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高考物理突破大二輪浙江專用講義增分練:專題一 第2講 力與物體的直線運(yùn)動(dòng) Word版含解析

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1、 第2講 力與物體的直線運(yùn)動(dòng) 網(wǎng)絡(luò)構(gòu)建 備考策略 1.解決動(dòng)力學(xué)問(wèn)題要抓好關(guān)鍵詞語(yǔ) (1)看到“剛好”“恰好”“正好”等字眼,想到“題述的過(guò)程存在臨界點(diǎn)”。 (2)看到“最大、最小、至多、至少”等字眼,想到“題述的過(guò)程存在極值點(diǎn)”。 2.“四點(diǎn)”注意 (1)x-t圖象、v-t圖象均表示直線運(yùn)動(dòng)。 (2)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式中的v、a、x均為矢量,一定規(guī)定正方向。 (3)剎車問(wèn)題中不能忽略實(shí)際運(yùn)動(dòng)情況。 (4)x-t、v-t、a-t圖象相關(guān)量間的關(guān)系  運(yùn)動(dòng)學(xué)中的圖象問(wèn)題  x-t圖象的理解及應(yīng)用 【典例1】 (2019·稽陽(yáng)聯(lián)誼學(xué)校聯(lián)考)一輛汽車沿平直

2、道路行駛,其位移時(shí)間圖象如圖1所示。在t=0到t=40 s這段時(shí)間內(nèi),汽車的平均速度大小是(  ) 圖1 A.0 B.2 m/s C.2.67 m/s D.25 m/s 解析 因?yàn)槭俏灰啤獣r(shí)間圖象,所以合位移為零,又因?yàn)槠骄俣鹊扔谖灰瞥詴r(shí)間,所以平均速度為零,選項(xiàng)A正確。 答案 A  v-t圖象的理解及應(yīng)用 【典例2】 (2019·浙江綠色聯(lián)盟聯(lián)考)一長(zhǎng)為12 m的鋼管豎立在地面上,一名消防隊(duì)員在一次模擬演習(xí)訓(xùn)練中,從鋼管頂端由靜止下滑,如圖2所示。消防隊(duì)員先勻加速再勻減速下滑,到達(dá)地面時(shí)速度恰好為零。如果他加速時(shí)的加速度大小是減速時(shí)的兩倍,下滑總時(shí)間為3 s。該

3、消防隊(duì)員在這一過(guò)程中的運(yùn)動(dòng)圖象,可能正確的是(  ) 圖2 解析 設(shè)下滑過(guò)程中的最大速度為v,有+=t,位移關(guān)系為+=s,又a1=2a2,聯(lián)立解得v=8 m/s,a1=8 m/s2,a2=4 m/s2,加速時(shí)間為t1== s=1 s,減速時(shí)間為t2== s=2 s,但是相對(duì)于12 m的桿子而言,消防員不能看做質(zhì)點(diǎn),實(shí)際下落的位移應(yīng)小于12 m,故選項(xiàng)D正確。 答案 D 【典例3】 (2018·浙江4月選考)一帶電粒子僅在電場(chǎng)力作用下從A點(diǎn)開(kāi)始以-v0做直線運(yùn)動(dòng),其v-t圖象如圖3所示。粒子在t0時(shí)刻運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn),3t0時(shí)刻運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn),下列判斷正確的是(  ) 圖3 A.A

4、、B、C三點(diǎn)的電勢(shì)關(guān)系為φB>φA>φC B.A、B、C三點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小關(guān)系為EC>EB>EA C.粒子從A點(diǎn)經(jīng)B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn),電勢(shì)能先增加后減少 D.粒子從A點(diǎn)經(jīng)B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn),電場(chǎng)力先做正功后做負(fù)功 解析 由題圖v-t圖象知道帶電粒子在0~t0時(shí)間內(nèi)做減速運(yùn)動(dòng),電場(chǎng)力做負(fù)功,電勢(shì)能增大;在t0~3t0時(shí)間內(nèi)反方向加速運(yùn)動(dòng),電場(chǎng)力做正功,電勢(shì)能減小,選項(xiàng)C正確,D錯(cuò)誤;因?yàn)椴恢缼щ娏W与娦?,本題中無(wú)法判斷電勢(shì)的高低,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;圖象中斜率表示帶電粒子的加速度,qE=ma,可知A、B、C三點(diǎn)中EB最大,選項(xiàng)B錯(cuò)誤。 答案 C  a-t圖象的理解及應(yīng)用 【典例4】 (2019·浙江

5、椒江區(qū)新高考適應(yīng)性考試)摩天大樓中一部直通高層的客運(yùn)電梯,行程超過(guò)百米。電梯的簡(jiǎn)化模型如圖4所示??紤]安全、舒適、省時(shí)等因素,電梯的加速度a是隨時(shí)間t變化的,已知電梯在t=0時(shí)由靜止開(kāi)始上升,a-t圖象如圖5所示。電梯總質(zhì)量m=2.0×103 kg。忽略一切阻力,重力加速度g取10 m/s2。 (1)求電梯在上升過(guò)程中受到的最大拉力F1和最小拉力F2; (2)類比是一種常用的研究方法。對(duì)于直線運(yùn)動(dòng),教科書中講解了由v-t圖象求位移的方法。請(qǐng)你借鑒此方法,對(duì)比加速度和速度的定義,根據(jù)圖5所示a-t圖象,求電梯在第1 s內(nèi)的速度改變量Δv1和第2 s末的速率v2; (3)求電梯以最大速率

6、上升時(shí),拉力做功的功率P;再求在0~11 s時(shí)間內(nèi),拉力和重力對(duì)電梯所做的總功W。 解析 (1)由牛頓第二定律,有F-mg=ma 由a-t圖象可知,F(xiàn)1和F2對(duì)應(yīng)的加速度分別是 a1=1.0 m/s2,a2=-1.0 m/s2 F1=m(g+a1)=2.0×103×(10+1.0) N=2.2×104 N F2=m(g+a2)=2.0×103×(10-1.0) N=1.8×104 N。 (2)類比可得,所求速度變化量等于第1 s內(nèi)a-t圖線下的面積Δv1=0.50 m/s 同理可得,Δv2=v2-v0=1.5 m/s v0=0,第2 s末的速率 v2=1.5 m/s。 (3)

7、由a-t圖象可知,11~30 s內(nèi)速率最大,其值等于0~11 s內(nèi)a-t圖線下的面積,有vm=10 m/s 此時(shí)電梯做勻速運(yùn)動(dòng),拉力F等于重力mg,所求功率 P=Fvm=mgvm=2.0×103×10×10 W=2.0×105 W 由動(dòng)能定理,總功W=Ek2-Ek1=mv-0=×2.0×103×102 J=1.0×105 J。 答案 見(jiàn)解析 1.明圖象意義 (1)看到“x-t圖線”想到“初始位置關(guān)系”。 (2)看到“v-t圖線”想到“加速度變化情況”。 (3)速度圖線只有通過(guò)時(shí)間軸時(shí)速度方向才改變。 2.清交點(diǎn)區(qū)別 兩個(gè)物體的運(yùn)動(dòng)圖象一般會(huì)涉及追及和相遇問(wèn)題。x-t圖象

8、交點(diǎn)表示兩物體相遇,v-t圖象交點(diǎn)表示兩物體速度相等。 3.抓對(duì)應(yīng)關(guān)系 根據(jù)物體的初始條件和受力情況判斷或作出圖象的關(guān)鍵是將運(yùn)動(dòng)情景與圖象信息對(duì)應(yīng)起來(lái)。     1.(2019·浙江寧波新高考適應(yīng)性考試)有一物體做直線運(yùn)動(dòng),其速度圖象如圖6所示,那么物體的速度變化率的方向與瞬時(shí)速度的方向相同的時(shí)間為(  ) 圖6 A.只有0

9、速度變化率的方向與瞬時(shí)速度的方向相同;當(dāng)1 s

10、與題中規(guī)定的正方向相反,故為負(fù)值,所以C、D錯(cuò)誤;小球的運(yùn)動(dòng)為勻變速運(yùn)動(dòng),根據(jù)v2-v=2ax可知速度與時(shí)間的關(guān)系式為二次函數(shù),故A正確,B錯(cuò)誤。 答案 A 3.(2019·浙江嵊州選考模擬)一質(zhì)點(diǎn)由靜止開(kāi)始沿直線運(yùn)動(dòng),通過(guò)傳感器描繪出關(guān)于x的函數(shù)圖象如圖7所示,下列說(shuō)法正確的是(  ) 圖7 A.質(zhì)點(diǎn)做勻減速直線運(yùn)動(dòng) B.-x圖象斜率等于質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的加速度 C.四邊形AA′B′B的面積可表示質(zhì)點(diǎn)從O到C′所用的時(shí)間 D.四邊形BB′C′C的面積可表示質(zhì)點(diǎn)從C到C′所用的時(shí)間 解析 由題中-x圖象可知,與x成正比,即vx=常數(shù),質(zhì)點(diǎn)的速度隨位移的增大而減小,因此質(zhì)點(diǎn)做減速直線

11、運(yùn)動(dòng),但不是勻減速直線運(yùn)動(dòng),又因?yàn)閳D象的斜率k=,顯然不等于質(zhì)點(diǎn)的加速度,選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤;由于三角形OBC的面積S1=OC·BC=,表示質(zhì)點(diǎn)從O到C所用的時(shí)間,同理,質(zhì)點(diǎn)從O到C′所用的時(shí)間可由S2=表示,所以四邊形BB′C′C的面積可表示質(zhì)點(diǎn)從C到C′所用的時(shí)間,選項(xiàng)C錯(cuò)誤,D正確。 答案 D  勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律的應(yīng)用  以生活中的交通問(wèn)題為背景考查勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律的應(yīng)用 【典例1】 (2019·浙江綠色聯(lián)盟聯(lián)考)為了減少汽車剎車失靈造成的危害,如圖8所示為高速路上在下坡路段設(shè)置的可視為斜面的緊急避險(xiǎn)車道。一輛貨車在傾角θ=30°的連續(xù)長(zhǎng)直下坡高速路上,以v0=7 m/s的速度在

12、剎車狀態(tài)下勻速行駛(在此過(guò)程及后面過(guò)程中,可認(rèn)為發(fā)動(dòng)機(jī)不提供牽引力),突然汽車剎車失靈,開(kāi)始加速運(yùn)動(dòng),此時(shí)汽車所受到的摩擦力為車重的0.2倍。在加速前進(jìn)了x0=96 m后,貨車沖上了平滑連接的傾角α=37°的避險(xiǎn)車道,已知貨車在該避險(xiǎn)車道上所受到的摩擦力為車重的0.65倍。貨車的各個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程均可視為直線運(yùn)動(dòng),取sin 37°=0.6,g=10 m/s2,不計(jì)空氣阻力。求: 圖8 (1)貨車在下坡路上運(yùn)動(dòng)時(shí)剎車失靈后的加速度大?。? (2)貨車剛沖上避險(xiǎn)車道時(shí)的速度大??; (3)貨車在進(jìn)入避險(xiǎn)車道后3秒內(nèi)發(fā)生的位移大小。 解析 (1)設(shè)貨車加速下行時(shí)的加速度大小為a1, 由牛頓第二

13、定律可知 mgsin θ-0.2mg=ma1 解得a1=3 m/s2。 (2)由公式v2-v=2a1x0 解得v=25 m/s。 (3)設(shè)貨車在避險(xiǎn)車道上行車時(shí)的加速度大小為a2, 由牛頓第二定律可知 mgsin α+0.65mg=ma2 解得a2=12.5 m/s2 t停==2 s<3 s 由v2-0=2a2x 解得x=25 m。 速度為0后,由于mgsin α<0.65mg,貨車不再滑下,故3 s 內(nèi)發(fā)生的位移大小為25 m。 答案 (1)3 m/s2 (2)25 m/s (3)25 m  以斜面上運(yùn)動(dòng)的通電導(dǎo)體棒為載體考查勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律的 應(yīng)用 【典例

14、2】 (2018·江蘇單科)如圖9所示,兩條平行的光滑金屬導(dǎo)軌所在平面與水平面的夾角為θ,間距為d。導(dǎo)軌處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向與導(dǎo)軌平面垂直。質(zhì)量為m的金屬棒被固定在導(dǎo)軌上,距底端的距離為s,導(dǎo)軌與外接電源相連,使金屬棒通有電流。金屬棒被松開(kāi)后,以加速度a沿導(dǎo)軌勻加速下滑,金屬棒中的電流始終保持恒定,重力加速度為g。求下滑到底端的過(guò)程中,金屬棒 圖9 (1)末速度的大小v; (2)通過(guò)的電流大小I; (3)通過(guò)的電荷量Q。 解析 (1)勻加速直線運(yùn)動(dòng)v2=2as 解得v=。 (2)安培力F安=IdB 金屬棒所受合力F=mgsin θ-F安 牛頓運(yùn)動(dòng)定律F

15、=ma 解得I=。 (3)運(yùn)動(dòng)時(shí)間t= 電荷量Q=It 解得Q=。 答案 (1) (2) (3) “一畫、二選、三注意”解決勻變速直線運(yùn)動(dòng)問(wèn)題      1.(2019·浙江溫州模擬)如圖10甲是某景點(diǎn)的山坡滑道圖片,技術(shù)人員通過(guò)測(cè)量繪制出如圖乙所示的示意圖。AC是滑道的豎直高度,D點(diǎn)是AC豎直線上的一點(diǎn),且有AD=DE=10 m,滑道AE可視為光滑,g=10 m/s2,滑行者從坡頂A點(diǎn)由靜止開(kāi)始沿滑道AE向下做直線滑動(dòng),則滑行者在滑道AE上滑行的時(shí)間為(  ) 圖10 A. s B. s C.2 s D.2 s 解析 設(shè)滑道與水平面的夾角為θ,

16、滑行者的質(zhì)量為m、加速度為a,由幾何知識(shí)得AE=2ADsin θ,滑行者受重力和支持力,根據(jù)牛頓第二定律得mgsin θ=ma,由勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律得AE=at2,聯(lián)立以上三式解得t=2 s,選項(xiàng)A、B、D錯(cuò)誤,C正確。 答案 C 2.(2019·浙江溫州九校高三上學(xué)期聯(lián)考模擬)如圖11所示,傾斜放置的平行板電容器兩極板與水平面的夾角為θ,極板間距為d,帶負(fù)電的微粒質(zhì)量為m、帶電荷量為q,重力加速度大小為g,微粒從極板M的左邊緣A處以初速度v0水平射入極板間,沿直線運(yùn)動(dòng)并從極板N的右邊緣B處射出,則(  ) 圖11 A.微粒到達(dá)B點(diǎn)時(shí)動(dòng)能為mv B.微粒的加速度大小等于gsin

17、θ C.兩極板間的電勢(shì)差UMN= D.微粒從A點(diǎn)到B點(diǎn)的過(guò)程中電勢(shì)能減少 解析 微粒的受力情況如圖所示,微粒做勻減速直線運(yùn)動(dòng),到達(dá)B點(diǎn)時(shí)動(dòng)能小于mv,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;由牛頓第二定律得mgtan θ=ma,加速度a=gtan θ,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;又電場(chǎng)力qE=,兩極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度E=,兩板間的電勢(shì)差UMN=Ed=,選項(xiàng)C正確;微粒從A向B運(yùn)動(dòng),電場(chǎng)力做負(fù)功,電勢(shì)能增加,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 答案 C 3.(2019·浙江十校聯(lián)盟適應(yīng)性考試)觀光旅游、科學(xué)考察經(jīng)常利用熱氣球,保證熱氣球的安全就十分重要。科研人員進(jìn)行科學(xué)考察時(shí),氣球、座艙、壓艙物和科研人員的總質(zhì)量為M=1 000 kg,在空中停留一段

18、時(shí)間后,由于某種故障,氣球受到的空氣浮力減小,當(dāng)科研人員發(fā)現(xiàn)氣球在豎直下降時(shí),氣球速度為v0=2 m/s, 此時(shí)開(kāi)始,經(jīng)t0=4 s氣球繼續(xù)勻加速下降h1=16 m,科研人員立即拋掉一些壓艙物,使氣球勻速下降。不考慮氣球由于運(yùn)動(dòng)而受到的空氣阻力,取重力加速度 g=10 m/s2。求: 圖12 (1)氣球加速下降階段的加速度大小a; (2)拋掉壓艙物的質(zhì)量m; (3)氣球從靜止開(kāi)始經(jīng)過(guò)t=12 s的時(shí)間內(nèi)下落的總高度h總。 解析 (1)設(shè)氣球加速下降的加速度大小為a,受空氣的浮力為F,則由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可知h1=v0t0+at 解得a=1 m/s2。 (2)由牛頓第二定律得到M

19、g-F=Ma 拋掉質(zhì)量為m壓艙物,氣體勻速下降,有(M-m)g=F 解得m=100 kg。 (3)設(shè)拋掉壓艙物時(shí),氣球的速度為v1 由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可知v1=v0+at0=6 m/s,氣球從靜止開(kāi)始經(jīng)過(guò)t=12 s的時(shí)間下落的總高度為h總=+v1 解得h總=54 m。 答案 (1)1 m/s2 (2)100 kg (3)54 m  牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用  以多列用掛鉤連接的車廂為載體考查牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用 【典例1】 (2019·浙江桐鄉(xiāng)高三模擬)(多選)在一東西向的水平直鐵軌上,停放著一列已用掛鉤連接好的車廂。當(dāng)機(jī)車在東邊拉著這列車廂以大小為a的加速度向東行駛時(shí),連接某兩相鄰

20、車廂的掛鉤P和Q間的拉力大小為F;當(dāng)機(jī)車在西邊拉著車廂以大小為a的加速度向西行駛時(shí),P和Q間的拉力大小仍為F。不計(jì)車廂與鐵軌間的摩擦,每節(jié)車廂質(zhì)量相同,則這列車廂的節(jié)數(shù)可能為(  ) A.8 B.10 C.15 D.18 解析 設(shè)掛鉤P、Q西邊有n節(jié)車廂,每節(jié)車廂的質(zhì)量為m,則掛鉤P、Q西邊車廂的質(zhì)量為nm,以西邊這些車廂為研究對(duì)象,有 F=nma① P、Q東邊有k節(jié)車廂,以東邊這些車廂為研究對(duì)象,有 F=km·a② 聯(lián)立①②得3n=2k, 總車廂數(shù)為N=n+k,由此式可知n只能取偶數(shù), 當(dāng)n=2時(shí),k=3,總節(jié)數(shù)為N=5 當(dāng)n=4時(shí),k=6,總節(jié)數(shù)為N=10

21、 當(dāng)n=6時(shí),k=9,總節(jié)數(shù)為N=15 當(dāng)n=8時(shí),k=12,總節(jié)數(shù)為N=20,故選項(xiàng)B、C正確。 答案 BC  以圖象形式考查牛頓第二定律的應(yīng)用問(wèn)題 【典例2】 (2019·浙江奉化高三模擬)如圖13,輕彈簧的下端固定在水平桌面上,上端放有物塊P,系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)?,F(xiàn)用一豎直向上的力F作用在P上,使其向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。以x表示P離開(kāi)靜止位置的位移,在彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)前,下列表示F與x之間關(guān)系的圖象可能正確的是(  ) 圖13 解析 假設(shè)物塊靜止時(shí)彈簧的壓縮量為x0,則由力的平衡條件可知kx0=mg,在彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)前,當(dāng)物塊向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí),由牛頓第二定律得F+k(x

22、0-x)-mg=ma,由以上兩式解得F=kx+ma,顯然F和x為一次函數(shù)關(guān)系,且在F軸上有截距,則A正確,B、C、D錯(cuò)誤。 答案 A  以生活、科技為背景考查動(dòng)力學(xué)兩類問(wèn)題 【典例3】 (2019·溫州模擬)如圖14所示,一條小魚(yú)在水面處來(lái)了個(gè)“鯉魚(yú)打挺”,彈起的高度為H=2h。以不同的姿態(tài)落入水中其入水深度不同。若魚(yú)身水平,落入水中的深度為h1=h;若魚(yú)身豎直,落入水中的深度為h2=1.5h;假定魚(yú)的運(yùn)動(dòng)始終在豎直方向上,在水中保持姿態(tài)不變,受到水的作用力也不變,空氣中的阻力不計(jì),魚(yú)身的尺寸遠(yuǎn)小于魚(yú)入水深度,重力加速度為g。求: 圖14 (1)魚(yú)入水時(shí)的速度v; (2)魚(yú)兩次

23、在水中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比t1∶t2; (3)魚(yú)兩次受到水的作用力之比F1∶F2。 解析 (1)由v2=2gH,得v=2。 (2)因h1=t1,h2=t2,得=。 (3)v2=2gH=2a1h1,F(xiàn)1-mg=ma1, 得F1=3mg 同理得F2=mg,所以=。 答案 (1)2 (2) (3) 應(yīng)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律求解問(wèn)題時(shí)應(yīng)注意 (1)研究對(duì)象的選取方法:整體法和隔離法。 (2)當(dāng)物體的受力情況發(fā)生變化時(shí)加速度同時(shí)發(fā)生變化。 (3)兩個(gè)相鄰的子過(guò)程的銜接,即前一過(guò)程的末狀態(tài)應(yīng)為后一過(guò)程的初狀態(tài)。     1.(2019·福州四校聯(lián)考)(多選)一個(gè)物塊放在粗糙的水平面上,現(xiàn)

24、用一個(gè)很大的水平推力推物塊,并且推力不斷減小,結(jié)果物塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的加速度a隨推力F變化的圖象如圖15所示。已知最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力,重力加速度g=10 m/s2。下列說(shuō)法正確的是(  ) 圖15 A.物塊的質(zhì)量為0.5 kg B.物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2 C.當(dāng)推力F減小為2 N時(shí),物塊的速度最大 D.當(dāng)推力F減小為0時(shí),物塊的速度為零 解析 由物塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的加速度a隨推力F變化的圖象可知,當(dāng)推力F=2 N時(shí),加速度為零,運(yùn)用牛頓第二定律可得F-μmg=0;當(dāng)F=0時(shí),加速度a= -2 m/s2,運(yùn)用牛頓第二定律,-μmg=ma,聯(lián)立解得μ=0.2,m=1.

25、0 kg。即物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2,物塊的質(zhì)量為1.0 kg,選項(xiàng)A錯(cuò)誤,B正確;用一個(gè)很大的水平力推物塊,并且推力不斷減小,物塊做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng),當(dāng)推力F減小為2 N時(shí)加速度為零,物塊的速度最大,選項(xiàng)C正確;當(dāng)推力F減小為0時(shí),物塊做減速運(yùn)動(dòng),物塊的速度不為零,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 答案 BC 2.(2019·稽陽(yáng)聯(lián)誼學(xué)校聯(lián)考)2019年1月4日上午10時(shí)許,科技人員在北京航天飛行控制中心發(fā)出指令,嫦娥四號(hào)探測(cè)器在月面上空開(kāi)啟發(fā)動(dòng)機(jī),實(shí)施降落任務(wù)。在距月面高為H=102 m處開(kāi)始懸停,識(shí)別障礙物和坡度,選定相對(duì)平坦的區(qū)域后,先以a1勻加速下降,加速至v1=4 m/s時(shí),立即

26、改變推力,以大小a2= 2 m/s2勻減速下降,至月表高度30 m處速度減為零,立即開(kāi)啟自主避障程序,緩慢下降。最后距離月面2.5 m時(shí)關(guān)閉發(fā)動(dòng)機(jī),探測(cè)器以自由落體的方式降落,自主著陸在月球背面南極-艾特肯盆地內(nèi)的馮·卡門撞擊坑中,整個(gè)過(guò)程始終垂直月球表面做直線運(yùn)動(dòng),取豎直向下為正方向。已知嫦娥四號(hào)探測(cè)器的質(zhì)量m=40 kg,月球表面重力加速度為1.6 m/s2,求: 圖16 (1)勻加速直線下降過(guò)程中探測(cè)器的加速度大??; (2)勻加速直線下降過(guò)程推力F的大小和方向。 解析 (1)由題意知加速和減速發(fā)生的位移為 h=102 m-30 m=72 m 由位移關(guān)系得+=h,解得a1

27、=1 m/s2。 (2)勻加速直線下降過(guò)程由牛頓第二定律得 mg′-F=ma1,解得F=24 N,方向豎直向上。 答案 (1)1 m/s2 (2)24 N 豎直向上 高考物理中的“五大”解題思想 現(xiàn)如今,高考物理越來(lái)越注重考查考生的能力和科學(xué)素養(yǎng),其命題更加明顯地滲透著對(duì)物理思想、物理方法的考查。在平時(shí)的復(fù)習(xí)備考過(guò)程中,物理習(xí)題浩如煙海,千變?nèi)f化,我們?nèi)裟苷莆找恍┗镜慕忸}思想,就如同在開(kāi)啟各式各樣的“鎖”時(shí),找到了一把“多功能的鑰匙”。 一、數(shù)形結(jié)合的思想 數(shù)形結(jié)合的思想,就是把物體的空間形式和數(shù)量關(guān)系結(jié)合起來(lái)進(jìn)行考查,通過(guò)“數(shù)”與“形”之間的對(duì)應(yīng)和轉(zhuǎn)化來(lái)解決問(wèn)題的思想,其

28、實(shí)質(zhì)是把抽象的數(shù)學(xué)語(yǔ)言、數(shù)量關(guān)系與直觀的圖形結(jié)合起來(lái),把抽象思維和形象思維結(jié)合起來(lái)。數(shù)形結(jié)合的思想,一方面可以以“形”助“數(shù)”,實(shí)現(xiàn)抽象概念與具體形象的聯(lián)系與轉(zhuǎn)化,化抽象為直觀,化難為易;另一方面可以以“數(shù)”解“形”,可以由數(shù)入手,將有些涉及圖形的問(wèn)題轉(zhuǎn)化為數(shù)量關(guān)系來(lái)研究,對(duì)圖形做精細(xì)的分析,從而使人們對(duì)直觀圖形有更精確、理性的理解。 【例1】 (2019·浙江麗水選考模擬)一彈簧測(cè)力計(jì)的秤盤質(zhì)量為m1,盤內(nèi)放一質(zhì)量為m2的物體,彈簧質(zhì)量不計(jì),其勁度系數(shù)為k,系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài),如圖17所示。t0時(shí)刻給物體施加一個(gè)豎直向上的力F,使物體從靜止開(kāi)始向上做加速度為a的勻加速直線運(yùn)動(dòng),經(jīng)2 s物體與

29、秤盤脫離,用FN表示物體與秤盤間的相互作用力的大小,已知重力加速度大小為g,則下列F和FN隨時(shí)間變化的關(guān)系圖象正確的是(  ) 圖17 解析 對(duì)秤盤和物體整體分析,系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)時(shí),彈簧形變量為x0,利用牛頓第二定律得,kx0=(m1+m2)g,F(xiàn)+kx-(m1+m2)g=(m1+m2)a,又x=x0- a(t-t0)2,解上述兩式得F=(m1+m2)a+ka(t-t0)2,所以選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤;以物體為研究對(duì)象,物體靜止時(shí),F(xiàn)N=m2g,運(yùn)動(dòng)后對(duì)秤盤受力分析,利用牛頓第二定律得kx-m1g-FN=m1a,F(xiàn)N=m2g-m1a-ka(t-t0)2,所以選項(xiàng)C正確,D錯(cuò)誤。 答案

30、 C 二、分解思想 有些物理問(wèn)題的運(yùn)動(dòng)過(guò)程、情景較為復(fù)雜,在運(yùn)用一些物理規(guī)律或公式不奏效的情況下,將物理過(guò)程按照事物發(fā)展的順序分成幾段熟悉的子過(guò)程來(lái)分析,或者將復(fù)雜的運(yùn)動(dòng)分解成幾個(gè)簡(jiǎn)單或特殊的分運(yùn)動(dòng)(如勻速直線運(yùn)動(dòng)、勻變速直線運(yùn)動(dòng)、圓周運(yùn)動(dòng)等)來(lái)考慮,往往能事半功倍。 【例2】 (2018·江蘇單科,3)某彈射管每次彈出的小球速度相等。在沿光滑豎直軌道自由下落過(guò)程中,該彈射管保持水平,先后彈出兩只小球。忽略空氣阻力,兩只小球落到水平地面的(  ) A.時(shí)刻相同,地點(diǎn)相同 B.時(shí)刻相同,地點(diǎn)不同 C.時(shí)刻不同,地點(diǎn)相同 D.時(shí)刻不同,地點(diǎn)不同 解析 彈射管沿光滑豎直軌道自由下

31、落,向下的加速度大小為g,且下落時(shí)保持水平,故先后彈出的兩只小球在豎直方向的分速度與彈射管的分速度相同,即兩只小球同時(shí)落地,故兩只小球在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間不同;又兩只小球先后彈出且水平分速度相等,則運(yùn)動(dòng)的水平位移不同,落地點(diǎn)不同,選項(xiàng)B正確。 答案 B 三、守恒思想 物理學(xué)中最常用的一種思維方法——守恒。高中物理涉及的守恒定律有能量守恒定律、動(dòng)量守恒定律、機(jī)械能守恒定律、質(zhì)量守恒定律、電荷守恒定律等,它們是我們處理高中物理問(wèn)題的重要原理。 【例3】 (2019·浙江東陽(yáng)高三模擬)如圖18所示,長(zhǎng)R=0.6 m 的不可伸長(zhǎng)的細(xì)繩一端固定在O點(diǎn),另一端系著質(zhì)量m2=0.1 kg的小球B,小球B

32、剛好與水平面相接觸?,F(xiàn)使質(zhì)量m1=0.3 kg的物塊A沿光滑水平面以v0=4 m/s 的速度向B運(yùn)動(dòng)并與B發(fā)生彈性正碰,A、B碰撞后,小球B能在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)。已知重力加速度g=10 m/s2,A、B均可視為質(zhì)點(diǎn),試求: 圖18 (1)在A與B碰撞后瞬間,小球B的速度v2的大小; (2)小球B運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)對(duì)細(xì)繩的拉力。 解析 (1)物塊A與小球B碰撞時(shí),由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律有 m1v0=m1v1+m2v2 m1v=m1v+m2v 解得碰撞后瞬間物塊A的速度v1=v0=2 m/s 小球B的速度v2=v0=6 m/s。 (2)碰撞后,設(shè)小球B運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)的

33、速度為v,則由機(jī)械能守恒定律有 m2v=m2v2+2m2gR 又由向心力公式有F+m2g=m2 聯(lián)立解得小球B對(duì)細(xì)繩的拉力F′=F=1 N。 答案 (1)6 m/s (2)1 N 四、對(duì)稱思想 對(duì)稱思想普遍存在于各種物理現(xiàn)象、物理過(guò)程和物理規(guī)律之中,它反映了科學(xué)生活中物理世界的和諧與優(yōu)美。應(yīng)用對(duì)稱思想不僅能幫助我們認(rèn)識(shí)和探索物質(zhì)世界的某些基本規(guī)律,而且能幫助我們?nèi)デ蠼饽承┚唧w的物理問(wèn)題。用對(duì)稱的思想解題的關(guān)鍵是敏銳地看出并抓住事物在某一方面的對(duì)稱性,這些對(duì)稱性往往就是通往答案的捷徑。 【例4】 (2019·浙江嘉興高三模擬)在一半徑為R的圓周上均勻分布有N個(gè)帶電小球(可視為質(zhì)點(diǎn))

34、無(wú)間隙排列,其中A點(diǎn)的小球帶電荷量為+3q,其余小球帶電荷量為+q,此時(shí)圓心O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E,現(xiàn)僅撤去A點(diǎn)的小球,則O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為(  ) 圖19 A.E B. C. D. 解析 假設(shè)圓周上均勻分布的都是電荷量為+q的小球,由于圓周的對(duì)稱性,根據(jù)電場(chǎng)的疊加原理知,圓心O處電場(chǎng)強(qiáng)度為0,所以A點(diǎn)小球帶電荷量為+3q,其余小球帶電荷量為+q時(shí),圓心O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小等效于A點(diǎn)處電荷量為+2q的小球在O點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小,則有E=k,A處+q在圓心O點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E1=k,方向水平向左,其余小球帶電荷量為+q的小球在O點(diǎn)處產(chǎn)生的合電場(chǎng)強(qiáng)度大小E2=E1=

35、k=,所以僅撤去A點(diǎn)的小球,則O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小等于E2=。 答案 B 五、等效思想 在某些物理問(wèn)題中,一個(gè)過(guò)程的發(fā)展、一個(gè)狀態(tài)的確定,往往是由多個(gè)因素決定的,若某些因素所起的作用和另一些因素所起的作用相同,則前一些因素與后一些因素是等效的, 它們便可以互相代替,而對(duì)過(guò)程的發(fā)展或狀態(tài)的確定,以及最后結(jié)果并無(wú)影響。掌握等效思想,有助于提高考生的科學(xué)素養(yǎng),形成科學(xué)的世界觀和方法論,為終身的學(xué)習(xí)、研究和發(fā)展奠定基礎(chǔ)。 【例5】 (2019·浙江紹興新高考適應(yīng)性測(cè)試)如圖20所示,在方向水平向左、范圍足夠大的勻強(qiáng)電場(chǎng)中,固定一由內(nèi)表面絕緣光滑且內(nèi)徑很小的圓管彎制而成的圓弧BD,圓弧的圓心為O

36、,豎直半徑OD=R,B點(diǎn)和地面上A點(diǎn)的連線與地面成θ=37°角,AB=R。一質(zhì)量為m、電荷量為q的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))從地面上A點(diǎn)以某一初速度沿AB方向做直線運(yùn)動(dòng),恰好無(wú)碰撞地從管口B進(jìn)入管道BD中,到達(dá)管中某處C(圖中未標(biāo)出)時(shí)恰好與管道間無(wú)作用力。已知sin 37°=0.6, cos 37°=0.8,重力加速度大小為g。求: 圖20 (1)勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小E和小球到達(dá)C處時(shí)的速度大小v; (2)小球的初速度大小v0以及到達(dá)D處時(shí)的速度大小vD。 解析 (1)小球做直線運(yùn)動(dòng)時(shí)的受力情況如圖甲所示, 甲 小球帶正電,則qE=,得E=,小球到達(dá)C處時(shí)電場(chǎng)力與重力的合力恰好提

37、供小球做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力,如圖乙所示, 乙 OC∥AB,則=m 得v=。 (2)小球“恰好無(wú)碰撞地從管口B進(jìn)入管道BD”,說(shuō)明AB⊥OB 小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過(guò)程,根據(jù)動(dòng)能定理有 -·2R=mv2-mv 得v0= 小球從C處運(yùn)動(dòng)到D處的過(guò)程,根據(jù)動(dòng)能定理有 (R-Rsin θ)=mv-mv2 得vD=。 答案 (1)  (2)  一、選擇題(1~7題為單項(xiàng)選擇題,8~10題為不定項(xiàng)選擇題) 1.(2019·浙江寧波新高考適應(yīng)性考試)一質(zhì)點(diǎn)做勻加速直線運(yùn)動(dòng),位移為x1時(shí),速度的變化為Δv;緊接著位移為x2時(shí),速度的變化仍為Δv。則質(zhì)點(diǎn)的加速度為(  ) A.

38、(Δv)2 B.(Δv)2 C. D. 解析 在勻變速直線運(yùn)動(dòng)中,速度變化Δv所用的時(shí)間為t=,則可知質(zhì)點(diǎn)位移為x1和x2過(guò)程中所用時(shí)間相同,根據(jù)Δx=at2得,x2-x1=a·,解得a=,C正確。 答案 C 2.(2019·浙江臺(tái)州高三模擬)氣球以1.25 m/s2的加速度從地面開(kāi)始豎直上升,離地30 s后,從氣球上掉下一物體,不計(jì)空氣阻力,g取10 m/s2,則物體到達(dá)地面所需時(shí)間為(  ) A.7 s B.8 s C.12 s D.15 s 解析 先求30 s后氣球的速度及高度 速度v=at=1.25×30 m/s=37.5 m/s 高度h1=at2

39、=×1.25×302 m=562.5 m 物體剛掉下時(shí),具有豎直向上的初速度為37.5 m/s,距地面的高度為562.5 m,此后物體做豎直上拋運(yùn)動(dòng),則可以直接代入公式h=v0t-gt2,其中h= -562.5 m,v0=37.5 m/s,解得t=15 s,選項(xiàng)D正確。 答案 D 3.(2019·浙江金華選考模擬)《機(jī)動(dòng)車駕駛證申領(lǐng)和使用規(guī)定》已經(jīng)正式施行,司機(jī)闖黃燈要扣6分,被稱為“史上最嚴(yán)交規(guī)”。某小轎車駕駛員看到綠燈開(kāi)始閃時(shí),經(jīng)短暫思考后開(kāi)始剎車,小轎車在黃燈剛亮?xí)r恰停在停車線上,v-t圖線如圖1所示。若綠燈開(kāi)始閃爍時(shí)小轎車距停車線距離L=10.5 m,則綠燈開(kāi)始閃爍到黃燈剛亮的

40、時(shí)間t0為(  ) 圖1 A.0.5 s B.1.5 s C.3 s D.3.5 s 解析 根據(jù)速度—時(shí)間圖象中圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示位移可知x=L=6×0.5 m+×6×(t0-0.5) m=10.5 m 解得t0=3 s,選項(xiàng)C正確。 答案 C 4.(2019·贛州高三檢測(cè))如圖2是用頻閃周期為t的相機(jī)拍攝的一張真空中羽毛與蘋果自由下落的局部頻閃照片。關(guān)于提供的信息及相關(guān)數(shù)據(jù)處理,下列說(shuō)法中正確的是(  ) 圖2 A.一定滿足關(guān)系x1∶x2∶x3=1∶4∶9 B.一定滿足關(guān)系x1∶x2∶x3=1∶3∶5 C.蘋果下落的加速度大小為 D.羽毛下

41、落到C點(diǎn)時(shí)的速度大小為x1+ 解析 由于這是局部照片,A點(diǎn)并不一定是起點(diǎn),故不能根據(jù)初速度為零的勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移規(guī)律求解,故A、B項(xiàng)均錯(cuò)誤;由Δx=at2可得a=,故C項(xiàng)正確,根據(jù)v=得vC=,故D項(xiàng)錯(cuò)誤。 答案 C 5.(2019·浙江溫嶺選考模擬)如圖3甲所示,用水平方向的力F將質(zhì)量為m=0.5 kg的木塊貼在豎直墻面上,力F從0開(kāi)始逐漸增大,木塊沿豎直墻面向下運(yùn)動(dòng)。用力傳感器和加速度傳感器記錄木塊受到的壓力F和加速度大小a,F(xiàn)與a的大小關(guān)系如圖乙所示,重力加速度大小為g=10 m/s2,則木塊和墻面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為(  ) 圖3 A.0.2 B.0.25 C

42、.0.4 D.0.5 解析 法一 對(duì)木塊進(jìn)行受力分析,當(dāng)推力F=20 N時(shí),a=0,即mg=μF, μ=0.25,B正確。 法二 mg-μF=ma,a=g-F,由圖知,=,μ=0.25,B正確。 答案 B 6.(2019·浙江杭州第四中學(xué)模擬)如圖4所示,輕質(zhì)彈簧兩端連接質(zhì)量均為m的小球1和2,彈簧和小球處于封閉的豎直管AE內(nèi),小球直徑略小于管的直徑。整個(gè)裝置靜止時(shí),小球1處于管壁的C點(diǎn)。其中AB=BC=CD=DE=L,彈簧原長(zhǎng)3L,重力加速度大小為g。現(xiàn)使管AE在豎直方向上運(yùn)動(dòng),當(dāng)小球1、2相對(duì)管AE靜止時(shí),下列說(shuō)法正確的是(  ) 圖4 A.彈簧可能處于伸長(zhǎng)狀態(tài) B

43、.當(dāng)小球1處于完全失重狀態(tài)時(shí),管AE一定向下運(yùn)動(dòng) C.當(dāng)彈簧長(zhǎng)度為2L時(shí),小球2可能做勻速直線運(yùn)動(dòng) D.當(dāng)彈簧長(zhǎng)度為L(zhǎng)時(shí),小球2加速度大小一定為g 解析 若彈簧伸長(zhǎng),受力分析可知小球1、2所受合力不同,則兩球加速度不可能相同,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;當(dāng)小球1處于完全失重狀態(tài)時(shí),彈簧處于原長(zhǎng),系統(tǒng)可以向上或向下運(yùn)動(dòng),選項(xiàng)B錯(cuò)誤;當(dāng)彈簧長(zhǎng)度為2L、小球2處于E點(diǎn)時(shí)系統(tǒng)受力平衡,小球2可能做勻速直線運(yùn)動(dòng),選項(xiàng)C正確;由初始條件可知mg=kL,當(dāng)小球1處于A端、彈簧長(zhǎng)度為L(zhǎng)時(shí),小球2受大小為2mg的彈力,所受合力為3mg,加速度大小為3g,方向向下,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 答案 C 7.(2019·浙江金華一中模

44、擬)如圖5甲,一維坐標(biāo)系中有一質(zhì)量為m=2 kg的物塊靜置于x軸上的某位置(圖中未畫出),t=0時(shí)刻,物塊在外力作用下沿x軸開(kāi)始運(yùn)動(dòng),如圖乙為其位置坐標(biāo)和速率平方關(guān)系圖象的一部分,下列說(shuō)法正確的是(  ) 圖5 A.t=4 s時(shí)物塊的速率為2 m/s B.物塊做勻加速直線運(yùn)動(dòng)且加速度大小為1 m/s2 C.t=4 s時(shí)物塊位于x=4 m處 D.在0~4 s時(shí)間內(nèi)物塊運(yùn)動(dòng)的位移為6 m 解析 物塊在恒力作用下沿x軸開(kāi)始做勻加速直線運(yùn)動(dòng),根據(jù)x=v2+x0可知,x-v2圖象的斜率表示,則==1(m-1·s2),解得a=0.5 m/s2,t=4 s時(shí)物塊的速率為v=at=2 m/s,

45、故選項(xiàng)A正確,B錯(cuò)誤;由題圖乙易得,當(dāng)速度為零時(shí),物塊的坐標(biāo)為x0=-2 m,t=4 s時(shí)物塊的速率為v=2 m/s,代入x=v2+x0可得x=2 m,即在0~4 s時(shí)間內(nèi)物塊運(yùn)動(dòng)的位移為4 m,選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤。 答案 A 8.(2019·浙江樂(lè)清選考模擬)如圖6,光滑絕緣水平面上兩個(gè)相同的帶電小圓環(huán)A、B,電荷量均為q,質(zhì)量均為m,用一根光滑絕緣輕繩穿過(guò)兩個(gè)圓環(huán),并系于結(jié)點(diǎn)O。在O處施加一水平恒力F使A、B一起加速運(yùn)動(dòng),輕繩恰好構(gòu)成一個(gè)邊長(zhǎng)為l的等邊三邊形,則(  ) 圖6 A.小環(huán)A的加速度大小為 B.小環(huán)A的加速度大小為 C.恒力F的大小為 D.恒力F的大小為 解析 

46、設(shè)輕繩的拉力為T,則對(duì)A:T+Tcos 60°=k,Tcos 30°=maA,聯(lián)立解得aA=,選項(xiàng)B正確,A錯(cuò)誤;恒力F的大小為F=2Tcos 30°=T=,選項(xiàng)C正確,D錯(cuò)誤。 答案 BC 9.(2019·浙江嘉興新高考適應(yīng)性測(cè)試)如圖7所示,光滑水平地面上,可視為質(zhì)點(diǎn)的兩滑塊A、B在水平外力作用下緊靠在一起壓緊彈簧,彈簧左端固定在墻壁上,此時(shí)彈簧的壓縮量為x0,以兩滑塊此時(shí)的位置為坐標(biāo)原點(diǎn)建立如圖所示的一維坐標(biāo)系?,F(xiàn)將外力突然反向并使B向右做勻加速運(yùn)動(dòng),下列關(guān)于拉力F、兩滑塊間彈力FN與滑塊B的位移x關(guān)系的圖象可能正確的是(  ) 圖7 解析 外力F反向,當(dāng)A和B相對(duì)靜止加

47、速時(shí),對(duì)A、B整體,由牛頓第二定律得F+k(x0-x)=(mA+mB)a,F(xiàn)-x圖象為線性圖象,當(dāng)A、B分離時(shí),對(duì)A,k(x0-x)=mAa,此時(shí)x<x0,當(dāng)A、B分離后,對(duì)B,F(xiàn)=mBa大小恒定,與x無(wú)關(guān),選項(xiàng)B正確;在A、B分離前,對(duì)A,k(x0-x)-FN=mAa,分離后,F(xiàn)N=0,選項(xiàng)D正確。 答案 BD 10.(2019·浙江杭州二中高三模擬)物體在水平地面上受到水平推力的作用,在6 s內(nèi)力F、速度v隨時(shí)間變化如圖8所示,由圖象可得(  ) 圖8 A.物體的質(zhì)量為2 kg B.物體在6 s內(nèi)運(yùn)動(dòng)的位移為6 m C.在0~2 s內(nèi)推力做的功為3 J D.物體與地面間的

48、動(dòng)摩擦因數(shù)為0.025 解析 物體在0~2 s內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動(dòng),加速度為a= m/s2,由牛頓第二定律有F合=F-μmg=ma,即:3 N-μmg=ma;物體在2~6 s內(nèi)做勻速直線運(yùn)動(dòng),因此有μmg=1 N,聯(lián)立解得物體的質(zhì)量為m=4 kg,物體與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.025,選項(xiàng)A錯(cuò)誤,D正確;根據(jù)v-t 圖象所圍的面積表示物體運(yùn)動(dòng)的位移可得物體在6 s 內(nèi)運(yùn)動(dòng)的位移為x=×2×1 m+4×1 m=5 m,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;力對(duì)物體所做的功等于力乘以力方向上的位移,因此在2 s內(nèi)推力做的功為W=Fx1=3××2×1 J=3 J,選項(xiàng)C正確。 答案 CD 二、非選擇題 11.(20

49、19·溫州九校高三上學(xué)期模擬)如圖9甲所示,一只螞蟻在傾角為θ=37°的大理石斜面上沿直線向上拖拉質(zhì)量為m=1 g的食物。t=0時(shí)刻從A點(diǎn)出發(fā),若螞蟻對(duì)食物拖拉的作用力F可以簡(jiǎn)化成按如圖乙所示規(guī)律變化;第3 s末運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)速度剛好為0,此時(shí)螞蟻松開(kāi)食物,食物下滑,第4 s末食物剛好回到A點(diǎn)。已知食物與大理石面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.7,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2(食物可視為質(zhì)點(diǎn),空氣阻力忽略不計(jì))。求: 圖9 (1)A、B間的距離及食物返回A點(diǎn)時(shí)速度的大??; (2)若螞蟻沿斜面向上拖拉食物時(shí),食物對(duì)斜面的壓力大小恒為3×10-3 N,則拖拉過(guò)程

50、拖拉力F的平均功率是多少? (3)若在A點(diǎn)恰好有另外一只螞蟻,遇到該下滑的食物時(shí),立即施加給食物沿斜面向上的大小為1×10-3 N的恒力,則食物在距離A點(diǎn)多遠(yuǎn)處方才停下?(忽略接觸瞬間的碰撞影響,斜面足夠長(zhǎng)) 解析 (1)由牛頓第二定律有,下滑的加速度為 a==0.4 m/s2 下滑過(guò)程AB的位移大小為 x=at=0.2 m 下滑到A點(diǎn)的速度大小為 vA=at2=0.4 m/s。 (2)由動(dòng)能定理有 WF-mgssin θ-μFNs=0 拖拉力F的平均功率為 ==5.4×10-4 W。 (3)食物受到的合外力 ma′=F′+μmgcos θ-mgsin θ, 又v=

51、2a′x′ 解得x′== m。 答案 (1)0.2 m 0.4 m/s (2)5.4×10-4 W (3) m 12.(2019·溫州二模)如圖10所示,ABCD為一智能機(jī)器人執(zhí)行任務(wù)時(shí)在水平面上的運(yùn)動(dòng)軌跡,其中AB長(zhǎng)3.0 m,CD長(zhǎng)2.0 m,BC是半徑為1.0 m 的四分之一圓弧。機(jī)器人從A點(diǎn)由靜止出發(fā)以0.5 m/s2的加速度做勻加速直線運(yùn)動(dòng),速度達(dá)到1.0 m/s后做勻速率運(yùn)動(dòng),最后階段以1.0 m/s2的加速度做勻減速直線運(yùn)動(dòng),到D點(diǎn)時(shí)速度恰好為零。機(jī)器人可視為質(zhì)點(diǎn),π取3,求: 圖10 (1)機(jī)器人做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的位移大??; (2)機(jī)器人做勻速率運(yùn)動(dòng)的時(shí)間;

52、(3)機(jī)器人在運(yùn)動(dòng)全過(guò)程中的平均速度大小。 解析 (1)根據(jù)速度位移關(guān)系v2=2ax得 x== m=1 m。 (2)整個(gè)過(guò)程分勻加速直線運(yùn)動(dòng),勻速率運(yùn)動(dòng),勻減速直線運(yùn)動(dòng)三個(gè)過(guò)程,根據(jù)勻變速直線公式可得勻加速距離1 m, 時(shí)間t1== s=2 s, 勻減速直線距離x2== m=0.5 m, 時(shí)間t2==1 s 剩余中間距離即為勻速率運(yùn)動(dòng)的距離 s=πR+3 m+2 m-(1+0.5) m=5 m, 時(shí)間為t3== s=5 s。 (3)機(jī)器人在運(yùn)動(dòng)全過(guò)程中的位移大小為 Δx= m=5 m 全過(guò)程總時(shí)間為Δt=(2+5+1) s=8 s 運(yùn)動(dòng)全過(guò)程中的平均速度===0.62

53、5 m/s。 答案 (1)1 m (2)5 s (3)0.625 m/s 13.(2019·寧波十校高三聯(lián)考)如圖11所示,一水平圓盤繞過(guò)圓心的豎直軸轉(zhuǎn)動(dòng),圓盤半徑R=0.2 m,圓盤邊緣有一質(zhì)量m=1 kg的小滑塊。當(dāng)圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度達(dá)到某一數(shù)值時(shí),滑塊恰從圓盤邊緣A沿過(guò)渡圓管滑落,進(jìn)入軌道ABC,AB粗糙,BCD光滑,CD面足夠長(zhǎng)且離地面高為h′=0.4 m,經(jīng)C點(diǎn)后突然給滑塊施加水平向右的恒力F= N。已知AB段斜面傾角為60°,BC段斜面傾角為30°,小滑塊與圓盤間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5,A點(diǎn)離B點(diǎn)所在水平面的高度h=1.2 m,運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度為3 m/s,滑塊從A至C運(yùn)動(dòng)過(guò)程

54、中始終未脫離軌道,不計(jì)在過(guò)渡圓管處和B點(diǎn)的機(jī)械能損失,最大靜摩擦力近似等于滑動(dòng)摩擦力,g取10 m/s2。求: 圖11 (1)滑出A點(diǎn)時(shí),圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度ω; (2)小滑塊在從A到B時(shí),摩擦力做的功; (3)小滑塊在CD面上的落點(diǎn)距C點(diǎn)的水平距離(結(jié)果可用根號(hào)表示)。 解析 (1)滑塊在圓盤上做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí),靜摩擦力充當(dāng)向心力,根據(jù)牛頓第二定律得μmg=mω2R, 代入數(shù)據(jù)解得ω=5 rad/s。 (2)vA=ωR=5×0.2 m/s=1 m/s, 從A到B的運(yùn)動(dòng)過(guò)程由動(dòng)能定理得 mgh+Wf=mv-mv,解得Wf=-8 J。 (3)從B到C由動(dòng)能定理得 -mgh′=mv-mv vC=1 m/s 經(jīng)C點(diǎn)后滑塊受到合力大小F合== N, 合加速度大小為a== m/s2,與C點(diǎn)速度方向垂直,過(guò)C點(diǎn)滑塊做類平拋運(yùn)動(dòng),設(shè)落到CD面上時(shí)沿F合方向的速度大小為v, =2tan 30°,t==0.1 s,x=vC×t=0.1 m 則落地點(diǎn)距離C點(diǎn)的水平距離L== m。 答案 (1)5 rad/s (2)-8 J (3) m

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