届高考物理二轮复习力与直线运动学案江苏专用.docx
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届高考物理二轮复习力与直线运动学案江苏专用
专题一 力与直线运动
考情分析
2016
2017
2018
力与直
线运动
T5:
自由落体和抛体运动的图象
T1:
胡克定律应用
T9:
相对运动与摩擦力
T14
(1):
斜面对物体的支持力
T14
(1)
(2):
叠加体的平衡、摩擦力
T14
(1)(3):
物体的平衡、牛顿运动定律应用
命题解读
本专题就考点分为三大板块。
分别为运动学、相互作用和牛顿运动定律。
从三年命题情况看,命题特点为:
(1)注重基础与迁移。
如胡克定律、匀变速直线运动的规律及非常规运动图象问题,行车安全问题等考查学生的理解能力。
难度属于容易或中等。
(2)注重过程与方法。
如利用板块问题、多过程问题等,以选择题考查学生的推理能力,以计算题考查学生的分析综合能力。
难度属于中等及较难。
整体难度中等偏难,命题指数★★★★★,复习目标是达B冲A。
1.(2018·江苏省如皋市教学质量调研)小钢球从某位置由静止释放,用频闪照相机在同一底片上多次曝光,得到的照片如图1所示。
已知连续两次曝光的时间间隔,为求出小球经过B点的速度,需测量( )
图1
A.照片中AC的距离
B.照片中球的直径及AC的距离
C.小钢球的实际直径、照片中AC的距离
D.小钢球的实际直径、照片中球的直径及AC的距离
解析 根据匀变速直线运动的规律可知:
vB=
,为求解AC的实际距离,需知道小钢球的实际直径、照片中球的直径及照片中AC的距离,然后根据比例关系可知AC的实际距离,故选项D正确,A、B、C错误。
答案 D
2.(2018·苏锡常镇四市高三教学情况调研)小明将一辆后轮驱动的电动小汽车,按图示方法置于两个平板小车上,三者置于水平实验桌上。
当小明用遥控器启动小车向前运动后,他看到两个平板小车也开始运动,下列标出平板小车的运动方向正确的是( )
解析 用遥控器启动小车向前运动,后轮是主动轮顺时针转动,所以左侧平板小车对后轮的摩擦力向右,后轮对左侧平板小车的摩擦力向左;前轮是从动轮,所以右侧平板小车对前轮的摩擦力向左,前轮对右侧平板小车的摩擦力向右。
因此左侧小车向左运动,右侧小车向右运动。
故选项C正确,A、B、D错误。
答案 C
3.(2018·苏北四市第一次调研)如图2所示,小明将叠放在一起的A、B两本书抛给小强,已知A的质量为m,重力加速度为g,两本书在空中不翻转,不计空气阻力,则A、B在空中运动时( )
图2
A.A的加速度等于g
B.B的加速度大于g
C.A对B的压力等于mg
D.A对B的压力大于mg
解析 A、B两个物体叠在一起水平抛出,做加速度为g的抛体运动,处于完全失重状态,则A与B间的作用力为零。
故选项A正确,B、C、D错误。
答案 A
4.(2018·徐州质检)如图3所示,在水平天花板的A点处固定一根轻杆a,杆与天花板保持垂直。
杆的下端有一个轻滑轮O。
另一根细线上端固定在该天花板的B点处,细线跨过滑轮O,下端系一个重为G的物体,BO段细线与天花
板的夹角为θ=30°。
系统保持静止,不计一切摩擦。
下列说法中正确的是( )
图3
A.细线BO对天花板的拉力大小是
B.a杆对滑轮的作用力大小是
C.a杆和细线对滑轮的合力大小是G
D.a杆对滑轮的作用力大小是G
解析 细线上的弹力大小处处相等,因此细线BO对天花板的拉力大小是G,选项A错误;两段细线上弹力大小均为G,构成菱形,合力为2Gsin30°=G,大小等于a杆对滑轮的作用力,选项B错误,D正确;由于系统保持静止,所以a杆和细线对滑轮的合力大小是0,选项C错误。
答案 D
匀变速直线运动基本规律的应用
分析匀变速直线运动问题的“六种方法”
【例1】(2018·江苏苏州市模拟)一物体做匀变速直线运动,在通过第一段位移x1的过程中,其速度变化量为Δv,紧接着通过第二段位移x2,速度变化量仍为Δv。
则关于物体的运动,下列说法正确的是( )
A.第一段位移x1一定大于第二段位移x2
B.两段运动所用时间一定不相等
C.物体运动的加速度为
D.通过两段位移的平均速度为
解析 设通过第一段位移的末速度为v,则有通过第一段位移的初速度为v-Δv,通过第二段位移的末速度为v+Δv,根据运动学公式有(v+Δv)2-v2=2ax2,v2-(v-Δv)2=2ax1,解得a=,若物体做匀加速直线运动,则有x2>x1,故选项A错误,C正确;根据a=,通过两段运动所用时间一定相等,故选项B错误;通过两段位移的平均速度为
==,故选项D错误。
答案 C
【变式1】(2018·江苏省南通、徐州、扬州、泰州、淮安、宿迁市调研)一辆公交车在平直的公路上从A站出发运动至B站停止,经历了匀加速、匀速、匀减速三个过程,设加速和减速过程的加速度大小分别为a1、a2,匀速过程的速度大小为v,则( )
A.增大a1,保持a2、v不变,加速过程的平均速度不变
B.减小a1,保持a2、v不变,匀速运动过程的时间将变长
C.增大v,保持a1、a2不变,全程时间变长
D.只要v不变,不论a1、a2如何变化,全程平均速度不变
解析 匀变速运动的平均速度为
=,则加速运动过程的平均速度等于,v不变则加速过程的平均速度不变,故选项A正确;匀加速、匀速、匀减速三个过程的位移分别为x1=vt1、x2=vt2、x3=vt3,如果减小a1,保持a2、v不变,则加速过程的时间t1=将增大,加速过程的位移x1增大,而减速的时间和位移不变,所以匀速的位移将减小,匀速的时间减小,故选项B错误;作出物体运动的速度图象如图甲所示,增大v,保持a1、a2不变,运动的时间将减小,故选项C错误;同理如图乙所示,v不变,a1、a2变化,则全程的时间将会发生变化,全程平均速度变化,故选项D错误。
答案 A
共点力的平衡
1.共点力的平衡条件
F合=0或者
2.解决平衡问题常用方法
(1)合成法:
一般用于三力平衡问题,两个力的合力与第三个力等大反向。
(2)正交分解法:
对三力及以上的物体平衡,或已知夹角时常用此法。
(3)图解法:
对三力动态平衡问题,一般是缓慢变化问题常用此法。
(4)相似三角形法:
利用力矢量三角形与几何三角形相似,列比例式解题。
一般已知线段大小时常用此法。
3.动态平衡问题分析方法
【例2】(2018·江苏苏州市模拟)如图4所示,倾角θ=37°的上表面光滑的斜面体放在水平地面上。
一个可以看成质点的小球用细线拉住与斜面一起保持静止状态,细线与斜面间的夹角也为37°。
若将拉力换为大小不变、方向水平向左的推力,斜面体仍然保持静止状态。
sin37°=0.6,cos37°=0.8。
则下列说法正确的是( )
图4
A.小球将向上加速运动
B.小球对斜面的压力变大
C.地面受到的压力不变
D.地面受到的摩擦力不变
解析 小球处于静止状态,所以合外力为零,小球受力为竖直向下的重力G、斜面对小球的支持力FN和细线对小球的拉力F,把三个力正交分解,列平衡方程:
Gcos37°=FN+Fsin37°,Fcos37°=Gsin37°,两式联立解得:
F=G,
FN=G;将拉力换为大小不变、方向水平向左的推力,小球受力为竖直向下的重力G、斜面对小球的支持力FN′和方向水平向左的推力,把三个力正交分解,沿斜面方向有Fcos37°=Gsin37°,故小球处于静止状态,垂直斜面方向FN′=Gcos37°+Fsin37°=G,小球对斜面的压力变大,故选项A错误,B正确;斜面体与小球为整体,受力为竖直向下的重力G′、地面对斜面体的支持力FN″、地面对其的摩擦力和细线对小球的拉力F;将拉力换为大小不变、方向水平向左的推力,受力为竖直向下的重力G′、地面对斜面体的支持力FN、地面对其的摩擦力和方向水平向左的推力F,所以地面对斜面体的支持力变大,地面对其的摩擦力变大,故选项C、D错误。
答案 B
【变式2】(2018·淮安、宿迁等学业质量检测)质量为m的物体用轻绳AB悬挂于竖直墙壁上,今用水平向右的拉力F拉动绳的中点O至如图5所示位置。
用T表示绳OA段拉力的大小,在拉力F由图示位置逆时针缓慢转过90°的过程中,始终保持O点位置不动,则( )
图5
A.F先逐渐变小后逐渐变大,T逐渐变小
B.F先逐渐变小后逐渐变大,T逐渐变大
C.F先逐渐变大后逐渐变小,T逐渐变小
D.F先逐渐变大后逐渐变小,T逐渐变大
解析 若保持O点位置不变,将F由水平位置绕O点逆时针缓慢转动90°的过程中,F和AO的拉力的合力始终与mg等大、反向、共线,作力的平行四边形如图,由平行四边形定则可知,当F竖直时,F最大,最大值Fmax=mg;此时T=0,当F⊥AO时,F最小,则F先逐渐变小后逐渐变大,T逐渐变小,故选项A正确。
答案 A
动力学图象问题
求解动力学图象问题的基本思路
【例3】(2018·苏锡常镇四市高三教学情况调研)运动员进行跳伞训练。
假设运动员在没有打开降落伞时做自由落体运动,打开伞后所受空气阻力和下落速度成正比,不计打开伞的时间,跳伞运动员下落过程的v-t图象不可能是( )
解析 没有打开降落伞时做自由落体运动,在打开伞瞬间获得速度v,打开伞后所受空气阻力和下落速度成正比,则
f=kv。
若kv=mg,则运动员接下来做匀速直线运动,故A图象可能;若kv
答案 D
【变式3】(2018·苏北四市第一次调研测试)如图6所示,物块以速度v0从粗糙斜面底端沿斜面上滑,达到最高点后沿斜面返回。
下列v-t图象能正确反映物块运动规律的是( )
图6
解析 在上滑过程中,根据牛顿第二定律可知上滑加速度大小为a1=,下滑过程的加速度大小为a2=,故a1>a2,上滑和下滑运动方向相反,故选项C正确。
答案 C
牛顿运动定律及应用
应用牛顿运动定律的解答思路
【例4】(多选)(2018·无锡市锡山中学高三月考)如图7所示,斜劈B固定在弹簧上,斜劈A扣放在B上,A、B相对静止,待系统平衡后用竖直向下的变力F作用于A,使A、B缓慢压缩弹簧,弹簧一直在弹性限度内,则下面说法正确的是( )
图7
A.压缩弹簧的过程中,B对A的摩擦力逐渐增大
B.压缩弹簧的过程中,A可能相对B滑动
C.当弹簧压缩量为某值时,撤去力F,在A、B上升的过程中,B对A的作用力先增大后减小
D.当弹簧压缩量为某值时,撤去力F,在A、B上升的过程中,A、B分离时,弹簧恢复原长
解析 因为开始A相对于B静止,则A在沿斜面方向的分力小于等于最大静摩擦力,设斜劈的倾角为θ,有mgsinθ≤μmgcosθ,所以(mg+F)sinθ≤μ(mg+F)cosθ,所以A、B在缓慢压缩弹簧的过程中,仍然能保持相对静止,A所受的摩擦力f=(mg+F)sinθ。
对整体分析,F逐渐增大,可知摩擦力逐渐增大,故选项A正确,B错误;撤去F后,在弹簧恢复原长前,整体的加速度先逐渐减小后增大。
隔离对A分析,有F-mg=ma,则B对A的作用力逐渐减小,当弹簧恢复原长时,B将与A发生分离,故选项C错误,D正确。
答案 AD
【变式4】(多选)(2018·泰州一模)如图8甲所示,质量相等的a、b两物体,分别从斜面上的同一位置A由静止下滑,经过B点在水平面上滑行一段距离后停下。
不计经过B点时的能量损失,用传感器采集到它们的速度-时间图象如图乙所示,下列说法正确的是( )
图8
A.a在斜面上滑行的加速度比b的大
B.a在水平面上滑行的距离比b的短
C.a与斜面间的动摩擦因数比b的小
D.a与水平面间的动摩擦因数比b的大
解析 由题图乙图象斜率可知,a做加速运动时的加速度比b做加速时的加速度大,故选项A正确;物体在水平面上的运动是匀减速运动,a从t1时刻开始,b从t2时刻开始,由图象与坐标轴围成的面积表示位移可知,a在水平面上做匀减速运动的位移比b在水平面上做匀减速运动的位移大,故选项B错误;物体在斜面上运动的加速度为a==gsinθ-μgcosθ,因为a的加速度大于b的加速度,所以a与斜面间的动摩擦因数比b的小,故选项C正确;根据牛顿第二定律知,物体在水平面上运动的加速度为a′==μg,因为a的加速度小于b的加速度,所以a与水平面间的动摩擦因数比b的小,故选项D错误。
答案 AC
一、单项选择题
1.(2018·苏锡常镇四市调研)帆船运动中,运动员可以调节帆面与船前进方向的夹角,使船能借助风获得前进的动力。
下列图中能使帆船获得前进动力的是( )
解析 船所受风力与帆面垂直,将风力分解成沿船身方向和垂直于船身方向。
船在垂直船身方向受到的阻力能抵消风力垂直于船身方向的分量。
A图中船所受风力垂直于船身方向,沿船前进方向的分力是零,故选项A错误;将B图中风力分解后沿船身方向分力与船前进方向相反,故选项B错误;将C图中风力分解后沿船身方向分力与船前进方向相反,故选项C错误;将D图中风力分解后沿船身方向分力与船前进方向相同,能使帆船获得前进动力,故选项D正确。
答案 D
2.(2018·镇江市模拟)甲、乙、丙、丁四辆小车从同一地点向同一方向运动的图象如图1所示,下列说法正确的是( )
图1
A.甲车做直线运动,乙车做曲线运动
B.在0~t1时间内,甲车平均速度小于乙车平均速度
C.在0~t2时间内,丙、丁两车在t2时刻相距最远
D.在0~t2时间内,丙、丁两车加速度总是不相同的
解析 x-t图象中,位移方向用正负表示,图中甲、乙两个物体的位移一直为正,且不断增加,故甲与乙都是单向的直线运动,故选项A错误;在0~t1时间内,甲、乙的位移相等,则甲车平均速度等于乙车平均速度,选项B错误;由图象与时间轴围成的面积表示位移可知:
丙、丁两车在t2时刻面积差最大,所以相距最远,故选项C正确;v-t图象的斜率等于加速度,则在0~t2时间内,丙、丁两车加速度有相同的时刻,选项D错误。
答案 C
3.(2018·江苏省高考压轴冲刺卷)将一物块以初速度v0从地面竖直向上抛出,运动到最高点后返回地面,整个过程所受阻力恒定,取抛出点为坐标原点,竖直向上为x轴正方向,则物块速度的平方v2与位置坐标x的关系图象正确的是( )
解析 由于阻力存在,则当物体再次返回地面时速度一定小于v0,故选项B、D错误;由于阻力恒定,故上升和下降过程中均为匀变速运动,由v2=2ax可得图象为倾斜的直线,故选项A正确,C错误。
答案 A
4.(2018·江苏省南通、徐州、扬州、泰州、淮安、宿迁市一调)如图2所示,倾角为30°的光滑固定斜面上放置质量为M的木板A,跨过轻质光滑定滑轮的细线一端与木板相连且细线与斜面平行,另一端连接质量为m的物块B,质量也为m的物块C位于木板顶端。
静止释放后,C下滑,而A、B仍保持静止。
已知M=1.5m,重力加速度为g,则C沿木板下滑的加速度大小为( )
图2
A.gB.g
C.gD.g
解析 对物体A受力分析,受重力、支持力、拉力和C对A的摩擦力,根据平衡条件可得Mgsin30°+f=mg,由题意可知M=1.5m,可得AC间的摩擦力为f=0.25mg,对C受力分析,根据牛顿第二定律可得mgsin30°-f=ma,联立以上可得C下滑的加速度a=g,故选项C正确,A、B、D错误。
答案 C
5.(2018·苏锡常镇四市一调)一长轻质薄硬纸片置于光滑水平地面上,其上放质量均为1kg的A、B两物块,A、B与薄硬纸片之间的动摩擦因数分别为μ1=0.3,μ2=0.2,水平恒力F作用在A物块上,如图3所示。
已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10m/s2。
下列说法正确的是( )
图3
A.若F=1.5N,则A物块所受摩擦力大小为1.5N
B.若F=8N,则B物块的加速度为4.0m/s2
C.无论力F多大,A与薄硬纸片都不会发生相对滑动
D.无论力F多大,B与薄硬纸片都不会发生相对滑动
解析 A与纸片间的最大静摩擦力为fA=μ1mAg=0.3×1×10N=3N,B与纸板间的最大静摩擦力为fB=μ2mBg=0.2×1×10N=2N;当F1=1.5N<fA,所以A、B与纸板保持相对静止,整体在F作用下向左匀加速运动,加速度为a1==m/s2=0.75m/s2,此时对A:
F1-fA1=mAa,解得fA1=0.75N,故选项A错误;物体B做加速运动的最大加速度为aBm==μ2g=2m/s2,若当F2=8N,A、B相对薄纸静止时,则加速度为a2==m/s2=4m/s2>2m/s2,则此时B相对纸片发生相对滑动,则B的加速度仍为2m/s2,选项B、D错误;由以上分析可知当纸片的加速度为2m/s2时B相对纸片将要产生相对滑动,此时纸片受到的摩擦力为2N,即纸片对A的摩擦力也为2N 答案 C 二、多项选择题 6.(2018·淮安、宿迁等学业质量检测)如图4所示,木盒中固定一质量为m的砝码,木盒和砝码在桌面上以一定的初速度一起以加速度a1滑行一段距离x1后停止。 现拿走砝码,而持续加一个竖直向下的恒力F(F=mg),若其他条件不变,木盒以加速度a2滑行距离x2后停止。 则( ) 图4 A.a2>a1B.a2=a1 C.x2>x1D.x2 解析 设木盒的质量为M,根据牛顿第二定律得,放砝码时,加速度a1==μg,拿走砝码施加F时,加速度a2==μg,可知a2>a1。 根据v2=2ax得,x=,知加速度增大,则滑行的距离变小,即x2 答案 AD 7.(2018·江苏省南京市、盐城市第一次模拟)建筑工地通过吊车将物体运送到高处。 简化后模型如图5所示,直导轨ABC与圆弧形导轨CDE相连接,D为圆弧最高点,整个装置在竖直平面内,吊车先加速从A点运动到C点,再匀速率通过CDE。 吊车经过B、D处时,关于物体M受力情况的描述正确的是( ) 图5 A.过B点时,处于超重状态,摩擦力水平向左 B.过B点时,处于超重状态,摩擦力水平向右 C.过D点时,处于失重状态,一定不受摩擦力作用 D.过D点时,处于失重状态,底板支持力一定为零 解析 由于吊车在AC段做加速运动,吊车和M一起向上做加速运动,加速度方向沿导轨向上,所以过B点时,M处于超重状态,由于整体具有向上的加速度,由整体法可知M与支持物间的静摩擦力水平向右,故选项A错误,B正确;过D点吊车和M做圆周运动,整体所受合外力向下提供向心力,所以M处于失重状态,由于整体合外力向下,所以M一定不受支持物的摩擦力,由于过D点时的向心加速度不一定为g,所以M对支持物的压力不一定等零,故选项C正确,D错误。 答案 BC 8.(2018·连云港市模拟)用一水平力F拉静止在水平面上的物体,在F由零逐渐增大的过程中,加速度a随力F变化的图象如图6所示,重力加速度g取10m/s2,水平面各处的粗糙程度相同,认为滑动摩擦力与最大静摩擦力相等,则由此可推算出( ) 图6 A.物体的质量 B.物体与水平地面间滑动摩擦力的大小 C.拉力F=12N时物体运动的速度大小 D.拉力F=12N时物体运动的位移大小 解析 由题图可知滑动摩擦力Ff=6N,选项B正确;当拉力F=12N时,由牛顿第二定律得F-Ff=ma,可求得m=1.2kg,选项A正确;由于不知道时间,故无法求出拉力F=12N时物体运动的速度和位移大小,选项C、D错误。 答案 AB 9.(2018·江苏省南京市、盐城市第一次模拟)如图7所示,光滑细杆上套有两个质量均为m的小球,两球之间用轻质弹簧相连,弹簧原长为L,用长为2L的细线连结两球。 现将质量为M的物块用光滑的钩子挂在细线上,从细线绷直开始释放,物块向下运动。 则物块( ) 图7 A.运动到最低点时,小球的动能为零 B.速度最大时,弹簧的弹性势能最大 C.速度最大时,杆对两球的支持力为(M+2m)g D.运动到最低点时,杆对两球的支持力小于(M+2m)g 解析 物块从开始释放先做加速运动,后做减速运动直到速度为零即到达最低点,此时两小球的速度也为零,动能为零,故选项A正确;根据系统机械能守恒可知,物块M减小的重力势能转化为弹簧的弹性势能、物块和两小球的动能,当物块运动到最低点时,速度为零时,弹性势能最大,故选项B错误;速度最大时,即此时系统合力为零,将两小球和物块看成系统,受重力(M+2m)g,杆对两球的支持力二力平衡,故选项C正确;运动到最低点时,物块具有向上的加速度,由整体法可知,杆对两球的支持力大于(M+2m)g,故选项D错误。 答案 AC 三、计算题 10.(2018·江苏苏州市第一次模拟)如图8所示,倾角θ=37°、斜面长为1m的斜面体放在水平面上。 将一质量为2kg的小物块从斜面顶部由静止释放,1s后到达底端,斜面体始终保持静止。 重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。 求: 图8 (1)小物块沿斜面下滑的加速度和到达底端时速度的大小; (2)小物块与斜面之间的动摩擦因数; (3)小物块运动过程中,水平面对斜面体的摩擦力大小和方向。 解析 (1)由运动学公式x=at2 得a=2m/s2 由v=at 得v=2m/s (2)由牛顿第二定律 mgsinθ-μmgcosθ=ma 得μ=0.5 (3)mgcosθsinθ>μmgcos2θ,水平面对斜面体的摩擦力向左 大小f=mgcosθsinθ-μmgcos2θ=3.2N 或者对整体由牛顿第二定律: f=macosθ=2×2×0.8N=3.2N 答案 (1)2m/s2 2m/s (2)0.5 (3)3.2N 11.(2018·江苏省如东县检测)如图9所示,内壁光滑、半径为R的半球形容器静置于水平面上,现将轻弹簧一端固定在容器底部O′处(O为球心),弹簧另一端与质量为m的小球相连,小球静止于P点,OP与水平方向的夹角θ=30°。 重力加速度为g。 图9 (1)求弹簧对小球的作用力大小F1; (2)若弹簧的原长为L,求弹簧的劲度系数k; (3)若系统一起以加速度a水平向左匀加速运动时,弹簧中的弹力恰为零,小球位于容器内壁,求此时容器对小球的作用力大小F2和作用力方向与水平面夹角的正切tanα。 解析 (1)对小球受力分析如图,由平衡条件有 F1′cosθ-F1cosθ=0,F1′sinθ+F1sinθ-mg=0, 解得 F1=mg (2)设弹簧的形变量为x,根据胡克定律有F1=kx 根据几何关系 L-x=R 联立解得 k= (3)小球受力分析如图,由牛顿第二定律有 =ma tanα= 解得 F2=m,tanα=。 答案 (1)mg (2) (3)m
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