高考物理突破大二轮浙江专用讲义增分练：专题一 第2讲 力与物体的直线运动 Word版含解析

第2讲力与物体的直线运动网络构建备考策略1.解决动力学问题要抓好关键词语(1)看到“刚好”“恰好”“正好”等字眼，想到“题述的过程存在临界点”。(2)看到“最大、最小、至多、至少”等字眼，想到“题述的过程存在极值点”。2.“四点”注意(1)xt图象、vt图象均表示直线运动。(2)运动学公式中的v、a、x均为矢量，一定规定正方向。(3)刹车问题中不能忽略实际运动情况。(4)xt、vt、at图象相关量间的关系运动学中的图象问题xt图象的理解及应用【典例1】 (2019稽阳联谊学校联考)一辆汽车沿平直道路行驶，其位移时间图象如图1所示。在t0到t40 s这段时间内，汽车的平均速度大小是()图1A.0 B.2 m/sC.2.67 m/s D.25 m/s解析因为是位移时间图象，所以合位移为零，又因为平均速度等于位移除以时间，所以平均速度为零，选项A正确。答案Avt图象的理解及应用【典例2】 (2019浙江绿色联盟联考)一长为12 m的钢管竖立在地面上，一名消防队员在一次模拟演习训练中，从钢管顶端由静止下滑，如图2所示。消防队员先匀加速再匀减速下滑，到达地面时速度恰好为零。如果他加速时的加速度大小是减速时的两倍，下滑总时间为3 s。该消防队员在这一过程中的运动图象，可能正确的是()图2解析设下滑过程中的最大速度为v，有t，位移关系为s，又a12a2，联立解得v8 m/s，a18 m/s2，a24 m/s2，加速时间为t1 s1 s，减速时间为t2 s2 s，但是相对于12 m的杆子而言，消防员不能看做质点，实际下落的位移应小于12 m，故选项D正确。答案D【典例3】 (2018浙江4月选考)一带电粒子仅在电场力作用下从A点开始以v0做直线运动，其vt图象如图3所示。粒子在t0时刻运动到B点，3t0时刻运动到C点，下列判断正确的是()图3A.A、B、C三点的电势关系为BACB.A、B、C三点的场强大小关系为ECEBEAC.粒子从A点经B点运动到C点，电势能先增加后减少D.粒子从A点经B点运动到C点，电场力先做正功后做负功解析由题图vt图象知道带电粒子在0t0时间内做减速运动，电场力做负功，电势能增大；在t03t0时间内反方向加速运动，电场力做正功，电势能减小，选项C正确，D错误；因为不知道带电粒子电性，本题中无法判断电势的高低，选项A错误；图象中斜率表示带电粒子的加速度，qEma，可知A、B、C三点中EB最大，选项B错误。答案Cat图象的理解及应用【典例4】 (2019浙江椒江区新高考适应性考试)摩天大楼中一部直通高层的客运电梯，行程超过百米。电梯的简化模型如图4所示。考虑安全、舒适、省时等因素，电梯的加速度a是随时间t变化的，已知电梯在t0时由静止开始上升，at图象如图5所示。电梯总质量m2.0103 kg。忽略一切阻力，重力加速度g取10 m/s2。(1)求电梯在上升过程中受到的最大拉力F1和最小拉力F2；(2)类比是一种常用的研究方法。对于直线运动，教科书中讲解了由vt图象求位移的方法。请你借鉴此方法，对比加速度和速度的定义，根据图5所示at图象，求电梯在第1 s内的速度改变量v1和第2 s末的速率v2；(3)求电梯以最大速率上升时，拉力做功的功率P；再求在011 s时间内，拉力和重力对电梯所做的总功W。解析(1)由牛顿第二定律，有Fmgma由at图象可知，F1和F2对应的加速度分别是a11.0 m/s2，a21.0 m/s2F1m(ga1)2.0103(101.0) N2.2104 NF2m(ga2)2.0103(101.0) N1.8104 N。(2)类比可得，所求速度变化量等于第1 s内at图线下的面积v10.50 m/s同理可得，v2v2v01.5 m/sv00，第2 s末的速率v21.5 m/s。(3)由at图象可知，1130 s内速率最大，其值等于011 s内at图线下的面积，有vm10 m/s此时电梯做匀速运动，拉力F等于重力mg，所求功率PFvmmgvm2.01031010 W2.0105 W由动能定理，总功WEk2Ek1mv02.0103102 J1.0105 J。答案见解析1.明图象意义(1)看到“xt图线”想到“初始位置关系”。(2)看到“vt图线”想到“加速度变化情况”。(3)速度图线只有通过时间轴时速度方向才改变。2.清交点区别两个物体的运动图象一般会涉及追及和相遇问题。xt图象交点表示两物体相遇，vt图象交点表示两物体速度相等。3.抓对应关系根据物体的初始条件和受力情况判断或作出图象的关键是将运动情景与图象信息对应起来。1.(2019浙江宁波新高考适应性考试)有一物体做直线运动，其速度图象如图6所示，那么物体的速度变化率的方向与瞬时速度的方向相同的时间为()图6A.只有0t1 s B.只有2 st3 sC.0t1 s和2 st3 s D.0t1 s和3 st4 s解析物体的速度变化率的方向即物体加速度的方向，0t1 s时物体做加速运动，加速度方向与物体运动方向一致，即物体的速度变化率的方向与瞬时速度的方向相同；当1 st2 s时物体做匀速直线运动，加速度为零；当2 st3 s时物体做匀减速直线运动，加速度方向与运动方向相反；当3 st4 s时，物体做匀加速运动，加速度方向与运动方向相同，物体的速度变化率的方向与瞬时速度的方向相同，由以上分析可知选项A、B、C错误，D正确。答案D2.(2019浙江五校联考)小球从一定高度处由静止下落，与地面碰撞后回到原高度再次下落，重复上述运动，取小球的落地点为原点建立坐标系，竖直向上为正方向，下列速度v和位置x的关系图象中，能描述该过程的是()解析由题意知小球在下落的过程中速度方向向下，与题中规定的正方向相反，故为负值，所以C、D错误；小球的运动为匀变速运动，根据v2v2ax可知速度与时间的关系式为二次函数，故A正确，B错误。答案A3.(2019浙江嵊州选考模拟)一质点由静止开始沿直线运动，通过传感器描绘出关于x的函数图象如图7所示，下列说法正确的是()图7A.质点做匀减速直线运动B.x图象斜率等于质点运动的加速度C.四边形AABB的面积可表示质点从O到C所用的时间D.四边形BBCC的面积可表示质点从C到C所用的时间解析由题中x图象可知，与x成正比，即vx常数，质点的速度随位移的增大而减小，因此质点做减速直线运动，但不是匀减速直线运动，又因为图象的斜率k，显然不等于质点的加速度，选项A、B错误；由于三角形OBC的面积S1OCBC，表示质点从O到C所用的时间，同理，质点从O到C所用的时间可由S2表示，所以四边形BBCC的面积可表示质点从C到C所用的时间，选项C错误，D正确。答案D匀变速直线运动规律的应用以生活中的交通问题为背景考查匀变速直线运动规律的应用【典例1】 (2019浙江绿色联盟联考)为了减少汽车刹车失灵造成的危害，如图8所示为高速路上在下坡路段设置的可视为斜面的紧急避险车道。一辆货车在倾角30的连续长直下坡高速路上，以v07 m/s的速度在刹车状态下匀速行驶(在此过程及后面过程中，可认为发动机不提供牵引力)，突然汽车刹车失灵，开始加速运动，此时汽车所受到的摩擦力为车重的0.2倍。在加速前进了x096 m后，货车冲上了平滑连接的倾角37的避险车道，已知货车在该避险车道上所受到的摩擦力为车重的0.65倍。货车的各个运动过程均可视为直线运动，取sin 370.6，g10 m/s2，不计空气阻力。求：图8(1)货车在下坡路上运动时刹车失灵后的加速度大小；(2)货车刚冲上避险车道时的速度大小；(3)货车在进入避险车道后3秒内发生的位移大小。解析(1)设货车加速下行时的加速度大小为a1，由牛顿第二定律可知mgsin 0.2mgma1解得a13 m/s2。(2)由公式v2v2a1x0解得v25 m/s。(3)设货车在避险车道上行车时的加速度大小为a2，由牛顿第二定律可知mgsin 0.65mgma2解得a212.5 m/s2t停2 s3 s由v202a2x解得x25 m。速度为0后，由于mgsin 0.65mg，货车不再滑下，故3 s 内发生的位移大小为25 m。答案(1)3 m/s2(2)25 m/s(3)25 m以斜面上运动的通电导体棒为载体考查匀变速直线运动规律的应用【典例2】 (2018江苏单科)如图9所示，两条平行的光滑金属导轨所在平面与水平面的夹角为，间距为d。导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直。质量为m的金属棒被固定在导轨上，距底端的距离为s，导轨与外接电源相连，使金属棒通有电流。金属棒被松开后，以加速度a沿导轨匀加速下滑，金属棒中的电流始终保持恒定，重力加速度为g。求下滑到底端的过程中，金属棒图9(1)末速度的大小v；(2)通过的电流大小I；(3)通过的电荷量Q。解析(1)匀加速直线运动v22as解得v。(2)安培力F安IdB金属棒所受合力Fmgsin F安牛顿运动定律Fma解得I。(3)运动时间t电荷量QIt解得Q。答案(1)(2)(3)“一画、二选、三注意”解决匀变速直线运动问题1.(2019浙江温州模拟)如图10甲是某景点的山坡滑道图片，技术人员通过测量绘制出如图乙所示的示意图。AC是滑道的竖直高度，D点是AC竖直线上的一点，且有ADDE10 m，滑道AE可视为光滑，g10 m/s2，滑行者从坡顶A点由静止开始沿滑道AE向下做直线滑动，则滑行者在滑道AE上滑行的时间为()图10A. s B. s C.2 s D.2 s解析设滑道与水平面的夹角为，滑行者的质量为m、加速度为a，由几何知识得AE2ADsin ，滑行者受重力和支持力，根据牛顿第二定律得mgsin ma，由匀变速直线运动规律得AEat2，联立以上三式解得t2 s，选项A、B、D错误，C正确。答案C2.(2019浙江温州九校高三上学期联考模拟)如图11所示，倾斜放置的平行板电容器两极板与水平面的夹角为，极板间距为d，带负电的微粒质量为m、带电荷量为q，重力加速度大小为g，微粒从极板M的左边缘A处以初速度v0水平射入极板间，沿直线运动并从极板N的右边缘B处射出，则()图11A.微粒到达B点时动能为mvB.微粒的加速度大小等于gsin C.两极板间的电势差UMND.微粒从A点到B点的过程中电势能减少解析微粒的受力情况如图所示，微粒做匀减速直线运动，到达B点时动能小于mv，选项A错误；由牛顿第二定律得mgtan ma，加速度agtan ，选项B错误；又电场力qE，两极板间的电场强度E，两板间的电势差UMNEd，选项C正确；微粒从A向B运动，电场力做负功，电势能增加，选项D错误。答案C3.(2019浙江十校联盟适应性考试)观光旅游、科学考察经常利用热气球，保证热气球的安全就十分重要。科研人员进行科学考察时，气球、座舱、压舱物和科研人员的总质量为M1 000 kg，在空中停留一段时间后，由于某种故障，气球受到的空气浮力减小，当科研人员发现气球在竖直下降时，气球速度为v02 m/s，此时开始，经t04 s气球继续匀加速下降h116 m，科研人员立即抛掉一些压舱物，使气球匀速下降。不考虑气球由于运动而受到的空气阻力，取重力加速度g10 m/s2。求：图12(1)气球加速下降阶段的加速度大小a；(2)抛掉压舱物的质量m；(3)气球从静止开始经过t12 s的时间内下落的总高度h总。解析(1)设气球加速下降的加速度大小为a，受空气的浮力为F，则由运动学公式可知h1v0t0at解得a1 m/s2。(2)由牛顿第二定律得到MgFMa抛掉质量为m压舱物，气体匀速下降，有(Mm)gF解得m100 kg。(3)设抛掉压舱物时，气球的速度为v1由运动学公式可知v1v0at06 m/s，气球从静止开始经过t12 s的时间下落的总高度为h总v1解得h总54 m。答案(1)1 m/s2(2)100 kg(3)54 m牛顿运动定律的综合应用以多列用挂钩连接的车厢为载体考查牛顿运动定律的应用【典例1】 (2019浙江桐乡高三模拟)(多选)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢。当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着车厢以大小为a的加速度向西行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F。不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为()A.8 B.10 C.15 D.18解析设挂钩P、Q西边有n节车厢，每节车厢的质量为m，则挂钩P、Q西边车厢的质量为nm，以西边这些车厢为研究对象，有FnmaP、Q东边有k节车厢，以东边这些车厢为研究对象，有Fkma联立得3n2k，总车厢数为Nnk，由此式可知n只能取偶数，当n2时，k3，总节数为N5当n4时，k6，总节数为N10当n6时，k9，总节数为N15当n8时，k12，总节数为N20，故选项B、C正确。答案BC以图象形式考查牛顿第二定律的应用问题【典例2】 (2019浙江奉化高三模拟)如图13，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与x之间关系的图象可能正确的是()图13解析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kx0mg，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Fk(x0x)mgma，由以上两式解得Fkxma，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。答案A以生活、科技为背景考查动力学两类问题【典例3】 (2019温州模拟)如图14所示，一条小鱼在水面处来了个“鲤鱼打挺”，弹起的高度为H2h。以不同的姿态落入水中其入水深度不同。若鱼身水平，落入水中的深度为h1h；若鱼身竖直，落入水中的深度为h21.5h；假定鱼的运动始终在竖直方向上，在水中保持姿态不变，受到水的作用力也不变，空气中的阻力不计，鱼身的尺寸远小于鱼入水深度，重力加速度为g。求：图14(1)鱼入水时的速度v；(2)鱼两次在水中运动的时间之比t1t2；(3)鱼两次受到水的作用力之比F1F2。解析(1)由v22gH，得v2。(2)因h1t1，h2t2，得。(3)v22gH2a1h1，F1mgma1，得F13mg同理得F2mg，所以。答案(1)2(2)(3)应用牛顿运动定律求解问题时应注意(1)研究对象的选取方法：整体法和隔离法。(2)当物体的受力情况发生变化时加速度同时发生变化。(3)两个相邻的子过程的衔接，即前一过程的末状态应为后一过程的初状态。1.(2019福州四校联考)(多选)一个物块放在粗糙的水平面上，现用一个很大的水平推力推物块，并且推力不断减小，结果物块运动过程中的加速度a随推力F变化的图象如图15所示。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g10 m/s2。下列说法正确的是()图15A.物块的质量为0.5 kgB.物块与水平面间的动摩擦因数为0.2C.当推力F减小为2 N时，物块的速度最大D.当推力F减小为0时，物块的速度为零解析由物块运动过程中的加速度a随推力F变化的图象可知，当推力F2 N时，加速度为零，运用牛顿第二定律可得Fmg0；当F0时，加速度a2 m/s2，运用牛顿第二定律，mgma，联立解得0.2，m1.0 kg。即物块与水平面间的动摩擦因数为0.2，物块的质量为1.0 kg，选项A错误，B正确；用一个很大的水平力推物块，并且推力不断减小，物块做加速度逐渐减小的加速运动，当推力F减小为2 N时加速度为零，物块的速度最大，选项C正确；当推力F减小为0时，物块做减速运动，物块的速度不为零，选项D错误。答案BC2.(2019稽阳联谊学校联考)2019年1月4日上午10时许，科技人员在北京航天飞行控制中心发出指令，嫦娥四号探测器在月面上空开启发动机，实施降落任务。在距月面高为H102 m处开始悬停，识别障碍物和坡度，选定相对平坦的区域后，先以a1匀加速下降，加速至v14 m/s时，立即改变推力，以大小a22 m/s2匀减速下降，至月表高度30 m处速度减为零，立即开启自主避障程序，缓慢下降。最后距离月面2.5 m时关闭发动机，探测器以自由落体的方式降落，自主着陆在月球背面南极艾特肯盆地内的冯卡门撞击坑中，整个过程始终垂直月球表面做直线运动，取竖直向下为正方向。已知嫦娥四号探测器的质量m40 kg，月球表面重力加速度为1.6 m/s2，求：图16(1)匀加速直线下降过程中探测器的加速度大小；(2)匀加速直线下降过程推力F的大小和方向。解析(1)由题意知加速和减速发生的位移为h102 m30 m72 m由位移关系得h，解得a11 m/s2。(2)匀加速直线下降过程由牛顿第二定律得mgFma1，解得F24 N，方向竖直向上。答案(1)1 m/s2(2)24 N竖直向上高考物理中的“五大”解题思想现如今，高考物理越来越注重考查考生的能力和科学素养，其命题更加明显地渗透着对物理思想、物理方法的考查。在平时的复习备考过程中，物理习题浩如烟海，千变万化，我们若能掌握一些基本的解题思想，就如同在开启各式各样的“锁”时，找到了一把“多功能的钥匙”。一、数形结合的思想数形结合的思想，就是把物体的空间形式和数量关系结合起来进行考查，通过“数”与“形”之间的对应和转化来解决问题的思想，其实质是把抽象的数学语言、数量关系与直观的图形结合起来，把抽象思维和形象思维结合起来。数形结合的思想，一方面可以以“形”助“数”，实现抽象概念与具体形象的联系与转化，化抽象为直观，化难为易；另一方面可以以“数”解“形”，可以由数入手，将有些涉及图形的问题转化为数量关系来研究，对图形做精细的分析，从而使人们对直观图形有更精确、理性的理解。【例1】 (2019浙江丽水选考模拟)一弹簧测力计的秤盘质量为m1，盘内放一质量为m2的物体，弹簧质量不计，其劲度系数为k，系统处于静止状态，如图17所示。t0时刻给物体施加一个竖直向上的力F，使物体从静止开始向上做加速度为a的匀加速直线运动，经2 s物体与秤盘脱离，用FN表示物体与秤盘间的相互作用力的大小，已知重力加速度大小为g，则下列F和FN随时间变化的关系图象正确的是()图17解析对秤盘和物体整体分析，系统处于静止状态时，弹簧形变量为x0，利用牛顿第二定律得，kx0(m1m2)g，Fkx(m1m2)g(m1m2)a，又xx0a(tt0)2，解上述两式得F(m1m2)aka(tt0)2，所以选项A、B错误；以物体为研究对象，物体静止时，FNm2g，运动后对秤盘受力分析，利用牛顿第二定律得kxm1gFNm1a，FNm2gm1aka(tt0)2，所以选项C正确，D错误。答案C二、分解思想有些物理问题的运动过程、情景较为复杂，在运用一些物理规律或公式不奏效的情况下，将物理过程按照事物发展的顺序分成几段熟悉的子过程来分析，或者将复杂的运动分解成几个简单或特殊的分运动(如匀速直线运动、匀变速直线运动、圆周运动等)来考虑，往往能事半功倍。【例2】 (2018江苏单科，3)某弹射管每次弹出的小球速度相等。在沿光滑竖直轨道自由下落过程中，该弹射管保持水平，先后弹出两只小球。忽略空气阻力，两只小球落到水平地面的()A.时刻相同，地点相同 B.时刻相同，地点不同C.时刻不同，地点相同 D.时刻不同，地点不同解析弹射管沿光滑竖直轨道自由下落，向下的加速度大小为g，且下落时保持水平，故先后弹出的两只小球在竖直方向的分速度与弹射管的分速度相同，即两只小球同时落地，故两只小球在空中运动的时间不同；又两只小球先后弹出且水平分速度相等，则运动的水平位移不同，落地点不同，选项B正确。答案B三、守恒思想物理学中最常用的一种思维方法守恒。高中物理涉及的守恒定律有能量守恒定律、动量守恒定律、机械能守恒定律、质量守恒定律、电荷守恒定律等，它们是我们处理高中物理问题的重要原理。【例3】 (2019浙江东阳高三模拟)如图18所示，长R0.6 m 的不可伸长的细绳一端固定在O点，另一端系着质量m20.1 kg的小球B，小球B刚好与水平面相接触。现使质量m10.3 kg的物块A沿光滑水平面以v04 m/s 的速度向B运动并与B发生弹性正碰，A、B碰撞后，小球B能在竖直平面内做圆周运动。已知重力加速度g10 m/s2，A、B均可视为质点，试求：图18(1)在A与B碰撞后瞬间，小球B的速度v2的大小；(2)小球B运动到最高点时对细绳的拉力。解析(1)物块A与小球B碰撞时，由动量守恒定律和机械能守恒定律有m1v0m1v1m2v2m1vm1vm2v解得碰撞后瞬间物块A的速度v1v02 m/s小球B的速度v2v06 m/s。(2)碰撞后，设小球B运动到最高点时的速度为v，则由机械能守恒定律有m2vm2v22m2gR又由向心力公式有Fm2gm2联立解得小球B对细绳的拉力FF1 N。答案(1)6 m/s(2)1 N四、对称思想对称思想普遍存在于各种物理现象、物理过程和物理规律之中，它反映了科学生活中物理世界的和谐与优美。应用对称思想不仅能帮助我们认识和探索物质世界的某些基本规律，而且能帮助我们去求解某些具体的物理问题。用对称的思想解题的关键是敏锐地看出并抓住事物在某一方面的对称性，这些对称性往往就是通往答案的捷径。【例4】 (2019浙江嘉兴高三模拟)在一半径为R的圆周上均匀分布有N个带电小球(可视为质点)无间隙排列，其中A点的小球带电荷量为3q，其余小球带电荷量为q，此时圆心O点的电场强度大小为E，现仅撤去A点的小球，则O点的电场强度大小为()图19A.E B. C. D.解析假设圆周上均匀分布的都是电荷量为q的小球，由于圆周的对称性，根据电场的叠加原理知，圆心O处电场强度为0，所以A点小球带电荷量为3q，其余小球带电荷量为q时，圆心O点的电场强度大小等效于A点处电荷量为2q的小球在O点产生的电场强度大小，则有Ek，A处q在圆心O点产生的电场强度大小为E1k，方向水平向左，其余小球带电荷量为q的小球在O点处产生的合电场强度大小E2E1k，所以仅撤去A点的小球，则O点的电场强度大小等于E2。答案B五、等效思想在某些物理问题中，一个过程的发展、一个状态的确定，往往是由多个因素决定的，若某些因素所起的作用和另一些因素所起的作用相同，则前一些因素与后一些因素是等效的，它们便可以互相代替，而对过程的发展或状态的确定，以及最后结果并无影响。掌握等效思想，有助于提高考生的科学素养，形成科学的世界观和方法论，为终身的学习、研究和发展奠定基础。【例5】 (2019浙江绍兴新高考适应性测试)如图20所示，在方向水平向左、范围足够大的匀强电场中，固定一由内表面绝缘光滑且内径很小的圆管弯制而成的圆弧BD，圆弧的圆心为O，竖直半径ODR，B点和地面上A点的连线与地面成37角，ABR。一质量为m、电荷量为q的小球(可视为质点)从地面上A点以某一初速度沿AB方向做直线运动，恰好无碰撞地从管口B进入管道BD中，到达管中某处C(图中未标出)时恰好与管道间无作用力。已知sin 370.6，cos 370.8，重力加速度大小为g。求：图20(1)匀强电场的场强大小E和小球到达C处时的速度大小v；(2)小球的初速度大小v0以及到达D处时的速度大小vD。解析(1)小球做直线运动时的受力情况如图甲所示，甲小球带正电，则qE，得E，小球到达C处时电场力与重力的合力恰好提供小球做圆周运动的向心力，如图乙所示，乙OCAB，则m得v。(2)小球“恰好无碰撞地从管口B进入管道BD”，说明ABOB小球从A点运动到C点的过程，根据动能定理有2Rmv2mv得v0小球从C处运动到D处的过程，根据动能定理有(RRsin )mvmv2得vD。答案(1)(2)一、选择题(17题为单项选择题，810题为不定项选择题)1.(2019浙江宁波新高考适应性考试)一质点做匀加速直线运动，位移为x1时，速度的变化为v；紧接着位移为x2时，速度的变化仍为v。则质点的加速度为()A.(v)2 B.(v)2C. D.解析在匀变速直线运动中，速度变化v所用的时间为t，则可知质点位移为x1和x2过程中所用时间相同，根据xat2得，x2x1a，解得a，C正确。答案C2.(2019浙江台州高三模拟)气球以1.25 m/s2的加速度从地面开始竖直上升，离地30 s后，从气球上掉下一物体，不计空气阻力，g取10 m/s2，则物体到达地面所需时间为()A.7 s B.8 s C.12 s D.15 s解析先求30 s后气球的速度及高度速度vat1.2530 m/s37.5 m/s高度h1at21.25302 m562.5 m物体刚掉下时，具有竖直向上的初速度为37.5 m/s，距地面的高度为562.5 m，此后物体做竖直上抛运动，则可以直接代入公式hv0tgt2，其中h562.5 m，v037.5 m/s，解得t15 s，选项D正确。答案D3.(2019浙江金华选考模拟)机动车驾驶证申领和使用规定已经正式施行，司机闯黄灯要扣6分，被称为“史上最严交规”。某小轿车驾驶员看到绿灯开始闪时，经短暂思考后开始刹车，小轿车在黄灯刚亮时恰停在停车线上，vt图线如图1所示。若绿灯开始闪烁时小轿车距停车线距离L10.5 m，则绿灯开始闪烁到黄灯刚亮的时间t0为()图1A.0.5 s B.1.5 s C.3 s D.3.5 s解析根据速度时间图象中图线与坐标轴围成的面积表示位移可知xL60.5 m6(t00.5) m10.5 m解得t03 s，选项C正确。答案C4.(2019赣州高三检测)如图2是用频闪周期为t的相机拍摄的一张真空中羽毛与苹果自由下落的局部频闪照片。关于提供的信息及相关数据处理，下列说法中正确的是()图2A.一定满足关系x1x2x3149B.一定满足关系x1x2x3135C.苹果下落的加速度大小为D.羽毛下落到C点时的速度大小为x1解析由于这是局部照片，A点并不一定是起点，故不能根据初速度为零的匀变速直线运动的位移规律求解，故A、B项均错误；由xat2可得a，故C项正确，根据v得vC，故D项错误。答案C5.(2019浙江温岭选考模拟)如图3甲所示，用水平方向的力F将质量为m0.5 kg的木块贴在竖直墙面上，力F从0开始逐渐增大，木块沿竖直墙面向下运动。用力传感器和加速度传感器记录木块受到的压力F和加速度大小a，F与a的大小关系如图乙所示，重力加速度大小为g10 m/s2，则木块和墙面之间的动摩擦因数为()图3A.0.2 B.0.25 C.0.4 D.0.5解析法一对木块进行受力分析，当推力F20 N时，a0，即mgF，0.25，B正确。法二mgFma，agF，由图知，0.25，B正确。答案B6.(2019浙江杭州第四中学模拟)如图4所示，轻质弹簧两端连接质量均为m的小球1和2，弹簧和小球处于封闭的竖直管AE内，小球直径略小于管的直径。整个装置静止时，小球1处于管壁的C点。其中ABBCCDDEL，弹簧原长3L，重力加速度大小为g。现使管AE在竖直方向上运动，当小球1、2相对管AE静止时，下列说法正确的是()图4A.弹簧可能处于伸长状态B.当小球1处于完全失重状态时，管AE一定向下运动C.当弹簧长度为2L时，小球2可能做匀速直线运动D.当弹簧长度为L时，小球2加速度大小一定为g解析若弹簧伸长，受力分析可知小球1、2所受合力不同，则两球加速度不可能相同，选项A错误；当小球1处于完全失重状态时，弹簧处于原长，系统可以向上或向下运动，选项B错误；当弹簧长度为2L、小球2处于E点时系统受力平衡，小球2可能做匀速直线运动，选项C正确；由初始条件可知mgkL，当小球1处于A端、弹簧长度为L时，小球2受大小为2mg的弹力，所受合力为3mg，加速度大小为3g，方向向下，选项D错误。答案C7.(2019浙江金华一中模拟)如图5甲，一维坐标系中有一质量为m2 kg的物块静置于x轴上的某位置(图中未画出)，t0时刻，物块在外力作用下沿x轴开始运动，如图乙为其位置坐标和速率平方关系图象的一部分，下列说法正确的是()图5A.t4 s时物块的速率为2 m/sB.物块做匀加速直线运动且加速度大小为1 m/s2C.t4 s时物块位于x4 m处D.在04 s时间内物块运动的位移为6 m解析物块在恒力作用下沿x轴开始做匀加速直线运动，根据xv2x0可知，xv2图象的斜率表示，则1(m1s2)，解得a0.5 m/s2，t4 s时物块的速率为vat2 m/s，故选项A正确，B错误；由题图乙易得，当速度为零时，物块的坐标为x02 m，t4 s时物块的速率为v2 m/s，代入xv2x0可得x2 m，即在04 s时间内物块运动的位移为4 m，选项C、D错误。答案A8.(2019浙江乐清选考模拟)如图6，光滑绝缘水平面上两个相同的带电小圆环A、B，电荷量均为q，质量均为m，用一根光滑绝缘轻绳穿过两个圆环，并系于结点O。在O处施加一水平恒力F使A、B一起加速运动，轻绳恰好构成一个边长为l的等边三边形，则()图6A.小环A的加速度大小为B.小环A的加速度大小为C.恒力F的大小为D.恒力F的大小为解析设轻绳的拉力为T，则对A：TTcos 60k，Tcos 30maA，联立解得aA，选项B正确，A错误；恒力F的大小为F2Tcos 30T，选项C正确，D错误。答案BC9.(2019浙江嘉兴新高考适应性测试)如图7所示，光滑水平地面上，可视为质点的两滑块A、B在水平外力作用下紧靠在一起压紧弹簧，弹簧左端固定在墙壁上，此时弹簧的压缩量为x0，以两滑块此时的位置为坐标原点建立如图所示的一维坐标系。现将外力突然反向并使B向右做匀加速运动，下列关于拉力F、两滑块间弹力FN与滑块B的位移x关系的图象可能正确的是()图7解析外力F反向，当A和B相对静止加速时，对A、B整体，由牛顿第二定律得Fk(x0x)(mAmB)a，Fx图象为线性图象，当A、B分离时，对A，k(x0x)mAa，此时xx0，当A、B分离后，对B，FmBa大小恒定，与x无关，选项B正确；在A、B分离前，对A，k(x0x)FNmAa，分离后，FN0，选项D正确。答案BD10.(2019浙江杭州二中高三模拟)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8所示，由图象可得()图8A.物体的质量为2 kgB.物体在6 s内运动的位移为6 mC.在02 s内推力做的功为3 JD.物体与地面间的动摩擦因数为0.025解析物体在02 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合Fmgma，即：3 Nmgma；物体在26 s内做匀速直线运动，因此有mg1 N，联立解得物体的质量为m4 kg，物体与地面间的动摩擦因数为0.025，选项A错误，D正确；根据vt 图象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x21 m41 m5 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WFx1321 J3 J，选项C正确。答案CD二、非选择题11.(2019温州九校高三上学期模拟)如图9甲所示，一只蚂蚁在倾角为37的大理石斜面上沿直线向上拖拉质量为m1 g的食物。t0时刻从A点出发，若蚂蚁对食物拖拉的作用力F可以简化成按如图乙所示规律变化；第3 s末运动到B点时速度刚好为0，此时蚂蚁松开食物，食物下滑，第4 s末食物刚好回到A点。已知食物与大理石面间的动摩擦因数0.7，sin 370.6，cos 370.8，g取10 m/s2(食物可视为质点，空气阻力忽略不计)。求：图9(1)A、B间的距离及食物返回A点时速度的大小；(2)若蚂蚁沿斜面向上拖拉食物时，食物对斜面的压力大小恒为3103 N，则拖拉过程拖拉力F的平均功率是多少？(3)若在A点恰好有另外一只蚂蚁，遇到该下滑的食物时，立即施加给食物沿斜面向上的大小为1103 N的恒力，则食物在距离A点多远处方才停下？(忽略接触瞬间的碰撞影响，斜面足够长)解析(1)由牛顿第二定律有，下滑的加速度为a0.4 m/s2下滑过程AB的位移大小为xat0.2 m下滑到A点的速度大小为vAat20.4 m/s。(2)由动能定理有WFmgssin FNs0拖拉力F的平均功率为5.4104 W。(3)食物受到的合外力maFmgcos mgsin ，又v2ax解得x m。答案(1)0.2 m0.4 m/s(2)5.4104 W(3) m12.(2019温州二模)如图10所示，ABCD为一智能机器人执行任务时在水平面上的运动轨迹，其中AB长3.0 m，CD长2.0 m，BC是半径为1.0 m 的四分之一圆弧。机器人从A点由静止出发以0.5 m/s2的加速度做匀加速直线运动，速度达到1.0 m/s后做匀速率运动，最后阶段以1.0 m/s2的加速度做匀减速直线运动，到D点时速度恰好为零。机器人可视为质点，取3，求：图10(1)机器人做匀加速直线运动的位移大小；(2)机器人做匀速率运动的时间；(3)机器人在运动全过程中的平均速度大小。解析(1)根据速度位移关系v22ax得x m1 m。(2)整个过程分匀加速直线运动，匀速率运动，匀减速直线运动三个过程，根据匀变速直线公式可得匀加速距离1 m，时间t1 s2 s，匀减速直线距离x2 m0.5 m，时间t21 s剩余中间距离即为匀速率运动的距离sR3 m2 m(10.5) m5 m，时间为t3 s5 s。(3)机器人在运动全过程中的位移大小为x m5 m全过程总时间为t(251) s8 s运动全过程中的平均速度0.625 m/s。答案(1)1 m(2)5 s(3)0.625 m/s13.(2019宁波十校高三联考)如图11所示，一水平圆盘绕过圆心的竖直轴转动，圆盘半径R0.2 m，圆盘边缘有一质量m1 kg的小滑块。当圆盘转动的角速度达到某一数值时，滑块恰从圆盘边缘A沿过渡圆管滑落，进入轨道ABC，AB粗糙，BCD光滑，CD面足够长且离地面高为h0.4 m，经C点后突然给滑块施加水平向右的恒力F N。已知AB段斜面倾角为60，BC段斜面倾角为30，小滑块与圆盘间的动摩擦因数0.5，A点离B点所在水平面的高度h1.2 m，运动到B点时的速度为3 m/s，滑块从A至C运动过程中始终未脱离轨道，不计在过渡圆管处和B点的机械能损失，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，g取10 m/s2。求：图11(1)滑出A点时，圆盘转动的角速度；(2)小滑块在从A到B时，摩擦力做的功；(3)小滑块在CD面上的落点距C点的水平距离(结果可用根号表示)。解析(1)滑块在圆盘上做圆周运动时，静摩擦力充当向心力，根据牛顿第二定律得mgm2R，代入数据解得5 rad/s。(2)vAR50.2 m/s1 m/s，从A到B的运动过程由动能定理得mghWfmvmv，解得Wf8 J。(3)从B到C由动能定理得mghmvmvvC1 m/s经C点后滑块受到合力大小F合 N，合加速度大小为a m/s2，与C点速度方向垂直，过C点滑块做类平抛运动，设落到CD面上时沿F合方向的速度大小为v，2tan 30，t0.1 s，xvCt0.1 m则落地点距离C点的水平距离L m。答案(1)5 rad/s(2)8 J(3) m