4.3.1 直线运动的多过程问题(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)

主题(一)　直线运动的多过程问题 [典题集训] 1.(2024·南京检测)如图所示,平行板电容器的电容为C,A板上有一小孔,小孔的正上方h处有一质量为m、带电荷量为q的小球,小孔的直径略大于小球的直径。将小球由静止释放,经时间t小球速度减为零(小球未与B板相碰)。重力加速度为g,空气阻力不计。下列说法正确的是 (　　) A.小球全过程做匀变速直线运动 B.t时间内小球的平均速度为 C.可以求出电容器极板上的电荷量 D.可以求出平行板电容器两板间距 解析:选B　小球先做匀加速运动后做匀减速运动,全程加速度不恒定,故A错误;设小球刚到达小孔时的速度为v0,有=2gh,解得v0=,在A、B板间,小球做匀减速直线运动,匀减速阶段与自由落体阶段平均速度均为,所以t时间内小球的平均速度为=,故B正确;根据自由落体运动规律有h=g,解得t1=,则小球在电容器内减速到零的时间t2=t-t1=t-,根据加速度定义式可以求出小球在板间运动的加速度,根据牛顿第二定律可以求出电场强度大小,但两板间距无法求出,板间电压也无法求出,所以电容器极板上的电荷量无法求出,故C、D错误。 2.如图所示,有一足够长的绝缘圆柱形管道水平固定,内有带负电的小球,小球直径略小于管道直径,小球质量为m、电荷量为q,小球与管道间的动摩擦因数为μ,空间中有垂直纸面向外、大小为B的匀强磁场。现对小球施加水平向右的恒力F,使小球自静止开始运动。已知重力加速度为g,下列对小球的运动过程判断正确的是 (　　) A.小球一直做加速度减小的运动 B.小球最大的加速度为 C.小球稳定时速度为 D.从开始运动到最大速度时,F做的功WF= 解析:选C　对小球受力分析,小球从静止开始运动,则在竖直方向上FN+qvB=mg,水平方向上F-μFN=ma,联立可得a=,从静止开始,速度逐渐增加,则加速度先逐渐增大;当mg=qvB时,加速度达到最大值,为amax=;随着速度的增加,竖直方向上受力情况变为FN+mg=qvB,可得此时的加速度为a=,随着速度的继续增大,小球加速度减小,当F-μ(qvB-mg)=0时,小球加速度为0,开始做匀速直线运动,可得小球稳定时速度为vmax=,可知小球的加速度先增加后减小,故A、B错误,C正确;从开始运动到最大速度的过程中,根据动能定理可得WF-Wf=m,可得WF=+Wf,故D错误。故选C。 3.(2024·启东高三模拟)如图所示,固定在水平面上的斜面倾角为37°,两个小物块A、B用轻绳相连,轻绳绕过斜面顶端的轻质小滑轮,滑轮与轮轴之间的摩擦不计,A物块锁定于斜面底部,B物块离地面高度为h=10 m。已知A物块的质量为m=1 kg,B物块的质量为M=3 kg,A物块与斜面间的动摩擦因数μ=0.5,重力加速度为g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。t=0时刻,解除A物块的锁定状态,当B物块落地瞬间轻绳断裂,A上滑过程恰好未与滑轮相撞,求: (1)B物块下落过程中的加速度a的大小及落地前瞬间的速度v的大小; (2)斜面的长度L及A从t=0时刻起到返回斜面底端所需时间t。 解析:(1)根据题意,设B物块下落过程中绳子的拉力大小为F,由牛顿第二定律,对B物块有Mg-F=Ma 对A物块有F-mgsin 37°-μmgcos 37°=ma 联立解得a=5 m/s2 B物块落地前做匀加速直线运动,则有v2=2ah 解得v=10 m/s。 (2)根据题意可知,绳断前,A的运动时间为 t1==2 s 绳断后,A上滑过程有mgsin 37°+μmgcos 37°=ma1 解得a1=10 m/s2 A上滑到斜面顶端的时间为t2==1 s 上滑的距离为x==5 m 则斜面的长度为L=h+x=15 m A下滑过程有mgsin 37°-μmgcos 37°=ma2 解得a2=2 m/s2 下滑到斜面底端的时间为t3== s 则A从t=0时刻起到返回斜面底端所需时间t=t1+t2+t3=(3+)s。 答案:(1)5 m/s2　10 m/s　(2)15 m　(3+)s [归纳建模] 　　直线运动多过程问题的解题关键 1.把握一个原则——化整为零 多过程问题往往可按物体参与的时间先后顺序或空间顺序,将整个过程恰当地划分为若干个子过程,找出各子过程之间物理量的联系及各个阶段的连接点(即临界点),明确各子过程所遵循的物理规律。 2.细审运动过程——描点连线 (1)直线运动中的多过程问题,一般是根据加速度的变化将整个过程分为若干个子过程,各子过程交接处的速度是联系各过程的纽带。 (2)解决问题的技巧:平均速度解法最简洁,图像法更直观;各物理量均为矢量,在有往返的运动中,必须明确正方向。 主题作业评价 (选择题每小题5分,本检测卷满分70分) 1.(2024·苏州高三模拟)蹴球是中国少数民族的一种传统体育项目,比赛在一块正方形水平地面上进行,比赛用球为硬塑实心球。如图所示,静止在场地中的球1与球2、球2与边线间的距离均为L,两球质量相同,它们与水平地面之间的动摩擦因数均为μ,一队员用脚给球1一个水平冲击力使其获得水平速度,球1与球2发生弹性正碰后,球2恰好能到达边线,重力加速度为g。则球2运动的时间为 (　　) A. B. C.2 D. 解析:选A　球2做匀减速直线运动直到停下,可以看作做反向匀加速直线运动,可得L=at2,根据牛顿第二定律可得μmg=ma,联立求得t=,A正确。 2.(2024·盐城质检)某冰壶比赛赛道的简化图如图所示。A、B、C、D是水平冰面直线赛道上的四个点,其中A是掷出点,D是营垒中心,AB=BC=CD。运动员将冰壶从A点以初速度v0掷出,冰壶沿直线AD做减速运动,经过B点时速度恰好为,另一运动员用冰刷摩擦B、D之间的冰面以减小动摩擦因数,冰壶恰好到达营垒中心D。若未用冰刷摩擦冰面时,冰壶与冰面之间的动摩擦因数为μ,假设摩擦后的冰面光滑程度处处相同,则摩擦后冰壶与冰面之间的动摩擦因数为 (　　) A. B. C. D. 解析:选D　设A、B之间的距离为x,冰壶由A运动到B,根据运动学公式可得-=2μgx,冰壶由B运动到D,有=2μ'g×2x,解得μ'=,故选D。 3.(2024·北京丰台检测)如图甲所示,斜面固定,用沿斜面向上的不同的恒力F,使同一物体沿斜面向上做匀加速运动,其加速度a随恒力F的变化关系如图乙所示。则根据图像斜率和截距可求得的物理量是 (　　) A.物体质量 B.斜面倾斜角 C.当地重力加速度 D.物体与斜面间的动摩擦因数 解析:选A　设a⁃F图像斜率为k,纵轴截距为b。若斜面光滑,对物体受力分析如图1所示,有F-mgsin θ=ma,解得a=F-gsin θ,则k=,b=gsin θ;若斜面粗糙,对物体受力分析如图2所示, 有F-(mgsin θ+μmgcos θ)=ma,解得a=F-(gsin θ+μgcos θ),则k=,b=gsin θ+μgcos θ;综上可知根据a⁃F图像斜率和截距可求得的物理量是物体质量m。故选A。 4.如图所示,三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔,小孔分别位于O、M、P点,由O点静止释放的电子恰好能运动到P点。现将C板向左平移到P'点,则由O点静止释放的电子 (　　) A.运动到P点返回 B.运动到P和P'点之间返回 C.运动到P'点返回 D.穿过P'点后继续运动 解析:选D　由O点静止释放的电子恰好能运动到P点,表明电子在薄板A、B之间做加速运动,电场力做正功,电场方向向左;在薄板B、C之间做减速运动,电场力做负功,电场方向向右;到达P点时速度恰好为0;之后电子向左加速至M点,再向左减速至O点速度为0,之后重复先前的运动。根据动能定理有-eUOM-eUMP=0,解得UMP=-UOM=UMO,根据C==,当C板向左平移到P'点,B、C间距减小,B、C之间电压减小,则有UMP=UMO>UMP',结合上述有-eUOM-eUMP'>0,可知电子减速运动到P'点的速度不等于0,即电子穿过P'点后继续向右运动。故选D。 5.(2024年1月·河南高考适应性演练)如图,在平直路面上进行汽车刹车性能测试。当汽车速度为v0时开始刹车,先后经过路面和冰面(结冰路面),最终停在冰面上。刹车过程中,汽车在路面与在冰面所受阻力之比为7∶1,位移之比为8∶7。则汽车进入冰面瞬间的速度为 (　　) A.v0 B.v0 C.v0 D.v0 解析:选B　设汽车在路面与在冰面上的加速度大小分别为a1、a2,汽车进入冰面瞬间的速度为v1,由牛顿第二定律有f=ma,则汽车在路面与在冰面上运动的加速度大小之比为==,由运动学公式,在路面上有-=2a1x1,在冰面上有=2a2x2,其中=,解得汽车进入冰面瞬间的速度为v1=。故选B。 6.(2024·无锡高三质检)如图甲所示,质量m=1 kg的物体静止在水平地面上,t=0时刻对物体施加一个水平向右的作用力,作用力随时间的变化关系如图乙所示,物体与地面间的动摩擦因数μ=0.1,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10 m/s2。下列说法正确的是 (　　) A.t=4 s时物体的速度最大 B.t=7 s时物体的动能为40.5 J C.0~4 s内物体的平均速度大小为2.25 m/s D.0~4 s内物体所受摩擦力的冲量大小为4 N·s 解析:选B　由题意可得,物体所受的滑动摩擦力Ff=μmg=1 N,结合题图乙,0~1 s,F<Ff,物体静止;1~7 s,F>Ff,物体向右加速;7~8 s,F<Ff,物体向右做减速运动。由以上分析可知,t=7 s时物体的速度最大,故A错误;由动量定理得,1~7 s,IF7-Fft7=mv7　①,由题图乙可得,1~7 s,F的冲量IF7=2××3 N·s=15 N·s,将IF7、Ff、t7=6 s代入①式得,t=7 s时物体的速度v7=9 m/s,t=7 s时物体的动能Ek=m=40.5 J,故B正确;由动量定理得,1~4 s,IF4-Fft4=mv4　②,由题图乙可得,1~4 s,F的冲量IF4=×3 N·s=7.5 N·s,将IF4、Ff、t4=3 s代入②式得,t=4 s时物体的速度v4=4.5 m/s,由于0~4 s内物体不做匀加速运动,所以0~4 s内物体的平均速度≠=2.25 m/s,故C错误;1~4 s,摩擦力的冲量If4=Fft4=1×3 N·s=3 N·s,0~1 s,摩擦力小于滑动摩擦力,所以冲量If1<Fft1=1×1 N·s=1 N·s,0~4 s内摩擦力的冲量If<(Fft1+Fft4)=4 N·s,故D错误。 7.(2024·南京模拟)某电子透镜两极间的电场线分布如图所示,中间的一条电场线是直线,其他电场线对称分布,电子从O点沿直线OA以某一初速度仅在电场力作用下运动到A点。取O点为坐标原点,沿直线向右为x轴正方向。电子从O到A运动过程中,关于电子运动速度v和加速度a随时间t的变化关系图像、电子的动能Ek和运动轨迹上各点的电势φ随位移x的变化关系图像中可能正确的是 (　　) 解析:选C　电场线的疏密表示电场的强弱,φ⁃x图像的斜率表示电场强度的大小,则从O到A运动过程中运动轨迹上各点的电势φ随位移x的变化关系图像的斜率先增大后减小,v⁃t图像的斜率表示加速度,由题图可知,电子从O到A运动过程中所受电场力先增大后减小,所以加速度先增大后减小,故A、B、D错误;根据能量守恒定律有ΔEk=-ΔEp,而ΔEp=-qΔU,且ΔU=E·Δx,由此可知=qE,故该电子的Ek⁃x图像的斜率先增大后减小,故C可能正确。 8.如图甲所示,倾斜的传送带正以恒定速率v1沿顺时针方向转动,传送带的倾角为37°。一物块以初速度v0从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动,其运动的v⁃t图像如图乙所示,物块到传送带顶端时速度恰好为零,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。g取10 m/s2,则 (　　) A.传送带的速度为16 m/s B.摩擦力方向一直与物块运动的方向相反 C.物块与传送带间的动摩擦因数为0.25 D.传送带转动的速率越大,物块到达传送带顶端时的速度就会越大 解析:选C　由题图乙可知传送带的速度为8 m/s,故A错误;在0~1 s内,物块的速度大于传送带速度,传送带对物块的摩擦力沿传送带向下,根据牛顿第二定律有mgsin 37°+μmgcos 37°=ma1,根据题图乙可得a1= m/s2=8 m/s2,在1~2 s内传送带的速度大于物块的速度,传送带对物块的摩擦力沿传送带向上,根据牛顿第二定律有mgsin 37°-μmgcos 37°=ma2,根据题图乙可得a2= m/s2=4 m/s2,联立解得μ=0.25,故B错误,C正确;当传送带的速度大于16 m/s后,物块在传送带上一直做加速度为a2的减速运动,故D错误。 9.(14分)(2024·全国甲卷)为抢救病人,一辆救护车紧急出发,鸣着笛沿水平直路从t=0时由静止开始做匀加速运动,加速度大小a=2 m/s2,在t1=10 s时停止加速开始做匀速运动,之后某时刻救护车停止鸣笛,t2=41 s时在救护车出发处的人听到救护车发出的最后的鸣笛声。已知声速v0=340 m/s,求: (1)救护车匀速运动时的速度大小; (2)在停止鸣笛时救护车距出发处的距离。 解析:(1)根据题意可知,救护车匀速运动时的速度大小为v=at1,代入数据解得v=20 m/s。 (2)设救护车在t=t0时停止鸣笛,则由运动学规律可知,此时救护车距出发处的距离为x=a+v(t0-t1),又x=v0(t2-t0) 联立并代入数据解得x=680 m。 答案:(1)20 m/s　(2)680 m 10.(16分)如图所示,足够长的倾角为θ=37°的光滑固定绝缘斜面和粗糙绝缘水平面平滑连接,空 间存在着平行于斜面向上的匀强电场,电场强度为E=1×104 N/C。现有质量为m=1 kg、带电荷量为q=+5×10-4C的小滑块,从水平面上A点由静止释放,经过时间t=2 s 后到达斜面底端B点。若小滑块与水平面的动摩擦因数为μ=0.5,不计空气阻力。已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2。求: (1)小滑块从A滑行到B过程中所受摩擦力的大小和加速度大小; (2)AB两点的距离和电势差UAB; (3)小滑块沿斜面上升的最大高度。 解析:(1)小滑块从A滑行到B过程,小滑块所受的电场力F=Eq,滑块所受的摩擦力大小为f=μ(mg-Fsin 37°),联立解得f=3.5 N 由牛顿第二定律可得Fcos 37°-f=ma1,解得小滑块的加速度大小为a1=0.5 m/s2。 (2)AB两点的距离d=a1t2,解得d=1 m,电势差UAB=Edcos 37°,解得UAB=8 000 V。 (3)小滑块沿斜面上升,有qE-mgsin 37°=ma2,解得a2=-1 m/s2,由运动学公式vB=a1t,-=2a2x,h=xsin 37°,联立解得h=0.3 m。 答案:(1)3.5 N　0.5 m/s2　(2)1 m　8 000 V　(3)0.3 m 学科网（北京）股份有限公司 $$