2022高考物理二輪復習 第2講 力與直線運動專題突破練

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1、2022高考物理二輪復習 第2講 力與直線運動專題突破練 考點一　動力學中的圖像問題 考向1　明確圖像的物理意義 1.(x-t圖像)(多選)甲、乙兩個物體在同一直線上運動,其x-t圖像如圖2-1所示,其中直線b與曲線a相切于點(4 s,-15 m).已知甲做勻變速直線運動,下列說法正確的是 (　　) 圖2-1 A.前4 s內兩物體運動方向相同 B.前4 s內甲的平均速度是乙的平均速度的倍 C.t=0時刻,甲的速度大小為9 m/s 　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 D.甲的加速度大小為2 m/s2 2.(v-t圖像)如圖2-2所示,直線a與四分之一圓弧b分別表示

2、兩質點A、B從同一地點出發(fā)沿同一方向做直線運動的v-t圖像.當B的速度變?yōu)?時,A恰好追上B,則A的加速度為(　　) 圖2-2 A.1 m/s2 B.2 m/s2 C. m/s2 D.π m/s2 3.(x-t圖像與v-t圖像的比較)如圖2-3所示為表示甲、乙、丙、丁四個物體運動過程的x-t或v-t圖像,下列判斷正確的是 (　　) 圖2-3 A.丙和丁的運動方向相同 B.只有乙在做勻速直線運動 C.甲在運動中速度方向發(fā)生了改變 D.甲運動中加速度方向發(fā)生了改變 歸納 1.x-t圖像 2.v-t圖像 考向2　實現圖像與圖像之間的轉化 1 某

3、物體做直線運動的v-t圖像如圖2-4所示,圖2-5中F表示物體所受合力,x表示物體的位移,則其中正確的是 (　　) 圖2-4 圖2-5 [導思] ①v-t圖像的斜率和其與時間軸圍成的面積分別表示什么?②怎樣根據v-t圖分析加速度的大小和方向? 歸納 “圖像轉換”的思路及三個注意點 1.圖像轉換是近幾年高考的熱點,有一定的綜合性和拓展空間,其分析思路如下: v-t圖像?運動情況?受力情況(F-t圖像)?功能關系…… 2.圖像轉換時要注意以下三點 (1)合理劃分運動階段,分階段進行圖像轉換; (2)注意相鄰運動階段的銜接,尤其是運動參量的銜接; (3)注

4、意圖像轉換前后核心物理量間的定量關系,如例題中v與a的關系和a與F的關系,這是圖像轉換的依據. 式 (多選)靜止在光滑水平面上的物體在如圖2-6所示的水平力F作用下朝某一方向運動,且圖中有t1=t0,t2=2t0,t3=3t0,則與F-t圖像相對應的v-t圖像和a-t圖像是圖2-7中的 (　　) 圖2-6 圖2-7 考向3　實現圖像與函數之間的轉化 2 如圖2-8所示,軌道OA與傾角不同的軌道OB、OC在底端連接,不計摩擦和小球經過最低點時的機械能損失.小球自軌道OA上某一位置由靜止自由釋放,分別運動到軌道OB、OC上時,均能夠到達與出發(fā)點等高的位置.用1、2表

5、示小球分別沿軌道OB、OC再返回到軌道OA上最高點過程中速度大小的變化規(guī)律,圖2-9中正確的是 (　　) 圖2-8 圖2-9 [導思] ①小球在軌道上受到幾個力?加速度由什么因素決定?②小球由OB或OC上的等高點滑到O的速度、時間和位移有何關系?③小球先后滑上OA的加速度有何關系? 歸納 加速度是研究運動的核心物理量,牛頓第二定律是研究動力學問題的重要規(guī)律,導出加速度的決定式是解決這類問題的關鍵.例題考查v-t圖像在動力學問題中的應用,實際上是第一類動力學問題,解決此類問題的關鍵是找出橫、縱坐標軸對應物理量的函數關系,合理挖掘圖像上的信息(如斜率、截距、交點、漸

6、近線等)解題. 式1 (多選)如圖2-10甲所示,物塊的質量m=1 kg,初速度v0=10 m/s,在一水平向左的恒力F作用下從O點沿粗糙的水平面向右運動,某時刻后恒力F突然反向,整個過程中物塊速度的二次方隨位置坐標變化的關系圖像如圖乙所示,g取10 m/s2.下列說法中正確的是 (　　) 圖2-10 A.0~5 m內物塊做勻減速直線運動 B.在t=1 s時刻,恒力F反向 C.恒力F大小為10 N D.物塊與水平面間的動摩擦因數為0.3 式2 [2018·全國卷Ⅰ] 如圖2-11所示,輕彈簧的下端固定在水平桌面上,上端放有物塊P,系統(tǒng)處于靜止狀態(tài).現用一豎直向上的力F作

7、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,在彈簧恢復原長前,如圖2-12所示的表示F和x之間關系的圖像可能正確的是(　　) 圖2-11 圖2-12 考點二　追及相遇與行車安全問題 3 (14分)在一條平直的公路上有一輛長L0=1.5 m的電動自行車正以v=3 m/s的速度向前行駛,在其車尾后方x0=16.5 m遠處的另一條車道上有一輛長L=6.5 m的公共汽車正以v0=10 m/s的速度同向駛來,由于公共汽車要在前方50 m處的站點停車以上下乘客,便在此時開始剎車使之做勻減速運動,結果車頭恰好停在站點處.不考慮公共汽車的再次啟動,求:

8、 (1)從公共汽車開始剎車計時,公共汽車(車頭)從后方追至自行車車尾所需的時間; (2)兩車第一次錯車過程中所經歷的時間. [解答步驟規(guī)范] (1)由于汽車要在前方x=50 m處的站點停車, 則汽車剎車的加速度a=　　　　=-1 m/s2　 (2分)? 汽車相對自行車做初速度v'0=10 m/s-3 m/s=7 m/s、加速度a=-1 m/s2的勻減速運動 (2分) 設汽車車頭到達自行車車尾歷時為t1,則有 x0=　　　　 (2分)? 解得t1=3 s　 (2分) (2)設汽車車尾到達自行車車頭歷時為t2,則有 x1=v'0·　　　　+　　　　(2分)? 而位移滿足關系

9、x1=x0+　　　　　 (2分)? 解得t2=7 s　 (1分) 則第一次錯車時間為Δt1=t2-t1=4 s　 (2分) 歸納 解決追及相遇與行車安全問題的一般思路: 處理追及相遇問題的基本方法: 1.物理分析法 首先,要認真審題,構建形象的運動圖景;其次,要抓住關鍵詞,挖掘隱含條件,如“剛好”“恰好”“最多”“至少”等,往往對應一個臨界狀態(tài),要滿足相應的臨界條件. (1)恰好追上(或追不上)、最遠(或最近)距離——速度相等是臨界條件. (2)追上、相遇——兩物體同時到達某位置. 2.極值法 設相遇時間為t,根據條件列位移關系式,得到關于t的一元二次方程,用判別式

10、進行討論.若Δ>0,有兩個解,則可以相遇兩次;若Δ=0,則剛好追上或相遇;若Δ<0,則追不上或不能相遇. 3.圖像法 將兩物體運動的速度—時間圖像在同一坐標系中畫出,然后利用圖像分析求解相關問題. 4.相對運動法 對運動過程和狀態(tài)進行分析,巧妙選擇參考系,簡化運動過程、臨界狀態(tài),確定三大關系,列式求解. 式 甲、乙兩輛車在平直公路上從同一地點先后出發(fā),其運動的v-t圖像如圖2-13所示,其中t3時刻兩車相遇,相遇前兩車最大距離x0為25 m,已知t2=10 s.求: (1)甲車在加速階段的加速度大小; (2)兩車相遇的時刻t3.(取=1.4,結果保留兩位有效數字) 圖2-1

11、3 考點三　連接體問題 4 (多選)如圖2-14所示,a、b、c是三個質量均為m的物塊,物塊a、b通過水平輕繩相連后放在水平地面上,物塊c放在b上.現用水平拉力F作用于a,使三個物塊一起水平向右勻速運動.各接觸面間的動摩擦因數均為μ,重力加速度大小為g.下列說法正確的是 (　　) 圖2-14 A.該水平拉力大于輕繩中的張力 B.物塊c受到的摩擦力大小為μmg C.當該水平拉力F增大為原來的1.5倍時,物塊c受到的摩擦力大小為0.5μmg D.剪斷輕繩后,在物塊b向右運動的過程中,物塊c受到的摩擦力大小為μmg [導思] ①勻速運動時,計算輕繩的拉力選取的研究對象是

12、a、b、c,還是整體?②當該水平拉力F增大為原來的1.5倍時或剪斷輕繩后,計算c的摩擦力時,研究對象選哪個?其加速度怎么計算? 歸納 在連接體問題中,若各個物體具有大小和方向都相同的加速度,就可以把它們看成一個整體處理;如果需要知道物體之間的相互作用力,則需要把其中的某一個物體隔離分析. 式1 (多選)如圖2-15所示,在光滑水平地面上,可視為質點的兩滑塊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原點,建立如圖所示的一維坐標系.現將外力突然反向并使B向右做勻加速運動,外力F、兩滑塊間彈力FN與滑塊B的位移x的關系圖像

13、可能正確的是圖2-16中的 (　　) 圖2-15 圖2-16 式2 如圖2-17所示,一質量為M、帶有掛鉤的小球套在傾角為θ的細桿上,恰能沿桿勻速下滑,小球所受最大靜摩擦力等于滑動摩擦力.若在小球下滑過程中在掛鉤上加掛質量為m的物體或改變傾角θ,則下列說法正確的是 (　　) 圖2-17 A.僅增大θ(θ<90°)時,小球被釋放后仍能沿桿勻速下滑 B.僅增大θ(θ<90°)時,小球被釋放后將沿桿加速下滑 C.θ不變,僅在掛鉤上加掛物體時,小球被釋放后將沿桿加速下滑 D.θ不變,僅在掛鉤上加掛物體時,掛鉤對物體的拉力大于物體的重力 第2講　力與直線運動 高

14、頻考點探究 考點一 1.AD　[解析] x-t圖像的斜率的正負表示運動的方向,故前4 s內兩物體運動方向相同,均為負方向,故A正確;甲做勻變速直線運動,則甲的x-t圖像對應于a,前4 s內甲的平均速度為v1==-6 m/s,前4 s內乙的平均速度為v2==-2 m/s,所以前4 s內甲的平均速度是乙的平均速度的3倍,故B錯誤;t=1 s時,甲的位移大小是9 m,t=4 s時,甲的位移大小是24 m,設甲的初速度大小是v0,加速度大小為a,由勻變速直線運動的位移公式列兩方程,代入數據解得v0=10 m/s,a=2 m/s2,故C錯誤,D正確. 2.C　[解析] A和B由同一點出發(fā)至相遇過程

15、,位移相等,即·π×22 m=a×(2 s)2,解得加速度a= m/s2 ,選項C正確. 3.C　[解析] x-t圖像的斜率大小表示速度大小,斜率正負表示速度方向,故A錯誤;丙、丁、乙都做勻速運動,故B錯誤;速度的正負表示物體運動的方向,故C正確;v-t圖像的斜率表示加速度,故D錯誤. 例1　B　[解析] 根據v-t圖像的斜率可知,0~2 s內與6~8 s內物體的加速度大小相等、方向相同,故所受合力相同,A錯誤.2~6 s內物體的加速度恒定,合力恒定,且大小與0~2 s內的相同,方向與0~2 s內的相反,B正確.根據v-t圖像可知,0~4 s內物體先沿正方向做勻加速直線運動,然后做勻減速直

16、線運動,4~8 s內先沿負方向做勻加速直線運動,然后做勻減速直線運動,再結合v-t圖線包圍面積的意義可知,0~4 s內物體的位移不斷增大,4 s末達到最大值,8 s末返回到出發(fā)點,C、D錯誤. 例1變式　AC　[解析] 設物體質量為m,在0~t1時間內,加速度a=,物體做初速度為零的勻加速直線運動,在t1=t0時刻,速度v0=at0=,所以這段時間對應的v-t圖像是經過原點的傾斜線段,對應的a-t圖像是平行于時間軸的水平線段;在t1~t2時間內,合外力F=0,加速度a=0,物體以速度v0做勻速直線運動,所以這段時間對應的v-t圖像是平行于時間軸的水平線段,對應的a-t圖像與時間軸重合;同理,

17、可分析出在t2~t3時間內的v-t圖像和a-t圖像,選項A、C正確. 例2　A　[解析] 小球在軌道上,由牛頓第二定律得,加速度a==gsin θ,因軌道OB的傾角比軌道OC的傾角大,則加速度aB>aC,由機械能守恒定律得,小球到達O點的速率相等,先后進入軌道OA后,加速度相同,則圖像平行,選項A正確. 例2變式1　ABD　[解析] 物塊在0~5 m內速度減小,做勻減速運動,選項A正確.物塊做勻減速運動的加速度大小a1== m/s2=10 m/s2,物塊做勻加速運動的加速度大小a2== m/s2=4 m/s2,根據牛頓第二定律得F+f=ma1,F-f=ma2,聯立解得F=7 N,f=3 N

18、,則動摩擦因數為μ===0.3,物塊做勻減速運動的時間為t1== s=1 s,即在1 s末恒力F反向,選項B、D正確,C錯誤. 例2變式2　A　[解析] 設物塊P靜止時彈簧的壓縮量為L,則彈簧彈力kL與重力mg大小相等,當物塊P位移為x時,彈簧彈力為k(L-x),根據牛頓第二定律有F+k(L-x)-mg=ma,即F=kx+ma+mg-kL=kx+ma,可見,F與x是一次函數關系,A正確. 考點二 例3　(1)　v'0t1+a　(2)t2　a　L+L0 例3變式　(1)2 m/s2　(2)17 s時 [解析] (1)當兩車速度相等時(即t2時刻),相距最遠, 0~t2時間內位移關系

19、為x乙=x甲+x0 即vt2=v(t2-t1)+25 m 解得t1=5 s 所以甲的加速度a1==2 m/s2 (2)t3時刻兩車相遇,有x'甲=x'乙 即a1(t3-t1)2=a2 其中a2==1 m/s2 解得t3=5(2+) s=17 s 考點三 例4　ACD　[解析] 對勻速運動的整體,由平衡條件得F=3μmg,同理對b和c,輕繩中的張力FT=2μmg,則F>FT,對c,摩擦力為0,選項A正確,B錯誤;當該水平拉力F增大為原來的1.5倍時,對三物塊組成的整體,有1.5F-3μmg=3ma,則a=0.5μg,此時對c,摩擦力f1=ma=0.5μmg,選項C正確;剪斷輕繩

20、后,在物塊b向右運動的過程中,對b、c整體,加速度a'==μg,對c,摩擦力f2=ma'=μmg,選項D正確. 例4變式1　BD　[解析] 外力F反向,當A和B相對靜止加速時,對A、B 整體,由牛頓第二定律得F+k(x0-x)=(mA+mB)a,F-x圖像為線性圖像,當A、B分離時,對A,有k(x0-x)=mAa,此時xμMgcos θ,小球被釋放后將加速下滑,選項A錯誤,B正確;θ不變,僅在掛鉤上加掛質量為m的物體時,以兩物體整體為研究對象,滿足(M+m)gsin θ=μ(M+m)gcos θ,整體將勻速下滑,掛鉤對物體的拉力等于物體的重力,選項C、D錯誤.