2020版高考物理大二轮复习专题一力与运动第二讲力与物体的直线运动教学案
高考物理
[答案] (1)合外力为零
(2)
项目
一般形式
v0＝0
涉及的
物理量
不涉及的
物理量
速度公式
vt＝v0＋at
vt＝at
vt、v0、a、t
位移x
位移公式
x＝v0t＋at2
x＝at2
x、v0、a、t
末速
度vt
速度、位移
v－v＝2ax
v＝2ax
vt、v0、a、x
时间t
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关系公式
(3)
匀加速直线运动
匀减速直线运动
说明
位移图像
曲线为抛物
线的一部分
速度图像
－
(4)
现象
超重
失重
完全失重
定义
物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受重力的现象
物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受重力的现象
物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)等于0的现象
产生
条件
物体具有竖直向上的加速度或加速度分量
物体具有竖直向下的加速度或加速度分量
物体具有竖直向下的加速度，a＝g
【典例】 (2019·全国卷Ⅰ)如图，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，离地后重心上升的最大高度为H.上升第一个所用的时间为t1，第四个所用的时间为t2.不计空气阻力，则满足( )
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A．1<<2 B．2<<3
C．3<<4 D．4<<5
[思路引领] 可考虑逆向思维法，将竖直上抛运动等效为逆向的自由落体运动．
[解析] 本题应用逆向思维求解，即运动员的竖直上抛运动可等同于从一定高度处开始的自由落体运动，所以第四个所用的时间为t2＝，第一个所用的时间为t1＝－，因此有＝＝2＋，即3<<4，选项C正确．
[答案] C
1．匀变速直线运动的“四类公式”
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2．处理匀变速直线运动的五种方法
迁移一 以生产、生活实际考查
1．(多选)(2019·河北名校联盟)拥堵已成为现代都市一大通病，发展“空中轨道列车”(简称空轨，如图所示)是缓解交通压力的重要举措．假如某空轨从甲站沿直线运动到乙站，为了使旅客舒适，其加速度不能超过2.5 m/s2，行驶的速度不能超过50 m/s.已知甲、乙两站之间的距离为2.5 km，下列说法正确的是( )
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A．空轨从静止开始加速到最大速度的最短时间为25 s
B．空轨从最大速度开始刹车到停下来运动的最小位移为500 m
C．从甲站运动到乙站的最短时间为70 s
D．从甲站运动到乙站的最大平均速度为25 m/s
[解析] 空轨从静止开始以最大加速度加速到最大速度时所用时间最短，则最短时间为t1＝＝20 s，选项A错误；以最大加速度刹车时，空轨从最大速度开始刹车到停下来运动的位移最小，由v＝2amaxx解得最小位移为x＝500 m，选项B正确；以最大加速度加速到最大速度，然后以最大速度匀速运动，再以最大加速度刹车时，空轨从甲站到乙站的运动时间最短，且刹车时间与加速时间相等，等于t1，两段时间对应的位移相等，等于x，匀速运动时间为t2＝＝30 s，所以最短时间为t＝2t1＋t2＝70 s，选项C正确；从甲站运动到乙站的最大平均速度为＝ m/s＝35.7 m/s，选项D错误．
[答案] BC
迁移二 以追及、相遇模型考查
2．(2019·福建四校联考)货车A在平直公路上以20 m/s的速度匀速行驶，当司机发现正前方有一辆静止的轿车B时，两车间的距离仅有75 m．(这段公路很窄，无法靠边让道)
(1)若此时B车立即以2 m/s2的加速度启动，通过计算判断：如果A车司机没有刹车，是否会撞上B车．若不相撞，求两车间的最小距离；若相撞，求出从A车发现B车到A车撞上B车的时间．
(2)若A车司机发现B车，立即刹车(不计反应时间)做匀减速直线运动，加速度大小为2 m/s2(两车均视为质点)，为避免碰撞，在A车刹车的同时，B车立即做匀加速直线运动(不计反应时间)，B车的加速度至少为多大才能避免发生事故．(结果保留两位小数)
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[解析] (1)设两车不相撞，经过的时间为t时，两车速度相等，则有
vA＝vB
对B车又有vB＝at
联立可得t＝10 s
t时间内A车的位移xA＝vAt＝200 m
t时间内B车的位移xB＝at2＝100 m
因为xB＋x0＝175 m
fmax，则发生相对滑动．
(3)滑块滑离滑板的临界条件：当滑板的长度一定时，滑块可能从滑板滑下，恰好滑到滑板的边缘达到共同速度是滑块滑离滑板的临界条件.
1．(多选)(2019·昆明高三年级教学质检)如下图甲所示，倾角为37°的足够长的传送带以恒定速度运行，将一质量m＝1 kg的小物体以某一初速度放上传送带，物体相对地面的速度大小随时间变化的关系如图乙所示，取沿传送带向上为正方向，g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.则下列说法正确的是( )
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A．传送带沿逆时针转动，速度大小为4 m/s
B．物体与传送带间的动摩擦因数为0.75
C．0～8 s内物体位移的大小为14 m
D．0～8 s内物体与传送带之间因摩擦而产生的热量为126 J
[解析] 由题图可知小物体先反向做减速运动后向正方向做加速运动，故可知传送带速度方向沿顺时针方向，最终物体和传送带的速度相同，故传送带速度大小为4 m/s，故A错误；根据v－t图像的斜率表示加速度，物体相对传送带滑动时的加速度大小为a＝ m/s2＝1 m/s2，由牛顿第二定律得μmgcos37°－mgsin37°＝ma，解得μ＝0.875，故B错误；0～8 s内物体的位移为s＝ m＝14 m，故C正确；0～8 s内只有前6 s内物体与传送带发生相对滑动，0～6 s内传送带运动的距离为s带＝4×6 m＝24 m,0～6 s内物体的位移为s物＝ m＝6 m，因摩擦而产生的热量为Q＝μmgcos37°·(s带－s物)＝126 J，故D正确．
[答案] CD
2．(2019·武汉外校阶段性测试)如图1甲所示，静止在光滑水平面上的长木板B(长木板足够长)的左端放着小物块A.某时刻，A受到水平向右的外力F作用，F随时间t的变化规律如图乙所示，即F＝kt，其中k为已知常数．若A、B之间的滑动摩擦力Ff的大小等于最大静摩擦力，且A、B的质量相等，则下列图2中可以定性地描述长木板B运动的v－t图像的是( )
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[解析] 以A、B整体为研究对象，A、B整体具有共同的最大加速度，由牛顿第二定律得a1＝，对B由牛顿第二定律有a1＝，对A由牛顿第二定律有a1＝，达到最大加速度所经历的时间t＝，由以上各式解得t＝，此后B将受恒力作用，做匀加速直线运动，v－t图线为倾斜的直线，故B正确．
[答案] B
专题强化训练(二)
一、选择题
1．(2019·贵阳高三监测)一物体做匀减速直线运动，4 s内的位移为16 m，速度大小变为原来的三分之一，方向不变．则该物体的加速度大小为( )
A．1 m/s2 B．1.5 m/s2
C．2 m/s2 D．0.75 m/s2
[解析] 设该物体的初速度为v0，加速度大小为a，由题意知t＝4
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s，根据匀变速直线运动规律，x＝·t，＝v0－at，联立解得a＝1 m/s2，选项A正确．
[答案] A
2．(多选)(2019·江西南昌三模)高速公路上甲、乙两车在同一车道上同向行驶．甲车在前，乙车在后，速度均为v0＝30 m/s，距离s0＝100 m．t＝0时刻甲车遇紧急情况后，甲、乙两车的加速度随时间变化的关系如图甲、乙所示．取运动方向为正方向．下列说法正确的是( )
A．t＝3 s时两车相距最近
B．0～9 s内两车位移之差为45 m
C．t＝6 s时两车相距最近，为10 m
D．两车在0～9 s内会相撞
[解析] 由题图可画出两车的速度—时间图像，如图所示．
由图像可知，t＝6 s时两车速度相等，此时两车相距最近，故A错误；图中阴影部分面积为0～6 s内两车位移之差，可得Δx＝×30×3 m＋×30×(6－3) m＝90 m<100 m，此时两车相距最近，为10 m，所以两车不会相撞，故C正确，D错误；0～9 s内两车位移之差Δx
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′＝×30×3 m＝45 m，故B正确．
[答案] BC
3．(2019·福州市质检)物体在水平地面上受到水平推力的作用，在6 s内力F、速度v随时间变化如图所示，由图像可得( )
A．物体的质量为2 kg
B．物体在6 s内运动的位移为6 m
C．在0～2 s内推力做的功为2 J
D．物体与地面间的动摩擦因数为0.025
[解析] 物体在0～2 s内做匀加速直线运动，加速度为a＝ m/s2，由牛顿第二定律有：F－μmg＝ma，即：3－μmg＝ma；物体在2～6 s内做匀速直线运动，因此有：μmg＝1 N，联立解得：物体的质量为m＝4 kg，物体与地面间的动摩擦因数为μ＝0.025，选项A错误，选项D正确；根据v－t图像所围的面积表示物体运动的位移可得物体在6 s内运动的位移为x＝×2×1 m＋4×1 m＝5 m，选项B错误；力对物体所做的功等于力乘以力方向上的位移，因此在2 s内推力做的功为W＝Fx＝3××2×1 J＝3 J，选项C错误．
[答案] D
4．(2019·河南南阳一中开学考试)如图所示，一轻质长木板置于光滑水平地面上，木板上有质量分别为mA＝1 kg和mB＝2 kg的A、B两物块，A、B与木板之间的动摩擦因数都为μ＝0.2，水平恒力F作用在A物块上，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2.则( )
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A．若F＝1 N，则物块、木板都静止不动
B．若F＝1.5 N，则A物块所受摩擦力大小为1.5 N
C．若F＝4 N，则B物块所受摩擦力大小为4 N
D．若F＝8 N，则B物块的加速度大小为1 m/s2
[解析] A与木板间的最大静摩擦力fA＝μmAg＝0.2×1×10 N＝2 N，B与木板间的最大静摩擦力fB＝μmBg＝0.2×2×10 N＝4 N，设A与木板恰好发生相对滑动时水平恒力大小为F0，则由牛顿第二定律可知＝，解得F0＝3 N，F＝1 NF0，所以A在木板上滑动，B和木板整体受到的摩擦力大小为fA，轻质木板质量不计，所以B的加速度大小为a1＝＝ m/s2＝1 m/s2，对B进行受力分析，有f2＝mBa1＝2×1 N＝2 N，故C错误；F＝8 N>f0，所以A相对于木板滑动，B和木板整体受到摩擦力fA，由上述分析可知B的加速度大小为1 m/s2，故D正确．
[答案] D
5．(多选)(2019·乐山二诊)如下图所示，在光滑水平面上放着紧靠在一起的A、B两物体，B的质量是A的2倍，B受到水平向右的恒力FB＝2 N，A受到的水平向右的变力FA＝(9－2t) N，t的单位是s.从t＝0开始计时，则( )
A．A物体在3 s末时刻的加速度是初始时刻的倍
B．t>4 s后，B物体做匀加速直线运动
C．t＝4.5 s时，A物体的速度为零
D．t>4.5 s后，A、B的加速度方向相反
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[解析] 当A、B间作用力为0时二者分离，此时aA＝aB，即＝，t＝4 s，此后B做匀加速直线运动，而A做加速度逐渐减小的加速运动．当t＝4.5 s时，A物体的加速度为零而速度不为零；t>4.5 s后，A所受合外力反向，即A、B的加速度方向相反．当t<4 s时，A、B的加速度均为a＝.综上所述，选项A、B、D正确．
[答案] ABD
6．(多选)(2019·沈阳教学抽样检测)如图所示，足够长的固定斜面倾角为θ，斜面a点以下(含a点)光滑，a点以上粗糙．可视为质点的质量均为1 kg的A、B两滑块静止在a点，某时刻在B上加一沿斜面向上、大小为7 N的恒力，弹簧的劲度系数为100 N/m，θ＝37°，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，两滑块与斜面间的动摩擦因数均为0.25，则A、B向上运动的过程中有( )
A．A、B刚分离时A有沿斜面向上的加速度
B．从加上恒力到A、B分离A上升高度为7 cm
C．A速度最大时，A沿斜面移动的距离为3 cm
D．A速度最大时，A、B间弹力为1 N
[解析] 由题意知m＝1 kg、F＝7 N、k＝100 N/m、μ＝0.25，A、B刚过a点时的加速度大小为＝1.5 m/s2，刚分离时A、B间无弹力，对B有aB＝＝－1 m/s2，此时A、B加速度相同，故A的加速度沿斜面向下，此时对A有aA＝＝－1 m/s2，解得x1＝0.07 m，初态kx0＝2mgsinθ，解得x0＝0.12 m，A上升的高度为(0.12 m－0.07 m)sin37°＝3 cm，A、B错；A速度最大即加速度为零，对A、B整体有kx2＋F－2mgsinθ－2μmgcosθ＝0，解得x2＝0.09 m，A沿斜面移动的距离Δx＝x0－x2＝0.03 m，此时对A有kx2－N－mgsinθ－μmgcosθ＝0，解得A、B间弹力N＝1 N，C、D对．
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[答案] CD
7．(多选)(2019·湖北七市联合模拟)如下图所示，在一沿顺时针方向匀速转动的传送带的左端A点，每隔T的时间，轻放上一个相同的工件，已知工件与传送带间的动摩擦因数为μ，工件的质量均为m，经测量，发现后面那些已经和传送带达到相同速度的工件之间的距离为x，重力加速度为g，下列判断正确的是( )
A．传送带的速率为
B．工件加速运动的时间为
C．工件与传送带间的相对位移一定为x
D．根据题目已知条件可以求出工件与传送带的相对位移
[解析] 工件在传送带上先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，每个工件放上传送带后运动的规律相同，可知x＝vT，解得传送带的速率v＝，故A正确；设每个工件匀加速运动的时间为t，根据牛顿第二定律得，工件的加速度为a＝μg，根据v＝at，解得t＝＝，故B正确；工件加速过程的位移x工件＝＝，工件加速过程中传送带的位移x传送带＝vT＝2×x工件＝，工件与传送带间的相对位移Δx＝x传送带－x工件＝，故C错误，D正确．
[答案] ABD
8．(多选)(2019·山东省泰安市上学期期中)如图所示，倾角为θ的斜面静置于地面上，斜面上表面光滑，A、B、C三球的质量分别为m、2m、3m，轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A球相连，A、B间固定一个轻杆，B、C间由一轻质细线连接．弹簧、轻杆与细线均平行于斜面，初始系统处于静止状态，现突然剪断细线或弹簧．下列判断正确的是( )
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A．弹簧被剪断的瞬间，A、B、C三个小球的加速度均为零
B．弹簧被剪断的瞬间，A、B之间杆的弹力大小为零
C．细线被剪断的瞬间，A、B球的加速度沿斜面向上，大小为gsinθ
D．细线被剪断的瞬间，A、B之间杆的弹力大小为4mgsinθ
[解析] 若是弹簧被剪断，将三个小球看做一个整体，整体的加速度为a＝gsinθ，然后隔离A，对A分析，设杆的作用力为F，则F＋mgsinθ＝ma，解得F＝0，A错误，B正确；剪断细线前，以A、B、C组成的系统为研究对象，系统静止，处于平衡状态，合力为零，则弹簧的弹力为F弹＝(3m＋2m＋m)gsinθ＝6mgsinθ.以C为研究对象知，细线的拉力为3mgsinθ.剪断细线的瞬间，由于弹簧弹力不能突变，以A、B组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律得F弹－(m＋2m)gsinθ＝(m＋2m)aAB，解得A、B两个小球的加速度为aAB＝gsinθ，方向沿斜面向上，以B为研究对象，由牛顿第二定律得：FAB－2mgsinθ＝2maAB，解得杆的拉力为FAB＝4mgsinθ，故C、D正确．
[答案] BCD
9．(多选)(2019·湖北省黄冈市质检)如图所示，足够长的倾斜传送带以v＝2.4 m/s的速度逆时针匀速转动，传送带与水平面的夹角θ＝37°，某时刻同时将A、B物块(可视为质点)轻放在传送带上，已知A、B两物块释放时的间距为0.042 m，与传送带间的动摩擦因数分别为μA＝0.75、μB＝0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2，则下列说法中正确的是( )
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A．物块B先做匀加速直线运动，后与传送带保持相对静止
B．物块B最终一定追上物块A
C．在t＝0.24 s时，A、B物块速度大小相等
D．在t＝0.54 s前，A、B两物块之间的距离先增大后不变
[解析] 物块B先做匀加速直线运动，当与传送带共速后，因为μB＝0.5
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