（全國通用）2018年高考物理二輪復習全冊學案（打包15套）.zip,全國,通用,2018,年高,物理,二輪,復習,全冊學案,打包,15 第1講　力與物體的平衡 知識必備 1.彈力 彈力方向與接觸面垂直指向被支持或被擠壓物體。桿的彈力不一定沿桿。彈簧的彈力由胡克定律F＝kx計算，一般物體間彈力大小按物體受力分析和運動狀態(tài)求解。 2.摩擦力 方向：摩擦力的方向沿接觸面的切線方向，與物體相對運動或相對運動趨勢的方向相反。 大?。红o摩擦力的大小由物體受其他力力的情況運動狀態(tài)決定，大小0＜F≤Fmax，具體值根據(jù)牛頓運動定律或平衡條件求解?；瑒幽Σ亮Φ拇笮∮晒紽＝μFN求解。 4. 5.共點力的平衡 共點力的平衡條件是F合＝0，平衡狀態(tài)是指物體處于勻速直線運動狀態(tài)或靜止狀態(tài)。 備考策略 1.研究對象的選取方法：(1)整體法　(2)隔離法 2.受力分析的順序 一般按照“一重、二彈、三摩擦，四其他”的程序，結(jié)合整體法與隔離法分析物體的受力情況。 3.處理平衡問題的基本思路 4.求解平衡問題的常用方法：二力平衡法、合成法、正交分解法、相似三角形法、正弦定理法、圖解法等。 　力學中的平衡問題 【真題示例1 (2017·全國卷Ⅱ，16)如圖1，一物塊在水平拉力F的作用下沿水平桌面做勻速直線運動。若保持F的大小不變，而方向與水平面成60°角，物塊也恰好做勻速直線運動。物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)為(　　) 圖1 A.2－ B. C. D. 解析　當F水平時，根據(jù)平衡條件得F＝μmg；當保持F的大小不變，而方向與水平面成60°角時，由平衡條件得Fcos 60°＝μ(mg－Fsin 60°)，聯(lián)立解得μ＝，故選項C正確。 答案　C 【真題示例2】 (2017·全國卷Ⅲ，17)一根輕質(zhì)彈性繩的兩端分別固定在水平天花板上相距80 cm的兩點上，彈性繩的原長也為80 cm。將一鉤碼掛在彈性繩的中點，平衡時彈性繩的總長度為100 cm；再將彈性繩的兩端緩慢移至天花板上的同一點，則彈性繩的總長度變?yōu)?彈性繩的伸長始終處于彈性限度內(nèi))(　　) A.86 cm B.92 cm C.98 cm D.104 cm 解析　設彈性繩的勁度系數(shù)為k。掛鉤碼后，彈性繩兩端點移動前，左、右兩段繩的伸長量ΔL＝＝10 cm，兩段繩的彈力F＝kΔL，對鉤碼受力分析，如圖甲所示，sin α＝，cos α＝。根據(jù)共點力的平衡條件可得，鉤碼的重力為G＝2kΔLcos α。將彈性繩的兩端緩慢移至天花板上的同一點時，受力圖如圖乙所示。設彈性繩伸長量為ΔL′，彈力為F′＝kΔL′，鉤碼的重力為G＝2kΔL′，聯(lián)立解得ΔL′＝ΔL＝6 cm。彈性繩的總長度變?yōu)長0＋2ΔL′＝92 cm，故B正確，A、C、D錯誤。 　　 甲　　　 乙 答案　B 【真題示例3】 (2017·全國卷Ⅰ，21)如圖2，柔軟輕繩ON的一端O固定，其中間某點M拴一重物，用手拉住繩的另一端N，初始時，OM豎直且MN被拉直，OM與MN之間的夾角為α(α＞)?，F(xiàn)將重物向右上方緩慢拉起，并保持夾角α不變。在OM由豎直被拉到水平的過程中(　　) 圖2 A.MN上的張力逐漸增大 B.MN上的張力先增大后減小 C.OM上的張力逐漸增大 D.OM上的張力先增大后減小 解析　以重物為研究對象，受重力mg、OM繩上拉力F2、MN上拉力F1，由題意知，三個力合力始終為零，矢量三角形如圖所示，F(xiàn)1、F2的夾角為π－α不變，在F2轉(zhuǎn)至水平的過程中，矢量三角形在同一外接圓上，由圖可知，MN上的張力F1逐漸增大，OM上的張力F2先增大后減小，所以A、D正確，B、C錯誤。 答案　AD 真題感悟 1.高考考查特點 (1)共點力的單物體動態(tài)平衡及連接體的靜態(tài)、動態(tài)平衡問題是高考命題的熱點(2016年考查了連接體平衡，2017年考查了單個物體的平衡)。 (2)做好物體的受力分析，畫出力的示意圖，并靈活運用幾何關系和平衡條件是解題的關鍵。 2.解題常見誤區(qū)及提醒 (1)不能靈活選取研究對象，不能準確把握求解問題的切入點。 (2)對一些常見物理語言(如輕繩、輕環(huán))不理解其內(nèi)涵。 (3)不能靈活應用數(shù)學關系求解物理問題。 預測1 共點力平衡條件的應用 預測2 整體法、隔離法的應用 預測3 物體的動態(tài)平衡 1.(多選)如圖3所示，在粗糙的水平桌面上靜止放著一盞臺燈，該臺燈可通過支架前后調(diào)節(jié)從而可將燈頭進行前后調(diào)節(jié)，下列對于臺燈的受力分析正確的是(　　) 圖3 A.臺燈受到水平向左的摩擦力 B.若將燈頭向前調(diào)一點(臺燈未倒)，則桌面對臺燈的支持力將變大 C.支架對燈頭的支持力方向豎直向上 D.整個臺燈所受的合外力為零 解析　以整個臺燈為研究對象，臺燈受到重力和桌面的支持力，且處于平衡狀態(tài)，故選項A錯誤，選項D正確；根據(jù)二力平衡可知燈頭所受支架的支持力豎直向上，故選項C正確；若將燈頭向前調(diào)一點(臺燈未倒)，臺燈仍然處于平衡狀態(tài)，故桌面對臺燈的支持力大小不變，故選項B錯誤。 答案　CD 2.如圖4所示，一質(zhì)量為M、傾角為θ的斜面體置于水平面上，一質(zhì)量為m的滑塊通過一跨過兩定滑輪的輕繩與一重力為G的鉤碼相連(兩滑輪間的輕繩水平)，現(xiàn)將滑塊置于斜面上，滑塊在斜面上勻速上滑，且發(fā)現(xiàn)在滑塊運動過程中，斜面一直保持不動，則下列說法中正確的是(　　) 圖4 A.地面對斜面體的摩擦力方向水平向右，大小為Gsin θ B.滑塊對斜面體的摩擦力方向沿斜面向上，大小為G－mgcos θ C.地面對斜面體的支持力大小為(M＋m)g＋G D.地面對斜面體的支持力大小為(M＋m)g 解析　以滑塊和斜面體為整體進行研究，其受力分析如圖甲所示，由平衡條件可知地面對斜面體的支持力大小為FN＝(M＋m)g，選項C錯誤，D正確；地面對斜面體的摩擦力水平向右，大小為f＝G，故選項A錯誤；再以滑塊為研究對象，受力分析如圖乙所示，由力的平衡可知斜面體對滑塊的滑動摩擦力為f′＝G－mgsin θ，故選項B錯誤。 答案　D 3.(多選)如圖5所示，A為靜止在水平地面上的斜面，斜面光滑，輕繩一端與B球相連，另一端與一輕質(zhì)彈簧測力計相連，再用另一輕繩與彈簧測力計相連后固定在天花板上，整個裝置處于靜止狀態(tài)，B球靠近斜面底端位置，現(xiàn)用一水平向左的推力F′緩慢推動斜面。當B快要到達斜面頂端時，彈簧測力計接近于水平位置，在推動過程中兩輕繩都處于拉伸狀態(tài)。設斜面對小球的支持力為FN，彈簧測力計的示數(shù)為F，則在該過程中下列說法正確的是(　　) 圖5 A.FN與F的合力變大 B.FN與F的合力方向始終不變 C.FN保持不變，F(xiàn)先增大后減小 D.FN不斷增大，F(xiàn)先減小后增大 解析　B球在三個共點力作用下達到平衡狀態(tài)，其中重力G的大小和方向均不發(fā)生變化，拉力F的方向改變，支持力FN方向不變，大小改變。利用力的三角形定則作出如圖所示的示意圖，由圖可知選項D正確，C錯誤；根據(jù)共點力平衡的特點可知FN與F的合力大小始終等于B球的重力G的大小，且與G方向相反，故選項A錯誤，B正確。 答案　BD 歸納總結(jié) 1.共點力作用下的物體平衡問題，涉及受力分析、力的合成與分解、建立平衡方程等，其思維與解題過程如下： →→→ 2.解決動態(tài)平衡問題的一般思路：把“動”化為“靜”，“靜”中求“動”。動態(tài)平衡問題的分析過程與處理方法如下： 　電學中的平衡問題 【真題示例1】 (2017·天津理綜，3)如圖6所示，兩根平行金屬導軌置于水平面內(nèi)，導軌之間接有電阻R。金屬棒ab與兩導軌垂直并保持良好接觸，整個裝置放在勻強磁場中，磁場方向垂直于導軌平面向下?，F(xiàn)使磁感應強度隨時間均勻減小，ab始終保持靜止，下列說法正確的是(　　) 圖6 A.ab中的感應電流方向由b到a B.ab中的感應電流逐漸減小 C.ab所受的安培力保持不變 D.ab所受的靜摩擦力逐漸減小 解析　導體棒ab、電阻R、導軌構成閉合回路，磁感應強度均勻減小(＝k為一定值)，則閉合回路中的磁通量減小，根據(jù)楞次定律，可知回路中產(chǎn)生順時針方向的感應電流，ab中的電流方向由a到b，故A錯誤；根據(jù)法拉第電磁感應定律，感應電動勢E＝＝＝kS，回路面積S不變，即感應電動勢為定值，根據(jù)閉合電路歐姆定律I＝，所以ab中的電流大小不變，故B錯誤；安培力F＝BIL，電流大小不變，磁感應強度減小，則安培力減小，故C錯誤；導體棒處于靜止狀態(tài)，所受合力為零，對其受力分析，水平方向靜摩擦力f與安培力F等大反向，安培力減小，則靜摩擦力減小，故D正確。 答案　D 【真題示例2】 (2016·全國卷Ⅰ，24)如圖7，兩固定的絕緣斜面傾角均為θ，上沿相連。兩細金屬棒ab(僅標出a端)和cd(僅標出c端)長度均為L，質(zhì)量分別為2m和m；用兩根不可伸長的柔軟輕導線將它們連成閉合回路abdca，并通過固定在斜面上沿的兩光滑絕緣小定滑輪跨放在斜面上，使兩金屬棒水平。右斜面上存在勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于斜面向上，已知兩根導線剛好不在磁場中，回路電阻為R，兩金屬棒與斜面間的動摩擦因數(shù)均為μ，重力加速度大小為g，已知金屬棒ab勻速下滑。求 圖7 (1)作用在金屬棒ab上的安培力的大?。? (2)金屬棒運動速度的大小。 解析　(1)由ab、cd棒被平行于斜面的導線相連，故ab、cd速度總是大小相等，cd也做勻速直線運動。設兩導線上拉力的大小為T，右斜面對ab棒的支持力的大小為FN1，作用在ab棒上的安培力的大小為F，左斜面對cd棒的支持力大小為FN2，對于ab棒，受力分析如圖甲所示，由力的平衡條件得 　 甲　　　　　　　乙 2mgsin θ＝μFN1＋T＋F① FN1＝2mgcos θ② 對于cd棒，受力分析如圖乙所示，由力的平衡條件得 mgsin θ＋μFN2＝T③ FN2＝mgcos θ④ 聯(lián)立①②③④式得：F＝mg(sin θ－3μcos θ)⑤ (2)設金屬棒運動速度大小為v，ab棒上的感應電動勢為 E＝BLv⑥ 回路中電流I＝⑦ 安培力F＝BIL⑧ 聯(lián)立⑤⑥⑦⑧得：v＝(sin θ－3μcos θ) 答案　(1)mg(sin θ－3μcos θ)　(2)(sin θ－3μcos θ) 真題感悟 1.高考考查特點 電學中的平衡問題是指在電場力、安培力參與下的平衡問題。 處理電學中的平衡問題的方法與純力學問題的分析方法一樣，把方法和規(guī)律進行遷移應用。 2.解題常見誤區(qū)及提醒 (1)安培力方向的判斷要先判斷磁場方向、電流方向，再用左手定則判斷，同時注意立體圖轉(zhuǎn)化為平面圖。 (2)電場力或安培力的出現(xiàn)，可能會對壓力或摩擦力產(chǎn)生影響。 (3)涉及電路問題時，要注意閉合電路歐姆定律的使用。 預測1 電場力作用下的平衡問題 預測2 電磁場中的平衡問題 預測3 電磁感應中的平衡問題 1.如圖8所示，質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電小球A用絕緣細線懸掛于O點，帶有電荷量也為q的小球B固定在O點正下方絕緣柱上，其中O點與小球A的間距為l，O點與小球B的間距為l，當小球A平衡時，懸線與豎直方向夾角θ＝30°，帶電小球A、B均可視為點電荷，靜電力常量為k，則(　　) 圖8 A.A、B間庫侖力大小F＝ B.A、B間庫侖力大小F＝ C.細線拉力大小FT＝ D.細線拉力大小FT＝mg 解析　帶電小球A受力如圖所示，OC＝l，即C點為OB中點，根據(jù)對稱性AB＝l。由庫侖定律知A、B間庫侖力大小F＝，細線拉力FT＝F＝，選項A、C錯誤；根據(jù)平衡條件得Fcos 30°＝mg，得F＝，繩子拉力FT＝，選項B正確，D錯誤。 答案　B 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 2. (2017·陜西省寶雞市高三教學質(zhì)量檢測)如圖9所示，勻強電場的電場強度方向與水平方向夾角為30°且斜向右上方，勻強磁場的方向垂直于紙面(圖中未畫出)。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電小球(可視為質(zhì)點)以與水平方向成30°角斜向左上方的速度v做勻速直線運動，重力加速度為g。則(　　) 圖9 A.勻強磁場的方向可能垂直于紙面向外 B.小球一定帶正電荷 C.電場強度大小為 D.磁感應強度的大小為 解析　小球做勻速直線運動，受到的合力為零，假設小球帶正電，則小球的受力情況如圖甲所示，小球受到的洛倫茲力沿虛線但方向未知，小球受到的重力與電場力的合力與洛倫茲力不可能平衡，故小球不可能做勻速直線運動，假設不成立，小球一定帶負電，選項B錯誤；小球的受力情況如圖乙所示，小球受到的洛倫茲力一定斜向右上方，根據(jù)左手定則，勻強磁場的方向一定垂直于紙面向里，選項A錯誤；根據(jù)幾何關系，電場力大小qE＝mg，洛倫茲力大小qvB＝mg，解得E＝，B＝，選項C正確，D錯誤。 答案　C 3.如圖10所示的平行金屬導軌，傾角θ＝37°，導體棒MN、PQ分別與導軌垂直放置，質(zhì)量分別為m1和m2，MN與導軌的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，PQ與導軌無摩擦，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，裝置整體置于方向垂直傾斜導軌平面向上的勻強磁場中，現(xiàn)將導體棒PQ由靜止釋放(設PQ離底端足夠遠)。取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。試分析m1與m2應該滿足什么關系，才能使導體棒MN在導軌上運動。 圖10 解析　釋放PQ，回路中產(chǎn)生由P—Q—N—M—P的感應電流，對MN棒受力分析如圖甲所示。 令F1cos θ－μ(m1g＋F1sin θ)＝0，解得F1＝m1g 要使MN能夠運動必須滿足F安≥m1g 兩導體棒所受到的安培力大小相同，對PQ棒受力分析如圖乙所示。 當導體棒PQ有最大速度時有F2＝m2gsin θ 即PQ受到的安培力F安≤m2gsin θ 故要使導體棒MN在導軌上運動須滿足m2≥m1 答案　m2≥m1 練后反思 (1)電荷在電場中一定受電場力作用，電流或電荷在磁場中不一定受磁場力作用。 (2)分析電場力或洛倫茲力時，一定要注意帶電體是正電荷還是負電荷。 　平衡中的臨界極值問題 【模擬示例】 一個質(zhì)量為1 kg的物體放在粗糙的水平地面上，今用最小的拉力拉它，使之做勻速直線運動，已知這個最小拉力大小為6 N，取g＝10 m/s2，則下列關于物體與地面間的動摩擦因數(shù)μ的取值，正確的是(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A.μ＝ B.μ＝ C.μ＝ D.μ＝ 解析　物體在水平面上做勻速直線運動，可知拉力在水平方向的分力與滑動摩擦力相等。以物體為研究對象，受力分析如圖所示，因為物體處于平衡狀態(tài)。水平方向有Fcos α＝μFN，豎直方向有Fsin α＋FN＝mg。聯(lián)立可解得：F＝＝，當α＋φ＝90°時，sin(α＋φ)＝1，F(xiàn)有最小值，F(xiàn)min＝，代入數(shù)值得μ＝。 答案　C 預測1 摩擦力作用下的臨界問題 預測2 連接體平衡中的極值問題 1.如圖11所示，楔形木塊M固定在水平桌面上，它的兩底角α和β分別為37°和53°，兩個物塊a和b放在兩側(cè)的斜面上，由繞過木塊頂端的光滑定滑輪的細繩相連接，并處于靜止狀態(tài)，兩物塊與斜面的動摩擦因數(shù)均為0.2。如果a的質(zhì)量為m1，b的質(zhì)量為m2，物塊與斜面間的滑動摩擦力等于最大靜摩擦力，則可能為(　　) 圖11 A. B. C.2 D.3 解析　當a剛好不下滑時，m1gsin α－μm1gcos α＝m2gsin β＋μm2gcos β，求得＝；當b剛好不下滑時，m1gsin α＋μm1gcos α＝m2gsin β－μm2gcos β，求得＝，因此，介于和之間，選項C正確。 答案　C 2.(2017·廣東佛山二模，15)如圖12所示，兩個小球a、b質(zhì)量均為m，用細線相連并懸掛于O點，現(xiàn)用一輕質(zhì)彈簧給小球a施加一個拉力F，使整個裝置處于靜止狀態(tài)，且Oa與豎直方向夾角為θ＝45°，已知彈簧的勁度系數(shù)為k，則彈簧形變量最小值是(　　) 圖12 A. B. C. D. 解析　對a球進行受力分析，利用圖解法可判斷：當彈簧上的拉力F與細線上的拉力垂直時，彈簧的拉力F最小，為Fmin＝2mgsin θ＝mg，再根據(jù)胡克定律得彈簧的最小形變量Δx＝，所以應該選A。 答案　A 歸納總結(jié) 解決臨界極值問題的三種方法 (1)解析法：根據(jù)物體的平衡條件列出平衡方程，在解方程時采用數(shù)學方法求極值。通常用到的數(shù)學知識有二次函數(shù)求極值、討論分式求極值、三角函數(shù)求極值以及幾何法求極值等。 (2)圖解法：此種方法通常適用于物體只在三個力作用下的平衡問題。首先根據(jù)平衡條件作出力的矢量三角形，然后根據(jù)矢量三角形進行動態(tài)分析，確定其最大值或最小值。 (3)極限法：極限法是一種處理極值問題的有效方法，它是指通過恰當選取某個變化的物理量將問題推向極端(如“極大”“極小”等)，從而把比較隱蔽的臨界現(xiàn)象暴露出來，快速求解。 - 14 - 第2講　力與物體的直線運動 知識必備 1.勻變速直線運動的“四類公式” 2.符號法則 (1)勻變速直線運動的“四類公式”都是矢量式，應用時注意各量符號的確定。 (2)一般情況下，取初速度的方向為正方向。 3.牛頓第二定律F合＝ma。 4.典型運動的動力學特征 (1)F合＝0，物體做勻速直線運動或靜止。 (2)F合≠0且與v共線，物體做變速直線運動。 ①F合不變，物體做勻變速直線運動。 5.必須辨明的“4個易錯易混點” (1)物體做加速或減速運動取決于速度與加速度方向間的關系。 (2)“剎車”問題要先判斷剎車時間，再分析計算。 (3)力是改變運動狀態(tài)的原因，慣性大小只與質(zhì)量有關。 (4)物體的超重、失重狀態(tài)取決于加速度的方向，與速度方向無關。, 備考策略 1.抓好“兩個分析、兩個橋梁”，攻克動力學問題 (1)兩分析 ①物體受力情況分析，同時畫出受力示意圖； ②物體運動情況分析，同時畫出運動情境圖。 (2)兩個橋梁 ①加速度是聯(lián)系運動和力的橋梁； ②速度是各物理過程相互聯(lián)系的橋梁。 2.解決圖象類問題“四個注意”、“一個關鍵” (1)“四個注意” ①x－t圖象和v－t圖象描述的都是直線運動，而不是曲線運動。 ②x－t圖象和v－t圖象不表示物體運動的軌跡。 ③x－t圖象中兩圖線的交點表示兩物體相遇，而v－t圖象中兩圖線的交點表示兩物體速度相等。 ④a－t圖象中，圖線與坐標軸圍成的面積表示速度的變化量；v－t圖象中，圖線與坐標軸圍成的面積表示位移；而x－t圖象中，圖線與坐標軸圍成的面積則無實際意義。 (2)“一個關鍵” 要將物體的運動圖象轉(zhuǎn)化為物體的運動模型。 　勻變速直線運動規(guī)律的應用 【真題示例1】 (2016·全國卷Ⅲ，16)一質(zhì)點做速度逐漸增大的勻加速直線運動，在時間間隔t內(nèi)位移為s，動能變?yōu)樵瓉淼?倍。該質(zhì)點的加速度為(　　) A. B. C. D. 解析　動能變?yōu)樵瓉淼?倍，則物體的速度變?yōu)樵瓉淼?倍，即v＝3v0，由s＝(v0＋v)t和a＝得a＝，故A正確。 答案　A 【真題示例2】 (2017·全國卷Ⅰ，25)真空中存在電場強度大小為E1的勻強電場，一帶電油滴在該電場中豎直向上做勻速直線運動，速度大小為v0，在油滴處于位置A時，將電場強度的大小突然增大到某值，但保持其方向不變。持續(xù)一段時間t1后，又突然將電場反向，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。 (1)求油滴運動到B點時的速度； (2)求增大后的電場強度的大小；為保證后來的電場強度比原來的大，試給出相應的t1和v0應滿足的條件。已知不存在電場時，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。 解析　(1)設油滴質(zhì)量和電荷量分別為m和q，油滴速度方向向上為正。油滴在電場強度大小為E1的勻強電場中做勻速直線運動，故勻強電場方向向上。在t＝0時，電場強度突然從E1增加至E2時，油滴做豎直向上的勻加速運動，加速度方向向上，大小a1滿足 qE2－mg＝ma1① 油滴在時刻t1的速度為 v1＝v0＋a1t1② 電場強度在時刻t1突然反向，油滴做勻變速直線運動，加速度方向向下，大小a2滿足 qE2＋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 qE1＝mg⑥ 油滴從t＝0到時刻t1的位移為 s1＝v0t1＋a1t⑦ 油滴在從時刻t1到時刻t2＝2t1的時間間隔內(nèi)的位移為 s2＝v1t1－a2t⑧ 由題給條件有v＝2g(2h)⑨ 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＝h⑩ 由①②③④⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得 E2＝[2－2＋()2]E1? 為使E2＞E1，應有 2－2＋()2＞1? 即當0＜t1＜(1－)? 或t1＞(1＋)? 才是可能的；條件?式和?式分別對應于v2＞0和v2＜0兩種情形。若B在A點之下，依題意有 s2＋s1＝－h(huán)? 由①②③⑥⑦⑧⑨?式得 E2＝[2－2－()2]E1? 為使E2>E1，應有 2－2－()2>1? 即t1>(＋1)? 另一解為負，不符合題意，已舍去。 答案　(1)v0－2gt1　(2)見解析 真題感悟 1.高考考查特點 (1)高考題注重基本概念的理解及基本公式及推論的靈活應用，計算題要注意數(shù)學知識的應用，如2017全國卷Ⅰ第25題考查了不等式的求解。 (2)熟練掌握運動學的基本規(guī)律及推論，實際問題中做好過程分析及運動中的規(guī)律選取是解題的關鍵。 2.解題常見誤區(qū)及提醒 (1)基本概念、公式及基本推論記憶不準確，應用不靈活。 (2)實際問題中過程不清晰，時間關系、速度關系、位移關系把握不準。 (3)解決追及相遇問題時，要抓住題目中的關鍵詞語(如“剛好”“最多”“至少”等)。 預測1 勻變速直線運動規(guī)律的靈活選用 預測2 追及相遇問題 預測3 應用勻變速直線運動規(guī)律解決生活實際問題 1.(2017·福建省畢業(yè)班質(zhì)量檢查)如圖1，a、b、c、d為光滑斜面上的四個點。一小滑塊自a點由靜止開始下滑，通過ab、bc、cd各段所用時間均為T?，F(xiàn)讓該滑塊自b點由靜止開始下滑，則該滑塊(　　) 圖1 A.通過bc、cd段的時間均大于T B.通過c、d點的速度之比為1∶2 C.通過bc、cd段的位移之比為1∶3 D.通過c點的速度等于通過bd段的平均速度 解析　當滑塊由a點靜止下滑時，滑塊沿光滑的斜面做勻加速直線運動，加速度大小為a′。假設ab段的間距為x，則bc段、cd段的間距應分別為3x、5x，xbc∶xcd＝3∶5，C錯誤；如果滑塊由b點靜止釋放，顯然滑塊通過bc段、cd段的時間均大于T，A正確；滑塊在c點的速度應為v1＝，滑塊在d點的速度應為v2＝，則v1∶v2＝∶，B錯誤；因為xbc∶xcd＝3∶5，顯然通過c點的時刻不是bd的中間時刻，則滑塊通過c點的速度不等于bd段的平均速度，D錯誤。 答案　A 2.為了保障市民出行安全，減少交通事故，交管部門強行推出了“電子眼”，此后機動車闖紅燈大幅度減少。現(xiàn)有甲、乙兩汽車正沿同一平直馬路同向勻速行駛，甲車在前，乙車在后，它們行駛的速度均為10 m/s。當兩車快要到十字路口時，甲車司機看到綠燈已轉(zhuǎn)換成了黃燈，于是緊急剎車(反應時間忽略不計)，乙車司機為了避免與甲車相撞也緊急剎車，但乙車司機反應較慢(反應時間為0.5 s)。已知甲車緊急剎車時制動力為車重的0.4，乙車緊急剎車時制動力為車重的0.5，g取10 m/s2。問： (1)若甲司機看到黃燈時車頭距警戒線15 m，他采取上述措施能否避免闖紅燈； (2)為保證兩車在緊急剎車過程中不相撞，甲、乙兩車行駛過程中應保持多大距離。 解法指導　(1)兩車在司機的反應時間內(nèi)做勻速運動，這一點要記住。 (2)兩車避免相撞的臨界條件是在同一位置處，后車的速度等于前車的速度。 解析　(1)甲車緊急剎車的加速度為a1＝0.4g＝4 m/s2 甲車停下來所需時間t1＝＝2.5 s 甲車滑行距離s＝＝12.5 m 由于12.5 m<15 m，所以甲車能避免闖紅燈 (2)設甲、乙兩車行駛過程中至少應保持距離s0，在乙車剎車t2時刻兩車速度相等，則有： 乙車緊急剎車的加速度大小為a2＝0.5g＝5 m/s2 由v1＝v2得v0－a1(t2＋t0)＝v0－a2t2，解得t2＝2.0 s 此過程中乙的位移：x乙＝v0t0＋v0t2－a2t＝15 m 甲的位移：x甲＝v0(t0＋t2)－a1(t0＋t2)2＝12.5 m 所以兩車安全距離至少為：s0＝x乙－x甲＝2.5 m 答案　(1)能　(2)2.5 m 3.足球比賽中，經(jīng)常使用“邊路突破、下底傳中”的戰(zhàn)術，即攻方隊員帶球沿邊線前進，到底線附近進行傳中。如圖2，某足球場長90 m、寬60 m，攻方前鋒在中線處將足球沿邊線向前踢出，足球在地面上的運動可視為初速度為12 m/s的勻減速直線運動，減速過程的加速度大小為2 m/s2。 圖2 (1)足球從開始減速到停下來的位移為多大？ (2)若足球開始做勻減速直線運動的同時，該前鋒隊員沿邊線向前追趕足球，該隊員的啟動過程可視為初速度為零、加速度為2 m/s2的勻加速直線運動，他能達到的最大速度為8 m/s，則該前鋒隊員經(jīng)過多長時間才能追上足球？ 解析　(1)設足球初速度大小為v0，加速度大小為a1，足球做勻減速直線運動的時間為t1，位移為x1，則有v0＝a1t1，x1＝t1，代入數(shù)據(jù)可解得t1＝6 s，x1＝36 m。 (2)設前鋒隊員的加速度大小為a2，最大速度為vm，前鋒隊員加速到最大速度所用時間為t2、位移為x2，則有vm＝a2t2，x2＝t2，代入數(shù)據(jù)可解得t2＝4 s，x2＝16 m。前鋒隊員加速到最大速度時，足球的位移x1′＝v0t2－a1t＝32 m，故此時隊員沒有追上足球。之后前鋒隊員做勻速直線運動，到足球停止運動時，設前鋒隊員勻速運動的位移為x3，則有x3＝vm(t1－t2)，解得x3＝16 m。由于x1>x2＋x3，故當足球停止運動時，前鋒隊員仍沒有追上足球，設前鋒隊員又運動了t3時間才追上足球，如圖，則有x1－(x2＋x3)＝vmt3，代入數(shù)據(jù)解得t3＝0.5 s。故前鋒隊員追上足球所用的總時間t＝t1＋t3＝6.5 s。 答案　(1)36 m　(2)6.5 s 歸納總結(jié) 1.“一畫、二選、三注意”解決勻變速直線運動問題 2.追及問題的解題思路和注意事項 (1)解題思路 (2)注意事項：若被追趕的物體做勻減速運動，一定要注意追上前該物體是否已停止運動，另外還要注意最后對解的討論分析。 　直線運動中的圖象問題 【真題示例】 (多選)(2016·全國卷Ⅰ，21)甲、乙兩車在平直公路上同向行駛，其v－t圖象如圖3所示。已知兩車在t＝3 s時并排行駛，則(　　) 圖3 A.在t＝1 s時，甲車在乙車后 B.在t＝0時，甲車在乙車前7.5 m C.兩車另一次并排行駛的時刻是t＝2 s D.甲、乙車兩次并排行駛的位置之間沿公路方向的距離為40 m 解析　根據(jù)v－t圖，甲、乙都沿正方向運動。t＝3 s時，甲、乙相遇，此時v甲＝30 m/s，v乙＝25 m/s，由v－t圖線所圍面積對應位移關系知，0～3 s內(nèi)甲車位移x甲＝×3×30 m＝45 m，乙車位移x乙＝×3×(10＋25) m＝52.5 m。故t＝0時，甲、乙相距Δx1＝x乙－x甲＝7.5 m，即甲在乙前方7.5 m，B選項正確；0～1 s內(nèi)，x甲′＝×1×10 m＝5 m，x乙′＝×1×(10＋15) m＝12.5 m，Δx2＝x乙′－x甲′＝7.5 m＝Δx1，說明甲、乙第一次相遇，A、C錯誤；甲、乙兩次相遇地點之間的距離為x＝x甲－x甲′＝45 m－5 m＝40 m，所以D選項正確。 答案　BD 真題感悟 1.高考考查特點 (1)以選擇題型為主，重在考查v－t圖象的意義及圖象信息的提取能力。2017年沒有考查v－t圖象，2018年考查的幾率很大。 (2)明確圖象交點、斜率、截距的意義，并將圖象信息與物體的運動過程相結(jié)合是解題的關鍵。 2.解題常見誤區(qū)及提醒 (1)v－t圖象、x－t圖象不是物體運動軌跡，均反映物體直線運動的規(guī)律。 (2)在v－t圖象中誤將交點認為此時相遇。 (3)圖象與動力學相結(jié)合的題目中不能正確地將圖象信息和運動過程相結(jié)合。 預測1 運動學中的v－t圖象問題 預測2 動力學中的圖象問題 1.(2017·廣西重點高中高三一模)甲、乙兩車同時從同一地點沿著平直的公路前進，它們運動的v－t 圖象如圖4所示，下列說法正確的是(　　) 圖4 A.兩車在t＝40 s時再次并排行駛 B.甲車減速過程的加速度大小為0.5 m/s2 C.兩車再次并排行駛之前，t＝30 s時兩車相距最遠 D.兩車之間的距離先增大，再變小，最后不變 解析　t＝40 s時，甲車的位移為×30 m＋5×10 m＝425 m，乙車的位移為10×40 m＝400 m，甲車在乙車前面，A錯誤；甲車做減速運動的加速度大小為a＝ m/s2＝0.5 m/s2，B正確；在兩車再次并排行駛之前，t＝20 s時，兩車相距最遠，C錯誤；兩車距離先增大，再變小，最后又變大，D錯誤。 答案　B 2.(多選)如圖5甲所示，足夠長的固定光滑細桿與地面成一定傾角，在桿上套有一個光滑小環(huán)，沿桿方向給環(huán)施加一個拉力F，使環(huán)由靜止開始沿桿向上運動，已知拉力F及小環(huán)速度v隨時間t變化的規(guī)律如圖乙所示，重力加速度g取10 m/s2。則以下說法正確的是(　　) 圖5 A.小環(huán)的質(zhì)量是1 kg B.細桿與地面間的夾角為30° C.前1 s內(nèi)小環(huán)的加速度大小為5 m/s2 D.前3 s內(nèi)小環(huán)沿桿上升的位移為1.25 m 解析　設細桿與地面間的夾角為θ，由v－t圖象可知0～1 s 內(nèi)小環(huán)的加速度為a＝0.5 m/s2，因此選項C錯誤；拉力為F1＝5 N時，由牛頓第二定律得F1－mgsin θ＝ma，1 s 后小環(huán)做勻速直線運動，此時的拉力為F2＝4.5 N，根據(jù)力的平衡有F2＝mgsin θ，聯(lián)立解得m＝1 kg，sin θ＝，因此選項A正確，B錯誤；根據(jù)題圖乙，前1 s內(nèi)小環(huán)沿桿上升的位移為x1＝×1 m＝0.25 m，之后2 s內(nèi)做勻速直線運動，位移為x2＝0.5×2 m＝1.0 m，所以前3 s內(nèi)小環(huán)沿桿上升的位移為x＝x1＋x2＝1.25 m，選項D正確。 答案　AD 歸納總結(jié) 1.x－t圖象、v－t圖象、a－t圖象的物理意義 2.圖象問題的五看 軸、線、斜率、面積、特殊點。 3.圖象問題三點注意 (1)速度圖線只有通過時間軸時速度方向才改變。 (2)利用v－t圖象分析兩個物體的運動時，要注意兩個物體的出發(fā)點是否相同。 (3)物體的運動圖象與運動模型的轉(zhuǎn)化。 　牛頓運動定律的綜合應用 【真題示例1】 (多選)(2016·全國卷Ⅱ)兩實心小球甲和乙由同一種材料制成，甲球質(zhì)量大于乙球質(zhì)量。兩球在空氣中由靜止下落，假設它們運動時受到的阻力與球的半徑成正比，與球的速率無關。若它們下落相同的距離，則(　　) A.甲球用的時間比乙球長 B.甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小 C.甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小 D.甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功 解析　小球的質(zhì)量m＝ρ·πr3，由題意知m甲>m乙，ρ甲＝ρ乙，則r甲>r乙。空氣阻力f＝kr，對小球由牛頓第二定律得，mg－f＝ma，則a＝＝g－＝g－，可得a甲>a乙，選項C錯誤；由h＝at2知，t甲v乙，故選項B正確；因f甲>f乙，由球克服阻力做功Wf＝f h知，甲球克服阻力做功較大，選項D正確。 答案　BD 【真題示例2】 (2017·全國卷Ⅲ，25)如圖6，兩個滑塊A和B的質(zhì)量分別為mA＝1 kg和mB＝5 kg，放在靜止于水平地面上的木板的兩端，兩者與木板間的動摩擦因數(shù)均為μ1＝0.5；木板的質(zhì)量為m＝4 kg，與地面間的動摩擦因數(shù)為μ2＝0.1。某時刻A、B兩滑塊開始相向滑動，初速度大小均為v0＝3 m/s。A、B相遇時，A與木板恰好相對靜止。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度大小g＝10 m/s2。求 圖6 (1)B與木板相對靜止時，木板的速度； (2)A、B開始運動時，兩者之間的距離。 解析　(1)滑塊A和B在木板上滑動時，木板也在地面上滑動。設A、B和木板所受的摩擦力大小分別為f1、f2和f3，A和B相對于地面的加速度大小分別為aA和aB，木板相對于地面的加速度大小為a1。在物塊B與木板達到共同速度前有 f1＝μ1mAg① f2＝μ1mBg② f3＝μ2(m＋mA＋mB)g③ 由牛頓第二定律得 f1＝mAaA④ f2＝mBaB⑤ f2－f1－f3＝ma1⑥ 設在t1時刻，B與木板達到共同速度，其大小為v1。由運動學公式有 v1＝v0－aBt1⑦ v1＝a1t1⑧ 聯(lián)立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知數(shù)據(jù)得 v1＝1 m/s⑨ (2)在t1時間間隔內(nèi)，B相對于地面移動的距離為 sB＝v0t1－aBt⑩ 設在B與木板達到共同速度v1后，木板的加速度大小為a2。對于B與木板組成的體系，由牛頓第二定律有 f1＋f3＝(mB＋m)a2? 由①②④⑤式知，aA＝aB；再由⑦⑧式知，B與木板達到共同速度時，A的速度大小也為v1，但運動方向與木板相反。由題意知，A和B相遇時，A與木板的速度相同，設其大小為v2。設A的速度大小從v1變到v2所用的時間為t2，則由運動學公式，對木板有 v2＝v1－a2t2? 對A有：v2＝－v1＋aAt2? 在t2時間間隔內(nèi)，B(以及木板)相對地面移動的距離為 s1＝v1t2－a2t? 在(t1＋t2)時間間隔內(nèi)，A相對地面移動的距離為 sA＝v0(t1＋t2)－aA(t1＋t2)2? A和B相遇時，A與木板的速度也恰好相同。因此A和B開始運動時，兩者之間的距離為 s0＝sA＋s1＋sB? 聯(lián)立以上各式，并代入數(shù)據(jù)得 s0＝1.9 m? (也可用下圖中的速度—時間圖線求解) 答案　(1)1 m/s　(2)1.9 m 真題感悟 1.高考考查特點 (1)本考點的考查重在物體的受力分析、運動學公式與牛頓第二定律的綜合應用。 (2)整體法、隔離法是動力學中連接體問題的常用方法，在不涉及相互作用力時，可用整體法，在涉及相互作用力時要用隔離的方式。 2.解題的常見誤區(qū)及提醒 (1)研究對象選取時，不能靈活應用整體法、隔離法。 (2)對物體受力分析有漏力、多力現(xiàn)象，合力的計算易出錯。 預測1 連接體問題 預測2 動力學觀點在力學中的應用 預測3 動力學觀點在電學中的應用 1.(多選)如圖7所示，兩個由相同材料制成的物體A、B以輕繩連接，組成的連接體在傾角為θ的斜面上運動，已知A、B的質(zhì)量分別為m1、m2，當作用力F一定時，關于物體B所受繩的拉力的說法正確的是(　　) 圖7 A.與θ無關 B.與物體和斜面間的動摩擦因數(shù)無關 C.與系統(tǒng)運動狀態(tài)有關 D.等于，僅與兩物體質(zhì)量有關 解析　對A、B組成的整體分析，根據(jù)牛頓第二定律得 a＝。對B分析，有T－m2gsin θ－μm2gcos θ＝m2a，解得T＝，由此式可知當F一定時，輕繩上的拉力與θ無關，與物體和斜面間的動摩擦因數(shù)無關，與運動狀態(tài)無關，僅與兩物體的質(zhì)量有關，A、B、D正確。 答案　ABD 2.俯式冰橇(Skeleton)又叫鋼架雪車，是冬奧會的比賽項目之一。俯式冰橇的賽道可簡化為長度為1 200 m，起點和終點高度差為120 m的斜坡。比賽時，出發(fā)信號燈亮起后，質(zhì)量為M＝70 kg的運動員從起點開始，以F＝40 N、平行于賽道的恒力推動質(zhì)量m＝40 kg的冰橇開始運動，8 s 末迅速登上冰橇與冰橇一起沿直線運動直到終點。已知冰橇與賽道間的動摩擦因數(shù)μ＝0.05，設運動員登上冰橇前后冰橇速度不變，不計空氣阻力，求：(g＝10 m/s2，取賽道傾角θ的sin θ＝，cos θ＝1) (1)出發(fā)8 s內(nèi)冰橇發(fā)生的位移； (2)比賽中運動員的最大速度。 解析　(1)設出發(fā)8 s內(nèi)冰橇的加速度為a1， 由牛頓第二定律有F＋mgsin θ－μmgcos θ＝ma1① 出發(fā)8 s內(nèi)發(fā)生的位移為x1＝a1t② 聯(lián)立①②解得x1＝48 m③ (2)8 s末冰橇的速度為 v1＝a1t1④ 8 s后冰橇的加速度設為a2，由牛頓第二定律有 (m＋M)gsin θ－μ(m＋M)gcos θ＝(m＋M)a2⑤ 到達終點時速度最大，設最大速度為v2，則 v－v＝2a2(x－x1)⑥ 聯(lián)立①②③④⑤⑥解得v2＝36 m/s。 答案　(1)48 m　(2)36 m/s 3.(2017·湖南長沙四縣3月模擬)如圖8所示，互相絕緣且緊靠在一起的A、B物體，靜止在水平地面上，A的質(zhì)量為m＝0.04 kg，帶電荷量為q＝＋5.0×10－5 C，B的質(zhì)量為M＝0.06 kg，不帶電。兩物體與水平面間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.4，t＝0時刻開始，空間存在水平向右的勻強電場，電場強度為E＝1.6×104 N/C。設運動過程中小物塊所帶的電荷量沒有變化。 圖8 (1)求A、B的加速度及其相互作用力的大??； (2)若t＝2 s后電場反向，且場強減為原來的一半，求物體B停下時兩物體間的距離。 解析　(1)對整體分析，加速度大小a＝＝4 m/s2 隔離B分析，根據(jù)牛頓第二定律有F－μMg＝Ma 解得F＝μMg＋Ma＝0.48 N (2)t＝2 s時，A、B的速度大小v＝2×4 m/s＝8 m/s t＝2 s后電場反向，且場強減為原來的一半 此時A做勻減速運動的加速度大小aA＝＝14 m/s2 B做勻減速運動的加速度大小aB＝μg＝4 m/s2 B速度減為零的時間tB＝＝2 s 減速到零的位移大小xB＝＝8 m A速度減為零的時間tA1＝＝ s 減速到零的位移大小xA1＝＝ m 則A反向做勻加速運動的加速度大小 aA′＝＝6 m/s2 則反向做勻加速直線運動的位移大小 xA2＝aA′(tB－tA1)2＝ m 則A、B的距離Δx＝xA2－xA1＋xB＝11.8 m 答案　(1)4 m/s2　0.48 N　(2)11.8 m 歸納總結(jié) 解答牛頓運動定律的應用問題的方法 (1)研究對象的選取方法：整體法和隔離法靈活應用，一般已知或求解外力時選用整體法，已知或求解物體間的相互作用力時選用隔離法。 (2)受力分析的處理方法：合成法和正交分解法合理應用，當物體在兩個力作用下變速運動時，可用合成法；當物體在兩個以上的力的作用下變速運動時，常用正交分解法解題。 (3)多階段問題的分析方法：常用程序法，即針對先后經(jīng)歷的幾個過程逐一分析，運用程序法時要注意前一個過程的結(jié)束是后一個過程的開始，兩個過程交接點的速度往往是解決問題的關鍵。 - 15 -