1、二轮物理 专题二 力与直线运动 二轮物理 展示考纲明晰考向 方法归纳重点点拨 锁定考点高效突破 阅卷评析剑指满分 二轮物理 展示考纲明晰考向 重要考点考题预测1.位移、速度和加速度.()2.匀变速直线运动及其公式、图像.()3.牛顿运动定律、牛顿运动定律的应用.()匀变速直线运动规律和牛顿运动定律在实际问题中的应用、动力学两类问题、连接体问题是命题的热点.2016年高考对基本规律、图像的考查可能以选择题形式出现.但出现可能性更大的是匀变速直线运动规律的应用、动力学两类问题、多物体及多过程的综合性计算题.二轮物理 方法归纳重点点拨 一、匀变速运动的几个重要规律及解题方法 1.匀变速运动的几个推论
2、(1)x=aT2,即任意相邻相等时间内的位移之差相等,x=x2-x1=x3-x2=aT2,可以推导出xm-xn=(m-n)aT2.(2)2tv=v=02vv=xt,某段时间中间时刻的瞬时速度等于该段时间内的平均速度.2.解题方法(1)逆向法:逆着原来的运动过程考虑,匀减速可看做反向匀加速处理.二轮物理(2)追赶模型分析法:对两物体追赶或两物体叠放相对运动分析时,关键是分别画出各自的运动过程草图;列式时关键是先找出两组关系式:位移关系式;速度关系式.(3)全程法:全过程中,若加速度不变,虽然有往返运动,但可以全程列式.如类竖直上抛运动,此时要注意各矢量的方向(即正负号).(4)图像法:v-t图线
3、中的斜率表示加速度,“面积”表示位移;x-t图线中的斜率表示速度.3.v-t图像提供的信息 二轮物理 二、应用牛顿运动定律解决问题的方法 1.瞬时分析法:牛顿第二定律的合力与加速度存在同时刻对应关系,与这一时刻前后的力无关.(1)轻绳和坚硬的物体所产生的弹力可以突变;(2)弹簧和橡皮绳连有物体时,弹力不能突变(但如果弹簧或橡皮绳被剪断,其弹力将立即消失).2.合成法:物体只受两个力(互成角度)时,可直接画平行四边形.对角线既是合力方向,也是加速度方向.3.正交分解法:在考虑各个力分解时,也要考虑加速度的分解.建立坐标系时尽量减少矢量的分解.4.程序法:全过程中,有几段不同的过程(加速度或合力不
4、同)时,要按顺序分段分析.二轮物理 三、连接体问题处理方法 1.加速度相同的连接体问题:一般先采用整体法求加速度或外力.如还要求连接体内各物体相互作用的内力时,再采用隔离法求解.2.加速度不同的连接体问题:一般采用隔离法并利用牛顿第二定律求解.二轮物理 锁定考点高效突破 考点一 匀变速直线运动的规律及应用 备选例题 (2015郑州市第一次质检)据英国每日邮报报道,英式触式橄榄球球员赫普顿斯托尔在伦敦成功挑战地铁速度.他从“市长官邸站”下车,在下一地铁站“景隆街站”顺利登上刚下来的同一节车厢.已知地铁列车每次停站时间(从车门打开到关闭的时间)为ta=20 s,列车加速和减速阶段的加速度为a=1
5、m/s2,运行过程的最大速度为vm=72 km/h.假设列车运行过程中只做匀变速和匀速运动,两站之间的地铁轨道和地面道路都是平直的且长度相同,两站间的距离约为x=400 m,赫普顿斯托尔出站和进站共用时tb=30 s.问:二轮物理(1)他在地面道路上奔跑的平均速度至少多大?思路探究(1)从赫普顿斯托尔下车到再一次上同一节车厢,列车运行过程可分为哪几个时间段?答案:若两站之间距离很长,列车运行过程可分为五个时间段:下车时停留时段ta,列车加速时段t1,列车匀速时段t匀,列车减速时段t1,列车再次停留时段ta.若两站之间距离很短,则缺少列车匀速时段t匀,剩下四个时段.规范解答:(1)列车从静止加速
6、至最大速度过程所用时间为 t1=mva=20 s,运动位移为 x1=2m2va=200 m,故列车加速至最大速度后立即做减速运动,列车在两站间运动总时间为 t 车=2t1=40 s,他在地面道路奔跑的最长时间为 t=2ta+2t1-tb=50 s,最小平均速度为 v=xt=8 m/s.答案:(1)8 m/s 二轮物理(2)郑州地铁一号线最小站间距离约为x=1 000 m,地铁列车每次停站时间为ta=45 s,按赫普顿斯托尔的奔跑速度,在郑州出站和进站最短共需用时tb=60 s,列车参数和其他条件相同.试通过计算判断,若赫普顿斯托尔同样以上述平均速度在地面道路上奔跑,能否在这两个车站间挑战成功?
7、思路探究(2)赫普顿斯托尔出站和进站的时间tb能不能算入他在地面道路上奔跑的时间?答案:tb不能算入他在地面道路上奔跑的时间.规范解答:(2)列车在郑州地铁两站间运动总时间为 t 总=2t1+mxxv=70 s,他在地面道路奔跑的时间为 t=2ta+t 总-tb=100 s,能赶上列车的平均速度为 v=xt=10 m/s,因 vv,故不能挑战成功.答案:(2)见解析 二轮物理 通关演练 1.自由落体规律的应用(2015山东理综)距地面高5 m的水平直轨道上A,B两点相距2 m,在B点用细线悬挂一小球,离地高度为h,如图.小车始终以4 m/s的速度沿轨道匀速运动,经过A点时将随车携带的小球由轨道
8、高度自由卸下,小车运动至B点时细线被轧断,最后两球同时落地.不计空气阻力,取重力加速度的大小g=10 m/s2.可求得h等于()A.1.25 m B.2.25 m C.3.75 m D.4.75 m A 二轮物理 解析:小车上的物体落地的时间 t1=2Hg,小车从 A 到 B 的时间 t2=dv,小球下落的时间 t3=2hg,根据题意可得时间关系为 t1=t2+t3,即2Hg=dv+2hg,解得 h=1.25 m,选项 A 正确.二轮物理 2.运动图像的理解和应用(2015赣州一模)甲、乙两质点在同一时刻、从同一地点沿同一方向做直线运动,质点甲做初速度为零,加速度大小为a1的匀加速直线运动.质
9、点乙做初速度为v0,加速度大小为a2的匀减速直线运动至速度减为零保持静止.甲、乙两质点在运动过程中的位置(x)-速度(v)图像如图所示,虚线与对应的坐标轴垂直.(1)请在x-v图像中,指出图线a表示哪个质点的运动,并求出质点乙的初速度v0的大小;解析:(1)图线a表示甲质点的运动,质点乙位移为0时对应的速度为初速度v0,由题图可知v0=6 m/s.答案:(1)甲 6 m/s 二轮物理 解析:(2)设质点乙、甲先后通过 x=6 m 处时的速度均为 v,对质点甲:v2=2a1x,对质点乙:v2-20v=-2a2x,联立解得 a1+a2=3 m/s2,当质点甲的速度 v1=8 m/s,质点乙的速度
10、v2=2 m/s 时,两质点通过相同的位移均为 x.对质点甲:21v=2a1x,对质点乙:22v-20v=-2a2x,联立解得 a1=2a2,联立解得 a1=2 m/s2,a2=1 m/s2.答案:(2)2 m/s2 1 m/s2(2)求质点甲、乙的加速度大小a1,a2.二轮物理 3.匀变速直线运动多过程问题的分析和计算(2015太原一模)接连发生的马航MH370失事和台湾复兴航空客机的坠毁,使人们更加关注飞机的安全问题.假设飞机从静止开始做匀加速直线运动.经时间t0=28 s,在速度达到v0=70 m/s时驾驶员对发动机的运行状态进行判断.在速度达到v1=77 m/s时必须做出决断,可以中断
11、起飞或继续起飞;若速度超过v2=80 m/s就必须起飞,否则会滑出跑道.已知从开始到离开地面的过程中,飞机的加速度保持不变.(1)求正常情况下驾驶员从判断发动机运行状态到做出决断中止起飞的最长时间.解析:(1)设飞机加速过程的加速度为a1,允许驾驶员做出决断中止起飞的最长时间为t,v0=a1t0,v1-v0=a1t,解得t=2.8 s.答案:(1)2.8 s 二轮物理 解析:(2)飞机从静止到速度为 v2时的位移大小为 x1,飞机减速时位移大小为 x2,跑道最小长度为 x,=22v=2a1x1,22v=2a2x2,x=x1+x2,解得 x=2 080 m.答案:(2)2 080 m(2)若在速
12、度达到v2时,由于意外必须停止起飞,飞机立即以4 m/s2的加速度做匀减速运动,要让飞机安全停下来,求跑道的最小长度.二轮物理 方法总结 匀变速运动的解题方法及步骤(1)匀变速直线运动常用的解题方法(2)解题的基本步骤 审题画示意图判断运动性质选取正方向 选公式列方程求解方程 二轮物理 考点二 恒力作用下的直线运动 典例(2015 全国新课标理综)下暴雨时,有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害.某地有一倾角为=37（sin 37=35）的山坡 C,上面有一质量为 m 的石板 B,其上下表面与斜坡平行;B 上有一碎石堆 A(含有大量泥土),A 和 B 均处于静止状态,如图所示.假设某次暴雨中,A
13、 浸透雨水后总质量也为 m(可视为质量不变的滑块),在极短时间内,A,B 间的动摩擦因数 1减小为 38,B,C 间的动摩擦因数 2减小为0.5,A,B开始运动,此时刻为计时起点;在第 2 s 末,B 的上表面突然变为光滑,2保持不变.已知 A 开始运动时,A 离 B 下边缘的距离 l=27 m,C 足够长,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力.取重力加速度大小 g=10 m/s2.求:(1)在 02 s 时间内 A 和 B 加速度的大小;二轮物理 审题突破 二轮物理 规范解答:(1)在02 s时间内,A和B的受力如图所示,其中f1,N1是A与B之间的摩擦力和正压力的大小,f2,N2是B与C之间的摩擦
14、力和正压力的大小,方向如图所示.由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得f1=1N1 N1=mgcos f2=2N2N2=N1+mgcos 规定沿斜面向下为正方向.设A和B的加速度分别为a1和a2,由牛顿第二定 律得mgsin-f1=ma1 mgsin-f2+f1=ma2 N1=N1 f1=f1 联立并代入题给条件得 a1=3 m/s2 a2=1 m/s2;答案:(1)3 m/s2 1 m/s2 二轮物理 规范解答:(2)在 t1=2 s 时,设 A 和 B 的速度分别为 v1和 v2,则 v1=a1t1=6 m/s v2=a2t1=2 m/s tt1时,设 A 和 B 的加速度分别为 a1和 a2.
15、此时 A 与 B 之间的摩擦力为零,同理可得 a1=6 m/s2 a2=-2 m/s2 即 B 做减速运动.设经过时间 t2,B 的速度减为零,则有 v2+a2t2=0 联立得 t2=1 s 在 t1+t2时间内,A 相对于 B 运动的距离为 s=(12 a121t+v1t2+12 a122t)-(12 a221t+v2t2+12 a222t)=12 m1),如图所示,现将该装置从下端距地面H高处由静止释放,瓷片撞击地面时速度最大且恰好不被摔坏,已知瓷片、圆柱体与瓷片下落过程中均受空气阻力的作用,空气阻力恒为其自身重力的k倍(k1),重力加速度为g,圆柱体与地面碰撞后速度立即变为零且保持竖立,
16、求:二轮物理 解析:(1)设瓷片质量为 m,下落时加速度为 a1,则有 mg-kmg=ma1,2mv=2a1hm,联立以上各式解得 vm=m2 1k gh.答案:(1)2 1mk gh (1)瓷片直接撞击地面而不被摔坏时,瓷片着地的最大速度vm;二轮物理 解析:(2)设瓷片随圆柱体一起加速下落的加速度为 a2,则有 a2=a1,圆柱体落地时瓷片的速度为21v=2a2H,瓷片继续沿圆柱体减速下落直到落地,设加速度大小为 a3,kmg+mg-mg=ma3,2mv-21v=-2a3L,联立以上各式解得 L=m11kHhk.答案:(2)m11kHhk(2)圆柱体的长度L.二轮物理 3.重力和电场力作用
17、下的直线运动(2014安徽理综)如图所示,充电后的平行板电容器水平放置,电容为C,极板间的距离为d,上极板正中有一小孔.质量为m、电荷量为+q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落,穿过小孔到达下极板处速度恰为零(空气阻力忽略不计,极板间电场可视为匀强电场,重力加速度为g).求:(1)小球到达小孔处的速度;解析:(1)由 v2=2gh,可得 v=2gh.答案:(1)2gh二轮物理(2)极板间电场强度大小和电容器所带电荷量;(3)小球从开始下落运动到下极板处的时间.解析:(2)在极板间带电小球受重力和电场力,有 mg-qE=ma,0-v2=2ad,可得 E=mg hdqd,由 U=Ed,Q=CU
18、,可得 Q=mg hd Cq.(3)由 h=12 g21t,0=v+at2,t=t1+t2,可得 t=2hdhhg.答案:(2)mg hdqd mg hd Cq(3)2hdhhg二轮物理 考点三 变力作用下的直线运动 典例(2014全国新课标理综)2012年10月,奥地利极限运动员菲利克斯鲍姆加特纳乘气球升至约39 km的高空后跳下,经过4分20秒到达距地面约1.5 km高度处,打开降落伞并成功落地,打破了跳伞运动的多项世界纪录.取重力加速度的大小g=10 m/s2.(1)若忽略空气阻力,求该运动员从静止开始下落至1.5 km高度处所需的时间及其在此处速度的大小;思路探究(1)忽略空气阻力,运
19、动员做什么特征的运动?答案:忽略空气阻力,运动员从静止开始下落做自由落体运动.二轮物理 规范解答:(1)设该运动员从开始自由下落至 1.5 km 高度处的时间为 t,下落距离为 s,在 1.5 km 高度处的速度大小为 v.根据运动学公式有 v=gt,s=12 gt2,根据题意有 s=3.9104 m-1.5103 m=3.75104 m,联立式得 t87 s,v=8.7102 m/s.答案:(1)87 s 8.7102 m/s二轮物理(2)实际上,物体在空气中运动时会受到空气的阻力,高速运动时所受阻力的大小可近似表示为f=kv2,其中v为速率,k为阻力系数,其数值与物体的形状、横截面积及空气
20、密度有关.已知该运动员在某段时间内高速下落的v-t图像如图所示.若该运动员和所带装备的总质量m=100 kg,试估算该运动员在达到最大速度时所受阻力的阻力系数.(结果保留1位有效数字)思路探究(2)由v-t图像可知,运动员最后做什么特征的运动?答案:分析图像可知,运动员最后做匀速直线运动,速度约为v=360 m/s.二轮物理 规范解答:(2)该运动员达到最大速度 vmax时,加速度为零,根据牛顿第二定律有mg=k2maxv,由所给的 v-t 图像可读出 vmax360 m/s,由式得 k0.008 kg/m.答案:(2)0.008 kg/m 二轮物理 以例说法 变力作用下直线运动问题注意点(1
21、)一定要注意变力大小的判定.变力大小变化情况可以根据给定的函数表达式,根据弹簧长度的变化,根据v-t,F-t,a-t图像的变化特征来确定.(2)当出现“最大速度”、“稳定运动”及“收尾速度”时,其隐含的条件是运动物体在此时的合力(或加速度)为零.二轮物理 题组训练 1.变化静电力中的直线运动(2014安徽理综)一带电粒子在电场中仅受静电力作用,做初速度为零的直线运动.取该直线为x轴,起始点O为坐标原点,其电势能Ep与位移x的关系如图所示.下列图像中合理的是()D 二轮物理 解析:因为电场力做正功,电势能减小,且在电势能 Ep与位移 x 的关系图中,图线切线的斜率表示电场力的大小;由电势能Ep与
22、位移x的关系图可知带电粒子所受的电场力大小是减小的,所以电场强度随位移是减小的,故选项 A错误.由动能定理可知,动能Ek与位移x的关系图中,图线切线的斜率表示电场力的大小,动能 Ek与位移 x 的关系图中图线切线的斜率应是减小的,故选项 B 错误;由动能定理可知 12 mv2=F 电x,有 v=2Fxm电,粒子速度与位移的关系不是线性关系,故选项 C 错误.带电粒子所受的电场力大小随位移减小,加速度随位移减小,故选项 D 正确.二轮物理 2.变化磁场力中的直线运动(多选)如图所示,两平行导轨ab,cd竖直放置在匀强磁场中,匀强磁场方向竖直向上,将一根金属棒PQ放在导轨上使其水平且始终与导轨保持
23、良好接触.现在金属棒PQ中通以变化的电流I,同时释放金属棒PQ使其运动.已知电流I随时间的关系为I=kt(k为常数,k0),金属棒与导轨间存在摩擦.则下面关于棒的速度v、加速度a随时间变化的关系图像中,可能正确的有()AD 二轮物理 解析:根据牛顿第二定律得,金属棒的加速度 a=fmgFm,Ff=FN=FA=BIL=BLkt,联立解得加速度 a=g-BLktm,与时间成线性关系,故选项A 正确,B 错误;因为开始加速度方向向下,与速度方向相同,做加速运动,加速度逐渐减小,即做加速度逐渐减小的加速运动;后来加速度与速度方向相反且加速度逐渐增大,做加速度逐渐增大的减速运动,故选项 C 错误,D 正
24、确.二轮物理 3.与弹簧相关的直线运动(2015郑州市第一次质量预测)如图(甲)所示,一轻质弹簧的下端固定在水平面上,上端叠放着两个质量均为M的物体A,B(物体B与弹簧拴接),弹簧的劲度系数为k.初始时两物体处于静止状态,现用竖直向上的拉力F作用在物体A上,使物体A开始向上做加速度为a的匀加速运动,测得两个物体的v-t图像如图(乙)所示,设重力加速度为g,则()A.施加外力的瞬间,A,B间的弹力大小为M(g-a)B.A,B在t1时刻分离,此时弹簧弹力恰好为零 C.弹簧恢复到原长时,物体B的速度达到最大值 D.B与弹簧组成的系统的机械能先逐渐增加,后保持不变 A 二轮物理 解析:在施加外力的瞬间
25、,弹簧的弹力F弹=2Mg,设A,B间的弹力大小为FAB,对物体B有F弹-FAB-Mg=Ma,得出FAB=M(g-a),故选项A正确;在t1时刻,A,B分离,但有竖直向上的加速度,此时弹簧弹力大于Mg,故选项B错误;当弹簧弹力等于物体B的重力时,物体B不再加速,速度达到最大值,故选项C错误;对于B与弹簧组成的系统,由于A对B的压力做负功,则系统的机械能是减小的,A,B脱离后保持不变,故选项D错误.二轮物理 考点四 牛顿运动定律与图像的综合应用 典例(2015全国新课标理综)(多选)如图(a),一物块在t=0时刻滑上一固定斜面,其运动的v-t图线如图(b)所示.若重力加速度及图中的v0,v1,t1
26、均为已知量,则可求出()A.斜面的倾角 B.物块的质量 C.物块与斜面间的动摩擦因数 D.物块沿斜面向上滑行的最大高度 图(a)图(b)二轮物理 思路探究由v-t图像可得到哪些信息?答案:可求出物块上滑和下滑过程加速度的大小以及滑块上滑的最大距离.解析:设物块的质量为 m、斜面的倾角为,物块与斜面间的动摩擦因数为,物块沿斜面上滑和下滑时的加速度大小分别为 a1和 a2,根据牛顿第二定律有 mgsin+mgcos=ma1,mgsin-mgcos=ma2.再结合 v-t 图线斜率的物理意义有 a1=01vt,a2=11vt.由上述四式可见,无法求出 m,可以求出、,故选项 B 错误,A,C 均正确
27、;0t1时间内的 v-t图线与横轴包围的面积大小等于物块沿斜面上滑的最大距离,已求出,故可以求出物块上滑的最大高度,故选项 D 正确.答案:ACD 二轮物理 以例说法 求解动力学图像问题的基本思路 二轮物理 题组训练 1.a-t图像的理解和应用(2015洛阳市统考)如图(甲)所示,一个质量为3 kg的物体放在粗糙水平地面上,从零时刻起,物体在水平力F作用下由静止开始做直线运动,在03 s时间内物体的加速度a随时间t的变化规律如图(乙)所示,则()A.F的最大值为12 N B.01 s和23 s内物体加速度的方向相反 C.3 s末物体的速度最大,最大速度为8 m/s D.在01 s内物体做匀加速
28、运动,23 s内物体做匀减速运动 C 二轮物理 解析:由图像可知最大加速度 am=4 m/s2,则最大合力 Fm=mam=12 N,由于水平地面粗糙,则水平力 F 大于 12 N,故选项 A 错误;由图像可知在 03 s内加速度为正值,物体做变加速运动,故选项 B,D 错误;由 v=at 可知,在a-t 图像中,图线与时间轴之间的面积表示速度,所以在 3 s 末时速度最大,最大速度 vm=12(1+3)4 m/s=8 m/s,故选项 C 正确.二轮物理 2.F-t 图像的理解和应用(2015锦州市质检)一静止的物体所受到的合外力随时间的变化关系如图所示,图中 F1,F2未知.已知物体从 t=0
29、 时刻出发,在 3t0时刻恰又返回到出发点,则()A.0t0物体做匀加速直线运动,t03t0物体做匀减速直线运动 B.物体在 F1作用下的位移与在 F2作用下的位移相等 C.t0时刻物体的速度与 3t0时刻物体的速度大小之比为 23 D.F1与 F2大小之比为 65 C 二轮物理 解析:物体要返回出发点,经历了三个阶段:向前加速、向前减速及反方向加速,所以选项 A 错误;物体在 F1作用下的位移与在 F2作用下的位移大小相等、方向相反,故选项 B 错误;设 t0时刻速度大小为 v1,3t0时刻速度大小为 v2,则在 0t0内的位移大小 x1=1 02v t,在 t03t0内的位移大小x2=21
30、2vv2t0=(v2-v1)t0,且有1 02v t=(v2-v1)t0,得出12vv=23,故选项 C 正确;在 0t0内加速度大小 a1=10vt,合力 F1=ma1=10mvt,在 t03t0内加速度大小a2=1202vvt,合力 F2=ma2=1202m vvt,所以12FF=1122vvv=45,故选项 D 错误.二轮物理 3.v-t图像的理解和应用(2015沧州市质量监测)如图(甲)所示,一物块放在粗糙的水平面上,从t=0时刻开始,以一定的初速度向左运动,同时在物块上加一斜向右上的恒力F的作用,F与水平方向的夹角=37,物块的质量为2 kg,物块与地面间的动摩擦因数=0.5,物块向
31、左运动的v-t图像如图(乙)所示,(已知cos 37=0.8,sin 37=0.6,g取 10 m/s2),求:(1)拉力F的大小;二轮物理 解析:(1)物块向左运动时,由图像知,初速度 v0=6 m/s,加速度 a1=vt=12 m/s2.由牛顿第二定律 Fcos+(mg-Fsin)=ma1 解得 F=28 N.答案:(1)28 N 二轮物理(2)物块再回到t=0时刻的位置时的速度v1大小;解析:(2)物块在拉力作用下从速度为零开始向右运动时,由图像可知,回到 t=0 时刻的位置的位移 x=12 60.5 m=1.5 m.由牛顿第二定律 Fcos-(mg-Fsin)=ma2 求得 a2=10
32、.4 m/s2.由运动学公式21v=2a2x.得物块回到 t=0 时刻位置的速度 v1=2 1955 m/s.答案:(2)2 1955 m/s二轮物理(3)若在t=0.5 s时拉力的方向不变,大小改变,要使物块再回到t=0时刻的位置时速度大小和t=0时刻的速度大小相等,则拉力F应变为多少?(结果保留两位小数)解析:(3)要使物块回到t=0时刻位置的速度大小和t=0时刻的速度大小相等,因此物体做的是类上抛运动,向右运动时的加速度大小 a3=a1=12 m/s2.由牛顿第二定律 Fcos-(mg-Fsin)=ma3 求得F=30.91 N.答案:(3)30.91 N 二轮物理 力与直线运动问题 阅
33、卷评析剑指满分 考题精选 (2015全国新课标理综,20分)一长木板置于粗糙水平地面上,木板左端放置一小物块;在木板右方有一墙壁,木板右端与墙壁的距离为4.5 m,如图(a)所示.t=0时刻开始,小物块与木板一起以共同速度向右运动,直至t=1 s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短).碰撞前后木板速度大小不变,方向相反;运动过程中小物块始终未离开木板.已知碰撞后1 s时间内小物块的v-t图线如图(b)所示.木板的质量是小物块质量的15倍,重力加速度大小g取10 m/s2.求:(1)木板与地面间的动摩擦因数 1及小物块与木板间的动摩擦因数 2;二轮物理 规范解答:(1)根据图像可以判定碰撞前物块与木板
34、共同速度为 v=4 m/s.碰撞后木板速度水平向左,大小也是 v=4 m/s.物块受到滑动摩擦力而向右做匀减速运动,根据牛顿第二定律有 2g=4m/s0m/s1s 解得2=0.4.木板与墙壁碰撞前,匀减速运动时间 t=1 s,位移 x=4.5 m,末速度 v=4 m/s.其逆运动则为匀加速直线运动,可得 x=vt+12 at2 代入可得 a=1 m/s2 物块和木板整体受力分析,滑动摩擦力提供合外力,即1g=a 可得1=0.1 答案:(1)0.1 0.4 二轮物理(2)木板的最小长度;规范解答:(2)碰撞后,木板向左匀减速,设其加速度大小为 a1,依据牛顿第二定律有 1(M+m)g+2mg=M
35、a1 可得 a1=43 m/s2.由图(b)可知,对物块,则有加速度大小 a2=4 m/s2 物块速度先减小到 0,此时碰后时间为 t1=1 s,运动情况如图所示,此时,木板向左的位移为 x1=vt1-12 a121t=103 m 末速度 v1=v-a1t1=83 m/s 物块向右位移 x2=4m/s02t1=2 m 此后,物块开始向左加速,加速度仍为 a2=4 m/s2 木板继续减速,加速度仍为 a1=43 m/s2 假设又经历 t2二者速度相等,则有 a2t2=v1-a1t2 二轮物理 解得 t2=0.5 s 此过程,木板位移 x3=v1t2-12 a122t=76 m 末速度 v3=v1
36、-a1t2=2 m/s 物块位移 x4=12 a222t=12 m 此后物块和木板一起匀减速.二者的相对位移最大为x=x1+x3+x2-x4=6 m 物块始终没有离开木板,所以木板最小的长度为 6 m.答案:(2)6 m 二轮物理(3)木板右端离墙壁的最终距离.规范解答:(3)最后阶段物块和木板一起匀减速直到停止,整体加速度a=1g=1 m/s2 位移 x5=232va=2 m 所以木板右端离墙壁最远的距离为 x1+x3+x5=6.5 m 答案:(3)6.5 m 二轮物理【评分细则】第(1)问共 6 分,式 2 分,式每式 1 分;第(2)问共 9 分,每式 1 分;第(3)问共 5 分,式
37、1 分,每式 2 分.【失分警示】(1)不理解图(b)中4 m/s的速度与4.5 m距离之间的关系,导致不能由运动学公式求整体在水平面上滑动时的加速度.(2)错误认为小物块相对地面的速度为零时,小物块就不会在木板上相对运动了.(3)错误认为小物块与木板相对静止时,木板右端与墙壁的距离最远,没有考虑到它们一起还要向左减速滑动.二轮物理【抢分策略】(1)本题一定涉及匀变速直线运动的规律,所以有以下抢分策略:由图(b)的斜率可以求出小物块在相对滑动时的加速度 a2=vt=4 m/s2;由木板右端与墙壁相距 4.5 m 及粗糙水平面,可以写出运动学公式 x=vt+12 at2;由于小物块与木板会加速或减速,所以一定会用到速度公式 v=v0+at.(2)本题一定涉及受力分析及牛顿第二定律的应用,所以有以下抢分策略:小物块和木板以共同速度减速滑行时,一定会由整体法求加速度,即 a1=1g;小物块与木板相对运动时,一定会由隔离法,分别进行受力分析求它们不同的加速度.如写 a2=2g,a3=12Mm gmgM,就可以得到很多分数.二轮物理 点击进入限时训练
