2018年高考物理全国用二轮复习学案：考前第8天 Word版含答案

考前第8天 力与直线运动
考 点 提 炼
1.平衡问题 (1)受力分析
高中常见的性质力有重力、弹力、摩擦力、电场力、磁场力等，一定要明确各种力产生的原因、条件，要熟悉每种力的大小和方向的特征，按照“一重、二弹、三摩擦、四其他”的顺序对物体进行受力分析。

(2)处理平衡问题的基本思路
2.匀变速直线运动规律
(1)匀变速直线运动的三个基本公式 ①速度公式：v ＝v 0＋at ②位移公式：x ＝v 0t ＋12at 2
③速度位移公式：v 2
－v 2
0＝2ax (2)匀变速直线运动的三个常用结论
①Δx ＝aT 2
，即任意相邻相等时间内的位移之差相等。

可以推广到x m －x n ＝(m －n )aT 2。

②某段时间内的平均速度大小可用该段时间内初、末速度之和的一半表示，即v ＝
v ＋v 0
2。

③某段时间的中间时刻的瞬时速度等于该段时间内的平均速度，即v t 2＝v ＝v 0＋v
2。

3.两类动力学问题
4.熟知两类典型运动模型，掌握物体运动规律 (1)匀速直线运动的特点
①运动学特征：a ＝0 v ≠0(常数) 规律x ＝vt
②动力学特征：F 合＝0 (2)匀变速直线运动的特点
①运动学特征：加速度大小为一常数(不为零)、加速度方向不变，规律有v ＝v 0＋at 、x ＝v 0t ＋1
2
at 2、
v 2－v 20＝2ax 。

当物体的初速度为零时，以上三个公式可以简化；当物体做自由落体运动时，物体
的初速度为零且加速度大小为g 。

即：v ＝gt h ＝12
gt 2 v 2
＝2gh
②动力学特征：物体的合外力恒定且不为零，当物体做自由落体运动时，合外力大小等于物体的重力。

③匀变速直线运动问题的解题思路：
审题→画出示意图→判断运动性质→选取正方向→选用公式列方程→求解方程 5.图象问题
临 考 必 做
1.汽车刹车后做匀减速直线运动，经过3 s 停止运动，那么汽车在先后连续相等的三个1 s 内通过的位移之比x 1∶x 2∶x 3为( ) A.1∶2∶3 B.5∶3∶1 C.1∶4∶9
D.3∶2∶1
解析 可通过研究刹车过程的逆过程而使分析简化。

刹车过程的逆过程是初速度为0的匀加速直线运动。

根据初速度为0的匀加速直线运动的特点，该逆过程在三个连续1 s 内的位移之比为1∶3∶5，所以刹车过程在连续相等的三个1 s 内的位移之比为5∶3∶1。

答案 B
2.物块1、2放在光滑水平面上并用轻质弹簧测力计相连，如图1所示，今对物块1、2分别施以方向相反的水平力F 1、F 2，且F 1大于F 2，则弹簧测力计的示数( )
图1
A.一定等于F 1＋F 2
B.一定等于F 1－F 2
C.一定大于F 2、小于F 1
D.条件不足，无法确定
解析 弹簧测力计的示数等于弹簧所受弹力的大小，设为F ，对物块1，由牛顿第二定律得F 1－F ＝ma >0，所以F 1>F 。

同理对物块2可得F －F 2＝ma >0，所以F >F 2。

由牛顿第三定律可知弹簧测力计对物块的弹力和物块对弹簧测力计的弹力大小相等，故选项C 正确。

答案 C
3.如图2所示，斜面固定，倾角为θ＝30°，物块m 和M 用轻质绳通过斜面上的定滑轮相连接(滑轮光滑)，一力F 施加在绳上一点O 使O 点所受三力相互成120°角且静止，已知M 质量为10 kg ，
m 与斜面间恰无摩擦力，则m 的质量和F 的值各为(g 取10 m/s 2)( )
图2
A.10 kg 100 N
B.20 kg 100 N
C.5 kg 50 N
D.20 kg 50 3 N
解析 “O ”点所受三力互成120°角且静止，则F ＝Mg ＝mg sin θ，即F ＝Mg ＝100 N ，m ＝
M
sin θ＝2M ＝20 kg 。

答案 B
4.已知AB ＝BC ，且已知质点在AB 段的平均速度为3 m/s ，在BC 段的平均速度为6 m/s ，设物体沿ABC 直线做匀变速直线运动，如图3所示，则质点在B 点时速度为( )
图3
A.4 m/s
B.4.5 m/s
C.5 m/s
D.5.5 m/s
解析 由v ＝x t 可知，3＝AB t 1，6＝BC t 2
，故t 1＝2t 2，
t 1、t 2分别为通过AB 、BC 的时间，
又AB 中间时刻速度v 1＝v AB ＝3 m/s ，
BC 中间时刻速度v 2＝v BC ＝6 m/s ，
设加速度为a ，则v B －v 1＝a ·t 1
2，v 2－v 1＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫
t 12＋t 22。

由以上可得v B ＝5 m/s 。

答案 C
5.(2017·江西省名校联盟高三5月教学质量检测)如图4所示为甲物体和乙物体在平直地面上同向运动的v －t 图象，已知t ＝0时甲在乙前方x 0＝60 m 处，则在0～4 s 的时间内甲和乙之间的最大距离为( )
图4
A.8 m
B.14 m
C.68 m
D.52 m
解析 在0～4 s 的时间内甲和乙有最大距离时，甲和乙的速度相等，即t ＝3 s 时甲和乙有最大距离。

0～3 s 的时间内甲的位移大小为x 甲＝12×2×8 m＋12×(4＋8)×1 m＝14 m ，x 乙＝1
2×3×4
m ＝6 m ，则在0～4 s 的时间内甲和乙之间的最大距离为Δx ＝x 0＋x 甲－x 乙＝68 m ，选项C 正确。

答案 C
6.(多选)某物体从足够高处由静止开始下落，测得其加速度a 随时间t 变化的关系图象如图5所示。

已知重力加速度g ＝10 m/s 2
，下列说法正确的是( )
图5
A.在0～2 s 内，物体所受阻力与下落的速度成正比
B.在0～2 s 内，物体所受阻力与下落的时间成正比
C.在0～2 s 内，物体下落的位移为10 m
D.物体下落的最终速度为10 m/s
解析 在0～2 s 内，物体加速度由10 m/s 2
逐渐减小到0，由加速
度图象可得a ＝(10－5t )m/s 2
，由牛顿第二定律得mg －f ＝ma ，可得
a ＝g －f m ，对比二式可得f
m
＝5t ，即在0～2 s 内，物体所受阻力与下落的时间成正比，选项B 正
确，A 错误；在0～2 s 内，物体的速度增加10 m/s ，2 s 后物体加速度为零，物体做匀速运动，物体下落的最终速度为10 m/s ，选项D 正确；在0～2 s 内，可定性画出物体运动的速度—时间图象如图所示，图线是抛物线的一部分，由此可知，物体下落位移大于10 m ，选项C 错误。

答案 BD
7.一物体从静止于h ＝140 m 高空的气球上自由落下，下落t 1＝2 s 后降落伞张开，此后该物体匀速下落。

取g ＝10 m/s 2
，不计空气对物体的阻力。

求该物体落到地面所用的时间t 。

解析 t 1时间内物体做自由落体运动，设这段时间内物体的位移大小为x ，有：x ＝12gt 2
1
设物体做自由落体运动的末速度大小为v ，有：v ＝gt 1
降落伞张开后，物体做匀速直线运动，设运动的时间为t 2，有：h －x ＝vt 2 又：t ＝t 1＋t 2 解得：t ＝8 s 。

答案 8 s
8.如图6所示，一个滑雪运动员，滑板和人总质量为m ＝75 kg ，以初速度v 0＝8 m/s 沿倾角为θ＝37°的斜坡向上自由滑行，已知滑板与斜坡间动摩擦因数μ＝0.25，假设斜坡足够长。

不计空气阻力。

(g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)试求：
图6
(1)运动员沿斜坡上滑的最大距离；
(2)若运动员滑至最高点后掉转方向向下自由滑行，求他滑到起点时的速度大小。

解析 (1)上滑过程中，对人进行受力分析。

滑雪者受重力mg 、弹力F
N 、摩
擦力f ，并设滑雪者的加速度a 1， 根据牛顿第二定律有：
mg sin θ＋f ＝ma 1，a 1方向沿斜面向下
由垂直斜面方向受力平衡有：F N ＝mg cos θ 根据公式有：f ＝μF N 由以上各式解得：a 1＝8 m/s 2
滑雪者沿斜面向上做匀减速直线运动，
速度减至零时的位移x＝v20
2a1
＝4 m
即滑雪者上滑的最大距离为4 m
(2)滑雪者沿斜面下滑时，滑雪者受到斜面的摩擦力沿斜面向上，
设加速度为a2，
根据牛顿第二定律有：
mg sin θ－f＝ma2，a2方向沿斜面向下
由垂直斜面方向受力平衡有：
F N＝mg cos θ
根据公式有：f＝μF N
由以上各式解得：a2＝4 m/s2
滑雪者沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动，滑到出发点的位移大小为x＝4 m 则滑雪者再次滑到起点时的速度大小：
v＝2a2x＝4 2 m/s≈5.7 m/s
答案(1)4 m (2)5.7 m/s。