2018高中物理期末复习专题__直线运动学案新人教版必修1.doc

直线运动一、考点突破知识点考纲要求题型分值质点的直线运动参考系、质点位移、速度和加速度匀变速直线运动及其公式、图象选择题、解答题613分二、重难点提示重点：匀变速直线运动规律的应用。难点：矢量的正负号及其在公式中的应用。例题1 （广东毕业班调研）在下面研究的对象中可以被看做质点的是（）A. 研究著名乒乓球运动员张继科打出的弧线球的运动B. 研究在女子万米比赛中的“长跑女王”特鲁纳什迪巴巴的位置C. 研究跳水比赛中的吴敏霞D. 研究“中国金花”李娜打出的ACE球思路分析：研究弧线球的运动、跳水动作、ACE球的运动情况，其形体动作都不可忽略，而确定万米比赛中运动员的位置，其形体动作则可忽略，故选项B正确。答案：B例题2 图（甲）是一种应用传感器监测轨道车运行的实验装置。在轨道上设置监测点，在轨道车车头和车尾各竖立一个宽度为d10 cm的挡板，当挡板遮挡光源时，信号发生器发出一个脉冲信号，由记录仪记录，已知图（乙）中右边脉冲宽度对应半个小格，假如记录仪记录的信号如图（乙）所示，轨道车做匀变速运动，则轨道车经过该监测点的加速度约为（）A. 0.10 m/s2 B. 2.00 m/s2 C. 1.00 m/s2 D. 0.20 m/s2思路分析：由记录仪记录的信号可知轨道车车头的挡板经过传感器的时间为t10.1 s，车尾的挡板经过传感器的时间为t20.05 s，由于、时间较短，可把这段时间内的运动近似看成匀速，由速度定义式，轨道车车头的挡板经过该监测点的速度为v11.00m/s，车尾的挡板经过该监测点的速度为v22.00m/s，这两个速度即为两点的瞬时速度，则加速度。选项C正确。答案：C例题3 （江西六校联考）动车从A站以a10.5 m/s2的加速度匀加速度启动，当速度达到180 km/h时开始匀速行驶，接近B站时以大小为a20.5 m/s2的加速度匀减速刹车，静止时恰好正点到达B站。某次，动车在A站因故晚出发了3 min，以a10.5 m/s2匀加速启动后，当速度达到216 km/h开始匀速运动，接近B站时以大小为a20.5 m/s2的加速度匀减速刹车，静止时也恰好正点到达B站。求A、B两站间的距离。思路分析：设动车匀速行驶时间为t1，匀加速行驶时间为t1，由于加速时的加速度与减速时的加速度大小相等，故每一次加速时间与减速时间相等，加速位移与减速位移也相等。第一次启动的最大速度，故有v1at1第二次启动的最大速度v2216 km/h60 m/s，设匀速行驶时间为t2，加速时间为t2，则v2at2，因两次均正点到达，则有：2t1t12t2t2180以上各式联立解得：xAB60 km。答案：60 km技巧点拨：解答本题时应注意以下三点：（1）两次动车运动的总位移的关系；（2）两次动车运动的总时间的关系；（3）将速度的单位转化为国际单位制单位。【必考点】追及与相遇问题1. 一般思路：画出两个物体的运动草图，关注时间和位置关系。两物体相遇的条件是：同一时刻两物体位于同一位置；两物体相遇时，后面物体的速度大于前面物体的速度即相撞。2. 审题应抓住题目中的关键词句，充分挖掘题中的隐含条件，如“刚好”、“恰好”、“最多”、“至少”等，往往对应一个临界状态，满足相应的临界条件。【满分训练】沙尘暴天气会严重影响交通，有一辆卡车以54 km/h的速度匀速行驶，司机模糊看到前方十字路口有一个骑自行车的人突然跌倒，该司机刹车的反应时间为0.6 s，刹车后卡车匀减速前进，最后停在骑车者前1.5 m处，避免了一场安全事故，已知刹车过程中卡车加速度大小为5 m/s2，则：（1）司机发现情况后，卡车经过多长时间停下？（2）司机发现情况时，卡车与该自行车的距离是多少？思路分析：（1）v054 km/h15 m/s，v10刹车后卡车做匀减速运动的时间3 s司机发现情况后，卡车停下来的时间tt1t23.6 s（2）取卡车前进的方向为正方向，则t10.6 s内卡车仍匀速前进，其行驶距离x1v0t1150.6 m9 m卡车做匀减速运动的位移22.5 m司机发现情况时，卡车与该自行车的距离xx1x21.5 m33 m答案：（1）3.6 s（2）33 m【必考点】运动学中的图象问题运用vt图象解题可总结为六看： 一看“轴”先要看清两轴所代表的物理量，即图象是描述哪两个物理量之间的关系。二看“线”在xt图象中，倾斜的直线表示物体的位移随时间变化的情况。在vt图象中，倾斜的直线表示物体的速度随时间变化的情况。三看“斜率”xt图象中斜率表示运动物体的速度的大小和方向；t轴上面的部分表示与规定的正方向相同；t轴下面的部分表示与规定的正方向相反。vt图象中斜率表示运动物体的加速度的大小和方向；t轴上面的部分表示与规定的正方向相同；t轴下面的部分表示与规定的正方向相反。四看“面积”xt图线与坐标轴的“面积”无实际意义。vt图线与横轴所围“面积”表示位移的大小；在t轴下方的“面积”表示位移为负。五看“截距”xt图线与坐标轴的截距一般表示物理过程的出发点或位移为0时的时间；vt图线与坐标轴的截距一般表示物理过程的初始情况，如t0时的速度，速度为0时的时刻。六看“特殊点”如交点、拐点（转折点）等。如vt图象的交点只表示速度相等；但不表示相遇；而xt图线的交点则表示两物体相遇。解决有关图象问题的技巧是抓住：图象的物理意义，并将物体的运动与图象相结合，并从“轴”、“线”、“斜率”、“面积”、“截距”、“特殊点”六个方面去衡量。【满分训练】（海南高考）如图所示，表面处处同样粗糙的楔形木块abc固定在水平地面上，ab面和bc面与地面的夹角分别为和，且。初速度为的小物块沿斜面ab向上运动，经时间后到达顶点b时，速度刚好为零；然后让小物块立即从静止开始沿斜面bc下滑。在小物块从a运动到c的过程中，能正确描述其速度大小v与时间t的关系的图象是（）思路分析：设物块上滑与下滑的加速度大小分别为a1和a1，根据牛顿第二定律可得，解得，故而vt图像的斜率等于加速度，所以上滑图线的斜率的绝对值大于下滑图线的斜率的绝对值。上滑过程的位移绝对值较小，而下滑过程位移的绝对值较大，由可知，上滑的时间的较短。因上滑过程中，物体做匀减速运动，下滑过程中做匀加速直线运动，所以两段图线都是直线。由可知，故。综上所述，C项正确。答案：C（答题时间：60分钟 总分：100分）一、选择题（共12道，每道4分，共48分，均为不定项选择）1. （广东高考）如图所示，两根等长的轻绳将日光灯悬挂在天花板上，两绳与竖直方向的夹角都为45，日光灯保持水平，所受重力为G，左右两绳的拉力大小分别为（）A. G和G B. G和GC. G和G D. G和G2.（重庆名校联考）如图所示，凹槽半径R30 cm，质量m1 kg的小物块在沿半径方向的轻弹簧挤压下处于静止状态。已知弹簧的劲度系数k50 N/m，自由长度L40 cm，一端固定在圆心O处，弹簧与竖直方向的夹角为37。取g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8。则（） A. 物块对槽的压力大小是15 NB. 物块对槽的压力大小是13 NC. 槽对物块的摩擦力大小是6 ND. 槽对物块的摩擦力大小是8 N3. 如图所示，绳OA、OB悬挂重物于O点，开始时OA水平。现缓慢提起A端而O点的位置保持不变，则（）A. 绳OB的张力逐渐减小B. 绳OB的张力逐渐增大C. 绳OA的张力先变大，后变小D. 绳OA的张力先变小，后变大4. 一小孩在广场玩耍时，将一充有氢气的气球用细绳系在一小石块上，并将其置于水平地面上，如图所示。设石块受到地面对它的支持力为FN，摩擦力为Ff，若水平风力逐渐增大而石块始终未动，则（）A. FN逐渐减小 B. FN逐渐增大C. Ff逐渐减小 D. Ff逐渐增大5. （莱州模拟）用轻绳将光滑小球P悬挂于竖直墙壁上，在墙壁和小球P之间夹着矩形物块Q，如图所示。P、Q均处于静止状态，则下列说法正确的是（）A. 物块Q受到3个力B. 小球P受4个力C. 若绳子变长，则绳子的拉力将变小D. 若绳子变短，则Q受到墙壁的静摩擦力将增大6.（武汉调研）如图所示，在倾角为30的足够长的光滑斜面上，一质量为2 kg的小球自与斜面底端P点相距0.5 m处，以4 m/s的初速度沿斜面向上运动。在返回P点之前，若小球与P点之间的距离为d，重力加速度g取10 m/s2。则d与t的关系式为（） A. d4t2.5t2 B. d4t2.5t2C. d0.54t2.5t2 D. d0.54t2.5t27. （江苏高考）将一只皮球竖直向上抛出，皮球运动时受到空气阻力的大小与速度的大小成正比。下列描绘皮球在上升过程中加速度大小a与时间t关系的图象，可能正确的是（）8. （济南模拟）如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m、2m和3m的三个木块，其中质量为2m和3m的木块之间用一轻弹簧相连，轻弹簧能承受的最大拉力为T。现用水平拉力F拉质量为3m的木块，使三个木块一起加速运动，则以下说法正确的是（） A. 质量为2m的木块受到四个力的作用B. 当F逐渐增大到T时，轻弹簧刚好被拉断C. 当F逐渐增大到1.5T时，轻弹簧还不会被拉断D. 当F撤去瞬间，m所受摩擦力的大小和方向不变9.（上海质检）甲、乙两位同学进行百米赛跑，假如把他们的运动近似当作匀速直线运动来处理，他们同时从起跑线起跑，经过一段时间后他们的位置如图所示，在图中分别作出在这段时间内两人运动的位移x、速度v与时间t的关系图象，正确的是（） 10.（江西重点中学联考）如图所示，质量为m1且足够长的木板静止在光滑水平面上，其上放一质量为m2的木块。t0时刻起，给木块施加一水平恒力F。分别用a1、a2和v1、v2表示木板、木块的加速度和速度大小，图中可能符合运动情况的是（） 11. 利用如图甲所示的装置测量滑块和滑板间的动摩擦因数，将质量为M的滑块A放在倾斜滑板B上，C为位移传感器，它能将滑块A到传感器C的距离数据实时传送到计算机上，经计算机处理后在屏幕上显示出滑块A的速度时间（vt）图象。先给滑块A一个沿滑板B向上的初速度，得到的vt图象如图乙所示，则（）A. 滑块A上滑时加速度的大小为8 m/s2B. 滑块A下滑时加速度的大小为8 m/s2C. 滑块与滑板之间的动摩擦因数0.25D. 滑块A上滑时运动的位移为1 m12. 如图所示，一轻质弹簧一端系在墙上的O点，自由伸长到B点。今用一小物体m把弹簧压缩到A点，然后释放，小物体能运动到C点静止，物体与水平地面间的动摩擦因数恒定，试判断下列说法正确的是（ ）A. 物体从A到B速度越来越大，从B到C速度越来越小B. 物体从A到B速度越来越小，从B到C加速度不变C. 物体从A到B先加速后减速，从B一直减速运动D. 物体在B点受到的合外力为零二、实验题（共两小题，13题14分，14题9分，共23分）13. （全国高考）下图为验证牛顿第二定律的实验装置示意图。图中打点计时器的电源为50 Hz的交流电源，打点的时间间隔用t表示。在小车质量未知的情况下，某同学设计了一种方法用来探究“在外力一定的条件下，物体的加速度与其质量间的关系”。（1）完成下列实验步骤中的填空：平衡小车所受的阻力：小吊盘中不放物块，调整木板右端的高度，用手轻拨小车，直到打点计时器打出一系列_的点。按住小车，在小吊盘中放入适当质量的物块，在小车中放入砝码。打开打点计时器电源，释放小车，获得带有点列的纸带，在纸带上标出小车中砝码的质量m。按住小车，改变小车中砝码的质量，重复步骤。在每条纸带上清晰的部分，每5个间隔标注一个计数点。测量相邻计数点的间距s1、s2、。求出与不同m相对应的加速度a。以砝码的质量m为横坐标，为纵坐标，在坐标纸上作出m关系图线。若加速度与小车和砝码的总质量成反比，则与m应成_关系（填“线性”或“非线性”）。（2）完成下列填空：（i）本实验中，为了保证在改变小车中砝码的质量时，小车所受的拉力近似不变，小吊盘和盘中物块的质量之和应满足的条件是_。（ii）设纸带上三个相邻计数点的间距为s1、s2和s3。a可用s1、s3和t表示为a_。下图为用米尺测量某一纸带上的s1、s3的情况，由图可读出s1_mm，s3_mm，由此求得加速度的大小a_m/s2。（iii）上图为所得实验图线的示意图。设图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，若牛顿定律成立，则小车受到的拉力为_，小车的质量为_。14.（江西师大附中、鹰潭一中联考）在“验证力的平行四边形定则”实验中。（1）部分实验步骤如下，请完成有关内容：A. 将一根橡皮筋的一端固定在贴有白纸的竖直平整木板上，另一端绑上两根细线。B. 在其中一根细线上挂上5个质量相等的钩码，使橡皮筋拉伸，如图甲所示，记录：_、_、_。C. 将步骤B中的钩码取下，分别在两根细线上挂上4个和3个质量相等的钩码，用两光滑硬棒B、C使两细线互成角度，如图乙所示，小心调整B、C的位置，使_，记录_。（2）如果“力的平行四边形定则”得到验证，那么图乙中_。三、解答题（共3道，15、16题10分，17题9分，共29分）15. （北京高考）摩天大楼中一部直通高层的客运电梯，行程超过百米，电梯的简化模型如图甲所示。考虑安全、舒适、省时等因素，电梯的加速度a是随时间t变化的。已知电梯在t0时由静止开始上升，at图象如图乙所示。电梯总质量m2.0103 kg。忽略一切阻力，重力加速度g取10 m/s2。（1）求电梯在上升过程中受到的最大拉力F1和最小拉力F2；（2）类比是一种常用的研究方法。对于直线运动，课本中讲解了由vt图象求位移的方法。请你借鉴此方法，对比加速度和速度的定义，根据图乙所示at图象，求电梯在第1s内的速度改变量v1和第2 s末的速率v2。16. （武汉调考）如图所示，水平面上有一固定着轻质定滑轮O的木块A，它的上表面与水平面平行，它的右侧是一个倾角37的斜面。放置在A上的物体B和物体C通过一轻质细绳相连，细绳的一部分与水平面平行，另一部分与斜面平行。现对A施加一水平向右的恒力F，使A、B、C恰好保持相对静止。已知A、B、C的质量均为m，重力加速度为g，不计一切摩擦，求恒力F的大小。（sin 370.6，cos 370.8）17. （安徽高考）质量为0.1 kg的弹性球从空中某高度由静止开始下落，该下落过程对应的vt图象如图所示。球与水平地面相碰后离开地面时的速度大小为碰撞前的。设球受到的空气阻力大小恒为f，取g10 m/s2，求：（1）弹性球受到的空气阻力f的大小；（2）弹性球第一次碰撞后反弹的高度h。1. B 解析：由对称性可知两根绳的拉力大小相等，设为FT，则对日光灯在竖直方向上有：2FTcos 45G，可得FTG，即B正确。2. BC 解析：对物块受力分析，由平衡条件可得，物块对槽的压力FNmgcos 37kxmgcos 37k（LR）13 N，槽对物块的摩擦力Ffmgsin 376 N，故B、C正确。3. AD 解析：如图甲、乙所示，对O点进行受力分析后将、mg平移到一个矢量三角形中。“缓慢提起A端而O点的位置保持不变”意味着O点受三个力的作用一直保持平衡，、mg始终能构成封闭的矢量三角形。如图乙所示，由于mg的大小、方向都不变，的方向不变，故的一端只能在的作用线上滑动，从而随着OA方向（即方向）变化构成一系列的封闭的矢量三角形。显然，当与垂直时，有最小值，因此绳OA的张力先变小，后变大，绳OB的张力一直变小，A、D正确，B、C错误。4. D 解析：将气球和石块作为一个整体分析，受力如图所示。由平衡条件可得，F浮FNmg，FfF风，可见，水平风力F风增大，FN不变，Ff增大，D正确。5. C 解析：小球P受绳的拉力、重力、Q对P的弹力三个力作用，B错误；物块Q受重力、P对Q的弹力、墙对Q的弹力、墙对Q的静摩擦力四个力作用，A错误；由平衡条件可知，墙对Q的静摩擦力与Q的重力等大反向，与绳子长度无关，D错误；绳子变长时，绳子与竖直方向的夹角变小，由F绳cos mPg可知，F绳变小，C正确。6. D 解析：取沿斜面向上为正方向，小球沿斜面向上做匀减速直线运动，其位移xv0tat2，v04 m/s，agsin 5 m/s2，故x4t2.5t2，又d0.5x，所以d0.54t2.5t2，D正确。7. C 解析：对皮球进行受力分析，受到竖直向下的重力、阻力作用，根据牛顿第二定律，皮球在上升过程中的加速度大小，因皮球上升过程中速度v减小，加速度减小，当速度v0时，加速度ag，at图象逐渐趋近一条平行于t轴的直线，但不与t轴有交点，C正确；A、B、D错误。8. CD 解析：以三个木块为整体，由牛顿第二定律可得：F6ma，对m和2m的整体，则有T弹（2mm）a，当T弹T时，F2T，可见B错误，C正确；2m的木块受到轻弹簧的拉力、重力、地面支持力、m对2m的压力、和m对2m水平向左的静摩擦力，故A错误；因F撤去瞬间，轻弹簧的弹力T弹不变，故m的加速度的大小和方向均不变，故D正确。9. BC 解析：甲、乙两同学均做匀速直线运动，C正确，D错误，由题图可知，v乙v甲，故B正确，A错误。10. 解析：选AC若施加的外力F较小，则木块m2与木板m1一起加速运动，A正确；若施加的外力F足够大，则木块m2相对木板m1滑动，此时a2a1，故C正确；不可能出现相对向左滑动的情况，B、D均错误。11. ACD 解析：滑块A上滑时加速度的大小a1m/s28.0 m/s2，A项正确；A下滑时的加速度a2 m/s24.0 m/s2，B项错误；由牛顿第二定律知A上滑时mgsin mgcos ma1，A下滑时mgsin mgcos ma2，解得0.25，C项正确；在速度时间图象中面积表示位移，滑块A上滑时运动的位移为1 m，D项正确。12. C 解析：物体与水平地面间的动摩擦因数恒定，则物体由A向B运动的过程中，合力为0的位置必在B点左侧某点，所以由A向这一点运动的过程中物体做加速度减小的加速运动，由该点向右的运动过程中一直做加速度增大的减速运动，综合分析该题选择C项。13.（1）等间距线性（2）（i）远小于小车和砝码的总质量 （ii）24.2（23.924.5之间均正确）47.3（47.047.6之间均正确）1.16（1.131.19之间均正确）（iii） 解析：（1）平衡好小车所受的阻力，小车做匀速运动，打点计时器打出的点间隔基本相等。根据牛顿第二定律可知，F（Mm）a得，与m为一次函数关系，是线性关系。（2）（i）为保证小车所受拉力近似不变，应满足小吊盘和盘中物块的质量之和远小于小车的质量。（ii）由xaT2可知，a，由图可读出s136.7 mm12.5 mm24.2 mm，s3120.0 mm72.7 mm47.3 mm，换算后代入上式中，得a1.16 m/s2。（iii）设小车质量为M，由牛顿第二定律可得：F（Mm）a即，结合图象可知，k即F，b即MbF。14.（1）见解析 （2）解析：（1）B. 记录钩码个数（或细线拉力），橡皮筋与细线结点的位置O，细线的方向（说明：能反映细线方向的其他记录也可以）。C. 应使橡皮筋与细线结点的位置与步骤B中结点位置重合，并记录钩码个数和对应的细线方向。（2）对结点进行受力分析，设每个钩码的质量均为m，由平衡条件可知，水平方向满足：4mgcos 3mgcos ，所以。15. 解：（1）由牛顿第二定律，有Fmgma由at图象可知，F1和F2对应的加速度分别是a11.0 m/s2，a21.0 m/s2，F1m（ga1）2.0103（101.0）N2.2104 NF2m（ga2）2.0103（101.0）N1.8104 N（2）类比可得，所求速度变化量等于第1 s内at图线下的面积v10.5 m/s同理可得v2v2v01.5 m/sv00，第2 s末的速率v21.5 m/s16. 解：设绳的张力为FT，斜面对物体C的支持力为FN，系统加速度为a，以B为研究对象FTma以C为研究对象FNsin FTcos maFNcos FTsin mg联立解得a以A、B、C为整体F3ma，故Fmg。17. 解：（1）设弹性球第一次下落过程中的加速度大小为a1，由图知a1m/s28 m/s2根据牛顿第二定律，得mgfma1fm（ga1）0.2 N（2）由题图知弹性球第一次到达地面时的速度大小为v14 m/s，设球第一次离开地面时的速度大小为v2，则v2v13 m/s第一次离开地面后，设上升过程中球的加速度大小为a2，则mgfma2，a212 m/s2于是，有02a2h解得hm。15