专题二 力与直线运动.docx
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专题二力与直线运动
专题二 力与直线运动
【知识必备】
(本专题对应学生用书第4~7页)
知识必备
1.匀变速直线运动的基本规律为:
速度公式v=v0+at,位移公式x=v0t+
at2,位移速度公式v2-
=2ax,平均速度公式
=
=
.
任意两个相邻相等的时间内位移之差是一个恒量,即Δx=aT2.
2.牛顿第二定律F合=ma.
3.典型运动的动力学特征:
(1)F合=0,物体做匀速直线运动或静止.
(2)F合≠0且与v共线,物体做变速直线运动.
①F合不变,物体做匀变速直线运动.
特例:
自由落体运动:
初速度v0=0、加速度为g的匀加速直线运动.
竖直上抛运动:
初速度v0≠0、加速度为g的匀减速直线运动.
②F合大小变化,物体做变加速直线运动.
【能力呈现】
应试指导
【考情分析】
高考对力与直线运动考查的内容主要有:
匀变速直线运动的规律及运动图象问题;行车安全问题;物体在传送带(或平板车)上的运动问题;带电粒子(或带电体)在电场、磁场中的匀变速直线运动问题;电磁感应中的动力学分析.题型既有选择题又有计算题,题目新颖,与生活实际联系密切,试题大多综合牛顿运动定律、受力分析、运动过程分析等内容.
2014
2015
2016
力与直
线运动
T5:
匀变速图象
T8:
牛顿运动定律
T5:
匀变速直线运动
T6:
牛顿运动定律的应用
T5:
匀变速直线运动图象
T14:
位移、速度
【备考策略】
复习中,要灵活应用匀变速直线运动的公式,强化牛顿第二定律分析问题的思路和应用,重点抓住“两个分析”和“一个桥梁”.“两个分析”是指受力分析和运动情景或运动过程分析.“一个桥梁”是指加速度是联系运动和受力的桥梁.综合应用牛顿运动定律和运动学公式解决问题.
能力摸底
1.(多选)(2016·全国Ⅰ卷)甲、乙两车在平直公路上同向行驶,其v-t图象如图所示.已知两车在t=3s时并排行驶,则( )
A.在t=1s时,甲车在乙车后
B.在t=0时,甲车在乙车前7.5m
C.两车另一次并排行驶的时刻是t=2s
D.甲、乙两车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40m
【答案】BD
【解析】在t=3s时,两车并排,由图可得在1~3s两车发生的位移大小相等,说明在t=1s时,两车并排,由图象可得前1s乙车位移大于甲车位移,且位移差Δx=x2-x1=
×1m=7.5m,在t=0时,甲车在乙车前7.5m,选项A、C错误,选项B正确;在1~3s两车的平均速度v=
=20m/s,各自的位移x=
t=40m,选项D正确.
2.(多选)(2016·南京、盐城一模)如图所示,蹦床运动员从空中落到床面上,运动员从接触床面下降到最低点为第一过程,从最低点上升到离开床面为第二过程,运动员( )
A.在第一过程中始终处于失重状态
B.在第二过程中始终处于超重状态
C.在第一过程中先处于失重状态,后处于超重状态
D.在第二过程中先处于超重状态,后处于失重状态
【答案】CD
【解析】运动员与床面接触到最低点,弹力先小于重力后大于重力,先加速运动后减速运动,加速度方向先向下后向上,第一过程先失重后超重,C项正确;第二过程是第一过程的逆过程,先超重后失重,D项正确.
3.(2016·金陵中学)如图所示,一倾角θ=37°的足够长斜面固定在水平地面上.当t=0时,滑块以初速度v0=10m/s沿斜面向上运动,已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ=0.5,重力加速度取g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8.下列说法正确的是( )
A.滑块一直做匀变速直线运动
B.t=1s时,滑块速度减为零,然后静止在斜面上
C.t=2s时,滑块恰好又回到出发点
D.t=3s时,滑块的速度为4m/s
【答案】D
【解析】滑块上升过程:
mgsinθ+μmgcosθ=ma1,解得a1=10m/s2,下降过程mgsinθ-μmgcosθ=ma2,解得a2=2m/s2,故A、B错误;上升时间t1=
=1s,上升距离s=
=5m,下降过程s=
a2
,解得t2=
s,故C错误;t=3s时,滑块还处于下降阶段,所v=a2t=4m/s,故D正确.
4.(多选)(2016·江苏卷)如图所示,一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出,鱼缸最终没有滑出桌面.若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等,则在上述过程中( )
A.桌布对鱼缸摩擦力的方向向左
B.鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等
C.若猫增大拉力,鱼缸受到的摩擦力将增大
D.若猫减小拉力,鱼缸有可能滑出桌面
【答案】BD
【解析】猛地拉动时,桌布运动快,鱼缸对桌布的摩擦力向左,鱼缸受摩擦力向右,A项错误;由于鱼缸、桌布和桌面两两间动摩擦因数相同,鱼缸先加速后减速的加速度大小相等,故鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等,B项正确;猫增大拉力,鱼缸还是受到滑动摩擦力,大小不变,C项错误;猫减小拉力,当静摩擦力足以提供鱼缸运动的加速度时,鱼缸和桌布相对静止一起加速,D项正确.
【能力提升】
匀变速直线运动基本规律的应用
求解匀变速直线运动问题的一般思路
例题1 (2016·江淮十校二次联考)减速带是交叉路口上常见的一种交通设施,在某小区门口有一橡胶减速带(如图),有一警用巡逻车正以最大速度20m/s从小区门口经过,在离减速带50m时警察发现一逃犯正以10m/s的速度骑电动车匀速通过减速带,而巡逻车要匀减速到5m/s通过减速带(减速带的宽度忽略不计),然后立即以2.5m/s2的加速度继续追赶.设在整个过程中,巡逻车与逃犯均在水平直道上运动,求从警察发现逃犯到追上逃犯需要的时间.
【答案】12.5s
【解析】设巡逻车初速度为v1=20m/s,到达减速带时速度为v2=5m/s,开始时巡逻车距离减速带距离为x0=50m,则巡逻车到达减速带时间为t1=
=
=4s.
在这段时间内逃犯前进的距离为x1=v逃t1=40m.
巡逻车到达减速带之后再以加速度a=2.5m/s2加速前进,当巡逻车再次达到最大速度v1=20m/s时,所用时间为t2,根据速度公式v1=v2+at2,可以求出t2=6s,
在这6s内,巡逻车前进的距离为x2=v2t2+
a
=75m,
与此同时,逃犯前进的距离为x3=v逃t2=60m,
此后巡逻车以最大速度v1=20m/s前进,设经过t3时间巡逻车追上逃犯,则v1t3=(x1+x3-x2)+v逃t3,
整理得到t3=2.5s.
即从巡逻车发现逃犯到追上逃犯,所需要的时间为
t=t1+t2+t3=12.5s.
变式1 (2015·江苏卷)如图所示,某“闯关游戏”的笔直通道上每隔8m设有一个关卡,各关卡同步放行和关闭,放行和关闭的时间分别为5s和2s.关卡刚放行时,一同学立即在关卡1处以加速度2m/s2由静止加速到2m/s,然后匀速向前,则最先挡住他前进的关卡是( )
A.关卡2B.关卡3C.关卡4D.关卡5
【答案】C
【解析】根据v=at可得,2=2×t1,所以加速的时间为t1=1s,加速的位移为x1=
at2=
×2×12m=1m,匀速运动的时间为t2=
s=3.5s,到达关卡2共用时4.5s,所以可以通过关卡2继续运动.到达关卡3的时间为t3=
s=4s,此时关卡3也是放行的,可以通过.到达关卡4的总时间为(1+3.5+4+4)s=12.5s,关卡放行和关闭的时间分别为5s和2s,此时关卡4是关闭的,所以最先挡住他前进的是关卡4,所以C正确.
动力学的两类基本问题
1.两类动力学问题的求解思路
2.应用牛顿第二定律解决动力学问题的步骤
例题2 (2016·四川卷)避险车道是避免恶性交通事故的重要设施,由制动坡床和防撞设施等组成,如图,竖直平面内,制动坡床视为与水平面夹角为θ的斜面.一辆长12m的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床,当车速为23m/s时,车尾位于制动坡床的底端,货物开始在车厢内向车头滑动,当货物在车厢内滑动了4m时,车头距制动坡床顶端38m,再过一段时间,货车停止.已知货车质量是货物质量的4倍,货物与车厢间的动摩擦因数为0.4,货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44倍.货物与货车分别视为小滑块和平板,取cosθ=1,sinθ=0.1,g=10m/s2.求:
(1)货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向.
(2)制动坡床的长度.
【答案】
(1)5m/s2 沿坡面自下
(2)98m
【解析】
(1)设货物质量为m,受到货车支持力大小为N1,车对货物摩擦力大小为f1,受力分析如图
货物与货车间滑动摩擦因数为μ1,货物减速时加速度大小为a1,根据牛顿第二定律得
mg·cosθ=N1①
mg·sinθ+f1=ma1②
f1=μ1N1③
联立方程①②③,代入数据得
a1=5m/s2④
方向沿坡面向下
(2)设货物对车压力大小为N'1,对车摩擦力大小为f'1,根据牛顿第三定律
N'1=N1⑤
f'1=f1⑥
车质量为4m,受到坡面支持力大小为N2,坡面对车阻力大小为f2,受力分析如图
车减速时加速度大小为a2,根据牛顿第二定律得
N2=N'1+4mgcosθ⑦
f2+4mgsinθ-f'1=4ma2⑧
由题意得
f2=0.44×5mg⑨
联立⑤⑥⑦⑧⑨代入数据得
a2=5.5m/s2⑩
方向沿坡面向下
设货车和货物共同的初速度大小为v0,货物相对货车滑动4m用时t,货物相对地面位移大小为x1,货车相对地面位移大小为x2,根据运动学公式有
x1=v0t-
a1t2
x2=v0t-
a2t2
x1-x2=4m
联立
代入数据得
x2=48m
车长为L,货物相对车滑动4m时车头距顶端L',坡长为s
s=L+x2+L'
解得
s=98m
变式2 (2016·南通、泰州、扬州、淮安二模)如图所示,钢铁构件A、B叠放在卡车的水平底板上,卡车底板和B间动摩擦因数为μ1,A、B间动摩擦因数为μ2,μ1>μ2,卡车刹车的最大加速度为a,a>μ1g,可以认为最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等.卡车沿平直公路行驶途中遇到紧急情况时,要求其刹车后在s0距离内能安全停下,则卡车行驶的速度不能超过( )
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】刹车的过程中,A最容易相对滑动,为了安全,刹车时卡车的最大加速度a=
=μ2g,根据公式2as0=v2,有v=
,C项正确,A、B、D项错误.
动力学图象问题
求解动力学问题的基本思路
例题3 (多选)(2015·淮安模拟改编)如图甲所示,水平地面上固定一足够长的光滑斜面,斜面顶端有一理想定滑轮,一轻绳跨过滑轮,绳两端分别连接小物块A和B.保持A的质量不变,改变B的质量m,当B的质量连续改变时,得到A的加速度a随B的质量m变化的图线,如图乙所示.设加速度沿斜面向上的方向为正方向,空气阻力不计,重力加速度取g=9.8m/s2,斜面的倾角为θ,下列说法正确的是( )
甲乙
A.若θ已知,可求出A的质量
B.若θ未知,可求出图乙中a1的值
C.若θ已知,可求出图乙中a2的值
D.若θ已知,可求出图乙中m0的值
【答案】BC
【解析】由牛顿第二定律可知mg-mAgsinθ=(m+mA)a,解得加速度a=
,当m=0时,得a2=gsinθ,故C正确;当m
mA时a1=g,故B正确;无法求出A的质量,故A错误;当加速度a=0时,可知m0=mAsinθ,无法求出,故D错误.
变式3 (多选)(2016·盐城三模)某人站在力传感器上做“下蹲—起跳”的动作,力传感器显示此过程F-t图象如图所示,则下列说法中正确的是( )
A.b点时人的速度为零
B.c点时人开始向上起跳
C.e点时加速度比b点大
D.a~c阶段处于下蹲过程中
【答案】CD
【解析】力传感器对人的作用力为支持力,方向竖直向上,从a到c阶段支持力始终小于人的重力,加速度方向向下,处于下蹲加速阶段,b点时速度不为零,c点为下蹲速度最大时刻,A、B选项错误,D项正确;根据牛顿第二定律得出e点的加速度方向向上,b点的加速度方向向下,e点加速度大小比b点大,C项正确.
滑块—木板问题
滑块—木板问题的分析方法
例题4 (2016·南师附中)如图所示,有两个高低不同的水平面,高水平面光滑,低水平面粗糙.一质量为5kg、长度为2m的长木板靠在高水平面边缘A点,其表面恰好与高水平面平齐,长木板与低水平间的动摩擦因数为0.05.一质量为1kg可视为质点的滑块静止放置,距A点距离为3m.现用大小为6N、水平向右的外力拉小滑块,当小滑块运动到A点时撤去外力,滑块以此时的速度滑上长木板.滑块与长木板间的动摩擦因数为0.5,取g=10m/s2.
(1)滑块滑动到A点时的速度大小.
(2)滑块滑动到长木板上时,滑块和长木板的加速度大小分别为多少?
(3)通过计算说明滑块能否从长木板的右端滑出.
【答案】
(1)6m/s
(2)5m/s2 0.4m/s2 (3)能
【解析】
(1)根据牛顿第二定律有:
F=ma
根据运动学公式有v2=2aL0
联立方程解得v=6m/s
其中m、F分别为滑块的质量和受到的拉力,a是滑块的加速度,v即是滑块滑到A点时的速度大小,L0是滑块在高水平面上运动位移
(2)根据牛顿第二定律有:
对滑块有:
μ1mg=ma1
代入数据解得:
a1=5m/s2
对长木板有:
μ1mg-μ2(m+M)g=Ma2,
解得a2=0.4m/s2
其中M为长木板的质量,a1、a2分别是此过程中滑块和长木板的加速度,μ1、μ2分别是滑块与长木板间和长木板与低水平面间的动摩擦因数
(3)设小滑块不滑出长木板,从小滑块滑上长木板到两者相对静止所用时间为t
则:
v-a1t=a2t
解得t=
s,
则此过程中小滑块的位移为x1=vt-
a1t2
长木板的位移为x2=
a2t2
x1-x2=
m>L
式中L=2m为长木板的长度
所以小滑块能滑出长木板右端
变式4 (2016·常州中学)如图甲所示,一长方体木板B放在水平地面上,木板B的右端放置着一个小铁块A,在t=0时刻同时突然给A、B初速度,其中A的初速度大小为vA=1m/s,方向水平向左;B的初速度大小为vB=14m/s,方向水向右,木板B运动的v-t图象如图乙所示.已知A、B的质量相等,A与B及B与地面之间均有摩擦(动摩擦因数不等),A与B之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,A始终没有滑出B,重力加速度取g=10m/s2.(提示:
t=3s时刻,A、B达到共同速度v=2m/s;3s时刻至A停止运动前,A向右运动的速度始终大于B的速度).求:
(1)站在水平地面上的人看来A向左运动的最大位移.
(2)B运动的时间及B运动的位移大小.
【答案】
(1)0.5m
(2)4s 25m
【解析】
(1)由图乙可知,03s内A做匀变速运动,速度由vA=-1m/s变为v=2m/s.
则其加速度大小为:
aA=
=
m/s2=1m/s2
方向水平向右.
当A水平向左运动速度减为零时,向左运动的位移最大,则:
s=
=0.5m
(2)设A与B之间的动摩擦因数为μ1,由牛顿第二定律得:
μ1mg=maA
则:
μ1=
=0.1
由图乙可知,03s内B做匀减速运动,其速度由vB=14m/s变为v=2m/s.
则其加速度大小为:
aB=
=
m/s2=4m/s2
方向水平向左.
设B与地面之间的动摩擦因数为μ2,由牛顿第二定律得:
μ1mg+2μ2mg=maB
则:
μ2=
=0.15
3s之后,B继续向右做匀减速运动,由牛顿第二定律得:
2μ2mg-μ1mg=ma'B
则B的加速度大小为:
a'B=2μ2g-μ1g=2m/s2
方向水平向左.
3s之后运动的时间为:
t2=
=
s=1s
则B运动的时间为:
t=t1+t2=4s
04s内B的位移:
xB=
t1+
t2=25m
方向水平向右.
温馨提示:
趁热打铁,事半功倍.请老师布置同学们及时完成《配套检测与评估》中的练习.