2019年高考物理备考优生百日闯关系列专题01质点的直线运动含解析20190524142.wps
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1、专题 0101 质点的直线运动 第一部分名师综述 本专题中的难题分为二,一为对运动图像的考查,对图像的考查范围很广,涉及的内容页比较 多,几乎涉及了直线运动中的所有知识以及应用,特别是利用图像处理追击相遇问题时高考考 查的重难点,在解题过程中,要注意分析图像的轴、点、线、面积、斜率等方面,考查方式多 为选择题。二是对多过程直线运动的考查,综合了匀变速直线运动公式、追击相遇问题,考查 方式多为计算题,在做题过程中需要(1)要养成画物体运动示意图,或者 x-t 图象与 v-t 图 象的习惯,特别是比较复杂的运动,画出示意图或者运动图像可使运动过程直观化,物理过程 清晰,便于研究,(2)要注意分析研
2、究对象的运动过程,搞清楚整个运动过程按运动性质的转 换可以分为哪几个阶段,各个阶段遵循什么规律,各个阶段又存在哪些联系。 第二部分精选试题 一、单选题 1如图所示,在竖直平面内用轻质细线悬挂一个小球,将小球拉至 A 点,使细线处于拉直状 态,由静止开始释放小球,不计摩擦,小球可在 A、B 两点间来回摆动当小球摆到 B 点时, 细线恰好断开,则小球将() A在 B 点保持静止 B沿 BE 方向运动 C沿 BC 方向运动 D沿 BD方向运动 【答案】 B 【解析】 由于小球被静止释放,不计摩擦,它可在 A、B 两点间来回摆动。当小球摆到 B 点时,小球速 度恰好为零,此时若细线恰好断开,则小球只受
3、重力作用而竖直下落。所以,将沿 BE 方向运 动。故选 B。 【点睛】此题考查了学生力和运动之间的关系,力可以改变物体的形状或运动状态。在此题中, 小球由于重力作用将由静止下落。解决此题的关键是判断出在 B 点的运动状态。 2如图所示为 a、b、c 三个质点运动的速度时间图象(vt 图象),若三质点同时从同一 位置出发则关于三个质点的运动,下列说法中正确的是 1 At1时刻 a、b 两质点的速度大小相等、方向和反 Bt1时刻后,质点 b 位于 a、c 的前面 C0t1时间内,a 位于 b、c 两质点的前面 D0t1时间内,a、b 两质点间的距离在不断减小 【答案】 C 【解析】 A、t1时刻
4、a、b 两图象对应的速度相等且均为正值,表示运动方向均为正方向,A 错误。B、 C、三质点从同一地点出发,t1时所围的面积表示位移,可得 a 在最前,其次是 b,最后是 c,B 错误,C 正确。D、0t1时间内,可读出va vb,则 a、b 之间的距离不断增大,D 错误。故选 C。 【点睛】利用匀变速直线运动图象分析追击与相遇,要注意明确图象的性质,图象的正负表示 运动方向,图象的斜率表示加速度,能根据图象的面积求解位移 3一个物体在外力作用下由静止开始沿直线运动,其加速度随时间变化的关系图线如图所示, 则该物体:( ) A01s 内加速运动,1s3s 内减速运动,第 3s末回到出发点 B03
5、s 内物体位移是 12m C01s 内与 1s3s内的平均速度相同 D2s时的速度方向与 0.5s 时的速度方向相反 【答案】 C 【解析】A、物体在第 1 s 内从静止开始匀加速运动,第 2、3 s 内沿原方向做匀减速运动,根 据“面积”等于速度的变化量可知,3s 末物体的速度为零,所以第 3 s 末没有回到出发点故 0 4 0 4 A 错 误 ; B、 C、 01s 的 位 移 , 1s3s的 位 移 , 故 x 1 2m x 2 4m 1 2 2 2 x x x x1 x2 6m 1 ;而 , ,则 B 错误,C 正确。D、第 3 s 末速 v 2m/s v 2 2m/s 1 2 t t
6、 1 2 2 度为零,故 2s时和 0.5s 的速度方向相同,D 错误故选 C. 【点睛】解决本题的关键根据加速度时间图线,知道物体做周期性运动,掌握“面积”等于速 度的变化量和运动学公式,并分别求速度和位移 4甲、乙两车在平直公路上行驶,其 v-t 图象如图所示。t=0时,两车间距为s0;t0时刻,甲、 乙两车相遇。0 t0时间内甲车发生的位移为 s,下列说法正确的是( ) A0 t0时间内甲车在前,t0 2t0时间内乙车在前 B0 2t0时间内甲车平均速度的大小是乙车平均速度大小的 2 倍 1 C2t0时刻甲、乙两车相距2s0 Ds0 = 6 7s 【答案】 D 【解析】 由图知在 0t0
7、时间内甲车速度大于乙车的速度,故是甲车在追赶乙车,所以 A 错误;02t0 3 1 时间内甲车平均速度的大小 ,乙车平均速度 ,所以 B 错误;由题意知,图中阴影部分面 2v0 2v0 积即为位移 S0,根据几何关系知,三角形 ABC 的面积对应位移 S03,所以可求三角形 OCD的 6 面积对应位移 S06,所以 0to时间内甲车发生的位移为 s=S0+ S06,得 s0= s,故 D 正确; 7 2t0时刻甲、乙两车间的距离即为三角形 ABC的面积即 S03,所以 C 错误。 5A、B 两球沿同一直线运动并发生正碰,如图所示为两球碰撞前后的位移时间(x-t)图像, 图中 a、b 分别为 A
8、、B 两球碰撞前的图线,c为碰撞后两球共同运动的图线.若 A 球的质量 mA = 2kg,则由图可知下列结论正确的是( ) 3 AA、B 两球碰撞前的总动量为 3 kgm/s B碰撞过程 A 对 B 的冲量为-4 Ns C碰撞前后 A 的动量变化为 4kgm/s D碰撞过程 A、B 两球组成的系统损失的机械能为 10 J 【答案】 D 【解析】 【详解】 4 - 10 A、由 s-t 图像可以知道:碰撞前 A 的速度为vA = 2 = -3m/s; 4 - 0 碰撞前 B 的速度vB = 2 = 2m/s, 碰撞后 AB的速度为vC = 2 - 4 2 = -1m/s 根据动量守恒可知mbvB
9、 - mavA = -(ma + mb)vC 代入速度值可求得:mb = 4 3kg 10 所以碰撞前的总动量为mbvB - mavA = - ,故 A 错误; 3kg m/s B、碰撞时 A 对 B 所施冲量为即为 B 的动量变化量PB = - mbvC - mbvB = -4N s 故 B 正确; C、根据动量守恒可知PA = -PB = 4N s = 4kg m/s,故 C 正确; 1 1 1 2 2 2 D、碰撞中 A、B 两球组成的系统损失的动能为 A + B - C = 10J ,故 D 正确, 2mav 2mbv 2(ma + mb)v 本题选不正确的,故选 A 【点睛】 结合图
10、像求出碰前碰后的速度,利用动量守恒求出 B 的质量,然后根据定义求出动量的变化量。 6如下图所示,质量 m1kg 的物体从高为h02m的光滑轨道上 P 点由静止开始下滑,滑到 水平传送带上的 A 点,物体和皮带之间的动摩擦因数为 = 0.2,传送带 AB 之间的距离为 L 5m,传送带一直以v4m/s的速度匀速运动,则( ) A物体从 A 运动到 B 的时间是 15s B物体从 A 运动到 B 的过程中,摩擦力对物体做了 2 J 功 C物体从 A 运动到 B 的过程中,产生 2J 热量 D物体从 A 运动到 B 的过程中,带动传送带转动的电动机多做了 10J 功 【答案】 AC 【解析】 4
11、1 试题分析:设物体下滑到 A 点的速度为v0,对 PA过程,由机械能守恒定律有:2mv0 代 2 = mgh 入数据得:v0 = 2gh = 2m/sv = 4m/s,则物体滑上传送带后,在滑动摩擦力作用下匀加 mg 2 t1 = 速运动,加速度大小为a = m = g = 2m/s ;加速至速度与传送带相等时用时: v - v0 a = 4 - 2 v0 + v 2 + 4 2 s = 1s,匀加速运动的位移s1 = 2 t1 = ,所以物体与传 2 1m = 3m 2 6 9m = 27m,则平均速度v 故选 BD。 【点睛】 根据牛顿第二定律得出加速度与时间的表达式,结合 a-t 图线
12、围成的面积表示速度变化量得出 15 最大速度的大小,根据速度时间图线,结合图线围成的面积表示位移,根据平均速度的定义式 求出平均速度的大小。 三、解答题 21如图甲所示,有一倾角为 =53的固定斜面体,底端的水平地面上放一质量为 M=3kg的 木板,木板材质与斜面体相同t=0 时有一质量 m=6kg 的滑块在斜面上由静止开始下滑,后来 滑块滑上木板并最终没有滑离木板(不考虑滑块从斜面滑上木板时的能量损失)图乙所示为 滑块在整个运动过程中的速率随时间变化的图象,已知 sin53=0.8, eos53=06,取 g=l0m/s2.求: (1)滑块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数 1、2; (2)
13、滑块停止运动的时刻 t 和木板的最小长度 l。 【答案】(1)0.2(2)18m 【解析】 【详解】 (1)滑块在斜面上下滑时,满足: mgsin -1N=ma1 N= mgcos v0 由 v-t图得加速度 a1= =6m/s2 t1 1 综合解得 1= 3 滑块滑上木板后减速 1mg =ma2 v0 - v1 其中a2 = t2 - t1 对木板分析有 1mg 2(m+M)g =Ma3 v1 其中a3 = t2 - t1 综合解得 2=0.2 (2) 由于 21,故滑块与木板达共速后一起匀减速,加速度满足 2(m+M)g =(m+M)a4 v1 又a4 = t - t2 综合解得 t=6s
14、 16 1 木板的最小长度l = 2v0(t2 - t1)=18m 【点睛】 本题考查牛顿第二定律的应用以及板块模型的问题,关键是根据图像分析物体的运动特征,搞 清各个阶段的加速度情况以及位移速度关系,灵活运用牛顿第二定律及运动公式求解. 22一小球在恒力 F1作用下竖直向上做匀速直线运动,速度大小为 v0.当小球运动到位置 A 时, 将 F1突然增大到某值 F2(未知),但保持其方向不变持续一段时间 t 后,又突然将该力反向, 但保持其大小不变;再持续同样一段时间后,油滴运动到 B 点重力加速度大小为 g.不计空 气阻力 (1)求油滴运动到 B 点时的速度; (2)求增大后的力 F2大小;已
15、知不存在外力时,油滴以初速度 v0做竖直上抛运动的最大高度恰 好等于 B、A 两点间距离的两倍 2 v0 1 v0 v0 【答案】(1)v2 = v0 -2gt1;(2)F2 = 2 - 2 4(g)F1或F2 = 2 - 2 gt1 + gt1 - 2 1 v0 4(g)F 1 【解析】 【分析】 (1)分析小球的运动过程,小球先向上做匀速直线运动,到达 A 处后因力突然增大而开始做 匀加速直线运动,经过 t 后力突然反向,小球开始做匀减速直线运动,并可能在速度减为零后 做反向的匀加速直线运动对力增大后的两个过程分别列出牛顿第二定律方程,即可求得两个 过程中的加速度,而 t 又是一个已知量,
16、那么直接使用运动学公式即可求出小球运动到 B 点时 的速度vB的大小;(2)因为小球最后可能做反向的匀加速直线运动,因此我们不能确定 B 点 的位置究竟在 A 点上方还是 A 点下方,故需要分为两种情况讨论对其中每一种情况,根据运 动学公式列出方程,并与竖直上抛的方程进行联立,即可分别求得两种情况下增大后的力F2大 小。 【详解】 在 t0 时,力从F1增加至F2时,油滴做竖直向上的匀加速运动,加速度方向向上,根据牛顿 第二定律有:F2 -mg = ma1 油滴在时刻t1的速度为:v1 = v0 + a1t1 力在时刻t1突然反向,油滴做匀变速运动,加速度方向向下, 根据牛顿第二定律有:F2
17、+mg = ma2 油滴在时刻t2 = 2t1的速度为:v2 = v1 - a2t1 由式得:v2 = v0 -2gt1 (2)由题意,在 t=0时刻前有:F1 = mg 1 2 油滴从 t=0 到时刻t1的位移为:s1 = v0t1 + 2a1t 1 1 2 油滴在从时刻t1到时刻t2 = 2t1的时间间隔内的位移为:s2 = v0t1 - 2a2t 1 17 由题给条件有:v20 = 2g(2h) 式中 h 是 B、A 两点之间的距离若 B 点在 A 点之上,依题意有s1 + s2 = h 2 v0 1 v0 由式得F2 = 2 - 2 4(g)F gt1 + 1 若 B 点在 A 点之下
18、,依题意有s1 + s2 = -h 2 v0 1 v0 由式得F2 = 2 - 2 4(g)F gt1 - 1 【点睛】 解决复杂的力学问题,可以从两条线索展开:其一,力和运动的关系根据物体的受力情况, 用牛顿第二定律求出加速度,结合运动学公式确定速度和位移等;其二,功和能的关系根据 做功情况,引起物体的能量发生变化,利用动能定理进行解答 23如图所示,在距地面不等高处有两点 A 和 B,它们之间的高度差为 b。A、B 处各有一小球, A处小球 自由下落一段距离 a 后,B处小球 开始自由下落,结果两小球同时落地,求球 和球 下落时间之比。 b + a 【答案】 b - a 【解析】 【详解】
19、 1 2H 设 A 距地面的高度为 H,根据 h= gt2可知,A 下落到地面的时间 t , 2 g A 下落 a 所需时间 t 2a g 1 则 B 下落的时间 t=t-t,则 H-b= gt2 2 t b + a 联立解得,t - t b - a b + a 球 和和球 下落时间之比为 b - a 【点睛】 本题主要考查了自由落体运动的位移时间公式,明确 AB 同时落地,找出 AB的时间关系即可求 得 24如图所示,长 L=1.0m 木板 B 放在水平面上,其右端放置一小物块 A(视为质点).B的质量 mB=2.0kg ,A的质量 mA=3.0kg ,B与水平面间的动摩擦因数 1=0.20
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- 2019 年高 物理 备考 优生 百日 闯关 系列 专题 01 质点 直线运动 解析 20190524142
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