图像平行,此时刻两车速度相等,D正确.
答案 CD
考点二 运动图像在动力学中的应用
1.动力学图像的实质是力与运动的关系,解题的关键在于弄清图像斜率、截距、交点、拐点、面积的物理意义。
2.对于复杂的图像或运动过程,要应用物理规律列出与图像对应的函数解析式,以便对有关物理问题作出准确判断。
3.看清纵、横坐标所表示的物理量及单位。
1.如图1-2-6甲,某人正通过定滑轮将质量为m的物体提升到高处。
滑轮的质量和摩擦均不计,物体获得的加速度a与绳子对物体竖直向上的拉力T之间的函数关系如图乙所示。
由图可以判断以下说法不正确的是
图1-2-6
A.图线与纵轴的交点M的值aM=-g
B.图线与横轴的交点N的值TN=mg
C.图线的斜率等于物体的质量m
D.图线的斜率等于物体质量的倒数
解析 对物体受力分析,受重力mg和拉力T,根据牛顿第二定律,有
T-mg=ma,得a=-g
当T=0时,a=-g,即图线与纵轴的交点M的值aM=-g,A正确;
当a=0时,T=mg,故图线与横轴的交点N的值TN=mg,B正确;
图线的斜率表示质量的倒数,C错误,D正确;
综合上述分析,故选C。
2.质量为3kg的长木板A置于光滑的水平地面上,质量为2kg的木块B(可视为质点)置于木板A的左端。
在水平向右的力F作用下由静止开始运动,如图1-2-7甲所示。
A、B运动的加速度随时间变化的图像如图乙所示(g取10m/s2)。
图1-2-7
(1)木板与木块之间的动摩擦因数(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力);
(2)4s末A、B的速度;
(3)若6s未木板和木块刚好分离,则木板的长度为多少?
解析
(1)由题图知4s末A、B间达到最大静摩擦力,此时a=2m/s2
对应A板:
μmBg=mAa
得A、B间动摩擦因数μ==0.3。
(2)由图像知4s末二者的速度等于图线与坐标轴包围的面积;
v=at1=×
2×
4m/s=4m/s。
(3)4s末到6s末t2=2s
木板A运动的位移:
xA=vt2+aAt
木板B的位移:
xB=vt2+aBt
代入数据得木板的长度为l=xB-xA=4m。
答案
(1)0.3
(2)4m/s (3)4m
3.(多选)(2018·
皖南八校联考)质量为0.2kg的物块在水平推力F的作用下沿水平面做直线运动,6s末撤去水平推力F,如图实线表示其运动的vt图像,其中经过点(4,0)的虚线是6s末vt图像的切线。
(g取10m/s2)。
下列说法正确的有
图1-2-8
A.6s未物块速度方向改变
B.0~6s内物块平均速度比6~10s内物块平均速度小
C.物块与水平面间的动摩擦因数为0.1
D.水平推力F的最大值为0.9N
解析 6s末物块速度仍为正值,故速度方向没改变,选项A错误;
若0~6s内物体做匀加速运动,则平均速度为3m/s,而由图线可知,物体在0~6s内的平均速度小于3m/s,而物体在6~10s内的平均速度等于3m/s,故0~6s内物体平均速度比6~10s内物块平均速度小,选项B正确;
撤去外力后的加速度a==m/s2=1.5m/s2,根据a=μg=1.5m/s2可知物块与水平面间的动摩擦因数为0.15,选项C错误;
物体的最大加速度为am===3m/s2,根据牛顿第二定律Fm-μmg=mam,解得Fm=0.9N,选项D正确;
故选BD。
考点三 力学中的连接体问题
1.整体法与隔离法常涉及的三种问题类型
(1)涉及滑轮的问题:
若要求绳的拉力,一般都采用隔离法。
(2)水平面上的连接体问题:
①这类问题一般是连接体(系统)中各物体保持相对静止,即具有相同的加速度。
解题时,一般采用先整体后隔离的方法。
②建立直角坐标系时要考虑矢量正交分解越少越好的原则,或者正交分解力,或者正交分解加速度。
(3)斜面体与物体组成的连接体问题:
当物体具有沿斜面方向的加速度,而斜面体相对于地面静止时,一般采用隔离法分析。
2.解决这类问题的关键
正确地选取研究对象是解题的首要环节,弄清各物体之间哪些属于连接体,哪些物体应该单独分析,并分别确定它们的加速度,然后根据牛顿运动定律列方程求解。
(2018·
成都检测)如图1-2-9甲所示,倾角θ=37°
的足够长粗糙斜面固定在水平面上,滑块A、B用细线跨过光滑定滑轮相连,A与滑轮间的细线与斜面平行,B距地面一定高度,A可在细线牵引下沿斜面向上滑动。
某时刻由静止释放A,测得A沿斜面向上运动的vt图像如图乙所示(B落地后不反弹)。
图1-2-9
已知mA=2kg,mB=4kg,重力加速度g=10m/s2,sin37°
=0.6、cos37°
=0.8;
(1)A与斜面间的动摩擦因数;
(2)A沿斜面向上滑动的最大位移。
[审题探究]
(1)0~0.5s时间A的加速度是多少?
细线对A的拉力是否等于B的重力?
(2)0.5s后,A做什么运动?
如何计算第二段时间内A的位移?
[解析]
(1)在0~0.5s时间内,根据图像,可得AB系统的加速度为a1==4m/s2
设细线张力大小为T,对A、B,由牛顿第二定律有
T-mAgsinθ-μmAgcosθ=mAa1
mBg-T=mBa1
联立上述两式并代入数据解得μ=0.25
(2)B落地后,A继续减速上升
由牛顿第二定律有mAgsinθ+μmAgcosθ=mAa2
代入数据得a2=8m/s2
故A减速向上滑动的位移为:
x2==0.25m
0~0.5s内A加速向上滑动的位移x1==0.5m
所以,A上滑的最大位移为x=x1+x2=0.75m。
[答案]
(1)0.25
(2)0.75m
1.如图1-2-10所示,在光滑的水平地面上,有两个质量相等的物体,中间用劲度系数为k的轻质弹簧相连,两物体在水平外力F1、F2的作用下运动,已知F1<F2,则当系统稳定时,弹簧的伸长量为
图1-2-10
A.B.
C.D.
解析 设A、B两物体的质量均为m,当运动稳定时,把A、B看作整体进行研究。
由受力分析可知,A、B整体所受到的合力大小为F2-F1,由牛顿第二定律可得F2-F1=2ma,解得a=,因A、B相对静止,所以整体的加速度也是单个物体的加速度。
设弹簧的伸长量为Δx,对物体A进行受力分析,由牛顿第二定律可得kΔx-F1=ma,解得Δx=,选项D正确。
答案 D
2.(多选)如图1-2-11所示,A、B两物块的质量分别为2m和m,静止叠放在水平地面上。
A、B间的动摩擦因数为μ,B与地面间的动摩擦因数为μ。
最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。
现对A施加一水平拉力F,则
图1-2-11
A.当F<2μmg时,A、B都相对地面静止
B.当F=μmg时,A的加速度为μg
C.当F>3μmg时,A相对B滑动
D.无论F为何值,B的加速度不会超过μg
解析 A、B间的最大静摩擦力fAm=2μmg,B与地面间的最大静摩擦力为fBm=μmg。
逐渐增大拉力F,当F=μmg时,A、B间相对静止,B与地面开始相对滑动,故选项A错误;
当A、B间刚开始相对滑动时,由牛顿第二定律,对物块A有F-2μmg=2ma,对物块B有2μmg-μmg=ma,联立两式得F=3μmg,也就是当F=3μmg时,物块A、B开始相对滑动,因此F=μmg时,A、B相对静止,整体应用牛顿第二定律可得此时的加速度为aA==μg,故选项B、C正确;
物块A、B间,B与地面间都相对滑动时,B的加速度为aB==μg,此后无论F为何值,只要A、B间相对滑动,B的加速度就是μg,所以B的加速度不会超过此值,选项D正确。
答案 BCD
考点四 用动力学方法分析传送带问题
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状态,具体如何改变要根据具体情况判断。
如图1-2-12所示,倾斜传送带AB和水平传送带BC平滑连接,传送带AB的倾角为θ=37°
,起点A距水平面的高度H=7.0m,BC长为d=2.0m,端点C距水平面的高度h=1.0m,水平传送带BC的长度d和高度h都可以调节,可以调至如图所示的B′C′位置,水平传送带和倾斜传送带都以v0=8m/s的速度逆时针运动,一质量为m=5kg的物块从倾斜传送带的顶端A点由静止释放,已知物块与AB、BC间的动摩擦因数均为μ=0.25,物块通过B点时无能量损失。
(取重力加速度g=10m/s2,cos37°
=0.8,sin37°
=0.6,物块在运动过程中可视为质点)。
图1-2-12
(1)求物块运动到C点时的速度大小;
(2)当h调为h′=3.325m时,物块在传送带上运动的总时间是多少?
(1)物块刚放到传送带上所受摩擦力的方向如何?
物体的加速度多大?
(2)物块在倾斜传送带上运动,速度能否达到与传送带速度相同?
若能达到速度相同,此后物块做匀速运动还是加速运动?
(3)物块滑上水平传送带时的速度多大?
物块在水平传送带上做什么运动?
[解析]
(1)物块由A运动到B的过程,开始时摩擦力方向沿传送带向下,根据牛顿第二定律有mgsinθ+μmgcosθ=ma1,代入数据解得a1=8m/s2
加速运动到与传送带速度相等时的位移为x1==4m
此后在AB上摩擦力反向,则mgsinθ-μmgcosθ=ma2,解得a2=4m/s2
AB的长为L==10m
设物块到达B点的速度为v1,有v-v=2a2(L-x1),代入数据解得v1=4m/s
在水平传送带上运动时,由μmg=ma3,得a3=2.5m/s2
设物块运动到C点时的速度为v2,由v-v=-2a3d,解得v2=m/s。
(2)当水平传送带调至h′高时,水平传送带的长度变为
d′=d+=5.1m
倾斜传送带的长度L′==6.125m
物块在倾斜传送带上的第一个匀加速过程有x1=a1t,解得t1=1s
物块在倾斜传送带上的第二个匀加速过程有
L′-x1=v0t2+a2t
解得t2=0.25s
故物块到达倾斜传送带底端时的速度为v1′=v0+a2t2=9m/s
物块在水平传送带上先以a3=2.5m/s2的加速度做匀减速直线运动
物块做匀减速直线运动的时间为t3==0.4s
物块做匀减速直线运动的位移为x2==3.4m
则物块在水平传送带上做匀速直线运动的时间为t4==0.21s
故h调为h′=3.325m时,物块在传送带上运动的总时间为t=t1+t2+t3+t4=1.86s。
[答案]
(1)m/s
(2)1.86s
1.水平传送带问题
如图1-2-13所示,足够长的水平传送带,以初速度v0=6m/s顺时针转动。
现在传送带左侧轻轻放上质量m=1kg的小滑块,与此同时,启动传送带制动装置,使得传送带以恒定加速度a=4m/s2减速直至停止;
已知滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2,滑块可以看成质点,且不会影响传送带的运动,g=10m/s2。
试求:
图1-2-13
(1)滑块与传送带共速时,滑块相对传送带的位移;
(2)滑块在传送带上运动的总时间t。
解析
(1)对滑块,由牛顿第二定律可得μmg=ma1,
得a1=2m/s2
设经过t1滑块与传送带共速v,有
v=v0-at1
v=a1t1,
解得v=2m/s,t1=1s
滑块位移为x1==1m
传送带位移为x2==4m,
故滑块相对传送带的位移
Δx=x2-x1=3m。
(2)共速之后,假设滑块与传送带一起减速,则滑块与传送带间的静摩擦力为f,有f=ma=4N>μmg=2N,故滑块与传送带相对滑动。
滑块做减速运动,加速度仍为a1,
滑块减速时间为t2,有t2==1s,
故t=t1+t2=2s。
答案
(1)3m
(2)2s
2.倾斜传送带问题
如图1-2-14所示,倾斜传送带与水平方向的夹角为θ=37°
,将一小物块轻轻放在正在以速度v=10m/s匀速逆时针传动的传送带的上端,物块和传送带之间的动摩擦因数为μ=0.5(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力的大小),传送带两皮带轮轴心间的距离为L=29m,求将物块从顶部运送到传送带底部所需的时间为多少?
(g=10m/s2,sin37°
=0.6,cos37°
=0.8)
图1-2-14
解析 物块放到传送带上后,沿斜面向下做匀加速直线运动,受到的摩擦力方向沿斜面向下
mgsinθ+μmgcosθ=ma1
a1=gsinθ+μgcosθ=10m/s2
当物体加速到与传送带同速时,位移为:
s1==5m<L=29m
t1==1s
物块加速到与传送带同速后,由于mgsinθ>μmgcosθ,所以物块相对于传送带向下运动,摩擦力变为沿斜面向上
a2=gsinθ-μgcosθ=2m/s2
s2=L-s1=vt+a2t⇒t2=2s
因此物体运动的总时间为t=t1+t2=3s。
答案 3s
考点五 滑块、滑板模型
滑块——滑板模型是近几年来高考考查的热点,涉及摩擦力的分析判断、牛顿运动定律、匀变速运动等主干知识,能力要求较高,滑块和滑板的位移关系、速度关系是解答滑块——滑板模型的切入点,前一运动阶段的末速度是下一运动阶段的初速度,解题过程中必须以地面为参考系。
1.模型特点:
滑块(视为质点)置于滑板上,滑块和滑板均相对地面运动,且滑块和滑板在摩擦力的相互作用下发生相对滑动。
2.运动学分析:
无临界速度时,滑块与滑板分离,确定相等时间内的位移关系解题;
有临界速度时,滑块与滑板不分离,假设速度相等后加速度相同,由整体法求解系统的共同加速度,再由隔离法用牛顿第二定律求滑块与滑板间的摩擦力f,如果该摩擦力不大于最大静摩擦力说明假设成立,则整体列式解题;
如果该摩擦力大于最大静摩擦力说明假设不成立,则分别列式;
确定相等时间内的位移关系解题。
3.动力学分析:
判断滑块与滑板是否发生相对滑动是解决这类问题的一个难点,通常采用整体法、隔离法和假设法等。
往往先假设两者相对静止,由牛顿第二定律求出它们之间的摩擦力f,与最大静摩擦力fm进行比较。
若f<fm,则不会发生相对滑块;
反之,将发生相对滑动。
从运动学角度看,滑块与滑板的速度和加速度不等,则会发生相对滑动。
(2017·
全国卷Ⅲ)如图1-2-15,两个滑块A和B的质量分别为mA=1kg和mB=5kg,放在静止于水平地面上的木板的两端,两者与木板间的动摩擦因数均为μ1=0.5;
木板的质量为m=4kg,与地面间的动摩擦因数为μ2=0.1。
某时刻A、B两滑块开始相向滑动,初速度大小均为v0=3m/s。
A、B相遇时,A与木板恰好相对静止。
设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取重力加速度大小g=10m/s2。
图1-2-15
(1)B与木板相对静止时,木板的速度;
(2)A、B开始运动时,两者之间的距离。
[思路引导]
[解析]
(1)滑块A和B在木板上滑动时,木板也在地面上滑动。
设A、B和木板间所受的摩擦力的大小分别为f1、f2和f3,A、B和木板相对于地面的加速度大小分别是aA、aB和a1,在物块B与木板达到共同速度前有f1=μ1mAg,
f2=μ1mBg,
f3=μ2(mA+mB+m)g,
由牛顿第二定律得f1=mAaA,
f2=mBaB,
f2-f1-f3=ma1,
设在t1时刻,B与木板达到共同速度,其大小为v1。
由运动学公式有
v1=v0-aBt1,v1=a1t1,
联立,代入已知数据得
v1=1m/s。
(2)在t1时间间隔内,B相对于地面移动的距离为
sB=v0t1-aBt,
设在B与木板达到共同速度v1后,木板的加速度大小为a2,对于B与木板组成的体系,由牛顿第二定律有
f1+f3=(mB+m)a2,
因为aA=aB;
B与木板达到共同速度时,A的速度大小也为v1,但运动方向与木板相反,由题意知,A和B相遇时,A与木板的速度相同,设其大小为v2,设A的速度大小从v1变到v2所用时间为t2,则由运动学公式,对木板有
v2=v1-a2t2,
对A有v2=-v1+aAt2,
在t2时间间隔内,B(以及木板)相对地面移动的距离为
s1=v1t2-a2t,
在(t1+t2)时间间隔内
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