高届高级高三物理二轮复习全套资料第一部分专题复习专题二第1课时Word格式.docx

1、16卷14开普勒行星运动定律2017圆周运动的动力学分析14题19题2018匀变速直线运动规律的应用15题牛顿第二定律和图象的结合运动的合成与分解万有引力定律和双星模型开普勒行星运动定律的应用第1课时力与直线运动1.匀变速直线运动的条件物体或带电体所受合力为恒力,且与速度方向共线.2.匀变速直线运动的基本规律速度公式:vv0at.位移公式:xv0tat2.速度和位移公式的推论:v2v022ax.中间时刻的瞬时速度:.任意两个连续相等的时间内的位移之差是一个恒量,即xxn1xna（t）2.3.图象问题（1）速度时间关系图线的斜率表示物体运动的加速度,图线与时间轴所包围的面积表示物体运动的位移.匀

2、变速直线运动的vt图象是一条倾斜直线.（2）位移时间关系图线的斜率表示物体的速度.4.超重和失重超重或失重时,物体的重力并未发生变化,只是物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力）发生了变化.物体发生超重或失重现象与物体的运动方向无关,只决定于物体的加速度方向.当a有竖直向上的分量时,超重；当a有竖直向下的分量时,失重；当ag且竖直向下时,完全失重.1.基本思路2.解题关键 抓住两个分析,受力分析和运动情况分析,必要时要画运动情景示意图.对于多运动过程问题,还要找准一个转折点,特别是转折点的速度.3.常用方法（1）整体法与隔离法:单个物体的问题通常采用隔离法分析,对于连接体类问题的分析通常是整体法

3、与隔离法的综合应用.（2）正交分解法:一般沿加速度方向和垂直于加速度方向进行分解,有时根据情况也可以把加速度进行正交分解.（3）逆向思维法:把运动过程的末状态作为初状态的反向研究问题的方法,一般用于匀减速直线运动问题,比如刹车问题、竖直上抛运动的问题.高考题型1匀变速直线运动规律的应用例1（2018安徽省黄山市一质检）如图1所示,一长为200 m的列车沿平直的轨道以80 m/s的速度匀速行驶,当车头行驶到进站口O点时,列车接到停车指令,立即匀减速停车,因OA段铁轨不能停车,整个列车只能停在AB段内,已知1 200 m,2 000 m,求:图1（1）列车减速运动的加速度大小的取值范围；（2）列车

4、减速运动的最长时间.答案（1）1.6 m/s2a2.3 m/s2（2）50 s解析（1）列车做减速运动到速度为0的过程中,刹车的距离:x,当位移最小时,加速度最大:amax m/s22.3 m/s2位移最大时,加速度最小:amin m/s21.6 m/s2所以加速度大小的取值范围是:1.6 m/s2a2.3 m/s2（2）由速度公式:vv0at可知,列车减速到速度为0的时间:t ,可知加速度最小时,列车减速的时间最长,为:tmax s50 s拓展训练1山东省日照市校际联合质检）一物体做匀加速直线运动,通过一段位移x所用时间为2t,紧接着通过下一段位移x所用时间为t.则物体运动加速度的大小为（）

5、A. B. C. D.答案C解析物体做匀加速直线运动,通过一段位移x所用时间为2t,故该段位移中间时刻物体的瞬时速度是v1；紧接着通过下一段位移x所用时间为t,故这一段位移中间时刻物体的瞬时速度是v2；物体加速度的大小a,解得:a,故选C.拓展训练2河北省衡水中学第一次调研）在铁路与公路交叉点上,由于司机粗心、判断失误或车况等原因常常造成交通事故.现有一辆长为5 m的汽车以v115 m/s的速度行驶,在离铁路与公路交叉点175 m处,汽车司机突然发现离交叉点200 m处有一列长300 m的列车以v220 m/s的速度行驶过来,为了避免事故的发生,汽车司机如果立刻做匀加速运动,则最小加速度应多大

6、？汽车司机如果立刻刹车做匀减速运动,则最小加速度为多少？答案0.643 m/s20.6 m/s2解析汽车加速行驶,在列车通过交叉口前面通过,临界情况:Lxv1tat2,列车到达交叉口所用时间为:t s10 s解得:a0.6 m/s2故当汽车以大于0.6 m/s2的加速度加速行驶时可避免事故发生.汽车减速行驶,列车通过交叉口所需时间为:t1 s25 s汽车减速到停止过程,有:xv1t2代入数据得:t2 s23.33 s25 s则汽车做减速运动应满足:2a1x0v12a10.643 m/s2故当汽车以大于0.643 m/s2的加速度刹车时亦可避免事故发生.高考题型2 牛顿运动定律的应用1.主要题型

7、应用牛顿运动定律解决的主要问题有:瞬时问题、连接体问题、超重和失重问题以及动力学的两类基本问题.2.技巧方法（1）瞬时问题要注意绳、杆弹力和弹簧弹力的区别,绳和轻杆的弹力可以突变,而弹簧的弹力不能突变.（2）连接体问题要充分利用“加速度相等”这一条件或题中特定条件,交替使用整体法与隔离法.（3）两类动力学基本问题的解题关键是运动分析、受力分析,充分利用加速度的“桥梁”作用.例2山西省吕梁市第一次模拟）如图2所示,A球质量为B球质量的3倍,光滑斜面的倾角为,图甲中,A、B两球用轻弹簧相连,图乙中A、B两球用轻质杆相连,系统静止时,挡板C与斜面垂直,弹簧、轻杆均与斜面平行,则在突然撤去挡板的瞬间有

8、（）图2A.图甲中A球的加速度为gsin B.图甲中B球的加速度为2gsin C.图乙中AB两球的加速度均为gsin D.图乙中轻杆的作用力定不为零解析设B球质量为m,A球的质量为3m.撤去挡板前,挡板对B球的弹力大小为4mgsin ,因弹簧弹力不能突变,而杆的弹力会突变,所以撤去挡板瞬间,题图甲中A球所受的合力为零,加速度为零,B球所受合力为4mgsin ,加速度为4gsin ,故A、B错误；题图乙中,撤去挡板的瞬间,A、B两球整体的合力为4mgsin ,A、B两球的加速度均为gsin ,则每个球的合力等于重力沿斜面向下的分力,轻杆的作用力为零,C正确,D错误.例3如图3甲所示,一质量m0.

9、4 kg的小物块,以v02 m/s的初速度,在与斜面平行的拉力作用下,沿斜面向上做匀加速运动,经t2 s的时间物块由A点运动到B点,A、B之间的距离L10 m.已知斜面倾角30,物块与斜面之间的动摩擦因数.重力加速度g取10 m/s2.求:图3（1）物块到达B点时速度的大小,物块加速度的大小；（2）拉力F的大小；（3）若拉力F与斜面夹角为（06 N（3）1 s解析（1）由题图乙可知,01 s内,木板与铁块均没有滑动,F1Fkt；13 s,木板和铁块相对静止,但整体相对地面运动,故t1 s时,恰好有Ff11（mM）g3 N.求得木板与地面间的动摩擦因数10.1；3 s后,木板和铁块相对滑动,铁块

10、受到滑动摩擦力,有2mg5 N求得木板与铁块间的动摩擦因数为20.5（2）使铁块从木板上滑落,必须有铁块的加速度大于木板的加速度,设铁块的加速度为a1,木板的加速度为a2,由牛顿第二定律,对铁块有F2mgma1对木板:2mg1（mM）gMa2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F2mgma1,解得a13 m/s2；2mg1（mM）gMa2,解得a21 m/s2设铁块运动到木板右端所用的时间为t,则a1t2a2t2L解得t1 s.拓展训练6河南省安阳市第二次模拟）如图9甲所示,光滑水平面上静置一个薄长木板,长木板上表面粗糙,其质量为M,t0时刻质量为m的

11、物块以速度v水平滑上长木板,此后木板与物块运动的vt图象如图乙所示,重力加速度g10 m/s2,则下列说法正确的是（）图9A.MmB.M2mC.木板的长度为8 mD.木板与物块间的动摩擦因数为0.1答案BC解析物块在木板上运动过程中,在水平方向上只受到木板给的滑动摩擦力,故mgma1,而vt图象的斜率表示加速度,故a1 m/s22 m/s2,解得0.2,D错误；对木板受力分析可知mgMa2,a2 m/s21 m/s2,解得M2m,A错误,B正确；从题图乙可知物块和木板最终分离,两者vt图象与t轴围成的面积之差等于木板的长度,故L（73）222 m8 m,C正确.专题强化练1.（2018河南省周

12、口市期末）如图1所示,一质点由静止开始,从A到B做匀加速直线运动.已知质点在第1 s内的位移恰好等于它在最后1 s内位移的,则下列物理量中可求出的是（）A.A、B 两点之间的距离B.质点从A 运动到B所用的时间C.质点运动的加速度大小D.质点到达B点时的速度大小答案B2.（多选）（2018广东省深圳市宝安区模拟）汽车自O点出发从静止开始在平直公路上做匀加速直线运动,途中在5 s内分别经过A、B两根电杆,已知A、B电杆相距50 m,车经过电杆B时的速率是15 m/s,则（）A.经过A杆时的速率是5 m/sB.车的加速度是1.5 m/s2C.A、O间距离是6.25 mD.车从出发到B所用的时间是9

13、 s答案AC3.（2018山西省太原市二模）甲、乙两车在平直公路上行驶,其vt图象如图2所示.t0时刻,两车间距为x0；t0时刻,甲、乙两车相遇.0t0时间内甲车发生的位移为x,下列说法正确的是（）A.0t0时间内甲车在前,t02t0时间内乙车在前B.02t0时间内甲车平均速度的大小是乙车平均速度大小的2倍C.2t0时刻甲、乙两车相距x0D.x0x答案D4.（2018河北省衡水中学第一次调研）如图3所示,一根弹簧一端固定在左侧竖直墙上,另一端连着A小球,同时水平细线一端连着A球,另一端固定在右侧竖直墙上,弹簧与竖直方向的夹角是60,A、B两小球分别连在另一根竖直弹簧两端.开始时A、B两球都静止

14、不动,A、B两小球的质量相等,重力加速度为g,若不计弹簧质量,在水平细线被剪断瞬间,A、B两球的加速度分别为（）A.aAaBgB.aA2g,aB0C.aAg,aB0D.aA2g,aB0解析水平细线被剪断前对A、B进行受力分析如图,静止时,FTFsin 60,Fcos 60mAgF1,F1mBg,且mAmB水平细线被剪断瞬间,FT消失,其他各力不变,所以aA2g,aB0,故选D.5.（多选）（2018山东省泰安市上学期期中）如图4所示,倾角为的斜面静置于地面上,斜面上表面光滑,A、B、C三球的质量分别为m、2m、3m,轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A球相连,A、B间固定一个轻杆,B、C间由

15、一轻质细线连接.弹簧、轻杆与细线均平行于斜面,初始系统处于静止状态,现突然剪断细线或弹簧.下列判断正确的是（）A.弹簧被剪断的瞬间,A、B、C三个小球的加速度均为零B.弹簧被剪断的瞬间,A、B之间杆的弹力大小为零C.细线被剪断的瞬间,A、B球的加速度沿斜面向上,大小为gsin D.细线被剪断的瞬间,A、B之间杆的弹力大小为4mgsin 答案BCD解析若是弹簧被剪断,将三个小球看做一个整体,整体的加速度为agsin ,然后隔离A,对A分析,设杆的作用力为F,则Fmgsin ma,解得F0,A错误,B正确；剪断细线前,以A、B、C组成的系统为研究对象,系统静止,处于平衡状态,合力为零,则弹簧的弹力

16、为F弹（3m2mm）gsin 6mgsin .以C为研究对象知,细线的拉力为3mgsin .剪断细线的瞬间,由于弹簧弹力不能突变,弹簧弹力不变,以A、B组成的系统为研究对象,由牛顿第二定律得F弹（m2m）gsin （m2m）aAB,解得A、B两个小球的加速度为aABgsin ,方向沿斜面向上,以B为研究对象,由牛顿第二定律得:FAB2mgsin 2maAB,解得杆的拉力为FAB4mgsin ,故C、D正确.6.（多选）（2018河北省承德市联校期末）如图5所示,质量为3 kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上面,质量为2 kg的物体B用细线悬挂,A、B间相互接触但无压力.取g10 m/s2.某时刻将

17、细线剪断,则细线剪断瞬间（）A.B对A的压力大小为12 NB.弹簧弹力大小为20 NC.B的加速度大小为4 m/s2D.A的加速度为零解析剪断细线前,A、B间无压力,则弹簧的弹力FmAg30 N,剪断细线的瞬间,弹簧弹力不变,对A、B整体分析,整体加速度:a m/s24 m/s2隔离对B分析有:mBgFNmBa,FN（2024） N12 N,由牛顿第三定律知B对A的压力为12 N,故A、C正确,B、D错误.7.（多选）（2018湖北省黄冈市质检）如图6所示,足够长的倾斜传送带以v2.4 m/s的速度逆时针匀速转动,传送带与水平面的夹角37,某时刻同时将A、B物块（可视为质点）轻放在传送带上,已知A、B两物块释放时的间距为0.042 m,与传送带间的动摩擦因数分别为A0.75、B0.5,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取sin 370.6,cos 370.8,重力加速度g10 m/s2,则下列说法中正确的是（）A.物块B先做匀加速直线运动,后与传送带保持相对静止B.物块B最终一定追上物块AC.在t0.24 s时,A、B物块速度大小相等D.在t0.54 s前,A、B两物块之间的距离先增大后不变解析物块B先做匀加速直线运动,当与传送带共速后,因为B0.5tan