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專題01 質點的直線運動
第一部分名師綜述
本專題中的難題分為二,一為對運動圖像的考查,對圖像的考查范圍很廣,涉及的內容頁比較多,幾乎涉及了直線運動中的所有知識以及應用,特別是利用圖像處理追擊相遇問題時高考考查的重難點,在解題過程中,要注意分析圖像的軸、點、線、面積、斜率等方面,考查方式多為選擇題。二是對多過程直線運動的考查,綜合了勻變速直線運動公式、追擊相遇問題,考查方式多為計算題,在做題過程中需要(1)要養(yǎng)成畫物體運動示意圖,或者x-t圖象與v-t圖象的習慣,特別是比較復雜的運動,畫出示意圖或者運動圖像可使運動過程直觀化,物理過程清晰,便于研究,(2)要注意分析研究對象的運動過程,搞清楚整個運動過程按運動性質的轉換可以分為哪幾個階段,各個階段遵循什么規(guī)律,各個階段又存在哪些聯(lián)系。
第二部分精選試題
一、單選題
1.如圖所示,在豎直平面內用輕質細線懸掛一個小球,將小球拉至A點,使細線處于拉直狀態(tài),由靜止開始釋放小球,不計摩擦,小球可在A、B兩點間來回擺動.當小球擺到B點時,細線恰好斷開,則小球將()
A.在B點保持靜止 B.沿BE方向運動
C.沿BC方向運動 D.沿BD方向運動
【答案】 B
【解析】
由于小球被靜止釋放,不計摩擦,它可在A、B兩點間來回擺動。當小球擺到B點時,小球速度恰好為零,此時若細線恰好斷開,則小球只受重力作用而豎直下落。所以,將沿BE方向運動。故選B。
【點睛】此題考查了學生力和運動之間的關系,力可以改變物體的形狀或運動狀態(tài)。在此題中,小球由于重力作用將由靜止下落。解決此題的關鍵是判斷出在B點的運動狀態(tài)。
2.如圖所示為a、b、c三個質點運動的速度–時間圖象(v–t圖象),若三質點同時從同一位置出發(fā)則關于三個質點的運動,下列說法中正確的是
A.t1時刻a、b兩質點的速度大小相等、方向和反
B.t1時刻后,質點b位于a、c的前面
C.0~t1時間內,a位于b、c兩質點的前面
D.0~t1時間內,a、b兩質點間的距離在不斷減小
【答案】 C
【解析】
A、t1時刻a、b兩圖象對應的速度相等且均為正值,表示運動方向均為正方向,A錯誤。B、C、三質點從同一地點出發(fā),t1時所圍的面積表示位移,可得a在最前,其次是b,最后是c,B錯誤,C正確。D、0~t1時間內,可讀出va>vb,則a、b之間的距離不斷增大,D錯誤。故選C。
【點睛】利用勻變速直線運動圖象分析追擊與相遇,要注意明確圖象的性質,圖象的正負表示運動方向,圖象的斜率表示加速度,能根據圖象的面積求解位移.
3.一個物體在外力作用下由靜止開始沿直線運動,其加速度隨時間變化的關系圖線如圖所示,則該物體:( )
A.0~1s內加速運動,1s~3s內減速運動,第3s末回到出發(fā)點
B.0~3s內物體位移是12m
C.0~1s內與1s~3s內的平均速度相同
D.2s時的速度方向與0.5s時的速度方向相反
【答案】 C
【解析】A、物體在第1 s內從靜止開始勻加速運動,第2、3 s內沿原方向做勻減速運動,根據“面積”等于速度的變化量可知,3s末物體的速度為零,所以第3 s末沒有回到出發(fā)點.故A錯誤;B、C、0~1s的位移,1s~3s的位移,故;而,,則B錯誤,C正確。D、第3 s末速度為零,故2s時和0.5s的速度方向相同,D錯誤.故選C.
【點睛】解決本題的關鍵根據加速度時間圖線,知道物體做周期性運動,掌握“面積”等于速度的變化量和運動學公式,并分別求速度和位移.
4.甲、乙兩車在平直公路上行駛,其v-t圖象如圖所示。t=0時,兩車間距為s0;t0時刻,甲、乙兩車相遇。0~t0時間內甲車發(fā)生的位移為s,下列說法正確的是( )
A.0~t0時間內甲車在前,t0~2t0時間內乙車在前
B.0~2t0時間內甲車平均速度的大小是乙車平均速度大小的2倍
C.2t0時刻甲、乙兩車相距12s0
D.s0=67s
【答案】 D
【解析】
由圖知在0~t0時間內甲車速度大于乙車的速度,故是甲車在追趕乙車,所以A錯誤;0~2t0時間內甲車平均速度的大小32v0,乙車平均速度12v0,所以B錯誤;由題意知,圖中陰影部分面積即為位移S0,根據幾何關系知,三角形ABC的面積對應位移S0∕3,所以可求三角形OCD的面積對應位移S0∕6,所以0—to時間內甲車發(fā)生的位移為s=S0+ S0∕6,得s0=67s,故D正確;2t0時刻甲、乙兩車間的距離即為三角形ABC的面積即S0∕3,所以C錯誤。
5.A、B兩球沿同一直線運動并發(fā)生正碰,如圖所示為兩球碰撞前后的位移—時間(x-t)圖像,圖中a、b分別為A、B兩球碰撞前的圖線,c為碰撞后兩球共同運動的圖線.若A球的質量mA=2kg,則由圖可知下列結論正確的是( )
A.A、B兩球碰撞前的總動量為3 kgm/s
B.碰撞過程A對B的沖量為-4 Ns
C.碰撞前后A的動量變化為4kgm/s
D.碰撞過程A、B兩球組成的系統(tǒng)損失的機械能為10 J
【答案】 D
【解析】
【詳解】
A、由s-t圖像可以知道:碰撞前A的速度為vA=4-102=-3m/s;
碰撞前B的速度vB=4-02=2m/s,
碰撞后AB的速度為vC=2-42=-1m/s
根據動量守恒可知mbvB-mavA=-(ma+mb)vC
代入速度值可求得:mb=43kg
所以碰撞前的總動量為mbvB-mavA=-103kg?m/s,故A錯誤;
B、碰撞時A對B所施沖量為即為B的動量變化量ΔPB=-mbvC-mbvB=-4N?s故B正確;
C、根據動量守恒可知ΔPA=-ΔPB=4N?s=4kg?m/s,故C正確;
D、碰撞中A、B兩球組成的系統(tǒng)損失的動能為12mavA2+12mbvB2-12ma+mbvC2=10J ,故D正確,
本題選不正確的,故選A
【點睛】
結合圖像求出碰前碰后的速度,利用動量守恒求出B的質量,然后根據定義求出動量的變化量。
6.如下圖所示,質量m=1kg的物體從高為h=0.2m的光滑軌道上P點由靜止開始下滑,滑到水平傳送帶上的A點,物體和皮帶之間的動摩擦因數為μ=0.2,傳送帶AB之間的距離為L=5m,傳送帶一直以v=4m/s的速度勻速運動,則( )
A.物體從A運動到B的時間是1.5s
B.物體從A運動到B的過程中,摩擦力對物體做了2 J功
C.物體從A運動到B的過程中,產生2J熱量
D.物體從A運動到B的過程中,帶動傳送帶轉動的電動機多做了10J功
【答案】 AC
【解析】
試題分析:設物體下滑到A點的速度為v0,對PA過程,由機械能守恒定律有:12mv02=mgh代入數據得:v0=2gh=2m/s<v=4m/s,則物體滑上傳送帶后,在滑動摩擦力作用下勻加速運動,加速度大小為a=μmgm=μg=2m/s2;加速至速度與傳送帶相等時用時:t1=v-v0a=4-22s=1s,勻加速運動的位移s1=v0+v2t1=2+421m=3m
1269m=27m,則平均速度v=xt>276m/s=4.5m/s,故D正確,C錯誤;
故選BD。
【點睛】
根據牛頓第二定律得出加速度與時間的表達式,結合a-t圖線圍成的面積表示速度變化量得出最大速度的大小,根據速度時間圖線,結合圖線圍成的面積表示位移,根據平均速度的定義式求出平均速度的大小。
三、解答題
21.如圖甲所示,有一傾角為θ=53的固定斜面體,底端的水平地面上放一質量為 M=3kg的木板,木板材質與斜面體相同.t=0時有一質量m=6kg的滑塊在斜面上由靜止開始下滑,后來滑塊滑上木板并最終沒有滑離木板(不考慮滑塊從斜面滑上木板時的能量損失).圖乙所示為滑塊在整個運動過程中的速率隨時間變化的圖象,已知sin53=0.8, eos53=0.6,取g=l0m/s2.求:
(1)滑塊與木板間、木板與地面間的動摩擦因數μ1、μ2;
(2)滑塊停止運動的時刻t和木板的最小長度l。
【答案】(1)0.2(2)18m
【解析】
【詳解】
(1)滑塊在斜面上下滑時,滿足:
mgsinθ -μ1N=ma1①
N= mgcosθ②
由v-t圖得加速度a1=v0t1 =6m/s2③
綜合①②③解得μ1=13
滑塊滑上木板后減速μ1mg =ma2④
其中a2=v0-v1t2-t1⑤
對木板分析有μ1mg –μ2(m+M)g =Ma3⑥
其中a3=v1t2-t1⑦
綜合④⑤⑥⑦解得μ2=0.2
(2) 由于μ2<μ1,故滑塊與木板達共速后一起勻減速,加速度滿足
μ2(m+M)g =(m+M)a4⑧
又a4=v1t-t2⑨
綜合⑧⑨解得t=6s
木板的最小長度l=12v0(t2-t1)=18m
【點睛】
本題考查牛頓第二定律的應用以及板塊模型的問題,關鍵是根據圖像分析物體的運動特征,搞清各個階段的加速度情況以及位移速度關系,靈活運用牛頓第二定律及運動公式求解.
22.一小球在恒力F1作用下豎直向上做勻速直線運動,速度大小為v0.當小球運動到位置A時,將F1突然增大到某值F2(未知),但保持其方向不變.持續(xù)一段時間t后,又突然將該力反向,但保持其大小不變;再持續(xù)同樣一段時間后,油滴運動到B點.重力加速度大小為g.不計空氣阻力
(1)求油滴運動到B點時的速度;
(2)求增大后的力F2大??;已知不存在外力時,油滴以初速度v0做豎直上拋運動的最大高度恰好等于B、A兩點間距離的兩倍.
【答案】(1)v2=v0-2gt1;(2)F2=2-2v0gt1+14v0g2F1或F2=2-2v0gt1-14v0g2F1
【解析】
【分析】
(1)分析小球的運動過程,小球先向上做勻速直線運動,到達A處后因力突然增大而開始做勻加速直線運動,經過t后力突然反向,小球開始做勻減速直線運動,并可能在速度減為零后做反向的勻加速直線運動.對力增大后的兩個過程分別列出牛頓第二定律方程,即可求得兩個過程中的加速度,而t又是一個已知量,那么直接使用運動學公式即可求出小球運動到B點時的速度vB的大小;(2)因為小球最后可能做反向的勻加速直線運動,因此我們不能確定B點的位置究竟在A點上方還是A點下方,故需要分為兩種情況討論.對其中每一種情況,根據運動學公式列出方程,并與豎直上拋的方程進行聯(lián)立,即可分別求得兩種情況下增大后的力F2大小。
【詳解】
在t=0時,力從F1增加至F2時,油滴做豎直向上的勻加速運動,加速度方向向上,根據牛頓第二定律有:F2-mg=ma1①
油滴在時刻t1的速度為:v1=v0+a1t1②
力在時刻t1突然反向,油滴做勻變速運動,加速度方向向下,
根據牛頓第二定律有:F2+mg=ma2③
油滴在時刻t2=2t1的速度為:v2=v1-a2t1④
由①②③④式得:v2=v0-2gt1⑤
(2)由題意,在t=0時刻前有:F1=mg⑥
油滴從t=0到時刻t1的位移為:s1=v0t1+12a1t12⑦
油滴在從時刻t1到時刻t2=2t1的時間間隔內的位移為:s2=v0t1-12a2t12⑧
由題給條件有:v02=2g2h⑨
式中h是B、A兩點之間的距離.若B點在A點之上,依題意有s1+s2=h?、?
由①②③⑥⑦⑧⑨⑩式得F2=2-2v0gt1+14v0g2F1?
若B點在A點之下,依題意有s1+s2=-h?
由①②③⑥⑦⑧⑨?式得F2=2-2v0gt1-14v0g2F1?
【點睛】
解決復雜的力學問題,可以從兩條線索展開:其一,力和運動的關系.根據物體的受力情況,用牛頓第二定律求出加速度,結合運動學公式確定速度和位移等;其二,功和能的關系.根據做功情況,引起物體的能量發(fā)生變化,利用動能定理進行解答.
23.如圖所示,在距地面不等高處有兩點A和B,它們之間的高度差為b。A、B處各有一小球,A處小球Ⅰ自由下落一段距離a后,B處小球Ⅱ開始自由下落,結果兩小球同時落地,求球Ⅰ和球Ⅱ下落時間之比。
【答案】b+ab-a
【解析】
【詳解】
設A距地面的高度為H,根據h=12gt2可知,A下落到地面的時間t=2Hg,
A下落a所需時間t′=2ag
則B下落的時間t″=t-t′,則H-b=12gt″2
聯(lián)立解得,tt-t=b+ab-a
球Ⅰ和和球Ⅱ下落時間之比為b+ab-a
【點睛】
本題主要考查了自由落體運動的位移時間公式,明確AB同時落地,找出AB的時間關系即可求得
24.如圖所示,長L=1.0m 木板B放在水平面上,其右端放置一小物塊A(視為質點).B的質量mB=2.0kg ,A的質量mA=3.0kg ,B與水平面間的動摩擦因數μ1=0.20 ,A、B間的動摩擦因數μ2=0.40 ,剛開始兩者均處于靜止狀態(tài),現給A一水平向左的瞬間沖量I,I=9.0N?S ,重力加速度g取10m/s2 ,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力.求:
(1)A開始運動的速度 ;
(2)A、B之間因摩擦產生的熱量;
(3)整個過程A對地的位移.
【答案】(1)3.0m/s(2)10.8J(3)1.17m
【解析】(1)由題意,由動量定理得 I=mv0.
代入數據解得 v0=3m/s
(2)對A:aA=μ2mAgmA=μ2g=4m/s2.
對B:aB=μ2mAg-μ1mA+mBgmB
代入數據解得 aB=1m/s2.
A對地做勻減速運動,B對地做勻加速運動,設A、B達到相同速度為v,所需時間為t,A的位移為xA,B的位移為xB.
對A:v=v0-aAt
xA=v2-v022(-aA)
對B:v=aBt
xB=12aBt2
代入數據解得 v=0.6m/s,t=0.6s,xA=1.08m,xB=0.18m
A對B的位移為△x=xA-xB=1.08m-0.18m=0.9m<1m,假設成立
故此過程中,A、B之間因摩擦產生的熱量 Q=μ2mAg
解得 Q=10.8J
(2)A、B達到相同速度后,設二者保持靜止,整體減速的加速度為 a=μ1mA+mBgmA+mB=μ1g<μ2g,則假設成立.
此后二者共同滑行的距離 x共=v22a=0.6222=0.09m
故整個過程A對地的位移 x總=xA+x共=1.17m
點睛:本題的關鍵要分析兩個物體的運動過程,根據物體的受力情況先求解加速度,并能抓住臨界狀態(tài):速度相同,采用隔離法和整體法結合分析.
25.為提高冰球運動員的加速能力,教練員在冰面上與起跑線距離s0和s1(s1
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