4.2 力与直线运动 修补能力的欠缺(Word教师用书)-【新高考方案】2025年高考物理二轮复习专题增分方略(江苏、北京专版)

补强点(一)　不会灵活运用匀变速直线运动规律解决新情境问题 1.解决匀变速直线运动问题的几种方法 2.应用匀变速直线运动规律解决新情境问题的步骤 (1)认真审题,画出物体运动的过程示意图。 (2)从题干中准确提炼有用信息,明确物体在各阶段的运动性质,找出题目给定的已知量、待求未知量,设出中间量。 (3)合理选择运动学公式,列出物体在各阶段的运动方程及物体各阶段间的关联方程。 [提能训练] 1.音乐喷泉是一种为了娱乐而创造出来的可以活动的喷泉,随着音乐变换,竖直向上喷出的水柱可以高达几十米。现有一音乐喷泉,喷出的水经2 s到达最高点,把水喷射的总高度分成四等份,水通过前两等份高度用时记为t1,通过最后一等份高度用时记为t2。不计空气阻力,则满足 (　　) A.1<<3 B.3<<5 C.5<<7 D.7<<9 解析:选A　设上升最大高度为4h,喷泉向上喷的逆过程为初速度为零的匀加速直线运动,4h=gt2,解得总时间为t=,通过最后一等份高度h=g,解得t2=,水通过后两等份高度2h=gt'2,解得t'=,水通过前两等份高度用时t1=t-t'=-,所以==1+,则1<<3,故选A。 2.(2024·南通高三检测)汽车行驶时应与前车保持一定的安全距离,通常情况下,安全距离与驾驶者的反应时间和汽车行驶的速度有关。郭老师采用如下方法在封闭平直道路上测量自己驾驶汽车时的反应时间:汽车以速度v1匀速行驶,记录下从看到减速信号至汽车停下的位移x1;然后再以另一速度v2匀速行驶,记录下从看到减速信号至汽车停下的位移x2。假设两次实验的反应时间不变,加速度相同且恒定不变。可测得郭老师的反应时间为 (　　) A. B. C. D. 解析:选A　设郭老师的反应时间为t,汽车减速的加速度大小为a,则有x1=v1t+,x2=v2t+,联立解得t=,故选A。 3.(2024·北京房山模拟)十字路口红灯亮起,汽车和行人停止前行。拦停的汽车排成笔直的一列,最前面一辆汽车的前端刚好与路口停车线相齐,相邻两车的前端间距均为d=6.0 m,且车长为L0=4.8 m,最前面的行人站在横道线边缘,已知横道线宽s=20 m。若汽车启动时都以a1=2.5 m/s2的加速度做匀加速直线运动,加速到v1=10.0 m/s后做匀速直线运动通过路口。行人起步的加速度为a2=0.5 m/s2,达到v2=1.0 m/s后匀速通过横道线。已知该路口亮绿灯的时间t=40 s,而且有按倒计时显示的时间显示灯(无黄灯)。另外交通法规定:原在绿灯时通行的汽车,红灯亮起时,车头已越过停车线的允许通过。由于行人和汽车司机一直关注着红绿灯,因此可以不考虑行人和汽车司机的反应时间。(提示:绿灯亮起时,行人从A走向B,第1辆汽车从C朝向D行驶。) 请回答下列问题: (1)按题述情境,亮绿灯的这段时间里最多能有多少辆车通过路口? (2)按题述情境,不能通过路口的第一辆汽车司机,在时间显示灯刚亮出“3”时开始刹车,使车匀减速运动,结果车的前端与停车线相齐,求该汽车刹车后经多少时间停下? (3)路口对面最前面的行人在通过横道线的过程中与几辆车擦肩而过? 解析:(1)汽车加速的时间t1== s=4 s 在亮绿灯的40 s时间内汽车行驶的位移大小为 x=a1+v1(t-t1)=×2.5×42 m+10×36 m=380 m 而根据题意,原在绿灯时通行的汽车,红灯亮起时,车头已越过停车线的允许通过,则在亮绿灯的这段时间内能够通过的车的数量最多为n==≈64。 (2)设t0=3 s,当显示灯刚亮出“3”时,第65辆汽车的位移大小为x1=a1+v1(t-t1-t0) 解得x1=350 m 此时该汽车距停车线的距离Δx=64d-x1=34 m 汽车刹车时做匀减速运动,有Δx=·t2 解得t2=6.8 s。 (3)汽车加速时间内行驶的位移大小为 x2=a1=20 m 行人加速的时间为t3==2 s 行人加速的位移大小为x3=·t3=1 m 行人通过横道线的时间为t4=t3+=21 s 在行人通过横道线的时间内汽车的位移大小为x4=x2+v1(t4-t1)=190 m 能到达横道线的汽车数n'=≈31.7 即第32辆车还未到达横道线,因此可知,行人在通过横道线的过程中与31辆车擦肩而过。 答案:(1)64　(2)6.8 s　(3)31 补强点(二)　不会根据力的突变特点求解瞬时性问题 　　求解瞬时性问题的两种模型和求解思路 1.两种模型 2.求解思路 加速度与合外力具有瞬时对应关系,二者总是同时产生、同时变化、同时消失,求解瞬时加速度的一般思路如下: [提能训练] 1.(2024·湖南高考)如图,质量分别为4m、3m、2m、m的四个小球A、B、C、D, 通过细线或轻弹簧互相连接,悬挂于O点,处于静止状态,重力加速度为g。若将B、C间的细线剪断,则剪断瞬间B和C的加速度大小分别为 (　　) A.g,1.5g B.2g,1.5g C.2g,0.5g D.g,0.5g 解析:选A　细线剪断前,对B、C、D三球构成的整体受力分析有FAB=(3m+2m+m)g,对D球受力分析有FCD=mg;细线剪断后,对B球受力分析有FAB-3mg=3maB,解得aB=g,方向竖直向上;对C球受力分析有FCD+2mg=2maC,解得aC=1.5g,方向竖直向下。故选A。 2.(2024·连云港联考)如图所示,轻弹簧L1的一端固定,另一端连着小球A,小球A的下面用另一根相同的轻弹簧L2连着小球B,一根轻质细绳一端连接小球A,另一端固定在墙上,平衡时细绳水平,弹簧L1与竖直方向的夹角为60°,弹簧L1的形变量为弹簧L2形变量的3倍,重力加速度大小为g。将细绳剪断的瞬间,下列说法正确的是 (　　) A.小球A的加速度大小为 B.小球A的加速度大小为3g C.小球B的加速度大小为 D.小球B的加速度大小为g 解析:选B　剪断细绳之前,对整体受力分析,如图1所示,满足T1cos 60°=(m1+m2)g,T1sin 60°=T,对B受力分析,如图2所示,满足T2=m2g,又因为两轻弹簧劲度系数相同,且弹簧L1的形变量为弹簧L2形变量的3倍,故有T1=3T2,联立解得T=3m1g。剪断细绳后瞬间,两轻弹簧的弹力保持不变,细绳的拉力变为0,此时小球A所受合外力大小与原细绳的拉力大小相等,小球B所受合外力为零,由牛顿第二定律可知3m1g=m1a1,0=m2a2,解得a1=3g,a2=0,故B正确,A、C、D错误。 补强点(三)　不会应用临界条件解决直线运动中的临界极值问题 类型1　叠加体的临界问题 　　叠加体发生相对滑动的临界条件:两物体接触面之间的静摩擦力达到最大值。不加区分时,临界条件可表述为两物体接触面之间的静摩擦力等于滑动摩擦力。 　　[例1]　如图甲所示,长木板放在粗糙的水平地板上,一个质量m=5 kg的铁块放在长木板上,如果给铁块施加从零开始逐渐增大的水平力F=kt(式中k≠0),铁块与长木板之间的摩擦力随时间的变化规律如图乙所示。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10 m/s2,结合图中数据,下列说法正确的是 (　　) A.铁块与长木板间的动摩擦因数为0.4 B.长木板的质量为1 kg C.长木板与地板间的动摩擦因数为0.2 D.当t=3 s时铁块的速度大小为6 m/s [解析]　由题图乙可知,铁块与长木板之间的滑动摩擦力为30 N,则动摩擦因数为μ1==0.6,选项A错误;在t=1 s前铁块、长木板均相对地面静止,这段时间内铁块与长木板之间的摩擦力大小等于力F的大小,则F=20 N=k×1 s,解得k=20 N/s,在t=1 s时长木板与地面发生相对滑动,对长木板分析可知20 N=μ2(m+M)g,在t=3 s时铁块与长木板发生相对滑动,在1~3 s过程中长木板和铁块整体做加速运动,则在t=3 s时,对铁块和木板整体有kt3-μ2(m+M)g=(m+M)a,对铁块有kt3-fm=ma,代入数据解得M= kg,μ2=0.3,选项B、C错误;在1~3 s内对木板由动量定理得I-μ2(M+m)gt13=Mv,其中I=×2 N·s=50 N·s,解得v=6 m/s,此过程中铁块与木板速度相同,可知当t=3 s时铁块的速度大小为6 m/s,选项D正确。 [答案]　D 类型2　接触物体脱离的临界问题 　　两接触物体间发生脱离的临界条件: (1)接触面间的弹力FN=0; (2)分离瞬间,两物体的速度和加速度均相等。 　　[例2]　(2024·盐城调研)如图甲,光滑水平面上放置有紧靠在一起但并不黏合的A、B两个物体,A、B的质量分别为mA=6 kg、mB=4 kg,从t=0开始,推力FA和拉力FB分别作用于A、B上,FA、FB大小随时间变化的规律分别如图乙、丙所示,则 (　　) A.t=0时,A物体的加速度大小为2 m/s2 B.t=1 s时,A、B开始分离 C.t=0时,A、B之间的相互作用力大小为3 N D.A、B开始分离时的速度大小为3 m/s [解析]　由题图乙、丙可得FA=8-2t,FB=2+2t,则t=0时,可知FA0=8 N,FB0=2 N,分析可知此时两物体不会分开,A、B两物体的加速度大小为a==1 m/s2,设此时A、B之间的相互作用力大小为F,对B根据牛顿第二定律可得F+FB0=mBa,解得F=2 N,故A、C错误;当两物体之间的相互作用力恰好为零时两物体开始分离,此时两物体的加速度相同,则有=,即=,解得t=1 s,分析可知0~1 s内两物体的加速度不变,则分离时的速度大小为v=at=1 m/s,故B正确,D错误。 [答案]　B 类型3　运动物理量的极值问题 　　求解运动物理量极值的方法:通过牛顿第二定律和匀变速直线运动规律将运动学中的物理量转化为数学表达式,再利用数学方法解决临界极值问题。 　　[例3]　如图所示,木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变,当θ=30°时,可视为质点的一小物块恰好能沿着木板匀速下滑。若让该小物块从木板的底端以大小恒定的初速度v0=10 m/s沿木板向上运动,随着θ的改变,小物块沿木板向上滑行的距离x将发生变化,重力加速度g取10 m/s2。 (1)求小物块与木板间的动摩擦因数; (2)当θ=60°时,小物块沿木板向上滑行的距离; (3)当θ角满足什么条件时,小物块沿木板向上滑行的距离最小,并求出此最小值。 [解析]　(1)当θ=30°时,小物块恰好能沿着木板匀速下滑,根据平衡条件有mgsin 30°=μmgcos 30° 解得μ=。 (2)当θ=60°时,在小物块沿木板向上滑行过程中,由牛顿第二定律有mgsin 60°+μmgcos 60°=ma1 解得a1= m/s2 由速度—位移公式有=2a1x1 解得x1= m。 (3)在小物块沿木板向上滑行过程中,由牛顿第二定律有mgsin θ+μmgcos θ=ma 解得a=gsin θ+μgcos θ 由速度—位移公式有=2ax 解得x== 其中tan α=μ=,即α=30° 所以当θ+α=90°时,即θ=60°时,x最小, 且最小值为xmin= m。 [答案]　(1)　(2) m　(3)θ=60°　 m 学科网（北京）股份有限公司 $$