2023屆高考物理二輪復(fù)習(xí)第2講力與直線運(yùn)動(dòng)學(xué)案（浙江專用）-學(xué)案下載-教習(xí)網(wǎng)

第2講　力與直線運(yùn)動(dòng)題型1　勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律的應(yīng)用1.勻變速直線運(yùn)動(dòng)問(wèn)題常用的解題方法2.兩種勻減速直線運(yùn)動(dòng)的分析方法(1)剎車問(wèn)題的分析。末速度為零的勻減速直線運(yùn)動(dòng)問(wèn)題常用逆向思維法,對(duì)于剎車問(wèn)題,應(yīng)先判斷車停下所用的時(shí)間,再選擇合適的公式求解。(2)雙向可逆類運(yùn)動(dòng)分析。勻減速直線運(yùn)動(dòng)速度減為零后反向運(yùn)動(dòng),全過(guò)程加速度的大小和方向均不變,故求解時(shí)可對(duì)全過(guò)程列式,但需注意x、v、a等矢量的正負(fù)及物理意義。[例1] (2022·溫州二模)某火星車在火星表面探測(cè)過(guò)程中做直線運(yùn)動(dòng),由靜止開(kāi)始經(jīng)過(guò)加速、勻速和制動(dòng)直至停止,共用時(shí)12 s,位移隨時(shí)間變化情況如表所示,加速和制動(dòng)均可看作是勻變速直線運(yùn)動(dòng)。下列說(shuō)法正確的是(　C　)t/s024681012x/cm02.08.017.527.033.035.0A.前6 s火星車做加速運(yùn)動(dòng)B.第6 s末火星車的速率為4.75 cm/sC.火星車一共勻速運(yùn)動(dòng)了10 cmD.火星車減速的加速度大小為2 cm/s2解析:由題意可知,火星車從靜止開(kāi)始先做勻加速直線運(yùn)動(dòng),接著做勻速直線運(yùn)動(dòng),最后做勻減速直線運(yùn)動(dòng)至停下,設(shè)勻加速階段的加速度大小為a,時(shí)間為t1;勻速階段的速度為v,時(shí)間為t2;勻減速階段的加速度大小為a′,時(shí)間為t3。由表格數(shù)據(jù)可知,0～2 s,火星車從靜止開(kāi)始做勻加速運(yùn)動(dòng),通過(guò)的位移為2.0 cm,根據(jù)x=at2,解得a= 1 cm/s2;10～12 s,火星車做勻減速運(yùn)動(dòng)至停下,通過(guò)的位移為2.0 cm,結(jié)合逆向思維,可認(rèn)為此過(guò)程反向做初速度為0的勻加速運(yùn)動(dòng),則有x′=a′t2,解得a′=1 cm/s2,勻加速階段的時(shí)間為 t1=,勻減速階段的時(shí)間為t3=,故0～12 s全過(guò)程的位移滿足x總=t1+vt2+t3=35.0 cm,又有t1+t2+t3=12 s,聯(lián)立解得t1=t3=5 s,t2=2 s,v=5 cm/s。前5 s火星車做加速運(yùn)動(dòng),5 s后火星車已經(jīng)做勻速運(yùn)動(dòng),A錯(cuò)誤;5 s到7 s火星車已經(jīng)勻速運(yùn)動(dòng),故第6 s末火星車的速率為5 cm/s,B錯(cuò)誤;火星車一共勻速運(yùn)動(dòng)的位移為x2=vt2=5×2 cm=10 cm,C正確;火星車減速的加速度大小為1 cm/s2,D錯(cuò)誤。[拓展訓(xùn)練1] 如圖所示,質(zhì)量 m=2 kg的滑塊以v0=16 m/s 的初速度沿傾角θ=37°的斜面上滑,經(jīng)t=2 s滑行到最高點(diǎn)。然后,滑塊返回到出發(fā)點(diǎn)。已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2,求滑塊:(1)最大位移值x;(2)與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ;(3)從最高點(diǎn)返回到出發(fā)點(diǎn)的過(guò)程中重力的平均功率。解析:(1)滑塊向上做勻減速直線運(yùn)動(dòng),有x=t,解得x=16 m。(2)加速度a1==8 m/s2,上滑過(guò)程a1==gsin θ+μgcos θ,解得μ=0.25。(3)下滑過(guò)程a2==gsin θ-μgcos θ=4 m/s2,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得vt==8 m/s,則平均速度==4 m/s,重力的平均功率=mgsin θ=48 W≈67.9 W。答案:(1)16 m　(2)0.25　(3)67.9 W題型2　牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用1.動(dòng)力學(xué)兩類基本問(wèn)題的解題思路2.超重與失重3.瞬時(shí)加速度的求解(1)兩個(gè)重要模型。①輕繩——長(zhǎng)度不變時(shí)產(chǎn)生彈力可突變,剪斷時(shí)彈力立即消失。②輕彈簧——其形變的恢復(fù)需要時(shí)間,在瞬時(shí)性問(wèn)題中,其彈力認(rèn)為不變。(2)注意:力和加速度可以發(fā)生突變,但速度不可以。[例2] 如圖所示為冰壺比賽場(chǎng)地示意圖。某次比賽中,運(yùn)動(dòng)員攜帶質(zhì)量m=20 kg的冰壺一起從起踏器處以v0=6 m/s的速度做勻減速直線運(yùn)動(dòng),運(yùn)動(dòng)至投擲線處,釋放冰壺,此時(shí)冰壺速度v=2 m/s。為了使冰壺停止位置盡量靠近營(yíng)壘圓心O點(diǎn),隊(duì)友可用毛刷在冰壺滑行前方來(lái)回摩擦冰面來(lái)控制其運(yùn)動(dòng)情況。已知起踏器和投擲線之間的距離l=8 m,用毛刷擦冰面前后冰壺與冰面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為μ1=8×10-3和μ2=4×10-3,投擲線與O點(diǎn)的距離s=30 m,冰壺可視為質(zhì)點(diǎn),g取10 m/s2。求:(1)冰壺到達(dá)投擲線前,其受到的合力F的大小;(2)釋放冰壺后,若隊(duì)友未擦冰面,冰壺靜止位置離O點(diǎn)的距離L1;(3)釋放冰壺后,若冰壺運(yùn)動(dòng)一段距離后隊(duì)友持續(xù)擦冰面直至冰壺恰好靜止于O點(diǎn),擦冰面的長(zhǎng)度L2。解析:(1)冰壺到達(dá)投擲線前,由勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律v2-=2al,解得a=-2 m/s2,對(duì)冰壺,由牛頓第二定律F=ma,解得F=-40 N,負(fù)號(hào)說(shuō)明合力與速度方向相反,故冰壺到達(dá)投擲線前,其受到的合力F的大小為40 N。(2)釋放冰壺后,若隊(duì)友未擦冰面,由牛頓第二定律得a1===μ1g=0.08 m/s2,設(shè)冰壺減速到零發(fā)生的位移為x1,由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律得x1==25 m,則冰壺靜止位置離O點(diǎn)的距離L1=s-x1=5 m。(3)設(shè)隊(duì)友剛開(kāi)始擦冰面時(shí)冰壺的速度為v′,則由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律得+=s,解得L2==10 m。答案:(1)40 N　(2)5 m　(3)10 m[拓展訓(xùn)練2] 蹦極是一種極限體育項(xiàng)目,可以鍛煉人的膽量和意志。運(yùn)動(dòng)員從高處跳下,彈性繩被拉展前做自由落體運(yùn)動(dòng),彈性繩被拉展后在彈性繩的緩沖作用下,運(yùn)動(dòng)員下落一定高度后速度減為零。在下降的全過(guò)程中,下列說(shuō)法中正確的是(　B　)A.彈性繩拉展前運(yùn)動(dòng)員處于失重狀態(tài),彈性繩拉展后運(yùn)動(dòng)員處于超重狀態(tài)B.彈性繩拉展后運(yùn)動(dòng)員先處于失重狀態(tài),后處于超重狀態(tài)C.彈性繩拉展后運(yùn)動(dòng)員先處于超重狀態(tài),后處于失重狀態(tài)D.運(yùn)動(dòng)員一直處于失重狀態(tài)解析:彈性繩拉展前運(yùn)動(dòng)員只受重力,處于完全失重狀態(tài),彈性繩拉展后,開(kāi)始階段拉力小于重力,加速度方向向下,仍處于失重狀態(tài),彈性繩繼續(xù)伸長(zhǎng)后拉力大于重力,運(yùn)動(dòng)員加速度方向向上,運(yùn)動(dòng)員處于超重狀態(tài),所以彈性繩拉展后運(yùn)動(dòng)員先處于失重狀態(tài),后處于超重狀態(tài),故A、C、D錯(cuò)誤,B正確。[拓展訓(xùn)練3] 如圖甲所示,兩完全相同的重物間用輕彈簧連接,上方重物與細(xì)線相連,細(xì)線另一端固定在鐵架臺(tái)上,整個(gè)裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)將上方細(xì)線燒斷,則在細(xì)線燒斷后經(jīng)過(guò)極短時(shí)間,兩重物所處位置符合實(shí)際情況的是(　A　)解析:細(xì)線燒斷后的極短時(shí)間內(nèi),彈簧的彈力不變,上方的重物向下運(yùn)動(dòng)的加速度為a上==2g,下方的重物極短時(shí)間內(nèi)加速度為零,然后逐漸增大,所以,上方重物向下運(yùn)動(dòng)的距離大于下方重物向下運(yùn)動(dòng)的距離,A正確,B、C、D錯(cuò)誤。題型3　運(yùn)動(dòng)學(xué)和動(dòng)力學(xué)圖像1.分清圖像的類別分清橫、縱坐標(biāo)所代表的物理量,明確其物理意義,掌握物理圖像所反映的物理過(guò)程,會(huì)分析臨界點(diǎn)。2.注意圖線中的一些特殊點(diǎn)所表示的物理意義圖線與橫、縱坐標(biāo)的交點(diǎn),圖線的轉(zhuǎn)折點(diǎn),兩圖線的交點(diǎn)等。3.明確能從圖像中獲得哪些信息把圖像與具體的題意、情境結(jié)合起來(lái),再結(jié)合斜率、特殊點(diǎn)、面積等的物理意義,確定從圖像中反饋出來(lái)的有用信息,這些信息往往是解題的突破口或關(guān)鍵點(diǎn)。[例3] (多選)如圖甲,物塊和木板疊放在實(shí)驗(yàn)臺(tái)上,物塊用一不可伸長(zhǎng)的細(xì)繩與固定在實(shí)驗(yàn)臺(tái)上的力傳感器相連,細(xì)繩水平。當(dāng)t=0時(shí),木板開(kāi)始受到水平外力F的作用,在t=4 s時(shí)撤去外力。細(xì)繩對(duì)物塊的拉力F′隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖乙所示,木板的速度v與時(shí)間t的關(guān)系如圖丙所示。木板與實(shí)驗(yàn)臺(tái)之間的摩擦可以忽略。重力加速度g取10 m/s2。由所給數(shù)據(jù)可以得出(　AB　)A.木板的質(zhì)量為1 kgB.2～4 s內(nèi),力F的大小為0.4 NC.0～2 s內(nèi),力F的大小保持不變D.物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2解析:由題圖丙可知木板在0～2 s內(nèi)處于靜止?fàn)顟B(tài),再結(jié)合題圖乙中細(xì)繩對(duì)物塊的拉力F′在0～2 s 內(nèi)逐漸增大,可知物塊受到木板的摩擦力逐漸增大,故可以判斷木板受到的水平外力F也逐漸增大,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;由題圖丙可知木板在2～4 s內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動(dòng),其加速度大小為a1= m/s2=0.2 m/s2,對(duì)木板進(jìn)行受力分析,由牛頓第二定律可得F-Ff=ma1,在4～5 s內(nèi)做勻減速直線運(yùn)動(dòng),其加速度大小為a2= m/s2=0.2 m/s2,另外由于物塊靜止不動(dòng),同時(shí)結(jié)合題圖乙可知物塊與木板之間的滑動(dòng)摩擦力Ff=F′,故對(duì)木板進(jìn)行受力分析,由牛頓第二定律可得Ff=ma2,聯(lián)立解得m=1 kg,F=0.4 N,選項(xiàng)A、B正確;由于不知道物塊的質(zhì)量,所以不能求出物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù),選項(xiàng)D錯(cuò)誤。[拓展訓(xùn)練4] 有四個(gè)物體A、B、C、D,物體A、B運(yùn)動(dòng)的xt圖像如圖甲所示;物體C、D從同一地點(diǎn)沿同一方向運(yùn)動(dòng)的vt圖像如圖乙所示。以下根據(jù)圖像作出的判斷正確的是(　D　)A.物體A和B均做勻變速直線運(yùn)動(dòng)B.在0～3 s的時(shí)間內(nèi),物體A、B的間距逐漸減小C.t=3 s時(shí),物體C、D相遇D.在0～3 s的時(shí)間內(nèi),物體C、D的間距逐漸增大解析:由題圖甲看出物體A和B都做勻速直線運(yùn)動(dòng),故A錯(cuò)誤;物體A的速度大于物體B的速度,二者之間的距離一直在增大,故B錯(cuò)誤;由題圖乙可以看出C、D兩物體的圖線在t=3 s時(shí)交于一點(diǎn),此前物體D的速度一直大于物體C的速度,兩物體不會(huì)在t=3 s時(shí)相遇,故C錯(cuò)誤;在0～3 s內(nèi),物體C、D的距離一直增大,故D正確。[拓展訓(xùn)練5] (多選)疫情期間,無(wú)人機(jī)發(fā)揮著非常重要的作用,可利用無(wú)人機(jī)空投藥品,將藥品送到隔離人員手中。在某次無(wú)人機(jī)沿豎直方向送貨過(guò)程中,無(wú)人機(jī)的質(zhì)量M=1.5 kg,貨物的質(zhì)量m=1 kg,無(wú)人機(jī)與貨物間通過(guò)輕繩相連。無(wú)人機(jī)從地面開(kāi)始加速上升一段時(shí)間后關(guān)閉動(dòng)力,其運(yùn)動(dòng)的vt圖像如圖所示。無(wú)人機(jī)所受阻力恒定,不考慮貨物受到的阻力,g取10 m/s2,下列判斷正確的是(　BD　)A.無(wú)人機(jī)上升的最大高度為36 mB.無(wú)人機(jī)所受阻力大小為3 NC.無(wú)人機(jī)所受的升力大小為30 ND.加速階段繩的拉力大小為12 N解析:無(wú)人機(jī)上升的最大高度為vt圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積,所以x=×7×12 m=42 m,A錯(cuò)誤;無(wú)人機(jī)減速上升的加速度大小為a2== m/s2=12 m/s2,而貨物的加速度大小為a貨=g,此時(shí)細(xì)繩是松馳的。設(shè)無(wú)人機(jī)所受阻力大小為F阻,有F阻+Mg=Ma2,解得F阻=3 N,B正確;無(wú)人機(jī)加速上升的加速度大小為a1== m/s2=2 m/s2,設(shè)無(wú)人機(jī)所受的升力大小為F,則F-(M+m)g-F阻=(M+m)a1,解得F=33 N,C錯(cuò)誤;設(shè)加速階段繩的拉力大小為FT,則FT-mg=ma1,解得FT=12 N,D正確。專題訓(xùn)練2　力與直線運(yùn)動(dòng)保分基礎(chǔ)練1.(多選)找一小手電筒,使其后蓋在下豎直放置(如圖所示,手電筒底部是彈簧)。旋松手電筒后蓋,使手電筒剛好不發(fā)光?，F(xiàn)讓手電筒分別做下列運(yùn)動(dòng),手電筒在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中可能會(huì)發(fā)光的是(手電筒在運(yùn)動(dòng)中始終保持豎直)(　AC　)A.自由落體 B.加速上升C.豎直上拋 D.減速下降解析:根據(jù)題意可知,彈簧本來(lái)處于壓縮狀態(tài),若要使手電筒發(fā)光,則應(yīng)該使彈簧的長(zhǎng)度變長(zhǎng),即形變量減小,即彈簧的彈力減小,則應(yīng)該使電池處于失重狀態(tài),則其加速度應(yīng)該有豎直向下的分量。自由落體和豎直上拋時(shí),電池處于失重狀態(tài),故A、C正確;加速上升和減速下降時(shí),加速度豎直向上,電池處于超重狀態(tài),故B、D錯(cuò)誤。2.(2021·全國(guó)甲卷)如圖,將光滑長(zhǎng)平板的下端置于鐵架臺(tái)水平底座上的擋板P處,上部架在橫桿上。橫桿的位置可在豎直桿上調(diào)節(jié),使得平板與底座之間的夾角θ可變。將小物塊由平板與豎直桿交點(diǎn)Q處?kù)o止釋放,物塊沿平板從Q點(diǎn)滑至P點(diǎn)所用的時(shí)間t與夾角θ的大小有關(guān)。若θ由30°逐漸增大至60°,物塊的下滑時(shí)間t將(　D　)A.逐漸增大 B.逐漸減小C.先增大后減小 D.先減小后增大解析:設(shè)P、Q的水平距離為L(zhǎng),則有a=gsin θ,x=,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式x=v0t+at2可得 =gt2sin θ,整理得t2=,可知θ=45°時(shí),t有最小值,故當(dāng)θ由30°逐漸增大至60°時(shí),下滑時(shí)間t先減小后增大,選項(xiàng)D正確。3.如圖是將蘋果由靜止釋放后,在某段運(yùn)動(dòng)過(guò)程中用頻閃照相技術(shù)連續(xù)拍攝的照片,已知頻閃照相機(jī)的頻閃時(shí)間間隔為T,位置A、B間和位置B、C間的距離分別為x1和x2,不計(jì)空氣阻力,則下列說(shuō)法正確的是(　D　)A.BC過(guò)程速度的增量大于AB過(guò)程速度的增量B.x1∶x2一定滿足x1∶x2=1∶3C.蘋果運(yùn)動(dòng)到位置B時(shí)的速度大小一定為D.蘋果運(yùn)動(dòng)的加速度大小一定為解析:由題知tAB=tBC=T,根據(jù)Δv=aΔt可知BC過(guò)程速度的增量等于AB過(guò)程速度的增量,故A錯(cuò)誤;只有蘋果在A點(diǎn)速度為零時(shí),才滿足x1∶x2=1∶3,故B錯(cuò)誤;蘋果運(yùn)動(dòng)到位置B時(shí)的速度大小為vB=,故C錯(cuò)誤;根據(jù)Δx=aT2可知,蘋果運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a=,故D正確。4.如圖所示是商場(chǎng)中的無(wú)軌小火車,已知小火車由若干節(jié)相同的車廂組成,車廂間的空隙不計(jì),現(xiàn)有一位小朋友站在地面上保持靜止與第一節(jié)車廂頭部對(duì)齊,火車從靜止開(kāi)始啟動(dòng)做勻加速直線運(yùn)動(dòng),下列說(shuō)法正確的是(　D　)A.第4、5、6節(jié)車廂經(jīng)過(guò)小朋友的時(shí)間之比為2∶∶B.第4、5、6節(jié)車廂經(jīng)過(guò)小朋友的時(shí)間之比為7∶9∶11C.第4、5、6節(jié)車廂尾通過(guò)小朋友瞬間的速度之比為4∶5∶6D.第4、5、6節(jié)車廂尾通過(guò)小朋友瞬間的速度之比為2∶∶解析:根據(jù)初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)中,通過(guò)連續(xù)相等位移的時(shí)間關(guān)系可知,第1、2、3、4、5、6……節(jié)車廂經(jīng)過(guò)小朋友的時(shí)間之比為1∶(-1)∶(-)∶(2-)∶(-2)∶(-)……,即第4、5、6節(jié)車廂經(jīng)過(guò)小朋友的時(shí)間之比為(2-)∶(-2)∶(-),選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤;設(shè)每節(jié)車廂的長(zhǎng)度為L(zhǎng),根據(jù)v2=2aL可得第4、5、6節(jié)車廂尾通過(guò)小朋友瞬間的速度之比為∶∶=2∶∶,選項(xiàng)C錯(cuò)誤,D正確。5.一輛做勻變速直線運(yùn)動(dòng)的賽車,初速度v0=5 m/s,它的位置坐標(biāo)x與速度的二次方v2的關(guān)系圖像如圖所示,則(　D　)A.賽車的加速度大小為2.5 m/s2B.賽車在t=2 s時(shí)速度為0C.賽車在前2 s內(nèi)的位移大小為5.5 mD.賽車在1 s時(shí)的位置坐標(biāo)為2.375 m解析:由圖像可知該車做勻減速直線運(yùn)動(dòng),根據(jù)速度位移公式有x== v2-,則圖像的斜率k===,解得a=-1.25 m/s2,故A錯(cuò)誤;設(shè)賽車減速到零所用的時(shí)間為t0,根據(jù)速度公式有v=v0+at0,代入數(shù)據(jù)解得t0=4 s,說(shuō)明賽車在t=2 s 時(shí)仍在運(yùn)動(dòng),速度不為0,故B錯(cuò)誤;設(shè)賽車在前 2 s 內(nèi)的位移為x2,根據(jù)位移時(shí)間公式有x2=v0t2+a,代入數(shù)據(jù)解得x2=7.5 m,故C錯(cuò)誤;設(shè)賽車在前1 s內(nèi)的位移為x1,根據(jù)位移時(shí)間公式有x1=v0t1+a,代入數(shù)據(jù)解得x1=4.375 m,由題圖可知該車是由-2 m處出發(fā),所以在1 s時(shí)的位置坐標(biāo)為x1-2 m=2.375 m,故D正確。6.如圖甲所示,一傾角θ=30°的足夠長(zhǎng)斜面體固定在水平地面上,一個(gè)物塊靜止在斜面上?，F(xiàn)用大小為F=kt(k為常量,F、t的單位均為國(guó)際單位制的基本單位)的拉力沿斜面向上拉物塊,物塊受到的摩擦力Ff隨時(shí)間t變化的關(guān)系圖像如圖乙所示,物塊與斜面間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力,重力加速度g取10 m/s2,則下列判斷正確的是(　D　)A.物塊的質(zhì)量為2 kgB.k的值為2.5 N/sC.物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為D.當(dāng)t=3 s時(shí),物塊的加速度大小為4 m/s2解析:當(dāng)t=0時(shí),Ff=mgsin θ=5 N,解得m=1 kg,故A錯(cuò)誤;當(dāng)t=1 s時(shí),Ff=0,說(shuō)明F=5 N,由F=kt可知,k=5 N/s,故B錯(cuò)誤;由題圖乙可知,物塊后來(lái)滑動(dòng),則Ff=6 N=μmgcos θ,解得μ=,故C錯(cuò)誤;當(dāng)F=Ff+mgsin θ時(shí),即kt1=6 N+5 N時(shí),解得t1=2.2 s,此后物塊向上滑動(dòng),由牛頓第二定律有F合=kt-Ff-mgsin θ,當(dāng)t=3 s時(shí),F合=kt-11 N=(5×3-11) N=4 N,得物塊的加速度大小為a= m/s2=4 m/s2,故D正確。7.機(jī)動(dòng)車禮讓行人是一種文明行為。質(zhì)量m=1.0×103 kg的汽車以v1=36 km/h的速度在水平路面上勻速行駛,在距離斑馬線s=20 m處,駕駛員發(fā)現(xiàn)小朋友排著長(zhǎng)l=6 m的隊(duì)伍從斑馬線一端開(kāi)始通過(guò),立即剎車,最終恰好停在斑馬線前。假設(shè)汽車在剎車過(guò)程中所受阻力不變,且忽略駕駛員反應(yīng)時(shí)間。(1)求開(kāi)始剎車到汽車停止所用的時(shí)間和所受阻力的大小;(2)若路面寬L=6 m,小朋友行走的速度v0=0.5 m/s,求汽車在斑馬線前等待小朋友全部通過(guò)所需的時(shí)間;(3)假設(shè)駕駛員以v2=54 km/h超速行駛,在距離斑馬線s=20 m處立即剎車,求汽車到斑馬線時(shí)的速度。解析:(1)根據(jù)平均速度==,解得剎車時(shí)間為t1=4 s,剎車加速度的大小為a==2.5 m/s2,根據(jù)牛頓第二定律有Ff=ma,解得Ff=2.5×103 N。(2)小朋友全部通過(guò)所需的時(shí)間t2==24 s,汽車在斑馬線前等待的時(shí)間為t2-t1=20 s。(3)設(shè)汽車到斑馬線時(shí)的速度為v3,有=s,解得v3=5 m/s。答案:(1)4 s　2.5×103 N　(2)20 s　(3)5 m/s高分強(qiáng)化練8.(多選)古代人們常用夯錘(如圖甲)將地砸實(shí),打夯時(shí)四個(gè)勞動(dòng)者每人分別握住夯錘的一個(gè)把手,一個(gè)人喊號(hào),號(hào)聲一響,四人同時(shí)用相同的力將地上質(zhì)量為90 kg的夯錘豎直向上提起;號(hào)音一落,四人同時(shí)松手,夯錘落下將地面砸實(shí)。以豎直向上為正方向,若某次打夯過(guò)程松手前夯錘運(yùn)動(dòng)的vt圖像如圖乙所示。不計(jì)空氣阻力,g取 10 m/s2,則(　BC　)A.松手后,夯錘立刻落下做自由落體運(yùn)動(dòng)B.松手前,夯錘豎直向上做加速度為a= m/s2的勻加速直線運(yùn)動(dòng)C.每個(gè)人對(duì)夯錘施加的力大小為300 ND.夯錘離地的最大高度為0.337 5 m解析:松手后,因?yàn)閼T性,夯錘要繼續(xù)向上運(yùn)動(dòng)一段距離后,再自由下落,A錯(cuò)誤;圖像的斜率表示加速度,松手前,夯錘豎直向上做加速度為a= m/s2的勻加速直線運(yùn)動(dòng),B正確;對(duì)夯錘松手前,受力分析有4F-mg=ma,解得F=300 N,C正確;松手時(shí),夯錘離地的高度為h1=t=0.337 5 m,之后,夯錘做豎直上拋運(yùn)動(dòng),所以夯錘離地的最大高度大于0.337 5 m,D錯(cuò)誤。9.某次空軍基地用直升機(jī)運(yùn)送醫(yī)護(hù)人員去某地,為了保證直升機(jī)升空過(guò)程中醫(yī)護(hù)人員不至于身體不適,飛行員在上升過(guò)程某階段進(jìn)行了相應(yīng)操作,at圖像如圖所示(除ab段為曲線,其余段均為直線,取向上為正方向),則下列說(shuō)法正確的是(　B　) A.Oa和ab段醫(yī)護(hù)人員處于超重狀態(tài),cd段處于失重狀態(tài)B.O到d過(guò)程醫(yī)護(hù)人員均處于超重狀態(tài)C.O到d過(guò)程速度增量小于20 m/sD.根據(jù)上述圖像可求出0～8 s這段時(shí)間直升機(jī)上升的高度解析:O到d過(guò)程中加速度始終為正,即始終向上,因此從O到d整個(gè)過(guò)程中醫(yī)護(hù)人員均處于超重狀態(tài),故A錯(cuò)誤,B正確;O到d過(guò)程速度增量為0～8 s這段時(shí)間內(nèi)at圖像與時(shí)間軸所圍的面積,若將ab看成直線,面積為20.5 m/s,ab曲線向上凸,故實(shí)際面積大于20 m/s,故C錯(cuò)誤;由于初速度未知,所以無(wú)法求出0～8 s這段時(shí)間直升機(jī)上升的高度,故D錯(cuò)誤。10.(2022·嘉興選考模擬)現(xiàn)有輕質(zhì)細(xì)繩AB、BC以及輕質(zhì)彈簧CD。在豎直面內(nèi)按照如圖所示的方式連接,其中A、D兩點(diǎn)固定于豎直墻上,B、C為兩個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的小球,質(zhì)量均為m,AB、CD與豎直方向夾角均為30°,BC沿水平方向。已知重力加速度為g,現(xiàn)只剪斷其中一根繩,則(　D　)A.若只剪斷BC繩,則剪斷繩后瞬間,B球加速度為gB.若只剪斷BC繩,則剪斷繩后瞬間,C球加速度為gC.若只剪斷AB繩,則剪斷繩后瞬間,B球加速度為gD.若只剪斷AB繩,則剪斷繩后瞬間,C球加速度為g解析:根據(jù)題意,對(duì)B、C兩個(gè)小球整體,根據(jù)平衡條件有FABcos 30°+FCDcos 30°=2mg,FABsin 30°=FCDsin 30°,解得FAB=FCD==mg,對(duì)B小球,根據(jù)平衡條件有FBC=FABsin 30°=mg。若只剪斷BC繩,則剪斷繩后瞬間,AB繩的拉力發(fā)生突變,對(duì)B小球有FAB′=mgcos 30°,F合=mgsin 30°,B球加速度為a==,故A錯(cuò)誤;若只剪斷BC繩,則剪斷繩后瞬間,彈簧CD的彈力不發(fā)生突變,對(duì)C小球有F合=FCDsin 30°,C球加速度為a==g,故B錯(cuò)誤;若只剪斷AB繩,則剪斷繩后瞬間,BC繩的拉力發(fā)生突變,彈簧CD的彈力不發(fā)生突變,B、C兩個(gè)小球具有相同的水平加速度,對(duì)B小球,水平方向有FBC′=ma,對(duì)C小球,水平方向有FCDsin 30°-FBC′=ma,解得a=g,FBC′=mg,對(duì)B小球,豎直方向有maB′=mg,解得aB′=g,則B球加速度為aB==g,對(duì)C小球,豎直方向有mg-FCDcos 30°=maC′,解得aC′=0,則C球加速度為aC=a=g,故C錯(cuò)誤,D正確。11.如圖甲,鋼架雪車比賽運(yùn)動(dòng)員先在水平軌道上推著雪車由靜止出發(fā),勻加速到水平軌道的末端時(shí),運(yùn)動(dòng)員快速俯臥到雪車上沿傾角為θ=15°的傾斜軌道勻加速下滑到P點(diǎn),運(yùn)動(dòng)員在軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí),從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到運(yùn)動(dòng)至P點(diǎn)的速率的平方隨運(yùn)動(dòng)距離x的變化圖像如圖乙所示,雪車(含運(yùn)動(dòng)員)總質(zhì)量為120 kg,sin 15°=0.26,重力加速度g取10 m/s2,則:(1)雪車(含運(yùn)動(dòng)員)在傾斜軌道上受到的阻力為多大?(2)運(yùn)動(dòng)員從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到下滑到P點(diǎn)的時(shí)間為多長(zhǎng)?解析:(1)根據(jù)題圖乙可知,雪車(含運(yùn)動(dòng)員)在傾斜軌道上運(yùn)動(dòng)的位移x=303.05 m-12.8 m=290.25 m,到達(dá)P點(diǎn)的速度vP=35 m/s,在水平軌道末端的速度v=8 m/s,根據(jù)-v2=2ax,解得a=2 m/s2,根據(jù)牛頓第二定律mgsin 15°-Ff=ma,解得Ff=72 N。(2)在傾斜軌道上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2== s=13.5 s,在水平軌道的位移x1=12.8 m,根據(jù)v2=2a1x1,解得a1=2.5 m/s2,則在水平軌道運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1== s=3.2 s,運(yùn)動(dòng)員從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到下滑到P點(diǎn)的時(shí)間t=t1+t2=16.7 s。答案:(1)72 N　(2)16.7 s12.如圖所示,為一架小型四旋翼無(wú)人機(jī),它是一種能夠垂直起降的小型遙控飛行器,無(wú)人機(jī)連同裝備的質(zhì)量為m=2 kg,其動(dòng)力系統(tǒng)所能提供的最大作用力為F0=36 N,某次無(wú)人機(jī)從地面由靜止開(kāi)始豎直上升。始終保持最大作用力,無(wú)人機(jī)飛行t1=8 s時(shí)到達(dá)高度H=64 m。設(shè)飛行器飛行時(shí)所受阻力大小不變,重力加速度g取10 m/s2。求:(1)保持最大作用力上升時(shí)無(wú)人機(jī)的加速度大小;(2)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受阻力Ff的大小;(3)若無(wú)人機(jī)剛好在第8 s末動(dòng)力系統(tǒng)出現(xiàn)故障,立即失去動(dòng)力,則無(wú)人機(jī)飛離地面的最大高度。解析:(1)設(shè)加速度大小為a,根據(jù)位移時(shí)間公式有H=a,解得a=2 m/s2。(2)由牛頓第二定律得F0-mg-Ff=ma,解得Ff=12 N。(3)第8 s末失去動(dòng)力時(shí)H=64 m,根據(jù)速度時(shí)間公式有v=at1,解得v=16 m/s,設(shè)失去升力后的加速度大小為a′,上升的高度為H′,由牛頓第二定律得mg+Ff=ma′,解得a′=16 m/s2,根據(jù)速度位移公式有v2=2a′H′,代入數(shù)據(jù)解得H′=8 m,則最大高度為h=H+H′=72 m。答案:(1)2 m/s2　(2)12 N　(3)72 m13.某酒店有配送機(jī)器人。假設(shè)配送機(jī)器人從靜止開(kāi)始啟動(dòng),沿直線將水平放置的物品平穩(wěn)送至目標(biāo)位置。已知該過(guò)程中機(jī)器人勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的最高速度可達(dá)2 m/s,加速和減速階段均做勻變速直線運(yùn)動(dòng),且加速時(shí)的加速度與減速時(shí)的加速度大小相同,不計(jì)空氣阻力,重力加速度g取10 m/s2。(1)若機(jī)器人以最高速度勻速行進(jìn)途中前方0.3 m 的路口處突然出現(xiàn)一位以1.5 m/s的速度同向勻速運(yùn)動(dòng)的客人。已知機(jī)器人的反應(yīng)時(shí)間為0.1 s,為避免相撞,求機(jī)器人做勻減速運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度的最小值;(2)若機(jī)器人為某樓層10個(gè)房間的客人配送午餐,各個(gè)房門間隔6 m,客人取餐的平均時(shí)間為15 s,機(jī)器人托盤與餐盒間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2,且認(rèn)為最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。從機(jī)器人到達(dá)第一個(gè)房門開(kāi)始計(jì)時(shí),到最后一位客人取到餐為止,求機(jī)器人為此樓客人送餐花費(fèi)的最短總時(shí)間。解析:(1)為避免相撞,機(jī)器人減速后剛追上客人時(shí)速度v=vm-at=v人,對(duì)人x1=v人(t0+t),對(duì)機(jī)器人x2=vmt0+t,且有x1+Δx=x2,聯(lián)立解得a=0.5 m/s2。(2)此時(shí)最大加速度為am=μg=2 m/s2,各房門間勻加速階段有=2amx1,解得x1=1 m,對(duì)應(yīng)時(shí)間t1==1 s,各房門間勻減速階段有=2amx2,解得x2=1 m,對(duì)應(yīng)時(shí)間為t2==1 s,勻速階段的位移x3=L-x1-x2=4 m,對(duì)應(yīng)時(shí)間為t3==2 s,則總時(shí)間t=9(t1+t2+t3)+10t′=186 s。答案:(1)0.5 m/s2　(2)186 s14.圖甲為某旅游景點(diǎn)的滑草場(chǎng),圖乙為其中一條滑道的示意圖。該滑道由傾角為θ=30°的斜坡AC和水平滑道CD組成,斜坡AC由材質(zhì)不同的AB、BC兩部分組成,一位質(zhì)量m1=70 kg的游客坐在質(zhì)量m2=10 kg的滑草車上,從斜坡頂端A點(diǎn)由靜止滑下,最終恰好在水平滑道末端D點(diǎn)停下。已知AB、BC的長(zhǎng)度分別為L(zhǎng)AB=45 m、LBC=15 m,滑草車與AB、BC、CD間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為μ1=,μ2=,μ3=,重力加速度g取10 m/s2,cos 15°=0.96,不計(jì)空氣阻力以及滑草車經(jīng)過(guò)B、C兩點(diǎn)時(shí)的能量損失,求滑草車(含游客):(1)經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)的速度大小vB;(2)在滑道CD上運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的摩擦力大小FfCD及滑道CD的長(zhǎng)度LCD;(3)在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的平均速度大小。解析:(1)游客和滑草車總質(zhì)量為m=m1+m2=80 kg,滑草車(含游客)在AB段運(yùn)動(dòng)時(shí)mgsin θ-μ1mgcos θ=ma1,解得a1=2.5 m/s2,根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)公式-0=2a1LAB,解得vB=15 m/s。(2)滑草車(含游客)在BC段運(yùn)動(dòng)時(shí)mgsin θ-μ2mgcos θ=ma2,解得a2=0,所以滑草車(含游客)在BC段做勻速直線運(yùn)動(dòng),則到C點(diǎn)的速度為vC=vB=15 m/s,滑草車(含游客)在CD段運(yùn)動(dòng)時(shí),所受摩擦力為FfCD=μ3mg=150 N,加速度大小為a3== m/s2,從C點(diǎn)到D點(diǎn)停止,根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)公式0-=-2a3LCD,解得LCD=60 m。(3)由于LAB+LBC=LCD=60 m,所以根據(jù)幾何知識(shí)可得,從A到D的直線距離為xAD=2LCDcos 15°=115.2 m,滑草車(含游客)在AB、BC、CD段的運(yùn)動(dòng)時(shí)間分別為t1==6 s,t2==1 s,t3==8 s,所以整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的平均速度大小為==7.68 m/s。答案:(1)15 m/s　(2)150 N　60 m(3)7.68 m/s

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