1、第二讲第二讲 力与直线运动力与直线运动 专题一专题一 2021 内 容 索 引 01 02 03 体系构建体系构建 真题感悟真题感悟 高频高频考点考点 能力能力突破突破 情境设计微专题情境设计微专题1 1 体系构建体系构建 真题感悟真题感悟 【网络构建网络构建】 【高考真题高考真题】 1.(2020山东卷)一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼,其位移s不时间t的关 系图像如图所示。乘客所受支持力的大小用FN表示,速度大小用v表示。 重力加速度大小为g。以下判断正确的是( ) A.0t1时间内,v增大,FNmg B.t1t2时间内,v减小,FNmg C.t2t3时间内,v增大,FNmg 答案 D 解
2、析 在位移s与时间t的关系图像中,斜率表示速度。0t1,斜率增大,乘客加 速下楼,加速度向下,根据牛顿第二定律,mg-FN=ma,得出FNmg,选项C 错误,选项D正确。 情境剖析 本题属于应用性题目,以“乘坐电梯下楼”为素材创设日常生活 类情境。 素养能力 本题通过图像考查超重、失重问题,属于对“运动和相互作用” 这一物理观念的考查,对考生的理解能力、分析综合能力有一定要求。 2. (2019全国卷)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 4 所用的时间为t1,第四个 4 所用的时间为t2。 不计空气阻力,则2 1满足( ) A.12 12 B.
3、22 13 C.32 14 D.42 1vm=9 m/s 故智能小车应先加速到 vm=9 m/s,再匀速,最后匀减速运动到楼底。 设匀加速、匀速、匀减速过程的时间分别为 t1、t2、t3,位移分别为 x1、x2、 x3, 由运动学公式 得:x1=1 2 12,x3=1 2 32,x2=vmt2,vm=at1=at3,t1+t2+t3t0,x1+x2+x3=x 联立各式并代入数据得:a9 m/s2 解题指导 审题 读取题干 获取信息 让一小球从45 m高的阳台上无初速度 掉下,不计空气阻力 小球做自由落体运动,其运动时间是智 能小车的最大运动时间 智能小车迅速由静止沿直线冲向小球 下落处的正下方
4、楼底 智能小车运动的初速度为零 智能小车到楼底的距离为18 m 智能小车运动的总位移是18 m 智能小车奔跑过程中只做匀速或匀变 速运动 智能小车可能先做匀加速直线运动,最 后做匀减速直线运动,中间可能有匀速 直线运动过程 破题(1)小球和智能小车的运动时间t0可由 求得,再由平均速度 公式可求智能小车的平均速度。 (2)根据时间、位移和速度的限制,判断智能小车运动途中是否有匀速直线 运动过程。 (3)根据智能小车不同运动阶段的运动性质,选择相应的运动学公式列式求 解,注意各运动阶段的时间、位移和速度的联系。 h=1 2 0 2 素养点拨 运动学中涉及多物体、多过程问题的分析技巧 (1)分别弄
5、清楚不同物体或同一物体不同过程的运动性质; (2)确定不同物体或同一物体不同过程运动物理量的关系,如速度、时间和 位移的关系; (3)列出相应的规律式(运动学公式)和各物理量之间的关系式; (4)联立解方程组,必要时对结果的合理性进行讨论。 【类题演练类题演练】 1.(2020安徽蚌埠高三第三次教学质量检测)竖直向上抛出一个小球,图示 为小球向上做匀变速直线运动时的频闪照片,频闪仪每隔0.05 s闪光一次, 测出ac长为23 cm,af长为34 cm,则下列说法正确的是( ) A.bc长为13 cm B.df长为7 cm C.小球的加速度大小为12 m/s2 D.小球通过d点的速度大小为2.2
6、 m/s 答案 C 解析 根据题意可知,cf 长为 11 cm,则根据匀变速直线运动的位移差公式可 得 a= (2)2 = - (2)2 =12 m/s2,其中 T=0.05 s,选项 C 正确;匀变速直线运动中,某 段的平均速度等于这一段中间时刻的瞬时速度,则 d 点的速度为 vd= 2=1.1 m/s,选项 D 错误;根据匀变速直线运动的位移公式得 df=vdT-1 2aT 2=4 cm,选项 B 错误;同理可得 b 点的速度为 vb= 2=2.3 m/s,则 bc=vbT- 1 2aT 2=10 cm,选项 A 错误。 2.近几年,国家取消了7座及以下小车在法定长假期间的高速公路收费,给
7、 自驾出行带来了很大的实惠,但车辆的增多也给道路的畅通增加了压力,因 此交管部门规定,上述车辆通过收费站口时,在与用车道上可以丌停车拿 (交)卡而直接减速通过。若某车减速前的速度为v0=20 m/s,靠近站口时以 大小为a1=5 m/s2的加速度匀减速,通过收费站口时的速度为vt=8 m/s,然后 立即以a2=4 m/s2的加速度匀加速至原来的速度(假设收费站的前、后都是 平直大道)。试问: (1)该车驾驶员应在距收费站口多远处开始减速? (2)该车从减速开始到最终恢复到原来速度的过程中,运动的时间是多少? (3)在(1)(2)问中,该车因减速和加速过站而耽误的时间为多少? 答案 (1)33.
8、6 m (2)5.4 s (3)1.62 s 解析 (1)设该车初速度方向为正方向,该车进入站口前做匀减速直线运动, 设距离收费站x1处开始制动,则有: 解得x1=33.6 m。 (2)该车通过收费站经历匀减速和匀加速两个阶段,前后两段位移分别为x1 和x2,时间为t1和t2,则 减速阶段:vt=v0-a1t1 解得:t1=2.4 s 则加速和减速的总时间为:t=t1+t2=5.4 s。 2 02=-2a1x1 加速阶段:t2=0 - 2 =3 s (3)在加速阶段: x2= +0 2 t2=42 m 则总位移:x=x1+x2=75.6 m 若不减速所需要时间: t= 0=3.78 s 车因减
9、速和加速过站而耽误的时间: t=t-t=1.62 s。 考法2 图像和追及、相遇问题(M) 规律方法 1.解图像问题时要做好“三看”“一注意” 三看: (1)看清坐标轴所表示的物理量:明确因变量与自变量的制约关系,是运动 学图像(v-t、x-t、a-t)还是动力学图像(F-a、F-t、F-x)。 (2)看图线本身:识别两个相关量的变化趋势,进而分析具体的物理过程,尽 量写出函数关系式。 (3)看交点、斜率和“面积”:明确图线与图线的交点、图线与坐标轴的交点、 图线斜率、图线与坐标轴围成的面积的物理意义。 一注意: x-t图像和v-t图像描述的都是直线运动,而a-t图像描述的不一定是直线运动;
10、在图像转换时,必须明确不同图像间相互联系的物理量,必要时还应根据运 动规律写出两个图像所描述的物理量间的函数关系式进行分析和判断。 2.追及、相遇问题处理方法 (1)追及、相遇问题的分析讨论 追及、相遇的问题,其实质就是分析讨论两物体在相同时间内能否到达相同空 间位置的问题。 明确两个关系:时间关系和位移关系,这两个关系可通过画草图得到。 弄清一个条件:两者速度相等,它往往是物体间能追上、追不上或(两者)距离 最大、最小的临界条件,也是分析判断的切入点。 (2)追及、相遇问题的注意事项 追者和被追者速度相等往往是能追上、追不上或两者间距最大、最小的临界 条件。 被追的物体做匀减速直线运动时,要
11、判断追上时被追的物体是否已停止运动。 【典例2】 (2020三湘名校教育联盟高三第二次大联考)在平直公路上有甲、乙两辆 汽车从同一位置沿着同一方向运动,它们的速度时间图像如图所示,则 ( ) A.甲、乙两车同时从静止开始出发 B.在t=2 s时乙车追上甲车 C.在t=4 s时乙车追上甲车 D.甲、乙两车在公路上可能相遇两次 答案 C 解析 由图像可知,乙车比甲车迟出发1 s,选项A错误;根据速度时间图线 与时间轴围成的面积表示位移,知t=2 s时,甲车的位移比乙的位移大,则知 该时刻乙车还没有追上甲车,选项B错误;在04 s内,甲车的位移 x甲= 84 m=16 m,乙车的位移x乙= (1+3
12、)8 m=16 m,所以x甲=x乙,两 车又是从同一位置沿着同一方向运动的,则在t=4 s时乙车追上甲车,选项C 正确;在t=4 s时乙车追上甲车,t=4 s时刻以后,甲车的速度比乙车的速度大, 两车不可能再相遇,所以两车只相遇一次,选项D错误。 1 2 1 2 思维点拨 速度时间图像斜率表示加速度,面积表示位移大小,交点表示 有共同速度,共同速度时距离有极值,并不代表相遇。 素养点拨 应用运动图像分析追及、相遇问题的三点注意 (1)无论是x-t图像还是v-t图像都只能描述直线运动,且图像不表示物体运动 的轨迹。 (2)根据斜率判断物体的运动状况。根据x-t图像的斜率判断速度的变化情 况;根据
13、v-t图像的斜率判断加速度的变化情况。 (3)分析追及、相遇问题时抓住“共速”这一临界条件,它往往是物体间能够 追上、追不上或两者距离最大、最小的临界条件,也是分析判断的切入点。 【类题演练类题演练】 3.(2020山东日照4月模拟)质量m=1 kg的物块静止在光滑水平面上,t=0时 刻对该物块施加一沿水平方向的力F,F随时间t按如图所示的规律变化。 下列说法正确的是( ) A.第2 s末,物块距离出发点最远 B.第2 s末,物块的动量为5 kg m/s C.第4 s末,物块的速度最大 D.第3 s末,物块的加速度为2.5 m/s2 答案 B 解析 前两秒物体一直加速运动,所以第 2 s 末物
14、块的速度最大,此时不是离 出发点最远,选项 A 错误;F-t 图像与坐标轴围成的面积表示力的冲量,根据动 量定理可得第2 s末物块的动量为p=52 2 kg m/s=5 kg m/s,选项B正确;第2 s 末,物块的速度最大,第 4 s 末,物块的速度为零,选项 C 错误;第 3 s 末,物块的 加速度为 a= = -5 1 m/s2=-5 m/s2,选项 D 错误。 4.(多选)(2020四川成都高三诊断性考试)图甲所示的无人机在飞行的某1 min内, 前0.5 min沿正东方向做水平直线运动,后0.5 min沿正北方向做水平直线运动,其 速率v随时间t变化的关系如图乙。下列判断正确的是(可
15、能用到sin 37=0.6)( ) A.无人机在10 s末、40 s末的加速度大小之比为23 B.无人机在前、后0.5 min内的平均速率之比为43 C.1 min内,无人机飞行的路程为500 m D.1 min内,无人机的位移大小为500 m、方向东偏北53 答案 AD 解析 由图像可知a= ,前30 s,无人机加速度大小为2 3 m/s 2,30 s到50 s加速度为 1 m/s2,所以无人机在 10 s 末、40 s 末的加速度大小之比为 23,选项 A 正确;根 据平均速度公式可得 = ,在 v-t 图中,图像面积表示物体的位移,因此可得,前 0.5 min 内平均速度为300m 30
16、s =10 m/s,后 0.5 min 内平均速度为400m 30s = 40 3 m/s,因此 平均速度大小之比为 34,选项 B 错误;无人机实际运行轨迹即为无人机路程, 由图可知,无人机路程为 700 m,选项 C 错误;根据无人机运行轨迹可知,其位移为 3002+ 4002 m=500 m,方位为东偏北 53 ,选项 D 正确。 5.(2020广东广州、深圳学调联盟高 三第二次调研)如图所示,图甲为质点 a和b做直线运动的位移时间图像, 图乙为质点c和d做直线运动的速 度时间图像,由图可知( ) A.若t1时刻a、b两质点第一次相遇,则t2时刻两质点第二次相遇 B.若t1时刻c、d两质
17、点第一次相遇,则t2时刻两质点第二次相遇 C.t1到t2时间内,b和d两个质点的运动方向发生了改变 D.t1到t2时间内,a和d两个质点的速率先减小后增大 答案 A 解析 在x-t图像中,两图线的交点表示两质点位置相同而相遇,由甲图可 知,t1时刻a、b两质点第一次相遇,则t2时刻两质点第二次相遇,选项A正确;t1 到t2时间内,根据v-t图像的面积表示位移知c的位移大于d的位移,若t1时刻c、 d两质点第一次相遇,则t2时刻两质点没有相遇,选项B错误;四个质点中只有 b运动方向改变,a、c、d质点的方向未发生改变,选项C错误;根据x-t图像的 斜率表示速度,知t1到t2时间内,a质点的速度不
18、变,即速率不变,选项D错误。 考点二 动力学基本规律的理解及应用 考法1 连接体问题(M) 规律方法 1.应用牛顿第二定律分析两类基本问题的解题步骤 2.连接体问题 解决连接体问题的关键是整体法与隔离法的选用。正确地选取研究对象 是解题的首要环节,弄清各物体之间哪些属于一个整体,哪些物体应该单独 分析,并分别确定它们的加速度,然后根据牛顿运动定律列方程求解。 连接体问题还要充分挖掘题目中的临界条件,相接触与脱离的临界条件:接 触处的弹力FN=0;相对滑动的临界条件:接触处的静摩擦力达到最大静摩 擦力;绳子断裂的临界条件:绳子中的张力达到绳子所能承受的最大张力; 绳子松弛的临界条件:张力为0。
19、连接体问题常涉及下列三种问题类型: (1)涉及滑轮的问题:若要求绳的拉力,一般都采用隔离法。 (2)水平面上的连接体问题: 这类问题一般是连接体(系统)中各物体保持相对静止,即具有相同的加 速度。解题时,一般采用先整体后隔离的方法。 建立直角坐标系时要考虑矢量正交分解越少越好的原则,可以正交分解 力,也可以正交分解加速度。 (3)斜面体与物体组成的连接体问题:当物体具有沿斜面方向的加速度,而 斜面体相对于地面静止时,一般采用隔离法分析。 3.处理连接体问题的方法 整体法的 选取原则 若连接体内各物体具有相同的加速度,且不需要求物体之 间的作用力,可以把它们看成一个整体。 隔离法的 选取原则 若
20、连接体内各物体的加速度不相同,或者要求出系统内两 物体之间的作用力时,就需要把物体从系统中隔离出来,应 用牛顿第二定律列方程求解。 整体法、隔离 法的交替运用 若连接体内各物体具有相同的加速度,且要求物体之间的 作用力时,可以“先整体求加速度,后隔离求内力”。 【典例3】 (2020江西南昌调研)如图所示,在倾角为的固定斜面上有两个靠在一起的 物体A、B,两物体不斜面间的动摩擦因数相同。用平行亍斜面的恒力F向 上推物体A,使两物体沿斜面向上做匀加速运动,丏B对A的压力平行亍斜面。 下列说法中正确的是( ) A.只减小A的质量,B对A的压力大小丌变 B.只减小B的质量,B对A的压力大小会增大 C
21、.只减小斜面的倾角,B对A的压力大小丌变 D.只减小两物体不斜面间的动摩擦因数,B对A的压力会增大 答案 C 解析 将 A、B 看成一个整体,整体在沿斜面方向上受到沿斜面向下的重力的 分力,沿斜面向下的滑动摩擦力,沿斜面向上的推力,根据牛顿第二定律可得 a=-( +)sin-(+)cos + = + -gsin -gcos ,对 B 分析可得 N-mBgsin -mBgcos =mBa,解得 N= + ,由牛顿第三定律可知,B 对 A 的压 力 N= + ,若只减小 A 的质量,压力变大,若只减小 B 的质量,压力变小,选 项 A、B 错误;A、B 之间的压力与斜面的倾角、物体与斜面间的动摩擦
22、因数 无关,选项 C 正确、D 错误。 思维点拨 先A、B整体受力分析求加速度,再隔离B受力分析求A、B间弹 力(隔离B受力个数少,比隔离A简单)。 素养点拨 连接体问题涉及多个物体的运动,各物体既相互独立,又通过内 力相互联系。处理连接体问题时,整体法与隔离法往往交叉使用,一般思路 是: (1)求内力时,先用整体法求加速度,再用隔离法求物体间的作用力。 (2)求外力时,先用隔离法求加速度,再用整体法求整体受到的外力。 【类题演练类题演练】 6.如图所示,质量为m1和m2的两个材料相同的物体用细线相连,在大小恒定 的拉力F作用下,先沿水平面,再沿斜面,最后竖直向上匀加速运动,丌计空气 阻力,在
23、三个阶段的运动中,线上的拉力大小( ) A.由大变小 B.由小变大 C.由大变小再变大 D.始终不变且大小为 1 1+2F 答案 D 解析 设物体与接触面的动摩擦因数为 ,在水平面有 a1=-( 1+2) 1+2 = 1+2-g 对 m1进行受力分析,则有 T1-m1g=m1a1= 1 1+2-m1g 所以 T1= 1 1+2F 在斜面上有 a2=-( 1+2)cos-(1+2)sin 1+2 对 m1受力分析,则有 T2-m1gcos -m1gsin =m1a2 解得 T2= 1 1+2F; 竖直向上运动时,有 a3=-( 1+2) 1+2 = 1+2-g 对 m1进行受力分析,则有 T3-
24、m1g=m1a3 解得 T3= 1 1+2F 所以绳子的拉力大小始终不变且大小为 1 1+2F,故 D 正确,ABC 错误。 7.(2020广东广州、深圳学调联盟高三第二次调研)质量为m的光滑囿柱体 A放在质量也为m的光滑“V”型槽B上,如图,=60,另有质量为M的物体C 通过跨过光滑定滑轮的丌可伸长的细绳不B相连,现将C自由释放,则下列 说法正确的是( ) A.当M=m时,A和B保持相对静止,共同加速度为0.5g B.当M=2m时,A和B保持相对静止,共同加速度为0.5g C.当M=6m时,A和B保持相对静止,共同加速度为0.75g D.当M=5m时,A和B之间恰好发生相对滑动 答案 B 解
25、析 当 A 和 B 之间恰好发生相对滑动时,对 A 受力分析如图。 根据牛顿运动定律有 mgcot 60 =ma,解得 a=gcot 60 = 3 3 g, 此时系统整体具有共同的运动情况,对整体有 Mg=(M+2m)a,故 a= +2 g= 3 3 g, 即 +2 = 3 3 ,解得 M= 2 3 3- 3m=2.73m,选项D错误;当 M2.73m 时,A和B 将发生相 对滑动,选项 C 错误;当 M2.73m 时,A 和 B 保持相对静止,又因为 a= +2 g,所以 当 M=m 时,共同加速度为a=1 3g;当 M=2m时,共同加速度为a= 1 2g=0.5g,选项A错 误、B 正确。
26、 考法2 传送带问题(L) 规律方法 传送带问题的解题思路 【典例4】 (2020江西九江模拟)如图所示,某皮带传动装置不水平面夹角为30,两轮 轴心相距L=2 m,A、B分别是传送带不两轮的切点,传送带丌打滑。现传送 带沿顺时针方向以v=2.5 m/s的速度匀速运动,将一小物块轻轻地放置亍A 点,小物块不传送带间的动摩擦因数为= ,g取10 m/s2,最大静摩擦力等 亍滑动摩擦力。 (1)求小物块运动至B点的时间; (2)若传送带速度可以任意调节,当小物块在A点 以v0=8 m/s的速度沿传送带向上运动时, 求小物块到达B点的速度范围。 3 2 答案 (1)1.3 s (2) 14 m/sv
27、B 74 m/s 解析 (1)刚开始小物块沿传送带向上做匀加速直线运动,设加速度为 a1,根据 牛顿第二定律得 mgcos 30 -mgsin 30 =ma1 解得 a1=2.5 m/s2 设小物块速度等于 2.5 m/s 时,小物块对地位移为 L1,用时为 t1,则 t1= 1 = 2.5 2.5 s=1 s L1= 2 21 = 2.52 22.5 m=1.25 m 因 L1tan 30 ,故小物块速度等于 2.5 m/s 后,将做匀速直线运动至 B 点,设用时为 t2,则 t2=-1 =0.3 s 故小物块从 A 到 B 所用时间为 t=t1+t2=1.3 s (2)由于传送带速度可以任
28、意调节,故小物块从A到B一直做匀加速直线运动 时,到达 B 点的速度最大。由运动学公式可知 2 = 02+2a1L 解得 vB= 74 m/s 小物块从A到B一直做匀减速直线运动时,到达B点的速度最小,由牛顿第二 定律得 mgsin 30 +mgcos 30 =ma2 解得 a2=12.5 m/s2 由运动学公式可知 vB2=02-2a2L 解得 vB= 14 m/s 即小物块到达 B 点的速度范围为 14 m/svB 74 m/s。 思维点拨 (1)根据传送带和小物块的相对运动情况判断各种情况下摩擦 力方向;(2)根据最大静摩擦力和小物块重力沿传送带向下的分力的大小关 系,判断传送带和小物块
29、共速后小物块运动性质;(3)列牛顿第二定律、运 动学公式及有关联系式求解结果。 【类题演练类题演练】 8.(多选)如图所示,一粗糙的水平传送带以恒定的速度v1沿顺时针方向转动, 传送带的左、右两端皆有一不传送带等高的光滑水平面,一物体以恒定的 速度v2沿水平面分别从左、右两端滑上传送带,下列说法正确的是( ) A.物体从右端滑到左端所需的时间一定大亍物体从左端滑到右端的时间 B.若v2v1,物体从右端滑上传送带,则物体可能到达左端 C.若v2v1,物体从左端滑上传送带必然先做加速运动,再做匀速运动 D.若v2v1,物体从右端滑上传送带又回到右端,则在此过程中物体先做减 速运动再做加速运动 答案
30、 BD 解析 若物体从右端滑到左端和从左端滑到右端的过程中一直相对于传送 带滑动,此时滑动摩擦力产生加速度,两者加速度相等,运动的位移相等,都 做匀变速运动,运动的时间相等,故A错误;若v2v1,物体从右端滑上传送带, 物体所受摩擦力向右,物体做匀减速运动,若物体滑到左端速度大于等于零, 可以到达左端,故B正确;若v2v1,物体从左端滑上传送带时所受的滑动摩 擦力向右,物体先做匀加速运动,若物体运动到右端时速度仍小于传送带速 度,则没有匀速过程,故C错误;若v2v1,物体从右端滑上传送带又回到右端, 则物体受到的摩擦力一直向右,加速度不变,即先向左匀减速,后向右匀加 速,故D正确;故选BD。
31、9.(2020山东德州模拟)如图所示,传送带不地面夹角=37,从A到B长度为 L=10.25 m,传送带以v0=10 m/s的速率逆时针转动。在传送带上端A无初速 地放置一质量为m=0.5 kg的黑色煤块,它不传送带之间的动摩擦因数为 =0.5。煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹。已知sin 37=0.6,g取10 m/s2,求: (1)煤块从A到B的时间; (2)煤块从A到B的过程中传送带上形成痕迹的长度。 答案 (1)1.5 s (2)5 m 解析 (1)煤块刚放上传送带时,受到向下的摩擦力,其加速度为 a1=(sin+cos) =g(sin +cos )=10 m/s2, 煤块加速到传送带
32、速度 v0所用的时间为 t1=0 1=1 s, 其经过的路程为 x1=1 2a11 2=5 m, 煤块的速度达到v0后,受到向上的摩擦力,则加速度为a2=(sin-cos) =g(sin -cos )=2 m/s2, 煤块以加速度a2运动的路程为x2=L-x1=5.25 m, 解得t2=0.5 s, 煤块从A到B的时间为t=t1+t2=1.5 s。 (2)第一过程煤块相对于传送带向后留下的痕迹长x1=v0t1-x1=5 m, 第二过程煤块相对于传送带向前留下的痕迹长x2=x2-v0t2=0.25 m,x1与 x2部分重合,故痕迹总长为5 m。 其时间满足 x2=v0t2+1 2a22 2, 考
33、法3 “滑块木板”模型(H) 规律方法 “滑块木板”问题的分析方法 【典例5】 (2020安徽合肥模拟)如图所示,一长L=2 m、质量M=4 kg的薄木板(厚度丌 计)静止在粗糙的水平台面上,其右端距平台边缘l=5 m,木板的正中央放有 一质量为m=1 kg的小物块(可视为质点)。已知木板不地面、物块不木板 间动摩擦因数均为1=0.4,现对木板施加一水平向右的恒力F,其大小为48 N,g取10 m/s2,试求: (1)F作用了1.2 s时,木板的右端离平台边缘的距离; (2)要使小物块最终丌能从平台上滑出去,则物块不平台间的动摩擦因数2 应满足的条件。 答案 (1)0.64 m (2)20.2
34、 解析 (1)假设开始时物块与木板会相对滑动,由牛顿第二定律, 对木板有:F-1(M+m)g-1mg=Ma1 解得:a1=6 m/s2 对物块有:1mg=ma2 解得:a2=4 m/s2 因为a26 N (3)1 s 解析 (1)由题图乙可知,01 s内,木板和铁块均没有滑动,F1=F=kt;13 s,木 板和铁块相对静止,但整体相对地面运动,故t=1 s时,恰好有 Ff1=1(m+M)g=3 N,求得木板与地面间的动摩擦因数1=0.1;3 s后,木板和 铁块相对滑动,m受到滑动摩擦力,有2mg=5 N,求得木板与铁块间的动摩 擦因数2=0.5。 (2)使铁块从木板上滑落,必须有铁块的加速度大
35、于木板的加速度,设铁块 的加速度为a1,木板的加速度为a2,由牛顿第二定律, 对铁块:F-2mg=ma1 对木板:2mg-1(m+M)g=Ma2 当a1a2时,铁块才能从木板上滑落,代入数据解得F6 N。 (3)由牛顿第二定律F-2mg=ma1,解得a1=3 m/s2; 对木板:2mg-1(m+M)g=Ma2,解得a2=1 m/s2 解得t=1 s。 设铁块运动到木板右端所用的时间为 t,则1 2a1t 2-1 2a2t 2=L 考法4 动力学中的临界极值问题(含弹簧问题)(M) 规律方法 动力学中的临界极值问题常涉及的物理模型有板块模型、传 送带模型、弹簧模型等。 1.处理临界问题的三种方法
36、 极限法 把物理问题(或过程)推向极端,从而使临界现象(或状态)暴露出来, 以达到正确解决问题的目的 假设法 临界问题存在多种可能,特别是有非此即彼两种可能时,或变化过 程中可能出现临界条件、也可能不出现临界条件时,往往用假设 法解决问题 数学法 将物理过程转化为数学表达式,根据数学表达式解出临界条件 2.对于弹簧模型要明确以下几点 (1)弹簧弹力的大小可根据胡克定律计算(在弹性限度内),即F=kx,其中x是 弹簧的形变量(与原长相比的伸长量或缩短量,不是弹簧的实际长度)。 (2)高中研究的弹簧一般都是轻弹簧(不计弹簧自身的质量,也不会有动能 和加速度)。 (3)不论弹簧处于何种运动状态(静止
37、、匀速或变速),轻弹簧两端所受的弹 力一定等大反向。 (4)弹簧的弹力属于接触力,弹簧两端必须都与其他物体接触才可能有弹力。 如果弹簧的一端和其他物体脱离接触,或处于拉伸状态的弹簧突然被剪断, 那么弹簧两端的弹力都将立即变为零。 【典例6】(多选)如图所示,质量均为m=500 g的木块A、B叠放在一起,轻弹 簧的劲度为k=100 N/m,上、下两端分别和B不水平面相连。原来系统处亍 静止状态。现用竖直向上的拉力F拉A,使它以a=2.0 m/s2的加速度向上做 匀加速运动。则下列说法正确的是( ) A.经过0.1 s,A不B恰好分离 B.向上做匀加速运动过程中拉力F的最小值是2 N C.向上做匀
38、加速运动过程中拉力F的最大值是6 N D.刚施加拉力F瞬间A、B间压力为2 N 答案 BC 解析 设系统静止时弹簧的压缩量为x1,A、B刚好分离时弹簧的压缩量为 x2,kx1=2mg,x1=0.10 m。A、B刚好分离时,A、B间弹力大小为零,且 aA=aB=a。以B为研究对象,由牛顿第二定律有kx2-mg=ma,得x2=0.06 m,可 见分离时弹簧不是原长。该过程A、B的位移x=x1-x2=0.04 m。由x= at2,得t=0.2 s,A错误。分离前以A、B整体为研究对象,由牛顿第二定律有 F+kx-2mg=2ma,随着A、B加速上升,弹簧形变量x逐渐减小,拉力F将逐渐 增大。开始时x=
39、x1,F1+kx1-2mg=2ma,得F1=2 N;A、B刚分离时x=x2, F2+kx2-2mg=2ma,得F2=6 N,B、C正确。以B为研究对象由牛顿第二定律 有kx1-mg-FN=ma,得FN=4 N,D错误。 1 2 思维点拨 两个相互接触的物体被弹簧弹开,这两个物体恰好分开的位置, 就是临界点。“恰好分开”既可以认为已经分开,也可以认为还未分开。认 为已分开,那么这两个物体间的弹力必然为零;认为未分开,那么这两个物 体的速度、加速度必然相等。同时利用这两个结论,就能分析出此时弹簧 所处的状态。 【典例7】(多选)如图所示,A、B两物块的质量分别为2m和m,静止叠放在 水平地面上。A
40、、B间的动摩擦因数为,B不地面间的动摩擦因数为 。 最大静摩擦力等亍滑动摩擦力,重力加速度为g。现对A施加一水平拉力F, 则( ) A.当F3mg 时,A 相对 B 滑动 D.无论 F 为何值,B 的加速度不会超过1 2g 答案 BCD 解析 对 A、B 整体应用牛顿第二定律,有 F-3 2mg=3ma,对 B,在 A、B 恰好要发生相 对运动时,Ff- 23mg=ma,当 Ff 最大等于滑动摩擦力时,一起运动的加速度最大,拉力 F 也最大,由此解得一起运动的最大拉力 F=3mg,可见,当 F3mg 时,A 相对 B 才能 滑动,C 正确;对 A、B 整体,地面对 B 的最大静摩擦力为3 2m
41、g,当 0F 3 2mg 时,A、B 都静止,当3 2mgF3mg 时,A、B 相对静止,但两者相对地面一起向右做匀加速直线 运动,故 A 错;当 F=5 2mg 时,A、B 相对静止,对整体有 5 2mg- 23mg=3ma,a= 1 3g,故 B 正确;无论 F 为何值,B 所受最大的动力为 A 对 B 的最大静摩擦力 2mg,故 B 的最大 加速度 aBm= 2 -3 2 = 1 2g,故 D 正确。 思维点拨 找临界条件:一起运动选整体为研究对象,相互作用的摩擦力最 大是临界条件,此时可求一起运动的最大拉力,即相对滑动的最小拉力。 【类题演练类题演练】 12.(2020北京朝阳区高三下
42、学期模拟)一辆卡 车的平板车厢上放置一个木箱,木箱不接触 面间的动摩擦因数为=0.5,卡车运行在一条 平直的公路上,重力加速度g取10 m/s2,木箱所 受的最大静摩擦力不滑动摩擦力相等。 (1)当卡车以a=2 m/s2的加速度启动时,请分析说明木箱是否会发生滑动; (2)当卡车遇到紧急情冴刹车停止后,司机下车发现木箱已经撞在驾驶室后 边缘,已知木箱在车上滑行的距离d=4 m,刹车前卡车的车速为v=72 km/h, 求卡车刹 车时的加速度a1至少为多大。 答案 (1)见解析 (2)5.6 m/s2 解析 (1)当卡车的加速度为a=2 m/s2时,假设木箱与卡车一起运动。 则对于木箱由牛顿第二定
43、律得f=ma 木箱所受的最大静摩擦力为fm=mg 代入数据可知fL,故轿车会撞上货车。 轿车减速行驶通过的距离为 x2=1 +2 2 t2=50 m (2)货车加速行驶通过的距离为 L1=2 +3 2 (t1+t0)=147 m 假设轿车未撞上货车,且从轿车开始减速行驶到轿车与货车速度相同时所用 的时间为 t3,由匀变速直线运动的规律有 v3=v1-at3解得 t3=8 7 s 货车匀速行驶通过的距离为 L2=v3t3=27.4 m 轿车减速行驶通过的距离为 x3=1 +3 2 t3=32 m 由于 x1+x3-(L1+L2)=81.6 mL,故轿车不会撞上货车。 情境分析 本题属于综合性、应
44、用性题目,以交通安全问题中的“疲劳驾驶” 为素材创设日常生活类情境。建构直线运动中追及相遇模型,应用运动学 公式解决实际问题。考查关键能力中的理解能力、模型建构能力、推理 论证能力。提醒大家在日常出行中“文明行车、安全第一”的防范意识,敬 畏生命,严防交通事故的发生,“人人为我、我为人人”,提高社会责任感。 解题指导 审题 读取题干 获取信息 轿车与前方正以大小v2=18 m/s的速度匀速行驶 的大货车间的距离L=100 m 若不相撞,两车共速前,轿车位移 最多比货车位移大100 m 老王打盹的时间t1=6 s;从老王醒来到轿车开始 减速行驶所用的时间t0=1 s t1+t0时间内,轿车继续匀
45、速行驶 轿车减速行驶中所受阻力大小为其重力的 可求轿车减速的加速度 若从老王开始打盹到轿车开始减速行驶的时间 内(即t1+t0时间内),货车匀加速到速度大小 v3=24 m/s,之后匀速行驶 t1+t0时间内,货车完成加速 7 10 破题第(1)问,轿车匀速行驶7 s后匀减速直线运动,相同时间内货车一直匀 速运动,判断与货车共速时两车的位移关系,确定是否相撞; 第(2)问,轿车运动性质不变,货车先匀加速7 s后再匀速运动,判断与货车共 速时两车的位移关系,确定是否相撞。 素养点拨 追及、相遇问题中的“一、二、三、四” 一个条件:即两者速度相等,它往往是物体间能够追上、追不上或两者距离最大、 最
46、小的临界条件,也是分析判断的切入点。 两个关系:即时间关系和位移关系,这两个关系可通过题干或画运动示意图得到。 三种情况:A追上B时,必有xA-xB=x0,且vAvB;要使两物体恰好不相撞,两物体 同时到达同一位置时速度相同,必有xA-xB=x0,vA=vB;要使两物体保证不相撞,则 要求当vA=vB时,xA-xBx0,且之后vAvB。 四步解题:分别对两个物体进行研究,分析运动性质;画出运动过程示意图; 列出运动学规律式和时间、位移的关系式;解出结果,必要时要进行讨论。 【类题演练类题演练】 1.(2020山东普通高中学业水平等级考试模拟 卷一)如图甲所示,在高速公路的连续下坡路 段通常会设
47、置避险车道,供发生紧急情冴的车 辆避险使用,本题中避险车道是主车道旁的一 段上坡路面。一辆货车在行驶过程中刹车失 灵,以v0=90 km/h的速度驶入避险车道,如图乙所示。设货车进入避险车道后牵 引力为零,货车不路面间的动摩擦因数=0.30,重力加速度大小g取10 m/s2。 (1)为了防止货车在避险车道上停下后发生溜滑现象,该避险车道上坡路面的倾 角应该满足什么条件?设最大静摩擦力等亍滑动摩擦力,结果用的正切值表示。 (2)若避险车道路面倾角为15,求货车在避险车道上行驶的最大距离。(已知sin 15=0.26,cos 15=0.97,结果保留2位有效数字) 答案 (1)tan mgsin
48、货车所受的最大摩擦力fm=N=mgcos 联立可解得tan 0.30 (2)货车在避险车道上行驶时 a=sin+ cos =5.51 m/s2 货车的初速度 v0=25 m/s 则货车在避险车道上行驶的最大距离为 x=0 2 2 =57 m 2.若汽车以v0=72 km/h的速度行驶,司机发现在x=33 m远处有人开始横穿 马路,立即采取刹车措施。已知司机的反应时间t1=0.75 s,刹车的加速度大 小为4 m/s2。 (1)从司机发现情冴至汽车走完33 m距离,经过多长时间?此时车速多大? (2)如果行人横穿20 m宽的马路,横穿速度为5 m/s,行人是否可能有危险? (3)如果刹车的加速度
49、大小为12 m/s2,按(2)中条件,此时行人横穿马路是否 有危险? 答案 (1)1.75 s 16 m/s (2)可能有危险 (3)没有危险 解析 (1)由题可知v0=72 km/h=20 m/s,在t1=0.75 s的反应时间内,汽车行驶 距离x1=v0t1=15 m 开始刹车后汽车匀减速行驶,加速度大小a=4 m/s2 解得t2=1 s 此时汽车速度v2=v0-at2=16 m/s 汽车走完33 m距离,所用时间t=t1+t2=1.75 s 设匀减速行驶的时间为 t2,则有 x-x1=v0t2-1 2 2 2 (2)汽车行驶33 m时,行人横穿马路走过的距离L=v人t=51.75 m=8.75 m 此时行人接近马路中心,可能有危险。 (3)汽车在0.75 s的反应时间内前进的距离x1=15 m 汽车从开始减速到停止运动行驶的距离为x3= =16.7 m 汽车前进的总位移x=x1+x3=31.7 m,由于汽车前进的总位移小于33 m,故行 人没有危险。 02 2 更多精彩内容请登录志鸿优化网志鸿优化网 http:/www.zhyh.org/ 本本 课课 结结 束束
