高考物理突破大二輪浙江專用講義增分練：專題一 第2講 力與物體的直線運動 Word版含解析

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1、 第2講　力與物體的直線運動 網(wǎng)絡(luò)構(gòu)建 備考策略 1.解決動力學(xué)問題要抓好關(guān)鍵詞語 (1)看到“剛好”“恰好”“正好”等字眼，想到“題述的過程存在臨界點”。 (2)看到“最大、最小、至多、至少”等字眼，想到“題述的過程存在極值點”。 2.“四點”注意 (1)x－t圖象、v－t圖象均表示直線運動。 (2)運動學(xué)公式中的v、a、x均為矢量，一定規(guī)定正方向。 (3)剎車問題中不能忽略實際運動情況。 (4)x－t、v－t、a－t圖象相關(guān)量間的關(guān)系 　運動學(xué)中的圖象問題 　x－t圖象的理解及應(yīng)用 【典例1】 (2019·稽陽聯(lián)誼學(xué)校聯(lián)考)一輛汽車沿平直

2、道路行駛，其位移時間圖象如圖1所示。在t＝0到t＝40 s這段時間內(nèi)，汽車的平均速度大小是(　　) 圖1 A.0 B.2 m/s C.2.67 m/s D.25 m/s 解析　因為是位移—時間圖象，所以合位移為零，又因為平均速度等于位移除以時間，所以平均速度為零，選項A正確。 答案　A 　v－t圖象的理解及應(yīng)用 【典例2】 (2019·浙江綠色聯(lián)盟聯(lián)考)一長為12 m的鋼管豎立在地面上，一名消防隊員在一次模擬演習(xí)訓(xùn)練中，從鋼管頂端由靜止下滑，如圖2所示。消防隊員先勻加速再勻減速下滑，到達地面時速度恰好為零。如果他加速時的加速度大小是減速時的兩倍，下滑總時間為3 s。該

3、消防隊員在這一過程中的運動圖象，可能正確的是(　　) 圖2 解析　設(shè)下滑過程中的最大速度為v，有＋＝t，位移關(guān)系為＋＝s，又a1＝2a2，聯(lián)立解得v＝8 m/s，a1＝8 m/s2，a2＝4 m/s2，加速時間為t1＝＝ s＝1 s，減速時間為t2＝＝ s＝2 s，但是相對于12 m的桿子而言，消防員不能看做質(zhì)點，實際下落的位移應(yīng)小于12 m，故選項D正確。 答案　D 【典例3】 (2018·浙江4月選考)一帶電粒子僅在電場力作用下從A點開始以－v0做直線運動，其v－t圖象如圖3所示。粒子在t0時刻運動到B點，3t0時刻運動到C點，下列判斷正確的是(　　) 圖3 A.A

4、、B、C三點的電勢關(guān)系為φB>φA>φC B.A、B、C三點的場強大小關(guān)系為EC>EB>EA C.粒子從A點經(jīng)B點運動到C點，電勢能先增加后減少 D.粒子從A點經(jīng)B點運動到C點，電場力先做正功后做負(fù)功 解析　由題圖v－t圖象知道帶電粒子在0～t0時間內(nèi)做減速運動，電場力做負(fù)功，電勢能增大；在t0～3t0時間內(nèi)反方向加速運動，電場力做正功，電勢能減小，選項C正確，D錯誤；因為不知道帶電粒子電性，本題中無法判斷電勢的高低，選項A錯誤；圖象中斜率表示帶電粒子的加速度，qE＝ma，可知A、B、C三點中EB最大，選項B錯誤。 答案　C 　a－t圖象的理解及應(yīng)用 【典例4】 (2019·浙江

5、椒江區(qū)新高考適應(yīng)性考試)摩天大樓中一部直通高層的客運電梯，行程超過百米。電梯的簡化模型如圖4所示?？紤]安全、舒適、省時等因素，電梯的加速度a是隨時間t變化的，已知電梯在t＝0時由靜止開始上升，a－t圖象如圖5所示。電梯總質(zhì)量m＝2.0×103 kg。忽略一切阻力，重力加速度g取10 m/s2。 (1)求電梯在上升過程中受到的最大拉力F1和最小拉力F2； (2)類比是一種常用的研究方法。對于直線運動，教科書中講解了由v－t圖象求位移的方法。請你借鑒此方法，對比加速度和速度的定義，根據(jù)圖5所示a－t圖象，求電梯在第1 s內(nèi)的速度改變量Δv1和第2 s末的速率v2； (3)求電梯以最大速率

6、上升時，拉力做功的功率P；再求在0～11 s時間內(nèi)，拉力和重力對電梯所做的總功W。 解析　(1)由牛頓第二定律，有F－mg＝ma 由a－t圖象可知，F(xiàn)1和F2對應(yīng)的加速度分別是 a1＝1.0 m/s2，a2＝－1.0 m/s2 F1＝m(g＋a1)＝2.0×103×(10＋1.0) N＝2.2×104 N F2＝m(g＋a2)＝2.0×103×(10－1.0) N＝1.8×104 N。 (2)類比可得，所求速度變化量等于第1 s內(nèi)a－t圖線下的面積Δv1＝0.50 m/s 同理可得，Δv2＝v2－v0＝1.5 m/s v0＝0，第2 s末的速率　v2＝1.5 m/s。 (3)

7、由a－t圖象可知，11～30 s內(nèi)速率最大，其值等于0～11 s內(nèi)a－t圖線下的面積，有vm＝10 m/s 此時電梯做勻速運動，拉力F等于重力mg，所求功率 P＝Fvm＝mgvm＝2.0×103×10×10 W＝2.0×105 W 由動能定理，總功W＝Ek2－Ek1＝mv－0＝×2.0×103×102 J＝1.0×105 J。 答案　見解析 1.明圖象意義 (1)看到“x－t圖線”想到“初始位置關(guān)系”。 (2)看到“v－t圖線”想到“加速度變化情況”。 (3)速度圖線只有通過時間軸時速度方向才改變。 2.清交點區(qū)別 兩個物體的運動圖象一般會涉及追及和相遇問題。x－t圖象

8、交點表示兩物體相遇，v－t圖象交點表示兩物體速度相等。 3.抓對應(yīng)關(guān)系 根據(jù)物體的初始條件和受力情況判斷或作出圖象的關(guān)鍵是將運動情景與圖象信息對應(yīng)起來?！　　　? 1.(2019·浙江寧波新高考適應(yīng)性考試)有一物體做直線運動，其速度圖象如圖6所示，那么物體的速度變化率的方向與瞬時速度的方向相同的時間為(　　) 圖6 A.只有0

9、速度變化率的方向與瞬時速度的方向相同；當(dāng)1 s

10、與題中規(guī)定的正方向相反，故為負(fù)值，所以C、D錯誤；小球的運動為勻變速運動，根據(jù)v2－v＝2ax可知速度與時間的關(guān)系式為二次函數(shù)，故A正確，B錯誤。 答案　A 3.(2019·浙江嵊州選考模擬)一質(zhì)點由靜止開始沿直線運動，通過傳感器描繪出關(guān)于x的函數(shù)圖象如圖7所示，下列說法正確的是(　　) 圖7 A.質(zhì)點做勻減速直線運動 B.－x圖象斜率等于質(zhì)點運動的加速度 C.四邊形AA′B′B的面積可表示質(zhì)點從O到C′所用的時間 D.四邊形BB′C′C的面積可表示質(zhì)點從C到C′所用的時間 解析　由題中－x圖象可知，與x成正比，即vx＝常數(shù)，質(zhì)點的速度隨位移的增大而減小，因此質(zhì)點做減速直線

11、運動，但不是勻減速直線運動，又因為圖象的斜率k＝，顯然不等于質(zhì)點的加速度，選項A、B錯誤；由于三角形OBC的面積S1＝OC·BC＝，表示質(zhì)點從O到C所用的時間，同理，質(zhì)點從O到C′所用的時間可由S2＝表示，所以四邊形BB′C′C的面積可表示質(zhì)點從C到C′所用的時間，選項C錯誤，D正確。 答案　D 　勻變速直線運動規(guī)律的應(yīng)用 　以生活中的交通問題為背景考查勻變速直線運動規(guī)律的應(yīng)用 【典例1】 (2019·浙江綠色聯(lián)盟聯(lián)考)為了減少汽車剎車失靈造成的危害，如圖8所示為高速路上在下坡路段設(shè)置的可視為斜面的緊急避險車道。一輛貨車在傾角θ＝30°的連續(xù)長直下坡高速路上，以v0＝7 m/s的速度在

12、剎車狀態(tài)下勻速行駛(在此過程及后面過程中，可認(rèn)為發(fā)動機不提供牽引力)，突然汽車剎車失靈，開始加速運動，此時汽車所受到的摩擦力為車重的0.2倍。在加速前進了x0＝96 m后，貨車沖上了平滑連接的傾角α＝37°的避險車道，已知貨車在該避險車道上所受到的摩擦力為車重的0.65倍。貨車的各個運動過程均可視為直線運動，取sin 37°＝0.6，g＝10 m/s2，不計空氣阻力。求： 圖8 (1)貨車在下坡路上運動時剎車失靈后的加速度大小； (2)貨車剛沖上避險車道時的速度大小； (3)貨車在進入避險車道后3秒內(nèi)發(fā)生的位移大小。 解析　(1)設(shè)貨車加速下行時的加速度大小為a1， 由牛頓第二

13、定律可知 mgsin θ－0.2mg＝ma1 解得a1＝3 m/s2。 (2)由公式v2－v＝2a1x0 解得v＝25 m/s。 (3)設(shè)貨車在避險車道上行車時的加速度大小為a2， 由牛頓第二定律可知 mgsin α＋0.65mg＝ma2 解得a2＝12.5 m/s2 t停＝＝2 s<3 s 由v2－0＝2a2x 解得x＝25 m。 速度為0后，由于mgsin α＜0.65mg，貨車不再滑下，故3 s 內(nèi)發(fā)生的位移大小為25 m。 答案　(1)3 m/s2　(2)25 m/s　(3)25 m 　以斜面上運動的通電導(dǎo)體棒為載體考查勻變速直線運動規(guī)律的 應(yīng)用 【典例

14、2】 (2018·江蘇單科)如圖9所示，兩條平行的光滑金屬導(dǎo)軌所在平面與水平面的夾角為θ，間距為d。導(dǎo)軌處于勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小為B，方向與導(dǎo)軌平面垂直。質(zhì)量為m的金屬棒被固定在導(dǎo)軌上，距底端的距離為s，導(dǎo)軌與外接電源相連，使金屬棒通有電流。金屬棒被松開后，以加速度a沿導(dǎo)軌勻加速下滑，金屬棒中的電流始終保持恒定，重力加速度為g。求下滑到底端的過程中，金屬棒 圖9 (1)末速度的大小v； (2)通過的電流大小I； (3)通過的電荷量Q。 解析　(1)勻加速直線運動v2＝2as 解得v＝。 (2)安培力F安＝IdB 金屬棒所受合力F＝mgsin θ－F安 牛頓運動定律F

15、＝ma 解得I＝。 (3)運動時間t＝ 電荷量Q＝It 解得Q＝。 答案　(1)　(2)　(3) “一畫、二選、三注意”解決勻變速直線運動問題 　　　　 1.(2019·浙江溫州模擬)如圖10甲是某景點的山坡滑道圖片，技術(shù)人員通過測量繪制出如圖乙所示的示意圖。AC是滑道的豎直高度，D點是AC豎直線上的一點，且有AD＝DE＝10 m，滑道AE可視為光滑，g＝10 m/s2，滑行者從坡頂A點由靜止開始沿滑道AE向下做直線滑動，則滑行者在滑道AE上滑行的時間為(　　) 圖10 A. s B. s C.2 s D.2 s 解析　設(shè)滑道與水平面的夾角為θ，

16、滑行者的質(zhì)量為m、加速度為a，由幾何知識得AE＝2ADsin θ，滑行者受重力和支持力，根據(jù)牛頓第二定律得mgsin θ＝ma，由勻變速直線運動規(guī)律得AE＝at2，聯(lián)立以上三式解得t＝2 s，選項A、B、D錯誤，C正確。 答案　C 2.(2019·浙江溫州九校高三上學(xué)期聯(lián)考模擬)如圖11所示，傾斜放置的平行板電容器兩極板與水平面的夾角為θ，極板間距為d，帶負(fù)電的微粒質(zhì)量為m、帶電荷量為q，重力加速度大小為g，微粒從極板M的左邊緣A處以初速度v0水平射入極板間，沿直線運動并從極板N的右邊緣B處射出，則(　　) 圖11 A.微粒到達B點時動能為mv B.微粒的加速度大小等于gsin

17、θ C.兩極板間的電勢差UMN＝ D.微粒從A點到B點的過程中電勢能減少 解析　微粒的受力情況如圖所示，微粒做勻減速直線運動，到達B點時動能小于mv，選項A錯誤；由牛頓第二定律得mgtan θ＝ma，加速度a＝gtan θ，選項B錯誤；又電場力qE＝，兩極板間的電場強度E＝，兩板間的電勢差UMN＝Ed＝，選項C正確；微粒從A向B運動，電場力做負(fù)功，電勢能增加，選項D錯誤。 答案　C 3.(2019·浙江十校聯(lián)盟適應(yīng)性考試)觀光旅游、科學(xué)考察經(jīng)常利用熱氣球，保證熱氣球的安全就十分重要。科研人員進行科學(xué)考察時，氣球、座艙、壓艙物和科研人員的總質(zhì)量為M＝1 000 kg，在空中停留一段

18、時間后，由于某種故障，氣球受到的空氣浮力減小，當(dāng)科研人員發(fā)現(xiàn)氣球在豎直下降時，氣球速度為v0＝2 m/s， 此時開始，經(jīng)t0＝4 s氣球繼續(xù)勻加速下降h1＝16 m，科研人員立即拋掉一些壓艙物，使氣球勻速下降。不考慮氣球由于運動而受到的空氣阻力，取重力加速度 g＝10 m/s2。求： 圖12 (1)氣球加速下降階段的加速度大小a； (2)拋掉壓艙物的質(zhì)量m； (3)氣球從靜止開始經(jīng)過t＝12 s的時間內(nèi)下落的總高度h總。 解析　(1)設(shè)氣球加速下降的加速度大小為a，受空氣的浮力為F，則由運動學(xué)公式可知h1＝v0t0＋at 解得a＝1 m/s2。 (2)由牛頓第二定律得到M

19、g－F＝Ma 拋掉質(zhì)量為m壓艙物，氣體勻速下降，有(M－m)g＝F 解得m＝100 kg。 (3)設(shè)拋掉壓艙物時，氣球的速度為v1 由運動學(xué)公式可知v1＝v0＋at0＝6 m/s，氣球從靜止開始經(jīng)過t＝12 s的時間下落的總高度為h總＝＋v1 解得h總＝54 m。 答案　(1)1 m/s2　(2)100 kg　(3)54 m 　牛頓運動定律的綜合應(yīng)用 　以多列用掛鉤連接的車廂為載體考查牛頓運動定律的應(yīng)用 【典例1】 (2019·浙江桐鄉(xiāng)高三模擬)(多選)在一東西向的水平直鐵軌上，停放著一列已用掛鉤連接好的車廂。當(dāng)機車在東邊拉著這列車廂以大小為a的加速度向東行駛時，連接某兩相鄰

20、車廂的掛鉤P和Q間的拉力大小為F；當(dāng)機車在西邊拉著車廂以大小為a的加速度向西行駛時，P和Q間的拉力大小仍為F。不計車廂與鐵軌間的摩擦，每節(jié)車廂質(zhì)量相同，則這列車廂的節(jié)數(shù)可能為(　　) A.8 B.10 C.15 D.18 解析　設(shè)掛鉤P、Q西邊有n節(jié)車廂，每節(jié)車廂的質(zhì)量為m，則掛鉤P、Q西邊車廂的質(zhì)量為nm，以西邊這些車廂為研究對象，有 F＝nma① P、Q東邊有k節(jié)車廂，以東邊這些車廂為研究對象，有 F＝km·a② 聯(lián)立①②得3n＝2k， 總車廂數(shù)為N＝n＋k，由此式可知n只能取偶數(shù)， 當(dāng)n＝2時，k＝3，總節(jié)數(shù)為N＝5 當(dāng)n＝4時，k＝6，總節(jié)數(shù)為N＝10

21、 當(dāng)n＝6時，k＝9，總節(jié)數(shù)為N＝15 當(dāng)n＝8時，k＝12，總節(jié)數(shù)為N＝20，故選項B、C正確。 答案　BC 　以圖象形式考查牛頓第二定律的應(yīng)用問題 【典例2】 (2019·浙江奉化高三模擬)如圖13，輕彈簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物塊P，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)用一豎直向上的力F作用在P上，使其向上做勻加速直線運動。以x表示P離開靜止位置的位移，在彈簧恢復(fù)原長前，下列表示F與x之間關(guān)系的圖象可能正確的是(　　) 圖13 解析　假設(shè)物塊靜止時彈簧的壓縮量為x0，則由力的平衡條件可知kx0＝mg，在彈簧恢復(fù)原長前，當(dāng)物塊向上做勻加速直線運動時，由牛頓第二定律得F＋k(x

22、0－x)－mg＝ma，由以上兩式解得F＝kx＋ma，顯然F和x為一次函數(shù)關(guān)系，且在F軸上有截距，則A正確，B、C、D錯誤。 答案　A 　以生活、科技為背景考查動力學(xué)兩類問題 【典例3】 (2019·溫州模擬)如圖14所示，一條小魚在水面處來了個“鯉魚打挺”，彈起的高度為H＝2h。以不同的姿態(tài)落入水中其入水深度不同。若魚身水平，落入水中的深度為h1＝h；若魚身豎直，落入水中的深度為h2＝1.5h；假定魚的運動始終在豎直方向上，在水中保持姿態(tài)不變，受到水的作用力也不變，空氣中的阻力不計，魚身的尺寸遠小于魚入水深度，重力加速度為g。求： 圖14 (1)魚入水時的速度v； (2)魚兩次

23、在水中運動的時間之比t1∶t2； (3)魚兩次受到水的作用力之比F1∶F2。 解析　(1)由v2＝2gH，得v＝2。 (2)因h1＝t1，h2＝t2，得＝。 (3)v2＝2gH＝2a1h1，F(xiàn)1－mg＝ma1， 得F1＝3mg 同理得F2＝mg，所以＝。 答案　(1)2　(2)　(3) 應(yīng)用牛頓運動定律求解問題時應(yīng)注意 (1)研究對象的選取方法：整體法和隔離法。 (2)當(dāng)物體的受力情況發(fā)生變化時加速度同時發(fā)生變化。 (3)兩個相鄰的子過程的銜接，即前一過程的末狀態(tài)應(yīng)為后一過程的初狀態(tài)?！　　　? 1.(2019·福州四校聯(lián)考)(多選)一個物塊放在粗糙的水平面上，現(xiàn)

24、用一個很大的水平推力推物塊，并且推力不斷減小，結(jié)果物塊運動過程中的加速度a隨推力F變化的圖象如圖15所示。已知最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2。下列說法正確的是(　　) 圖15 A.物塊的質(zhì)量為0.5 kg B.物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.2 C.當(dāng)推力F減小為2 N時，物塊的速度最大 D.當(dāng)推力F減小為0時，物塊的速度為零 解析　由物塊運動過程中的加速度a隨推力F變化的圖象可知，當(dāng)推力F＝2 N時，加速度為零，運用牛頓第二定律可得F－μmg＝0；當(dāng)F＝0時，加速度a＝ －2 m/s2，運用牛頓第二定律，－μmg＝ma，聯(lián)立解得μ＝0.2，m＝1.

25、0 kg。即物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.2，物塊的質(zhì)量為1.0 kg，選項A錯誤，B正確；用一個很大的水平力推物塊，并且推力不斷減小，物塊做加速度逐漸減小的加速運動，當(dāng)推力F減小為2 N時加速度為零，物塊的速度最大，選項C正確；當(dāng)推力F減小為0時，物塊做減速運動，物塊的速度不為零，選項D錯誤。 答案　BC 2.(2019·稽陽聯(lián)誼學(xué)校聯(lián)考)2019年1月4日上午10時許，科技人員在北京航天飛行控制中心發(fā)出指令，嫦娥四號探測器在月面上空開啟發(fā)動機，實施降落任務(wù)。在距月面高為H＝102 m處開始懸停，識別障礙物和坡度，選定相對平坦的區(qū)域后，先以a1勻加速下降，加速至v1＝4 m/s時，立即

26、改變推力，以大小a2＝ 2 m/s2勻減速下降，至月表高度30 m處速度減為零，立即開啟自主避障程序，緩慢下降。最后距離月面2.5 m時關(guān)閉發(fā)動機，探測器以自由落體的方式降落，自主著陸在月球背面南極－艾特肯盆地內(nèi)的馮·卡門撞擊坑中，整個過程始終垂直月球表面做直線運動，取豎直向下為正方向。已知嫦娥四號探測器的質(zhì)量m＝40 kg，月球表面重力加速度為1.6 m/s2，求： 圖16 (1)勻加速直線下降過程中探測器的加速度大小； (2)勻加速直線下降過程推力F的大小和方向。 解析　(1)由題意知加速和減速發(fā)生的位移為 h＝102 m－30 m＝72 m 由位移關(guān)系得＋＝h，解得a1

27、＝1 m/s2。 (2)勻加速直線下降過程由牛頓第二定律得 mg′－F＝ma1，解得F＝24 N，方向豎直向上。 答案　(1)1 m/s2　(2)24 N　豎直向上 高考物理中的“五大”解題思想 現(xiàn)如今，高考物理越來越注重考查考生的能力和科學(xué)素養(yǎng)，其命題更加明顯地滲透著對物理思想、物理方法的考查。在平時的復(fù)習(xí)備考過程中，物理習(xí)題浩如煙海，千變?nèi)f化，我們?nèi)裟苷莆找恍┗镜慕忸}思想，就如同在開啟各式各樣的“鎖”時，找到了一把“多功能的鑰匙”。 一、數(shù)形結(jié)合的思想 數(shù)形結(jié)合的思想，就是把物體的空間形式和數(shù)量關(guān)系結(jié)合起來進行考查，通過“數(shù)”與“形”之間的對應(yīng)和轉(zhuǎn)化來解決問題的思想，其

28、實質(zhì)是把抽象的數(shù)學(xué)語言、數(shù)量關(guān)系與直觀的圖形結(jié)合起來，把抽象思維和形象思維結(jié)合起來。數(shù)形結(jié)合的思想，一方面可以以“形”助“數(shù)”，實現(xiàn)抽象概念與具體形象的聯(lián)系與轉(zhuǎn)化，化抽象為直觀，化難為易；另一方面可以以“數(shù)”解“形”，可以由數(shù)入手，將有些涉及圖形的問題轉(zhuǎn)化為數(shù)量關(guān)系來研究，對圖形做精細(xì)的分析，從而使人們對直觀圖形有更精確、理性的理解。 【例1】 (2019·浙江麗水選考模擬)一彈簧測力計的秤盤質(zhì)量為m1，盤內(nèi)放一質(zhì)量為m2的物體，彈簧質(zhì)量不計，其勁度系數(shù)為k，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，如圖17所示。t0時刻給物體施加一個豎直向上的力F，使物體從靜止開始向上做加速度為a的勻加速直線運動，經(jīng)2 s物體與

29、秤盤脫離，用FN表示物體與秤盤間的相互作用力的大小，已知重力加速度大小為g，則下列F和FN隨時間變化的關(guān)系圖象正確的是(　　) 圖17 解析　對秤盤和物體整體分析，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)時，彈簧形變量為x0，利用牛頓第二定律得，kx0＝(m1＋m2)g，F(xiàn)＋kx－(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，又x＝x0－ a(t－t0)2，解上述兩式得F＝(m1＋m2)a＋ka(t－t0)2，所以選項A、B錯誤；以物體為研究對象，物體靜止時，F(xiàn)N＝m2g，運動后對秤盤受力分析，利用牛頓第二定律得kx－m1g－FN＝m1a，F(xiàn)N＝m2g－m1a－ka(t－t0)2，所以選項C正確，D錯誤。 答案

30、　C 二、分解思想 有些物理問題的運動過程、情景較為復(fù)雜，在運用一些物理規(guī)律或公式不奏效的情況下，將物理過程按照事物發(fā)展的順序分成幾段熟悉的子過程來分析，或者將復(fù)雜的運動分解成幾個簡單或特殊的分運動(如勻速直線運動、勻變速直線運動、圓周運動等)來考慮，往往能事半功倍。 【例2】 (2018·江蘇單科，3)某彈射管每次彈出的小球速度相等。在沿光滑豎直軌道自由下落過程中，該彈射管保持水平，先后彈出兩只小球。忽略空氣阻力，兩只小球落到水平地面的(　　) A.時刻相同，地點相同 B.時刻相同，地點不同 C.時刻不同，地點相同 D.時刻不同，地點不同 解析　彈射管沿光滑豎直軌道自由下

31、落，向下的加速度大小為g，且下落時保持水平，故先后彈出的兩只小球在豎直方向的分速度與彈射管的分速度相同，即兩只小球同時落地，故兩只小球在空中運動的時間不同；又兩只小球先后彈出且水平分速度相等，則運動的水平位移不同，落地點不同，選項B正確。 答案　B 三、守恒思想 物理學(xué)中最常用的一種思維方法——守恒。高中物理涉及的守恒定律有能量守恒定律、動量守恒定律、機械能守恒定律、質(zhì)量守恒定律、電荷守恒定律等，它們是我們處理高中物理問題的重要原理。 【例3】 (2019·浙江東陽高三模擬)如圖18所示，長R＝0.6 m 的不可伸長的細(xì)繩一端固定在O點，另一端系著質(zhì)量m2＝0.1 kg的小球B，小球B

32、剛好與水平面相接觸?，F(xiàn)使質(zhì)量m1＝0.3 kg的物塊A沿光滑水平面以v0＝4 m/s 的速度向B運動并與B發(fā)生彈性正碰，A、B碰撞后，小球B能在豎直平面內(nèi)做圓周運動。已知重力加速度g＝10 m/s2，A、B均可視為質(zhì)點，試求： 圖18 (1)在A與B碰撞后瞬間，小球B的速度v2的大??； (2)小球B運動到最高點時對細(xì)繩的拉力。 解析　(1)物塊A與小球B碰撞時，由動量守恒定律和機械能守恒定律有 m1v0＝m1v1＋m2v2 m1v＝m1v＋m2v 解得碰撞后瞬間物塊A的速度v1＝v0＝2 m/s 小球B的速度v2＝v0＝6 m/s。 (2)碰撞后，設(shè)小球B運動到最高點時的

33、速度為v，則由機械能守恒定律有 m2v＝m2v2＋2m2gR 又由向心力公式有F＋m2g＝m2 聯(lián)立解得小球B對細(xì)繩的拉力F′＝F＝1 N。 答案　(1)6 m/s　(2)1 N 四、對稱思想 對稱思想普遍存在于各種物理現(xiàn)象、物理過程和物理規(guī)律之中，它反映了科學(xué)生活中物理世界的和諧與優(yōu)美。應(yīng)用對稱思想不僅能幫助我們認(rèn)識和探索物質(zhì)世界的某些基本規(guī)律，而且能幫助我們?nèi)デ蠼饽承┚唧w的物理問題。用對稱的思想解題的關(guān)鍵是敏銳地看出并抓住事物在某一方面的對稱性，這些對稱性往往就是通往答案的捷徑。 【例4】 (2019·浙江嘉興高三模擬)在一半徑為R的圓周上均勻分布有N個帶電小球(可視為質(zhì)點)

34、無間隙排列，其中A點的小球帶電荷量為＋3q，其余小球帶電荷量為＋q，此時圓心O點的電場強度大小為E，現(xiàn)僅撤去A點的小球，則O點的電場強度大小為(　　) 圖19 A.E B. C. D. 解析　假設(shè)圓周上均勻分布的都是電荷量為＋q的小球，由于圓周的對稱性，根據(jù)電場的疊加原理知，圓心O處電場強度為0，所以A點小球帶電荷量為＋3q，其余小球帶電荷量為＋q時，圓心O點的電場強度大小等效于A點處電荷量為＋2q的小球在O點產(chǎn)生的電場強度大小，則有E＝k，A處＋q在圓心O點產(chǎn)生的電場強度大小為E1＝k，方向水平向左，其余小球帶電荷量為＋q的小球在O點處產(chǎn)生的合電場強度大小E2＝E1＝

35、k＝，所以僅撤去A點的小球，則O點的電場強度大小等于E2＝。 答案　B 五、等效思想 在某些物理問題中，一個過程的發(fā)展、一個狀態(tài)的確定，往往是由多個因素決定的，若某些因素所起的作用和另一些因素所起的作用相同，則前一些因素與后一些因素是等效的， 它們便可以互相代替，而對過程的發(fā)展或狀態(tài)的確定，以及最后結(jié)果并無影響。掌握等效思想，有助于提高考生的科學(xué)素養(yǎng)，形成科學(xué)的世界觀和方法論，為終身的學(xué)習(xí)、研究和發(fā)展奠定基礎(chǔ)。 【例5】 (2019·浙江紹興新高考適應(yīng)性測試)如圖20所示，在方向水平向左、范圍足夠大的勻強電場中，固定一由內(nèi)表面絕緣光滑且內(nèi)徑很小的圓管彎制而成的圓弧BD，圓弧的圓心為O

36、，豎直半徑OD＝R，B點和地面上A點的連線與地面成θ＝37°角，AB＝R。一質(zhì)量為m、電荷量為q的小球(可視為質(zhì)點)從地面上A點以某一初速度沿AB方向做直線運動，恰好無碰撞地從管口B進入管道BD中，到達管中某處C(圖中未標(biāo)出)時恰好與管道間無作用力。已知sin 37°＝0.6， cos 37°＝0.8，重力加速度大小為g。求： 圖20 (1)勻強電場的場強大小E和小球到達C處時的速度大小v； (2)小球的初速度大小v0以及到達D處時的速度大小vD。 解析　(1)小球做直線運動時的受力情況如圖甲所示， 甲 小球帶正電，則qE＝，得E＝，小球到達C處時電場力與重力的合力恰好提

37、供小球做圓周運動的向心力，如圖乙所示， 乙 OC∥AB，則＝m 得v＝。 (2)小球“恰好無碰撞地從管口B進入管道BD”，說明AB⊥OB 小球從A點運動到C點的過程，根據(jù)動能定理有 －·2R＝mv2－mv 得v0＝ 小球從C處運動到D處的過程，根據(jù)動能定理有 (R－Rsin θ)＝mv－mv2 得vD＝。 答案　(1)　　(2)　 一、選擇題(1～7題為單項選擇題，8～10題為不定項選擇題) 1.(2019·浙江寧波新高考適應(yīng)性考試)一質(zhì)點做勻加速直線運動，位移為x1時，速度的變化為Δv；緊接著位移為x2時，速度的變化仍為Δv。則質(zhì)點的加速度為(　　) A.

38、(Δv)2 B.(Δv)2 C. D. 解析　在勻變速直線運動中，速度變化Δv所用的時間為t＝，則可知質(zhì)點位移為x1和x2過程中所用時間相同，根據(jù)Δx＝at2得，x2－x1＝a·，解得a＝，C正確。 答案　C 2.(2019·浙江臺州高三模擬)氣球以1.25 m/s2的加速度從地面開始豎直上升，離地30 s后，從氣球上掉下一物體，不計空氣阻力，g取10 m/s2，則物體到達地面所需時間為(　　) A.7 s B.8 s C.12 s D.15 s 解析　先求30 s后氣球的速度及高度 速度v＝at＝1.25×30 m/s＝37.5 m/s 高度h1＝at2

39、＝×1.25×302 m＝562.5 m 物體剛掉下時，具有豎直向上的初速度為37.5 m/s，距地面的高度為562.5 m，此后物體做豎直上拋運動，則可以直接代入公式h＝v0t－gt2，其中h＝ －562.5 m，v0＝37.5 m/s，解得t＝15 s，選項D正確。 答案　D 3.(2019·浙江金華選考模擬)《機動車駕駛證申領(lǐng)和使用規(guī)定》已經(jīng)正式施行，司機闖黃燈要扣6分，被稱為“史上最嚴(yán)交規(guī)”。某小轎車駕駛員看到綠燈開始閃時，經(jīng)短暫思考后開始剎車，小轎車在黃燈剛亮?xí)r恰停在停車線上，v－t圖線如圖1所示。若綠燈開始閃爍時小轎車距停車線距離L＝10.5 m，則綠燈開始閃爍到黃燈剛亮的

40、時間t0為(　　) 圖1 A.0.5 s B.1.5 s C.3 s D.3.5 s 解析　根據(jù)速度—時間圖象中圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示位移可知x＝L＝6×0.5 m＋×6×(t0－0.5) m＝10.5 m 解得t0＝3 s，選項C正確。 答案　C 4.(2019·贛州高三檢測)如圖2是用頻閃周期為t的相機拍攝的一張真空中羽毛與蘋果自由下落的局部頻閃照片。關(guān)于提供的信息及相關(guān)數(shù)據(jù)處理，下列說法中正確的是(　　) 圖2 A.一定滿足關(guān)系x1∶x2∶x3＝1∶4∶9 B.一定滿足關(guān)系x1∶x2∶x3＝1∶3∶5 C.蘋果下落的加速度大小為 D.羽毛下

41、落到C點時的速度大小為x1＋ 解析　由于這是局部照片，A點并不一定是起點，故不能根據(jù)初速度為零的勻變速直線運動的位移規(guī)律求解，故A、B項均錯誤；由Δx＝at2可得a＝，故C項正確，根據(jù)v＝得vC＝，故D項錯誤。 答案　C 5.(2019·浙江溫嶺選考模擬)如圖3甲所示，用水平方向的力F將質(zhì)量為m＝0.5 kg的木塊貼在豎直墻面上，力F從0開始逐漸增大，木塊沿豎直墻面向下運動。用力傳感器和加速度傳感器記錄木塊受到的壓力F和加速度大小a，F(xiàn)與a的大小關(guān)系如圖乙所示，重力加速度大小為g＝10 m/s2，則木塊和墻面之間的動摩擦因數(shù)為(　　) 圖3 A.0.2 B.0.25 C

42、.0.4 D.0.5 解析　法一　對木塊進行受力分析，當(dāng)推力F＝20 N時，a＝0，即mg＝μF， μ＝0.25，B正確。 法二　mg－μF＝ma，a＝g－F，由圖知，＝，μ＝0.25，B正確。 答案　B 6.(2019·浙江杭州第四中學(xué)模擬)如圖4所示，輕質(zhì)彈簧兩端連接質(zhì)量均為m的小球1和2，彈簧和小球處于封閉的豎直管AE內(nèi)，小球直徑略小于管的直徑。整個裝置靜止時，小球1處于管壁的C點。其中AB＝BC＝CD＝DE＝L，彈簧原長3L，重力加速度大小為g?，F(xiàn)使管AE在豎直方向上運動，當(dāng)小球1、2相對管AE靜止時，下列說法正確的是(　　) 圖4 A.彈簧可能處于伸長狀態(tài) B

43、.當(dāng)小球1處于完全失重狀態(tài)時，管AE一定向下運動 C.當(dāng)彈簧長度為2L時，小球2可能做勻速直線運動 D.當(dāng)彈簧長度為L時，小球2加速度大小一定為g 解析　若彈簧伸長，受力分析可知小球1、2所受合力不同，則兩球加速度不可能相同，選項A錯誤；當(dāng)小球1處于完全失重狀態(tài)時，彈簧處于原長，系統(tǒng)可以向上或向下運動，選項B錯誤；當(dāng)彈簧長度為2L、小球2處于E點時系統(tǒng)受力平衡，小球2可能做勻速直線運動，選項C正確；由初始條件可知mg＝kL，當(dāng)小球1處于A端、彈簧長度為L時，小球2受大小為2mg的彈力，所受合力為3mg，加速度大小為3g，方向向下，選項D錯誤。 答案　C 7.(2019·浙江金華一中模

44、擬)如圖5甲，一維坐標(biāo)系中有一質(zhì)量為m＝2 kg的物塊靜置于x軸上的某位置(圖中未畫出)，t＝0時刻，物塊在外力作用下沿x軸開始運動，如圖乙為其位置坐標(biāo)和速率平方關(guān)系圖象的一部分，下列說法正確的是(　　) 圖5 A.t＝4 s時物塊的速率為2 m/s B.物塊做勻加速直線運動且加速度大小為1 m/s2 C.t＝4 s時物塊位于x＝4 m處 D.在0～4 s時間內(nèi)物塊運動的位移為6 m 解析　物塊在恒力作用下沿x軸開始做勻加速直線運動，根據(jù)x＝v2＋x0可知，x－v2圖象的斜率表示，則＝＝1(m－1·s2)，解得a＝0.5 m/s2，t＝4 s時物塊的速率為v＝at＝2 m/s，

45、故選項A正確，B錯誤；由題圖乙易得，當(dāng)速度為零時，物塊的坐標(biāo)為x0＝－2 m，t＝4 s時物塊的速率為v＝2 m/s，代入x＝v2＋x0可得x＝2 m，即在0～4 s時間內(nèi)物塊運動的位移為4 m，選項C、D錯誤。 答案　A 8.(2019·浙江樂清選考模擬)如圖6，光滑絕緣水平面上兩個相同的帶電小圓環(huán)A、B，電荷量均為q，質(zhì)量均為m，用一根光滑絕緣輕繩穿過兩個圓環(huán)，并系于結(jié)點O。在O處施加一水平恒力F使A、B一起加速運動，輕繩恰好構(gòu)成一個邊長為l的等邊三邊形，則(　　) 圖6 A.小環(huán)A的加速度大小為 B.小環(huán)A的加速度大小為 C.恒力F的大小為 D.恒力F的大小為 解析　

46、設(shè)輕繩的拉力為T，則對A：T＋Tcos 60°＝k，Tcos 30°＝maA，聯(lián)立解得aA＝，選項B正確，A錯誤；恒力F的大小為F＝2Tcos 30°＝T＝，選項C正確，D錯誤。 答案　BC 9.(2019·浙江嘉興新高考適應(yīng)性測試)如圖7所示，光滑水平地面上，可視為質(zhì)點的兩滑塊A、B在水平外力作用下緊靠在一起壓緊彈簧，彈簧左端固定在墻壁上，此時彈簧的壓縮量為x0，以兩滑塊此時的位置為坐標(biāo)原點建立如圖所示的一維坐標(biāo)系?，F(xiàn)將外力突然反向并使B向右做勻加速運動，下列關(guān)于拉力F、兩滑塊間彈力FN與滑塊B的位移x關(guān)系的圖象可能正確的是(　　) 圖7 解析　外力F反向，當(dāng)A和B相對靜止加

47、速時，對A、B整體，由牛頓第二定律得F＋k(x0－x)＝(mA＋mB)a，F(xiàn)－x圖象為線性圖象，當(dāng)A、B分離時，對A，k(x0－x)＝mAa，此時x＜x0，當(dāng)A、B分離后，對B，F(xiàn)＝mBa大小恒定，與x無關(guān)，選項B正確；在A、B分離前，對A，k(x0－x)－FN＝mAa，分離后，F(xiàn)N＝0，選項D正確。 答案　BD 10.(2019·浙江杭州二中高三模擬)物體在水平地面上受到水平推力的作用，在6 s內(nèi)力F、速度v隨時間變化如圖8所示，由圖象可得(　　) 圖8 A.物體的質(zhì)量為2 kg B.物體在6 s內(nèi)運動的位移為6 m C.在0～2 s內(nèi)推力做的功為3 J D.物體與地面間的

48、動摩擦因數(shù)為0.025 解析　物體在0～2 s內(nèi)做勻加速直線運動，加速度為a＝ m/s2，由牛頓第二定律有F合＝F－μmg＝ma，即：3 N－μmg＝ma；物體在2～6 s內(nèi)做勻速直線運動，因此有μmg＝1 N，聯(lián)立解得物體的質(zhì)量為m＝4 kg，物體與地面間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.025，選項A錯誤，D正確；根據(jù)v－t 圖象所圍的面積表示物體運動的位移可得物體在6 s 內(nèi)運動的位移為x＝×2×1 m＋4×1 m＝5 m，選項B錯誤；力對物體所做的功等于力乘以力方向上的位移，因此在2 s內(nèi)推力做的功為W＝Fx1＝3××2×1 J＝3 J，選項C正確。 答案　CD 二、非選擇題 11.(20

49、19·溫州九校高三上學(xué)期模擬)如圖9甲所示，一只螞蟻在傾角為θ＝37°的大理石斜面上沿直線向上拖拉質(zhì)量為m＝1 g的食物。t＝0時刻從A點出發(fā)，若螞蟻對食物拖拉的作用力F可以簡化成按如圖乙所示規(guī)律變化；第3 s末運動到B點時速度剛好為0，此時螞蟻松開食物，食物下滑，第4 s末食物剛好回到A點。已知食物與大理石面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.7，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2(食物可視為質(zhì)點，空氣阻力忽略不計)。求： 圖9 (1)A、B間的距離及食物返回A點時速度的大??； (2)若螞蟻沿斜面向上拖拉食物時，食物對斜面的壓力大小恒為3×10－3 N，則拖拉過程

50、拖拉力F的平均功率是多少？ (3)若在A點恰好有另外一只螞蟻，遇到該下滑的食物時，立即施加給食物沿斜面向上的大小為1×10－3 N的恒力，則食物在距離A點多遠處方才停下？(忽略接觸瞬間的碰撞影響，斜面足夠長) 解析　(1)由牛頓第二定律有，下滑的加速度為 a＝＝0.4 m/s2 下滑過程AB的位移大小為 x＝at＝0.2 m 下滑到A點的速度大小為 vA＝at2＝0.4 m/s。 (2)由動能定理有 WF－mgssin θ－μFNs＝0 拖拉力F的平均功率為 ＝＝5.4×10－4 W。 (3)食物受到的合外力 ma′＝F′＋μmgcos θ－mgsin θ， 又v＝

51、2a′x′ 解得x′＝＝ m。 答案　(1)0.2 m　0.4 m/s　(2)5.4×10－4 W　(3) m 12.(2019·溫州二模)如圖10所示，ABCD為一智能機器人執(zhí)行任務(wù)時在水平面上的運動軌跡，其中AB長3.0 m，CD長2.0 m，BC是半徑為1.0 m 的四分之一圓弧。機器人從A點由靜止出發(fā)以0.5 m/s2的加速度做勻加速直線運動，速度達到1.0 m/s后做勻速率運動，最后階段以1.0 m/s2的加速度做勻減速直線運動，到D點時速度恰好為零。機器人可視為質(zhì)點，π取3，求： 圖10 (1)機器人做勻加速直線運動的位移大小； (2)機器人做勻速率運動的時間；

52、(3)機器人在運動全過程中的平均速度大小。 解析　(1)根據(jù)速度位移關(guān)系v2＝2ax得 x＝＝ m＝1 m。 (2)整個過程分勻加速直線運動，勻速率運動，勻減速直線運動三個過程，根據(jù)勻變速直線公式可得勻加速距離1 m， 時間t1＝＝ s＝2 s， 勻減速直線距離x2＝＝ m＝0.5 m， 時間t2＝＝1 s 剩余中間距離即為勻速率運動的距離 s＝πR＋3 m＋2 m－(1＋0.5) m＝5 m， 時間為t3＝＝ s＝5 s。 (3)機器人在運動全過程中的位移大小為 Δx＝ m＝5 m 全過程總時間為Δt＝(2＋5＋1) s＝8 s 運動全過程中的平均速度＝＝＝0.62

53、5 m/s。 答案　(1)1 m　(2)5 s　(3)0.625 m/s 13.(2019·寧波十校高三聯(lián)考)如圖11所示，一水平圓盤繞過圓心的豎直軸轉(zhuǎn)動，圓盤半徑R＝0.2 m，圓盤邊緣有一質(zhì)量m＝1 kg的小滑塊。當(dāng)圓盤轉(zhuǎn)動的角速度達到某一數(shù)值時，滑塊恰從圓盤邊緣A沿過渡圓管滑落，進入軌道ABC，AB粗糙，BCD光滑，CD面足夠長且離地面高為h′＝0.4 m，經(jīng)C點后突然給滑塊施加水平向右的恒力F＝ N。已知AB段斜面傾角為60°，BC段斜面傾角為30°，小滑塊與圓盤間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，A點離B點所在水平面的高度h＝1.2 m，運動到B點時的速度為3 m/s，滑塊從A至C運動過程

54、中始終未脫離軌道，不計在過渡圓管處和B點的機械能損失，最大靜摩擦力近似等于滑動摩擦力，g取10 m/s2。求： 圖11 (1)滑出A點時，圓盤轉(zhuǎn)動的角速度ω； (2)小滑塊在從A到B時，摩擦力做的功； (3)小滑塊在CD面上的落點距C點的水平距離(結(jié)果可用根號表示)。 解析　(1)滑塊在圓盤上做圓周運動時，靜摩擦力充當(dāng)向心力，根據(jù)牛頓第二定律得μmg＝mω2R， 代入數(shù)據(jù)解得ω＝5 rad/s。 (2)vA＝ωR＝5×0.2 m/s＝1 m/s， 從A到B的運動過程由動能定理得 mgh＋Wf＝mv－mv，解得Wf＝－8 J。 (3)從B到C由動能定理得 －mgh′＝mv－mv vC＝1 m/s 經(jīng)C點后滑塊受到合力大小F合＝＝ N， 合加速度大小為a＝＝ m/s2，與C點速度方向垂直，過C點滑塊做類平拋運動，設(shè)落到CD面上時沿F合方向的速度大小為v， ＝2tan 30°，t＝＝0.1 s，x＝vC×t＝0.1 m 則落地點距離C點的水平距離L＝＝ m。 答案　(1)5 rad/s　(2)－8 J　(3) m