2024年高考物理大一輪復(fù)習(xí)：第2課時 力和直線運動

第2課時力和直線運動勻變速直線運動規(guī)律的應(yīng)用1.必須領(lǐng)會的兩種物理思想：逆向思維、極限思想。2.必須辨明的“兩個易錯易混點”(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(guān)系；(2)“剎車”問題要先判斷剎車時間，再分析計算。命題角度一勻變速直線運動規(guī)律的應(yīng)用【例1】(2019·全國卷Ⅰ，18)如圖1，籃球架下的運動員原地垂直起跳扣籃，離地后重心上升的最大高度為H。上升第一個eq\f(H,4)所用的時間為t1，第四個eq\f(H,4)所用的時間為t2。不計空氣阻力，則eq\f(t2,t1)滿足()圖1A.1＜eq\f(t2,t1)＜2 B.2＜eq\f(t2,t1)＜3C.3＜eq\f(t2,t1)＜4 D.4＜eq\f(t2,t1)＜5解析本題應(yīng)用逆向思維求解，即運動員的豎直上拋運動可等同于從一定高度處開始的自由落體運動，所以第四個eq\f(H,4)所用的時間為t2＝eq\r(\f(2×\f(H,4),g))，第一個eq\f(H,4)所用的時間為t1＝eq\r(\f(2H,g))－eq\r(\f(2×\f(3,4)H,g))，因此有eq\f(t2,t1)＝eq\f(1,2－\r(3))＝2＋eq\r(3)，即3＜eq\f(t2,t1)＜4，選項C正確。答案C命題角度二追及相遇問題【例2】現(xiàn)有甲、乙兩汽車正沿同一平直大街同向勻速行駛，甲車在前，乙車在后，它們行駛的速度均為10m/s。當(dāng)兩車快要到一十字路口時，甲車司機(jī)看到綠燈已轉(zhuǎn)換成了黃燈，于是緊急剎車(反應(yīng)時間忽略不計)，乙車司機(jī)為了避免與甲車相撞也緊急剎車，但乙車司機(jī)反應(yīng)較慢(反應(yīng)時間為t0＝0.5s)。已知甲車緊急剎車時制動力為車重的0.4倍，乙車緊急剎車時制動力為車重的0.6倍，g＝10m/s2，假設(shè)汽車可看做質(zhì)點。(1)若甲車司機(jī)看到黃燈時車頭距警戒線15m，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、乙兩車在正常行駛過程中應(yīng)至少保持多大距離？解析(1)根據(jù)牛頓第二定律，甲車緊急剎車的加速度大小為a1＝eq\f(f1,m1)＝eq\f(0.4m1g,m1)＝4m/s2。甲車停下來所需時間為t1＝eq\f(v0,a1)＝eq\f(10,4)s＝2.5s，滑行距離x＝eq\f(veq\o\al(2,0),2a1)＝eq\f(102,2×4)m＝12.5m，由于x＝12.5m＜15m，可見甲車司機(jī)剎車后能避免闖紅燈。(2)乙車緊急剎車的加速度大小為a2＝eq\f(f2,m2)＝eq\f(0.6m2g,m2)＝6m/s2，兩車速度相等時處于同一位置，即為恰好不相撞的條件。設(shè)甲、乙兩車行駛過程中至少應(yīng)保持距離x0，在乙車剎車t2時間后兩車的速度相等，其運動關(guān)系如圖所示，則有速度關(guān)系v0－a1(t2＋t0)＝v0－a2t2，v＝v0－a2t2位移關(guān)系v0t0＋eq\f(veq\o\al(2,0)－v2,2a2)＝x0＋eq\f(veq\o\al(2,0)－v2,2a1)解得t2＝1.0s，x0＝1.5m。答案(1)能(2)1.5m[典例拓展]在【例2】中，如果兩車剎車時的加速度交換，為保證兩車在緊急剎車過程中不相撞，那么兩車在正常行駛過程中又應(yīng)至少保持多大距離？解析如果剎車時兩車的加速度交換，這時由于甲車的加速度大小為a2＝6m/s2，乙車的加速度大小為a1＝4m/s2，說明運動過程中甲車要比乙車先停下來，所以兩車的位移大小關(guān)系應(yīng)滿足v0t0＋eq\f(veq\o\al(2,0),2a1)＝x0′＋eq\f(veq\o\al(2,0),2a2)，代入數(shù)據(jù)解得x0′＝eq\f(55,6)m≈9.17m。答案9.17m(1)求解勻變速直線運動問題的思路(2)全程法：全過程中若加速度不變，雖然有往返運動，但可以全程列式，此時要注意各矢量的方向(即正負(fù)號)。1.如圖2所示，物體自O(shè)點由靜止開始做勻加速直線運動，途經(jīng)A、B、C三點，其中A、B之間的距離l1＝2.5m，B、C之間的距離l2＝3.5m。若物體通過l1、l2這兩段位移的時間相等，則O、A之間的距離l等于()圖2A.0.5m B.1.0mC.1.5m D.2.0m解析設(shè)物體的加速度為a，通過l1、l2兩段位移所用的時間均為T，則有vB＝eq\f(l1＋l2,2T)＝eq\f(6m,2T)根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律可得Δl＝l2－l1＝aT2＝1m所以l＝eq\f(veq\o\al(2,B),2a)－l1＝2.0m，故D正確。答案D2.(多選)如圖3所示，在一個桌面上方有三個金屬小球a、b、c，離桌面高度之比為h1∶h2∶h3＝3∶2∶1。若先后順次釋放a、b、c，三球剛好同時落到桌面上，不計空氣阻力，則()圖3A.三者到達(dá)桌面時的速度大小之比是eq\r(3)∶eq\r(2)∶1B.三者運動時間之比為3∶2∶1C.b與a開始下落的時間差小于c與b開始下落的時間差D.三個小球運動的加速度與小球受到的重力成正比，與質(zhì)量成反比解析由v2＝2gh，得v＝eq\r(2gh)，故v1∶v2∶v3＝eq\r(3)∶eq\r(2)∶1，選項A正確；由t＝eq\r(\f(2h,g))得三者運動的時間之比t1∶t2∶t3＝eq\r(3)∶eq\r(2)∶1，選項B錯誤；b與a開始下落的時間差Δt1＝(eq\r(3)－eq\r(2))eq\r(\f(2h3,g))，c與b開始下落的時間差Δt2＝(eq\r(2)－1)eq\r(\f(2h3,g))，選項C正確；三個小球的加速度與重力及質(zhì)量無關(guān)，都等于重力加速度，選項D錯誤。答案AC3.(2019·南京市鼓樓區(qū)模擬)如圖4所示，一輛轎車和一輛卡車在同一平直的公路上相向勻速直線運動，速度大小均為30m/s。為了會車安全，兩車車頭距離為100m時，同時開始減速，轎車和卡車的加速度大小分別為5m/s2和10m/s2，兩車減到速度為20m/s時，又保持勻速直線運動，轎車車身全長5m，卡車車身全長15m，則兩車的錯車時間為()圖4A.0.3s B.0.4s C.0.5s D.0.6s解析設(shè)轎車減速到v＝20m/s所需時間為t1，運動的位移為x1，則有t1＝eq\f(v0－v,a1)＝eq\f(30－20,5)s＝2s，x1＝eq\f(v0＋v,2)t1＝eq\f(30＋20,2)×2m＝50m，設(shè)卡車減速到v＝20m/s所需時間為t2，運動的位移為x2，則有t2＝eq\f(v0－v,a2)＝eq\f(30－20,10)s＝1s，x2＝eq\f(v0＋v,2)t2＝eq\f(30＋20,2)×1m＝25m，故在2s末，兩車車頭的間距Δx＝L－x1－x2－v(t1－t2)＝5m，2s后，兩車車頭相遇還需要的時間為t′，則有Δx＝2vt′，解得t′＝eq\f(1,8)s，兩車車尾相遇還需要的時間為t″，則有Δx＋5m＋15m＝2vt″，解得t″＝eq\f(5,8)s，故錯車時間Δt＝t″－t′＝0.5s，故C正確，A、B、D錯誤。答案C牛頓運動定律的綜合應(yīng)用命題角度一連接體問題1.必須掌握的兩個物理方法(1)整體法和隔離法；(2)合成法和分解法。2.必須區(qū)分清楚的幾個易混易錯問題(1)力可以發(fā)生突變，但速度不能發(fā)生突變。(2)輕繩、輕桿、輕彈簧兩端有重物或固定時，在外界條件變化時，輕繩、輕桿的彈力可能發(fā)生突變，但輕彈簧的彈力不突變。(3)輕繩、輕桿、輕彈簧某端突然無重物連接或不固定，三者彈力均突變?yōu)榱?。【?】如圖5所示，質(zhì)量為M的滑塊A放置在光滑水平地面上，左側(cè)是圓心為O、半徑為R的光滑四分之一圓弧面，當(dāng)用一水平恒力F作用在滑塊A上時，一質(zhì)量為m的小球B(可視為質(zhì)點)在圓弧面上與A保持相對靜止，此時小球B距軌道末端Q的豎直高度為H＝eq\f(R,3)，重力加速度為g，則F的大小為()圖5A.eq\f(\r(5),3)Mg B.eq\f(\r(5),2)MgC.eq\f(\r(5),3)(M＋m)g D.eq\f(\r(5),2)(M＋m)g解析由于小球B在圓弧面上與A保持相對靜止，整體受力分析，有F＝(M＋m)a；隔離小球B受力分析，有mgtanθ＝ma，其中θ是OB與OQ間的夾角，由幾何關(guān)系得tanθ＝eq\f(\r(5),2)，聯(lián)立解得F＝eq\f(\r(5),2)(M＋m)g，選項D正確。答案D

命題角度二動力學(xué)中的兩類基本問題【例2】2018年6月22日，兩架國產(chǎn)大飛機(jī)C919同時在上海和西安兩地開展試飛。若試飛中，某架C919在平直跑道上由靜止開始勻加速滑行，經(jīng)t1＝20s達(dá)到最大速度vm＝288km/h，之后勻速滑行一段時間，再勻減速滑行，最后停下來。若滑行總距離x＝3200m，且減速過程的加速度大小與加速過程的加速度大小相等，取g＝10m/s2。圖6(1)若C919的質(zhì)量m＝8×104kg，加速過程中飛機(jī)受到的阻力恒為自身重力的0.1倍，求飛機(jī)加速過程中發(fā)動機(jī)產(chǎn)生的推力大小；(2)求C919在整個滑行過程中的平均速度大小。(結(jié)果保留1位小數(shù))解析(1)由題意可知在加速過程中vm＝80m/s，t1＝20s由vm＝at1得a＝4m/s2根據(jù)牛頓第二定律，有F－kmg＝ma解得F＝4×105N。(2)加速過程位移x1＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)＝800m減速過程位移x2＝eq\f(1,2)a′teq\o\al(2,2)＝800m勻速過程t3＝eq\f(x－x1－x2,vm)＝20s故全程的平均速度大小v＝eq\f(x,t1＋t2＋t3)＝53.3m/s。答案(1)4×105N(2)53.3m/s命題角度三傳送帶與板塊模型1.必須掌握的兩個模型：傳送帶、板塊模型。2.必須掌握的三個物理量(1)傳送帶上物體的受力、加速度與位移；(2)板塊模型中的物塊和木板的受力、加速度與位移。3.必須弄清楚的四個易錯易混的問題(1)傳送帶上物體的位移是以地面為參考系，與傳送帶是否轉(zhuǎn)動無關(guān)；(2)注意區(qū)分傳送帶上物體的位移、相對路程和痕跡長度三個物理量；(3)板塊模型中的長木板下表面若受摩擦力，則摩擦力的計算易錯；(4)傳送帶中物體與傳送帶共速、板塊模型中物塊與木板共速時是關(guān)鍵點，接下來能否繼續(xù)共速要從受力角度分析?！纠?】(2019·江蘇卷，15)如圖7所示，質(zhì)量相等的物塊A和B疊放在水平地面上，左邊緣對齊。A與B、B與地面間的動摩擦因數(shù)均為μ。先敲擊A，A立即獲得水平向右的初速度，在B上滑動距離L后停下。接著敲擊B，B立即獲得水平向右的初速度，A、B都向右運動，左邊緣再次對齊時恰好相對靜止，此后兩者一起運動至停下。最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g。求：圖7(1)A被敲擊后獲得的初速度大小vA；(2)在左邊緣再次對齊的前、后，B運動加速度的大小aB、aB′；(3)B被敲擊后獲得的初速度大小vB。解析A、B的運動過程如圖所示(1)由牛頓運動定律知，A加速度的大小aA＝μg勻變速直線運動veq\o\al(2,A)＝2aAL解得vA＝eq\r(2μgL)。(2)設(shè)A、B的質(zhì)量均為m對齊前，B所受合外力大小F＝3μmg由牛頓運動定律F＝maB，得aB＝3μg對齊后，A、B整體所受合外力大小F′＝2μmg由牛頓運動定律F′＝2maB′，得aB′＝μg。(3)設(shè)經(jīng)過時間t，A、B達(dá)到共同速度v，位移分別為xA、xB，A加速度的大小等于aA則v＝aAt，v＝vB－aBtxA＝eq\f(1,2)aAt2，xB＝vBt－eq\f(1,2)aBt2且xB－xA＝L解得vB＝2eq\r(2μgL)。答案(1)eq\r(2μgL)(2)3μgμg(3)2eq\r(2μgL)1.(多選)如圖8所示，有四個完全相同的彈簧，彈簧的左右兩端連接由相同材料制成的物塊A、B，物塊A受到大小皆為F的拉力作用而沿力F方向加速運動，接觸面的情況各不相同：(1)光滑水平面；(2)粗糙水平面；(3)傾角為θ的光滑斜面；(4)傾角為θ的粗糙斜面。若認(rèn)為彈簧的質(zhì)量都為零，以l1、l2、l3、l4表示彈簧的伸長量，則有()圖8A.l2＞l1 B.l4＞l3C.l1＝l3 D.l2＝l4解析現(xiàn)以情景(4)為例來研究，以物塊A、B和彈簧整體為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律有F－(mA＋mB)gsinθ－μ(mA＋mB)gcosθ＝(mA＋mB)a；再以物塊B為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律有kx－mBgsinθ－μmBgcosθ＝mBa。聯(lián)立解得x＝eq\f(mB,（mA＋mB）k)F，可見彈簧的形變量與接觸面是否粗糙、接觸面是否傾斜無關(guān)，因而有l(wèi)1＝l2＝l3＝l4，選項C、D正確。答案CD2.根據(jù)磁場會對載流導(dǎo)體產(chǎn)生作用力的原理，人們研究出一種新型的發(fā)射炮彈的裝置——電磁炮，其原理簡化為：水平放置的兩個導(dǎo)軌相互平行，相距d＝1m，處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，一質(zhì)量為m＝2kg的金屬棒垂直放置在導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1，當(dāng)金屬棒中的電流為I1＝4A時，金屬棒做勻速運動，取g＝10m/s2。求：圖9(1)勻強(qiáng)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小；(2)當(dāng)金屬棒的電流I2＝6A時，金屬棒的加速度大?。?3)保持金屬棒中的電流I2＝6A不變，若導(dǎo)軌的長度L＝16m，金屬棒滑離導(dǎo)軌的速度大小。解析(1)金屬棒勻速運動時，受到的安培力和摩擦力平衡，有F安＝Ff，即BI1d＝μmg，代入數(shù)據(jù)解得B＝0.5T。(2)由牛頓第二定律有F安－Ff＝ma，即BI2d－μmg＝ma，代入數(shù)據(jù)解得a＝0.5m/s2。(3)設(shè)棒離開導(dǎo)軌時速度為v，有v2＝2aL代入數(shù)據(jù)解得v＝4m/s。答案(1)0.5T(2)0.5m/s2(3)4m/s3.如圖10所示為傳送帶傳輸裝置示意圖的一部分，傳送帶與水平地面的傾角θ＝37°，A、B兩端相距L＝5.0m，質(zhì)量M＝10kg的物體以v0＝6.0m/s的速度沿AB方向從A端滑上傳送帶，物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)處處相同，均為0.5。傳送帶順時針運轉(zhuǎn)的速度v＝4.0m/s。(g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：圖10(1)物體從A點到達(dá)B點所需的時間；(2)若傳送帶順時針運轉(zhuǎn)的速度可以調(diào)節(jié)，物體從A點到達(dá)B點的最短時間是多少？解析(1)設(shè)物體速度大于傳送帶速度時加速度大小為a1，由牛頓第二定律得Mgsinθ＋μMgcosθ＝Ma1①設(shè)經(jīng)過時間t1物體的速度與傳送帶速度相同，則t1＝eq\f(v0－v,a1)②通過的位移大小x1＝eq\f(veq\o\al(2,0)－v2,2a1)③設(shè)物體速度小于傳送帶速度時物體的加速度大小為a2Mgsinθ－μMgcosθ＝Ma2④物體繼續(xù)減速，設(shè)經(jīng)時間t2物體到達(dá)傳送帶B點L－x1＝vt2－eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)⑤聯(lián)立①②③④⑤式可得t＝t1＋t2＝2.2s。(2)若傳送帶的速度較大，物體沿AB上滑時所受摩擦力一直沿傳送帶向上，則所用時間最短，此種情況物體一直為減速運動，設(shè)加速度大小為a3，則Mgsinθ－μMgcosθ＝Ma3⑥L＝v0t′－eq\f(1,2)a3t′2t′＝1s(t′＝5s舍去)。答案(1)2.2s(2)1s動力學(xué)中的STSE問題命題角度一交通安全【例1】校車交通安全問題已成為社會關(guān)注的熱點，國務(wù)院發(fā)布的《校車安全管理條例》將校車安全問題納入法制軌道。若校車以v0＝72km/h的速度行駛，司機(jī)發(fā)現(xiàn)在x＝33m遠(yuǎn)處有人開始橫穿馬路，立即采取剎車措施。已知司機(jī)的反應(yīng)時間t1＝0.75s，剎車的加速度大小為4m/s2。(1)從司機(jī)發(fā)現(xiàn)情況至汽車走完33m距離，經(jīng)過多長時間？此時車速多大？(2)如果行人橫穿20m寬的馬路，橫穿速度為5m/s，行人是否可能有危險？(3)《校車安全管理條例》規(guī)定：校車運行中，如遇到意外情況，駕駛員按下安全按鈕，校車車速會迅速降至v0′＝7.2km/h以下，如果按(2)中條件，此時行人橫穿馬路是否有危險？解析(1)由題可知v0＝72km/h＝20m/s，在t1＝0.75s的反應(yīng)時間內(nèi)，校車行駛距離x1＝v0t1＝15m開始剎車后校車勻減速行駛，加速度大小a＝4m/s2設(shè)勻減速行駛的時間為t2，則有x－x1＝v0t2－eq\f(1,2)ateq\o\al(2,2)解得t2＝1s此時校車速度v2＝v0－at2＝16m/s校車走完33m距離，總共所用時間t＝t1＋t2＝1.75s。(2)校車行駛33m正好到達(dá)路口時，行人橫穿馬路走過的距離L＝v人t＝5×1.75m＝8.75m此時行人接近馬路中心，車以16m/s的速度行至路口，可能有危險。(3)校車在0.75s的反應(yīng)時間內(nèi)前進(jìn)的距離x1＝15m之后速度迅速降為v0′＝7.2km/h＝2m/s后做勻減速運動，直到速度減到零，該過程校車行駛的距離x3＝eq\f(v0′2,2a)＝0.5m校車前進(jìn)的總位移x＝x1＋x3＝15.5m，由于校車前進(jìn)的總位移小于33m，故行人沒有危險。答案(1)1.75s16m/s(2)可能有危險(3)沒有危險命題角度二滑雪運動【例2】一滑雪運動員以滑雪板和滑雪杖為工具在平直雪道上進(jìn)行滑雪訓(xùn)練。如圖11所示，某次訓(xùn)練中，他站在雪道上第一次利用滑雪杖對雪面的作用獲得水平推力F＝60N而向前滑行，其作用時間t1＝1s，撤除水平推力F后經(jīng)過t2＝2s，他第二次利用滑雪杖對雪面的作用獲得同樣的水平推力且其作用時間仍為1s。已知該運動員連同裝備的總質(zhì)量m＝50kg，在整個運動過程中受到的滑動摩擦力大小恒為Ff＝10N，求該運動員(可視為質(zhì)點)第二次撤除水平推力后滑行的最大距離。圖11解析解法一運動員站在雪道上第一次利用滑雪杖對雪面作用時，加速度為a1＝eq\f(F－Ff,m)＝1m/s2t1＝1s時的速度為v1＝a1t1＝1m/s第一次撤除水平推力F后，加速度為a2＝－eq\f(Ff,m)＝－0.2m/s2撤除水平推力F后經(jīng)過t2＝2s，速度為v1′＝v1＋a2t2＝0.6m/s第二次剛撤除水平推力F時，速度為v2＝v1′＋a1t1＝1.6m/s此后運動員在水平方向僅受摩擦力作用做勻減速運動，滑行的最大距離為s＝eq\f(0－veq\o\al(2,2),2a2)解得s＝6.4m。解法二從第一次作用到第二次撤除水平推力時的運動過程，以向前運動方向為正方向，根據(jù)動量定理F·2t1－Ff(2t1＋t2)＝mv2設(shè)運動員第二次撤除水平推力后滑行的最大距離為s，根據(jù)動能定理－Ffs＝－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)聯(lián)立以上兩式解得s＝6.4m。答案6.4m命題角度三高速列車【例3】武廣高鐵的開通，給出行的人們帶來了全新的感受。高鐵每列車均由七節(jié)車廂組成，除第四節(jié)車廂為無動力車廂外，其余六節(jié)車廂均具有動力系統(tǒng)。設(shè)每節(jié)車廂的質(zhì)量均為m，各動力車廂產(chǎn)生的動力相同，經(jīng)測試，該列車啟動時能在時間t內(nèi)將速度提升到v，已知運動阻力是車重的k倍。(1)求列車在啟動過程中，第五節(jié)車廂對第六節(jié)車廂的作用力；(2)列車在勻速行駛時，第六節(jié)車廂失去了動力，若仍要保持列車的勻速行駛狀態(tài)，則第五節(jié)車廂對第六節(jié)車廂的作用力改變了多少？解析(1)列車啟動時做初速度為零的勻加速直線運動，啟動時的加速度a＝eq\f(v,t)對整個列車分析，設(shè)整個列車受到的牽引力為F，由牛頓第二定律有F－k·7mg＝7ma以第六、七節(jié)車廂作為一個整體，畫出第六、七兩節(jié)車廂水平方向受力圖，如圖所示。設(shè)第五節(jié)車廂對第六節(jié)車廂的作用力為T，兩節(jié)車廂所受阻力大小為F阻，由牛頓第二定律有eq\f(2F,6)＋T－F阻＝2ma，其中F阻＝2kmg解得T＝－eq\f(1,3)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v,t)＋kg))，負(fù)號表示方向與列車運動方向相反。(2)設(shè)列車勻速運動時列車受到的牽引力大小為F′。對列車整體分析，由平衡條件有F′－k·7mg＝0設(shè)六節(jié)車廂都有動力時，第五、六兩節(jié)車廂間的作用力為T1，對第六、七兩節(jié)車廂分析，由平衡條件有eq\f(2F′,6)＋T1－k·2mg＝0第六節(jié)車廂失去動力時，列車仍保持勻速運動，則總牽引力不變，設(shè)此時第五、六兩節(jié)車廂間的作用力為T2，對第六、七兩節(jié)車廂分析，由平衡條件有eq\f(F′,5)＋T2－k·2mg＝0聯(lián)立解得T1＝－eq\f(1,3)kmg，T2＝eq\f(3,5)kmg故作用力的變化量ΔT＝T2－T1＝eq\f(14,15)kmg。答案(1)eq\f(1,3)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v,t)＋kg))，方向與列車運動方向相反(2)eq\f(14,15)kmg命題角度四科學(xué)技術(shù)【例4】(2019·榆林模擬)2018年2月18日晚在西安大唐芙蓉園進(jìn)行無人機(jī)燈光秀，300架無人機(jī)懸停時擺出“西安年、最中國”的字樣，如圖12所示為四旋翼無人機(jī)，它是一種能夠垂直起降的小型遙控飛行器，目前正得到越來越廣泛的應(yīng)用。一架質(zhì)量為m＝2kg的無人機(jī)，其動力系統(tǒng)所能提供的最大升力F＝36N，運動過程中所受空氣阻力大小恒定，無人機(jī)在地面上從靜止開始，以最大升力豎直向上起飛，在t＝5s時離地面的高度為75m(g取10m/s2)。圖12(1)求運動過程中所受空氣阻力大??；(2)假設(shè)由于動力設(shè)備故障，懸停的無人機(jī)突然失去升力而墜落。無人機(jī)墜落地面時的速度為40m/s，求無人機(jī)懸停時距地面高度；(3)假設(shè)在第(2)問中的無人機(jī)墜落過程中，在遙控設(shè)備的干預(yù)下，動力設(shè)備重新啟動提供向上最大升力。為保證安全著地，求飛行器從開始下落到恢復(fù)升力的最長時間。解析(1)根據(jù)題意，在上升過程中由牛頓第二定律得F－mg－F阻＝ma上升高度h＝eq\f(1,2)at2聯(lián)立解得F阻＝4N。(2)下落過程由牛頓第二定律得mg－F阻＝ma1得a1＝8m/s2落地時的速度為v，則有v2＝2a1H聯(lián)立解得H＝100m。(3)恢復(fù)升力后向下減速，由牛頓第二定律得F－mg＋F阻＝ma2得a2＝10m/s2設(shè)恢復(fù)升力時的速度為vm，飛行器安全著地時速度為0則有eq\f(veq\o\al(2,m),2a1)＋eq\f(veq\o\al(2,m),2a2)＝H得vm＝eq\f(40\r(5),3)m/s由vm＝a1t1得t1＝eq\f(5\r(5),3)s。答案(1)4N(2)100m(3)eq\f(5\r(5),3)sA卷提能小卷練一、選擇題1.一位乘客站在傾斜扶梯的水平臺階上隨扶梯以1m/s的速度勻速向上運動，某時被告知扶梯頂端板塌陷，乘客立即按下扶梯中部的緊急停止按鈕，此時他距扶梯頂部4m，扶梯經(jīng)過2s后停下，此過程乘客可以看做隨扶梯做勻減速運動，下列說法正確的是()A.緊急停止過程中，乘客所受摩擦力方向沿扶梯斜向下B.緊急停止過程中，乘客處于超重狀態(tài)C.在緊急停止過程中，乘客沿扶梯方向向上運動的位移為0.6mD.若乘客因慌亂尋找緊急停止按鈕耽誤了3.5s，則乘客可能會遇到危險解析緊急停止過程中，乘客斜向上做勻減速運動，加速度斜向下，則對站在水平臺階上的乘客，加速度有水平向后的分量，即所受的摩擦力水平向后，A項錯誤；緊急停止過程中，乘客的加速度有豎直向下的分量，則處于失重狀態(tài)，B項錯誤；扶梯停止經(jīng)過的位移L＝eq\f(v,2)t＝1m，C項錯誤；若乘客因慌亂尋找緊急停止按鈕耽誤了3.5s時間，則乘客開始減速時，離頂端位移為x′＝4m－3.5×1m＝0.5m；而減速過程位移為1m，則可知，電梯停止時，乘客已到達(dá)頂端，可能遭遇危險，故D項正確。答案D2.(2019·4月浙江選考，12)如圖1所示，A、B、C為三個實心小球，A為鐵球，B、C為木球。A、B兩球分別連接在兩根彈簧上，C球連接在細(xì)線一端，彈簧和細(xì)線的下端固定在裝水的杯子底部，該水杯置于用繩子懸掛的靜止吊籃內(nèi)。若將掛吊籃的繩子剪斷，則剪斷的瞬間相對于杯底(不計空氣阻力，ρ木＜ρ水＜ρ鐵)()圖1A.A球?qū)⑾蛏线\動，B、C球?qū)⑾蛳逻\動B.A、B球?qū)⑾蛏线\動，C球不動C.A球?qū)⑾蛳逻\動，B球?qū)⑾蛏线\動，C球不動D.A球?qū)⑾蛏线\動，B球?qū)⑾蛳逻\動，C球不動解析剪斷繩子之前，A球受力分析如圖甲所示，B球受力分析如圖乙所示，C球受力分析如圖丙所示。剪斷繩子瞬間，水杯和水都處于完全失重狀態(tài)，水的浮力消失，杯子的瞬時加速度為重力加速度。又由于彈簧的形狀來不及發(fā)生改變，彈簧的彈力大小不變，相對地面而言，A球的加速度aA＝eq\f(mAg－F彈A,mA)＜g，方向豎直向下，其相對杯子的加速度方向豎直向上。相對地面而言，B球的加速度aB＝eq\f(mBg＋F彈B,mB)＞g，方向豎直向下，其相對杯子的加速度方向豎直向下。繩子剪斷瞬間，C球所受的浮力和拉力均消失，其瞬時加速度為重力加速度，故相對杯子靜止，綜上所述，D正確。答案D3.我國ETC(電子不停車收費系統(tǒng))已實現(xiàn)全國聯(lián)網(wǎng)，大大縮短了車輛通過收費站的時間。一輛汽車以20m/s的速度駛向高速收費口，到達(dá)自動收費裝置前開始做勻減速直線運動，經(jīng)4s的時間速度減為5m/s且收費完成，司機(jī)立即加速，產(chǎn)生的加速度大小為2.5m/s2，汽車可視為質(zhì)點。則下列說法正確的是()A.汽車開始減速時距離自動收費裝置110mB.汽車加速4s后速度恢復(fù)到20m/sC.汽車從開始減速至速度恢復(fù)到20m/s通過的總路程為125mD.汽車由于通過自動收費裝置耽誤的時間為4s解析汽車開始減速時到自動收費裝置的距離為x1＝eq\f(1,2)×(20＋5)×4m＝50m，故A錯誤；汽車加速4s后速度為v＝15m/s，故B錯誤；汽車從5m/s加速到20m/s通過的路程為x2＝eq\f(202－52,2×2.5)m＝75m，所以汽車從開始減速至速度恢復(fù)到20m/s通過的總路程為x1＋x2＝125m，故C正確；汽車從5m/s加速到20m/s的時間t2＝eq\f(20－5,2.5)s＝6s，所以總時間t總＝4s＋t2＝10s，汽車以20m/s的速度勻速通過125m需要的時間是6.25s，所以耽誤了3.75s，故D錯誤。答案C4.小物塊從一固定斜面底端以初速度v0沖上斜面，如圖2所示，已知小物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.5，斜面足夠長，傾角為37°，重力加速度為g。則小物塊在斜面上運動的總時間為(cos37°＝0.8，sin37°＝0.6)()圖2A.eq\f(2v0,g) B.eq\f(3v0,g)C.(eq\r(5)＋1)eq\f(v0,g) D.(eq\r(6)＋1)eq\f(v0,g)解析小物塊從固定斜面底端以初速度v0沖上斜面，分析小物塊在斜面上運動時的受力，小物塊沿斜面向上滑動時，由牛頓第二定律mgsin37°＋μmgcos37°＝ma1，解得a1＝g，向上滑動的時間t1＝eq\f(v0,a1)＝eq\f(v0,g)，向上滑動的位移L＝eq\f(veq\o\al(2,0),2a1)＝eq\f(veq\o\al(2,0),2g)；小物塊向上運動到最高點后，由牛頓第二定律mgsin37°－μmgcos37°＝ma2，解得a2＝0.2g，即小物塊沿斜面向下運動，由L＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)，解得小物塊沿斜面向下滑動的時間t2＝eq\r(\f(2L,a2))＝eq\f(\r(5)v0,g)。小物塊在斜面上運動的總時間為t＝t1＋t2＝eq\f(v0,g)＋eq\f(\r(5)v0,g)＝(eq\r(5)＋1)eq\f(v0,g)，選項C正確。答案C5.(多選)(2019·廣西一模)如圖3所示，在一足夠大的水平向右勻強(qiáng)電場中，有一光滑絕緣水平面。將質(zhì)量分別為m、M(m＜M)的金屬塊A、B用一根短的絕緣線連接，靜置于該絕緣面上，現(xiàn)使A帶正電，A、B將在電場力作用下一起向右運動(運動過程中A的電荷量不變)，A運動的加速度大小為a1，繩子拉力大小為F1。將A與B接觸一下(A、B電荷總量與接觸前相等)，把A、B靜置于該絕緣面上，A、B在電場力作用下一起向右運動，運動過程中絕緣線始終繃緊，A運動的加速度大小為a2，繩子拉力大小為F2。若A、B間的庫侖斥力小于B受到的電場力，則下列關(guān)系式正確的是()圖3A.a1＝a2 B.a1＜a2C.F1＞F2 D.F1＝F2解析對A、B整體，只有A帶正電時加速度大小a1＝eq\f(qE,M＋m)，而A、B接觸前后總電荷量不變，則整體所受的電場力不變，加速度大小相等，即a1＝a2，故A正確，B錯誤；對B分析，A、B接觸前，繩子的拉力為F1＝Ma1，A、B接觸后，對B有F2＋q′E－F庫＝Ma2，由于A、B間的庫侖斥力F庫小于B受到的電場力q′E，可知F1＞F2，故C正確，D錯誤。答案AC6.(多選)(2019·遂寧模擬)如圖4甲所示，一水平傳送帶沿順時針方向旋轉(zhuǎn)，在傳送帶左端A處輕放一可視為質(zhì)點的小物塊，小物塊從A端到B端的速度—時間變化規(guī)律如圖乙所示，t＝6s時恰好到B點，重力加速度g取10m/s2，則()圖4A.物塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.1B.A、B間距離為16m，小物塊在傳送帶上留下的痕跡是8mC.若物塊質(zhì)量m＝1kg，物塊對傳送帶做的功為8JD.若物塊速度剛好到4m/s時，傳送帶速度立刻變?yōu)榱悖飰K不能到達(dá)B端解析由圖乙可知，物塊加速過程的加速度大小a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(4,4)m/s2＝1m/s2，由牛頓第二定律可知a＝eq\f(μmg,m)＝μg，聯(lián)立解得μ＝0.1，故A正確；由于4s后物塊與傳送帶的速度相同，故傳送帶速度為4m/s，A、B間距離x＝eq\f(（2＋6）×4,2)m＝16m，小物塊在傳送帶上留下的痕跡是l＝4×4m－eq\f(4×4,2)m＝8m，故B正確；物塊對傳送帶的摩擦力大小為μmg，加速過程傳送帶的位移為16m，則物塊對傳送帶所做的功為W＝－μmgx＝－0.1×1×10×16J＝－16J，故C錯誤；物塊速度剛好到4m/s時，傳送帶速度立刻變?yōu)榱悖飰K將做減速運動，且加速度與加速過程的加速度大小相同，則減速過程的位移為8m，則物塊可以到達(dá)B端，故D錯誤。答案AB二、非選擇題7.如圖5甲所示，光滑平臺右側(cè)與一長為L＝2.5m的水平木板相接，木板固定在地面上，現(xiàn)有一小滑塊以初速度v0＝5m/s滑上木板，恰好滑到木板右端停止?，F(xiàn)讓木板右端抬高，如圖乙所示，使木板與水平地面的夾角θ＝37°，讓滑塊以相同的初速度滑上木板，不計滑塊滑上木板時的能量損失，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：圖5(1)滑塊與木板之間的動摩擦因數(shù)μ；(2)滑塊從滑上傾斜木板到滑回木板底端所用的時間t。解析(1)設(shè)滑塊質(zhì)量為m，木板水平時滑塊加速度大小為a，則對滑塊，有μmg＝ma①滑塊恰好到木板右端停止，有0－veq\o\al(2,0)＝－2aL②解得μ＝eq\f(veq\o\al(2,0),2gL)＝0.5。③(2)當(dāng)木板傾斜，設(shè)滑塊上滑時的加速度大小為a1，最大距離為s，上滑的時間為t1，有μmgcosθ＋mgsinθ＝ma1④0－veq\o\al(2,0)＝－2a1s⑤0＝v0－a1t1⑥由④⑥式，解得t1＝0.