【物理】2018届二轮复习第2讲力与直线运动学案

【物理】2018届二轮复习第2讲力与直线运动学案

第2讲　力与直线运动 ¥ 考点一　　　　动力学中的图像问题 考向1　实现图像与图像之间的转化 例1 一物体做直线运动，其加速度随时间变化的at图像如图21所示．下列vt图像中，可能正确描述此物体运动的是(　　)‎ 图21‎ 图22‎ 归纳 ‎ 从图像中获取有用信息是解题的前提条件．弄清试题中图像所反映的物理过程及规律，从中获取有效信息，通常情况下，需要关注的特征量有：横纵坐标轴(包括单位)、图线(趋势)、斜率、面积、截距和点(交点、转折点、渐近点)六个方面．‎ 变式 有一质点从x轴的坐标原点开始沿x轴做直线运动，其速度随时间变化的图像如图23所示，下列四个选项中a表示质点运动的加速度，x表示质点的位移，其中正确的是(　　)‎ 图23‎ 图24‎ 考向2　实现图像与函数之间的转化 例2 如图25所示，滑块以初速度v0沿表面粗糙且足够长的固定斜面从顶端下滑，直至速度为零．对于该运动过程，若用h、s、v、a分别表示滑块的下降高度、位移、速度和加速度的大小，t表示时间，则下列图像最能正确描述这一运动规律的是(　　)‎ 图25‎ 图26‎ 归纳 ‎ 图像问题的处理有两条途径：一是根据图像反映的函数关系，找到图像所反映的两个物理量间的关系，分析其物理意义和变化规律；二是既能根据图像的定义把图像反映的规律对应到实际过程中去，又能将实际过程的抽象规律对应到图像中去，最终根据实际过程的物理规律进行判断．‎ 变式 (多选)斜面放置在水平地面上，一物块以一定的初速度沿斜面向上运动，A是斜面上一点，物块过A点后通过的路程为x时速度为v，v2与x的关系图线如图27所示，图中b1、b2、x0和重力加速度g已知．根据图线可以求得(　　)‎ 图27‎ A．物块质量和物块从第一次经过A点至回到A点的时间 B．斜面倾角和物块从第一次经过A点至回到A点的时间 C．斜面倾角和物块与斜面间的动摩擦因数 D．物块质量和物块与斜面间的动摩擦因数 ¥ 考点二　　　　追及相遇问题 例3 (14分)校车交通安全今年已成为社会关注的热点，国务院发布的《校车安全管理条例》将校车安全问题纳入法制轨道，若校车以v0＝72 km/h的速度行驶，司机发现在33 m远处路口人开始横穿马路，立即采取刹车措施．已知司机的反应时间为t1＝0.75 s，刹车的加速度大小为4 m/s2.‎ ‎(1)司机从发现情况至汽车走完33 m距离，经过多长时间？此时车速为多大？‎ ‎(2)如果行人横穿d＝20 m宽的马路，横穿速度为5 m/s，行人是否有危险？‎ ‎(3)《校车安全管理条例》规定：校车运行中，若遇到意外情况，驾驶员按下安全按钮，校车车速会迅速降至7.2 km/h以下，如果按(2)中条件，此时行人横穿马路是否会发生事故？‎ ‎[解答步骤规范]‎ ‎(1)在0.75 s的反应时间内，校车行驶位移 x1＝________＝15 m(2分)‎ 校车匀减速行驶，加速度大小a＝4 m/s2，有 x2＝________(2分)‎ 解得t2＝1 s(1分)‎ 此时校车速度v2＝________＝16 m/s(2分)‎ 校车走完33 m距离，一共用时t＝t1＋t2＝1.75 s(1分)‎ ‎(2)行人穿过马路的时间t0＝________＝4 s(1分)‎ 显然4 s>1.75 s，行人有危险．(1分)‎ ‎(3)校车在0.75 s之后速度迅速降为v02＝2 m/s后做匀减速运动，‎ 行驶距离x3＝________＝0.5 m(2分)‎ 校车一共前进x＝x1＋x3＝15.5 m(1分)‎ 显然15.5 m<33 m，行人不会发生事故．(1分)‎ 归纳 ‎ 解决追及相遇与行车安全问题的一般思路：‎ 处理追及相遇问题的基本方法有：‎ ‎1．物理分析法 首先，要认真审题，构建形象的运动图景；其次，要抓住关键词，挖掘隐含条件，如“刚好”“恰好”“最多”“至少”等，往往对应一个临界状态，要满足相应的临界条件．‎ ‎(1)恰好追上(或追不上)、最远(或最近)距离——速度相等是临界条件．‎ ‎(2)追上、相遇——两物体同时到达某位置．‎ ‎2．极值法 设相遇时间为t，根据条件列位移关系式，得到关于t的一元二次方程，用判别式进行讨论．若Δ>0，即有两个解，则可以相遇两次；若Δ＝0，则刚好追上或相遇；若Δ<0，则追不上或不能相遇．‎ ‎3．图像法 将两物体运动的速度—时间图像在同一坐标系中画出，然后利用图像分析求解相关问题．‎ ‎4．相对运动法 对运动过程和状态进行分析，巧妙选择参考系，简化运动过程、临界状态，确定三大关系，列式求解．‎ 变式1 某天大雾弥漫，能见度很低，甲、乙两辆汽车在同一平直公路上同向行驶，甲车在前，乙车在后，甲车的速度v1＝15 m/s，乙车的速度v2＝25 m/s，当乙车行驶到距甲车s＝60 m时，发现了前方的甲车，设两车驾驶员的反应时间均为Δt＝0.5 s.‎ ‎(1)若乙车的驾驶员发现甲车后经反应时间Δt后立即刹车做匀减速运动，为了防止相撞，求乙车减速运动的最小加速度a1(此过程甲车速度保持不变)；‎ ‎(2)若乙车的驾驶员经反应时间Δt后，仅采取鸣笛警告措施，甲车驾驶员听到鸣笛后经反应时间Δt后立即做匀加速运动，为了防止相撞，求甲车加速运动的最小加速度a2.‎ 变式2 在平直公路上行驶的a车和b车，其位移—时间(xt)图像如图28所示，已知b车的加速度恒定且等于－2 m/s2，t＝3 s时，两车的xt图线刚好相切，则(　　)‎ 图28‎ A．a车做匀速运动且其速度为va＝ m/s B．t＝3 s时a车和b车相遇但此时速度不等 C．t＝1 s时b车的速度为10 m/s D．t＝0时a车和b车的距离x0＝9 m ¥ 考点三　　　　连接体问题 例4 一轻弹簧的一端固定在倾角为θ的固定光滑斜面的底部，另一端和质量为m的小物块a相连，如图29所示．质量为m的小物块b紧靠a静止在斜面上，此时弹簧的压缩量为x0，从t＝0时开始，对b施加沿斜面向上的外力，使b始终做匀加速直线运动．经过一段时间后，物块a、b分离；再经过同样长的时间，b距其出发点的距离恰好也为x0.a、b均视为质点，弹簧的形变始终在弹性限度内，重力加速度大小为g.求：‎ 图29‎ ‎(1)弹簧的劲度系数；‎ ‎(2)物块b加速度的大小；‎ ‎(3)在物块a、b分离前，外力大小随时间变化的关系式．‎ 导思 ‎ ‎①ab整体静止在斜面上，受到几个力作用？弹簧弹力与什么力平衡？②施加外力后，a、b两者分离前后在相等时间内的位移有何关系？a、b分离时弹簧的形变量是多少？③在物块a、b分离前，ab整体受几个力作用？外力大小随时间怎样变化？‎ 归纳 ‎ 在连接体问题中，若各个物体具有大小和方向都相同的加速度，就可以把它们看成一个整体处理；整体法适宜求共同的加速度和系统外力，不能求系统内力；如果需要知道物体之间的相互作用力，则需要把其中的某一个物体隔离分析．整体法和隔离法往往交叉使用，相辅相成．下面的变式涉及连接体中两部分加速度不同，需要采用“隔离法”研究．‎ 变式 如图210甲所示，足够长的木板B静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A.滑块A受到随时间t变化的水平拉力F作用时，滑块A的加速度a与拉力F的关系图像如图乙所示，则长木板B的质量为(g取10 m/s2)(　　)‎ ‎　　‎ 图210‎ A．4 kg B．3 kg C．2 kg D．1 kg 来源 有关动力学的斜面体模型 统计分析 ‎2015·全卷Ⅰ第20题 ‎1.(多选)[2015·全国卷Ⅰ] 如图(a)所示，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的vt图线如图(b)所示．若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出(　　)‎ ‎　‎ ‎ (a)　　　　　　　　(b)‎ A.斜面的倾角 B．物块的质量 C．物块与斜面间的动摩擦因数 D．物块沿斜面向上滑行的最大高度 ‎　斜面体是近年高考考查的热点，综合性强，可以考查受力分析、临界条件、牛顿运动定律、运动图像、功能关系等多方面问题，从研究对象角度分类，可以分为斜面体上物体和斜面体本身两个方面．有时一道考题可以同时考查这两个方面 ‎2016·全国卷Ⅰ第24题 ‎2．[2016·全国卷Ⅰ] 如图所示，两固定的绝缘斜面倾角均为θ，上沿相连．两细金属棒ab(仅标出a端)和cd(仅标出c端)长度均为L，质量分别为2m和m；用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平．右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上，已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为R，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g，已知金属棒ab匀速下滑．求：‎ ‎(1)作用在金属棒ab上的安培力的大小；‎ ‎(2)金属棒运动速度的大小．‎ ‎【模型核心归纳】‎ 斜面是力学中常见的运动情景，斜面的倾角θ是解决这类问题一个重要参数．‎ ‎1．力的分析处理：沿斜面方向和垂直斜面方向是两个需要特别关注的方向，一般对力采用正交分解法，即分别沿斜面方向和垂直斜面方向建立直角坐标系，两个方向根据平衡条件或牛顿第二定律研究．‎ ‎2．常见的问题有：‎ ‎(1)摩擦平衡问题：当μ＝tan θ(设斜面的倾角为θ，斜面与物块间的动摩擦因数为μ)时，物块沿斜面向下匀速运动；当μtan θ时，物块沿斜面向下减速运动或静止．‎ ‎(2)摩擦角问题：滑动摩擦力f和支持力FN的合力F(全反力)与支持力FN的夹角α称为摩擦角(全反角)，且tan α＝＝μ，当FN发生变化时，合力F的方向不变．‎ ‎(3)极值与临界问题：物块静止在斜面上，静摩擦力大小可变，往往因存在最大静摩擦力而出现力的极值问题，如自锁现象等．‎ 示例 如图211所示，质量为M的斜劈形物体A放在水平地面上，质量为m的粗糙物块B以某一初速度沿劈的粗糙斜面向上滑，至速度为零后又加速返回，而物体A始终保持静止，重力加速度为g，则在物块B上、下滑动的整个过程中(　　)‎ 图211‎ A．地面对物体A的摩擦力大小相同 B．地面对物体A的支持力总小于(M＋m)g C．地面对物体A的摩擦力先向右后向左 D．地面对物体A的摩擦力先向左后向右 导思 ‎ 本题关键是对整体受力分析后根据牛顿第二定律列式求解出支持力和静摩擦力的表达式，然后进行分析讨论；整体法不仅适用于相对静止的物体系统，同样也适用于有相对运动的物体系统．‎ 拓展1 (多选)某物体以一定的初速度沿足够长的斜面从底端向上滑去，此后该物体的vt图像可能是(　　)‎ 图212‎ 拓展2 (多选)如图213所示，倾角为θ的斜面固定于水平面上，滑块A、B叠放后一起沿斜面向下滑动的过程中，始终保持相对静止；A上表面水平，与斜面间的动摩擦因数为μ.则关于物体B的受力情况，下列说法中正确的是(　　)‎ 图213‎ A．若μ＝0，物块B仅受重力 B．若μ＝0，物块B仅受重力和支持力 C．若μ＞tan θ，A对B的支持力大于B的重力 D．若μ＞tan θ，A对B的摩擦力水平向左 拓展3 (多选)如图214所示，三个可视为质点的金属小球A、B、C，质量分别为m、2m和3m，B球带负电，电荷量为－q，A、C不带电，不可伸长的绝缘细线将三球连接，最上边的细线连接在斜面顶端的O点，三球均处于场强大小为E的竖直向上的匀强电场中，三段细线均伸直，三个金属球均静止于倾角为30°的绝缘光滑斜面上，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　)‎ 图214‎ A．A、B球间的细线的张力为 B．A、B球间的细线的张力可能为0‎ C．将线OA剪断的瞬间，B、C球间的细线张力为 D．将线OA剪断的瞬间，A、B球间的细线张力为 第2讲　力与直线运动 ‎ 高频考点探究 考点一 例1　D　[解析] 由图可知，在0～时间内a＝a0＞0，若v0≥0，物体做匀加速运动；若v0＜0，物体做匀减速运动，故B、C错误；由于在T～2T时间内a＝－a0，故vt图线斜率的绝对值与0～时间内相同，故A错误，D正确．‎ 例1变式　B　[解析] 根据vt图线的斜率表示加速度知，0～1 s质点由静止开始做匀加速直线运动，加速度为a＝＝ m/s2＝2 m/s2，1～2 s质点做匀减速直线运动，加速度为a＝＝ m/s2＝－2 m/s2，同理分析，2～3 s质点反向做匀加速直线运动，加速度为－3 m/s2，3～4 s质点反向做匀减速直线运动，加速度为3 m/s2，故选项A错误，选项B正确；由匀变速直线运动的位移公式x＝v0t＋at2可知，每一时间段的质点的位移与时间成二次函数关系，xt 图像为抛物线，故选项C、D错误．‎ 例2　B　[解析] 滑块沿斜面下滑过程中，受重力、支持力和滑动摩擦力作用，做匀减速直线运动，故速度图像为向下倾斜的直线，C错误；滑块加速度保持不变，D错误；设滑块的加速度大小为a，则滑块的位移s＝v0t－at2，st图像为开口向下的抛物线，B正确；设斜面倾角为θ，滑块下降的高度h＝ssin θ，所以ht图像也是开口向下的抛物线，A错误．‎ 例2变式　BC　[解析] 物块上滑和下滑过程均为匀变速运动，由运动学规律v2－v＝2ax，可得上滑的初速度为，下滑的末速度为，又图线的斜率的绝对值为2a，上滑的加速度a1＝，下滑的加速度a2＝，则上滑和下滑的时间由t＝可求；由牛顿第二定律知，上滑的加速度a1＝gsin α＋μgcos α，下滑的加速度a2＝gsin α－μgcos α，联立可得倾角和动摩擦因数，选项B、C正确．‎ 考点二 例3　(1)v0t1　v0t2－at　v0－at2　(2)　(3) 例3变式1　(1) m/s2　(2)1 m/s2‎ ‎[解析] (1)设乙车减速t1时间后两车速度相等，则有 a1＝ v2Δt＋(v1＋v2)t1＝s＋v1(Δt＋t1)‎ 解得：t1＝11 s，a1＝ m/s2.‎ ‎(2)设甲车加速t2时间后两车速度相等，当甲车开始加速时，两车的距离为s0，有 s0＝s－(v2－v1)×2Δt＝50 m a2＝ v2t2＝s0＋(v1＋v2)t2‎ 解得：t2＝10 s，a2＝1 m/s2.‎ 例3变式2　D　[解析] a的xt图线为直线，a车做匀速运动，由图像的斜率可得其速度va＝ m/s＝2 m/s，选项A错误；t＝3 s时，两图线相切，表明a车和b车相遇，且此时速度相等，选项B错误；1～3 s内b车的xt图像斜率越来越小，做减速运动，t＝1 s时b车的速度v＝(2＋2×2) m/s＝6 m/s，选项C错误；0～3 s时间内b车发生的位移x＝vat＋at2＝15 m，t＝0时与a车的距离x0＝15 m－6 m＝9 m，选项D正确．‎ 考点三 例4　(1)sin θ　(2)　(3)F＝＋t2 ‎[解析] (1)对ab整体，由平衡条件得 kx0＝gsin θ 则劲度系数k＝sin θ.‎ ‎(2)对b，有x0＝a(2t)2‎ 对ab整体，有x＝at2‎ 联立解得x＝ a、b分离时弹簧的形变量x′＝x0－x＝ 此时kx′－mgsin θ＝ma 解得a＝.‎ ‎(3)在物块a、b分离前，由牛顿第二定律得 F＋k(x0－x)－1.6mgsin θ＝1.6ma 而x＝at2‎ 解得F＝＋t2‎ 因分离时位移x＝＝at2‎ 解得t＝，故应保证t<，F的表达式才成立．‎ 例4变式　B　[解析] 根据题图乙可知，当F＝12 N时，加速度a＝3 m/s2，对滑块与木板整体，由牛顿第二定律有F＝(mA＋mB)a，解得mA＋mB＝4 kg，当F大于12 N时，A、B发生相对滑动，对滑块A，有F－μmAg＝mAa，由aF图像的斜率知，＝ kg－1＝1 kg－1，得mA＝1 kg，故mB＝3 kg，选项B正确．‎ ‎ 热点模型解读 ‎1．ACD　[解析] 上滑时设物块的加速度大小为a1，对物块由牛顿第二定律得，mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，下滑时设物块的加速度大小为a2，有mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，由图(b)可得，a1＝，a2＝，联立可解得θ和μ，A、C正确；vt图像与时间轴在第一象限所围成的图形的面积表示上滑的最大位移，进而可求得最大高度，D正确．‎ ‎2．(1)mg(sin θ－3μcos θ)　(2)(sin θ－3μcos θ) ‎[解析] (1)设导线的张力的大小为T，右斜面对ab棒的支持力的大小为N1，作用在ab棒上的安培力的大小为F，左斜面对cd棒的支持力大小为N2，对于ab棒，由力的平衡条件得 ‎2mgsin θ＝μN1＋T＋F　①‎ N1＝2mgcos θ　②‎ 对于cd棒，同理有 mgsin θ＋μN2＝T　③‎ N2＝mgcos θ　④‎ 联立①②③④式得 F＝mg(sin θ－3μcos θ)　⑤‎ ‎(2)由安培力公式得 F＝BIL　⑥‎ 这里I是回路abdca中的感应电流，ab棒上的感应电动势为 ε＝BLv　⑦‎ 式中，v是ab棒下滑速度的大小，由欧姆定律得 I＝　⑧‎ 联立⑤⑥⑦⑧式得 v＝(sin θ－3μcos θ)　⑨‎ 示例　B　[解析] 物块先减速上滑，后加速下滑，加速度一直沿斜面向下，对整体受力分析，其受到总重力、支持力和向左的静摩擦力，如图甲所示，根据牛顿第二定律，在x轴上：f＝macos θ，在y轴上：(M＋m)g－N＝masin θ，地面对物体的支持力总小于(M＋m)g，选项B正确；物块上滑时，受力如图乙所示，根据牛顿第二定律，有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，物块下滑时，受力如图丙所示，根据牛顿第二定律，有mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，由以上分析可知，地面对物体A的静摩擦力方向一直未变，向左，但大小不同，选项A、C、D错误．‎ ‎　　‎ 甲 乙 ‎　　‎ 丙 示例拓展1　ABD　[解析] 若斜面光滑，物体上滑和下滑的加速度相同，选项A正确；若斜面粗糙，且μmgcos θ≥mgsin θ(即μ≥tan θ)，物体上滑减速为零，然后静止在斜面上，选项D正确；若斜面粗糙，且μmgcos θg，C球以加速度g做匀加速运动，所以B、C球间细线的作用力为零，以A球为研究对象可得A、B球间细线的力为F＝ma′＝，选项C错误，选项D正确．‎