高考物理二轮复习专题一第2讲力与物体的直线运动讲义 (含解析)

第2讲　力与物体的直线运动 真题再现 考情分析 1.(2019·高考全国卷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(　　) A.1<<2 B．2<<3 C.3<<4 D．4<<5 解析：选C.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． 2.(2018·高考全国卷Ⅰ) 如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态．现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动．以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图象可能正确的是(　　) 解析：选A.假设物块静止时弹簧的压缩量为x0，则由力的平衡条件可知kx0＝mg，在弹簧恢复原长前，当物块向上做匀加速直线运动时，由牛顿第二定律得F＋k(x0－x)－mg＝ma，由以上两式解得F＝kx＋ma，显然F和x为一次函数关系，且在F轴上有截距，则A正确，B、C、D错误. 3.(多选)(2018·高考全国卷Ⅱ)甲、乙两汽车在同一条平直公路上同向运动，其速度－时间图象分别如图中甲、乙两条曲线所示．已知两车在t2时刻并排行驶．下列说法正确的是(　　) A.两车在t1时刻也并排行驶 B.在t1时刻甲车在后，乙车在前 C.甲车的加速度大小先增大后减小 D.乙车的加速度大小先减小后增大 解析：选BD.本题可巧用逆向思维分析，两车在t2时刻并排行驶，根据题图分析可知在t1～t2时间内甲车运动的位移大于乙车运动的位移，所以在t1时刻甲车在后，乙车在前，B正确，A错误；依据v－t图象斜率表示加速度分析出C错误，D正确. 命题研究 　　分析近几年的考题可以看出，高考命题突出对运动图象的理解、牛顿第二定律的应用等知识的考查，另外主要从匀变速直线运动规律的应用能力、应用图象分析物体运动规律的能力、牛顿第二定律在力学运动中以及在系统问题、多阶段问题中的应用能力等方面进行命题．此部分仍是高考必考题，在今后备考中尤其要注重对运动图象的分析及“传送带”“滑块—木板”模型与牛顿运动定律的综合应用和整体法、隔离法的应用 　匀变速直线运动规律的应用 【高分快攻】 1．匀变速直线运动问题常用的六种解题方法 2．追及问题的解题思路和技巧 (1)解题思路 (2)解题技巧 ①紧抓“一图三式”，即过程示意图、时间关系式、速度关系式和位移关系式． ②审题应抓住题目中的关键字眼，充分挖掘题目中的隐含条件，如“刚好”“恰好”“最多”“至少”等，往往对应一个临界状态，满足相应的临界条件． ③若被追赶的物体做匀减速运动，一定要注意追上前该物体是否已停止运动，另外最后还要注意对解的讨论分析． 【典题例析】 (多选)(2019·浙江模拟)建筑工人常常徒手抛砖块，当砖块上升到最高点时，被楼上的师傅接住用以砌墙，若某次以10 m/s的速度从地面竖直向上抛出一个砖块，楼上的师傅没有接住，g取10 m/s2，空气阻力可以忽略，则(　　) A．砖块上升的最大高度为10 m B．经2 s砖块回到抛出点 C．砖块回到抛出点前0.5 s时间内通过的距离为3.75 m D．被抛出后上升过程中，砖块做变减速直线运动 [解析]　由h＝得，砖块上升的最大高度h＝5 m，选项A错误；砖块上升的时间t＝＝1 s，上升阶段与下降阶段的时间对称，经2 s砖块回到抛出点，选项B正确；砖块被抛出后经0.5 s上升的高度h′＝v0t′－gt′2＝3.75 m，由于上升阶段与下降阶段的时间、位移具有对称性，所以砖块回到抛出点前0.5 s时间内通过的距离为3.75 m，选项C正确；砖块被抛出后加速度不变，故上升过程砖块做匀减速直线运动，选项D错误． [答案]　BC 【题组突破】 角度1　解决直线运动方法的灵活运用 1．如图所示，某“闯关游戏”的笔直通道上每隔8 m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5 s和2 s．关卡刚放行时，一同学立即在关卡1处以加速度2 m/s2由静止加速到2 m/s，然后匀速向前，则最先挡住他前进的关卡是(　　) A．关卡2　 B．关卡3 C．关卡4 D．关卡5 解析：选C.该同学加速到2 m/s时所用时间为t1，由v1＝at1，得t1＝＝1 s，通过的位移x1＝at＝1 m，然后匀速前进的位移x2＝v1(t－t1)＝8 m，因x1＋x2＝9 m>8 m，即这位同学已通过关卡2，距该关卡1 m，当关卡关闭t2＝2 s时，此同学在关卡2、3之间通过了x3＝v1t2＝4 m的位移，接着关卡放行t＝ 5 s，同学通过的位移x4＝v1t＝10 m，此时距离关卡4为x5＝16 m－(1＋4＋10) m＝1 m，关卡关闭2 s，经过t3＝＝0.5 s后关卡4最先挡住他前进． 角度2　追及、相遇问题 2．[一题多解]在水平轨道上有两列火车A和B相距x，A车在后面做初速度为v0、加速度大小为2a的匀减速直线运动，而B车同时做初速度为零、加速度为a的匀加速直线运动，两车运动方向相同．要使两车不相撞，求A车的初速度v0满足什么条件． 解析：两车不相撞的临界条件是，A车追上B车时其速度与B车相等．设A、B两车从相距x到A车追上B车时，A车的位移为xA、末速度为vA、所用时间为t；B车的位移为xB、末速度为vB，运动过程如图所示，现用如下四种方法解答： 法一(临界法)：利用位移公式、速度公式求解，对A车有xA＝v0t＋×(－2a)×t2，vA＝v0＋(－2a)×t 对B车有xB＝at2，vB＝at 两车位移关系有x＝xA－xB 追上时，两车不相撞的临界条件是vA＝vB 联立以上各式解得v0＝ 故要使两车不相撞，A车的初速度v0应满足的条件是 v0≤. 法二(函数法)：利用判别式求解，由法一可知xA＝x＋xB，即v0t＋×(－2a)×t2＝x＋at2 整理得3at2－2v0t＋2x＝0 这是一个关于时间t的一元二次方程，当根的判别式Δ＝(－2v0)2－4·3a·2x＝0时，两车刚好不相撞，所以要使两车不相撞，A车的初速度v0应满足的条件是 v0≤. 法三(图象法)：利用v－t图象求解，先作A、B两车的v－t图象，如图所示，设经过t时间两车刚好不相撞，则对A车有vA＝v′＝v0－2at 对B车有vB＝v′＝at 以上两式联立解得t＝ 经t时间两车发生的位移之差为原来两车间距离x，它可用图中的阴影面积表示，由图象可知 x＝v0·t＝v0·＝ 所以要使两车不相撞，A车的初速度v0应满足的条件是v0≤. 法四(相对运动法)：巧选参考系求解．以B车为参考系，A车的初速度为v0，加速度为a′＝－2a－a＝－3a.A车追上B车且刚好不相撞的条件是：v＝0，这一过程A车相对于B车的位移为x，由运动学公式 v2－v＝2a′x得： 02－v＝2·(－3a)·x 所以v0＝. 故要使两车不相撞，A车的初速度v0应满足的条件是 v0≤. 答案：v0≤ 命题角度 解决方法 易错辨析 匀变速直线运动规律的应用 推论法、比例法、逆向思维法等 找准运动过程中的转折点 追及、相遇问题 挖掘隐含条件，如“刚好”“恰好”“最多”“至少”等，对应两者速度相等这样一个转折点 若被追赶的物体做匀减速运动，一定要注意追上该物体前它是否已停止运动，另外最后还要注意对解的讨论分析 　 　牛顿运动定律的应用 【高分快攻】 1．动力学的两类基本问题的处理思路 2．瞬时加速度的求解 (1)两类模型 ①刚性绳(或接触面)——不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断(或脱离)后，其弹力立即消失，不需要形变恢复时间． ②弹簧(或橡皮绳)——两端同时连接(或附着)有物体的弹簧(或橡皮绳)，特点是形变量大，其形变恢复需要一段时间，在瞬时性问题中，其弹力的大小往往可以看成保持不变． (2)求解瞬时加速度的一般思路 →→ 【典题例析】 (2019·高考全国卷Ⅱ)一质量为m＝2 000 kg的汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶．行驶过程中，司机忽然发现前方100 m处有一警示牌，立即刹车．刹车过程中，汽车所受阻力大小随时间的变化可简化为图(a)中的图线．图(a)中，0～t1时间段为从司机发现警示牌到采取措施的反应时间(这段时间内汽车所受阻力已忽略，汽车仍保持匀速行驶)，t1＝0.8 s；t1～t2时间段为刹车系统的启动时间，t2＝1.3 s；从t2时刻开始汽车的刹车系统稳定工作，直至汽车停止．已知从t2时刻开始，汽车第1 s内的位移为24 m，第4 s内的位移为1 m. 　 (1)在图(b)中定性画出从司机发现警示牌到刹车系统稳定工作后汽车运动的v－t图线； (2)求t2时刻汽车的速度大小及此后的加速度大小； (3)求刹车前汽车匀速行驶时的速度大小及t1～t2时间内汽车克服阻力做的功；从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离约为多少(以t1～t2时间段始末速度的算术平均值替代这段时间内汽车的平均速度)? [解析]　(1)v－t图象如图所示． (2)设刹车前汽车匀速行驶时的速度大小为v1，则t1时刻的速度也为v1；t2时刻的速度为v2.在t2时刻后汽车做匀减速运动，设其加速度大小为a.取Δt＝1 s．设汽车在t2＋(n－1)Δt～t2＋nΔt内的位移为sn，n＝1，2，3…. 若汽车在t2＋3Δt～t2＋4Δt时间内未停止，设它在t2＋3Δt时刻的速度为v3，在t2＋4Δt时刻的速度为v4，由运动学公式有 s1－s4＝3a(Δt)2 ① s1＝v2Δt－a(Δt)2 ② v4＝v2－4aΔt ③ 联立①②③式，代入已知数据解得 v4＝－ m/s ④ 这说明在t2＋4Δt时刻前，汽车已经停止． 因此，①式不成立． 由于在t2＋3Δt～t2＋4Δt内汽车停止，由运动学公式 v3＝v2－3aΔt ⑤ 2as4＝v⑥ 联立②⑤⑥式，代入已知数据解得 a＝8 m/s2，v2＝28 m/s ⑦ 或者a＝ m/s2，v2＝29.76 m/s ⑧ 但⑧式情形下，v3<0，不合题意，舍去． (3)设汽车的刹车系统稳定工作时，汽车所受阻力的大小为f1.由牛顿第二定律有 f1＝ma ⑨ 在t1～t2时间内，阻力对汽车冲量的大小为 I＝f1(t2－t1) ⑩ 由动量定理有 I＝mv1－mv2 ⑪ 由动能定理，在t1～t2时间内，汽车克服阻力做的功为 W＝mv－mv ⑫ 联立⑦⑨⑪⑫式，代入已知数据解得 v1＝30 m/s ⑬ W＝1.16×105 J ⑭ 从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离s约为 s＝v1t1＋(v1＋v2)(t2－t1)＋ ⑮ 联立⑦⑬⑮式，代入已知数据解得 s＝87.5 m. ⑯ [答案]　(1)见解析图　(2)28 m/s　8 m/s2 (3)30 m/s　1.16×105 J　87.5 m 【题组突破】 角度1　超重、失重现象分析1．如图甲所示，升降机内固定着一个倾角为30°的光滑斜面，斜面底端安装一个能显示弹簧作用力的传感器，以弹簧受压时传感器示数为正，传感器通过一根轻弹簧连接着一个质量为2m的金属球．运动中的升降机突然停止，以停止运动为计时起点，在此后的一段时间内传感器上显示的弹力随时间变化的关系如图乙所示，且金属球运动过程中弹簧始终在弹性限度内，则下列说法中正确的是(　　) A．升降机在停止运动前是向上运动的 B．0～t1时间段内金属球做减速运动 C．t1～t2时间段内金属球处于超重状态 D．t2和t4两时刻金属球的加速度和速度的大小均相同 解析：选D.由于升降机停止运动