（通用版）2019版高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 第一板塊 第2講 熟知“四類典型運(yùn)動(dòng)”掌握物體運(yùn)動(dòng)規(guī)律講義（含解析）.doc

《（通用版）2019版高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 第一板塊 第2講 熟知“四類典型運(yùn)動(dòng)”掌握物體運(yùn)動(dòng)規(guī)律講義（含解析）.doc》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（通用版）2019版高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 第一板塊 第2講 熟知“四類典型運(yùn)動(dòng)”掌握物體運(yùn)動(dòng)規(guī)律講義（含解析）.doc（15頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

熟知“四類典型運(yùn)動(dòng)”掌握物體運(yùn)動(dòng)規(guī)律 考法 學(xué)法 該部分“四類典型運(yùn)動(dòng)”包括：勻變速直線運(yùn)動(dòng)、一般的曲線運(yùn)動(dòng)、平拋運(yùn)動(dòng)、水平面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)。高考既有對(duì)單個(gè)運(yùn)動(dòng)形式的考查，也有對(duì)多個(gè)運(yùn)動(dòng)形式的組合考查?？疾榈膬?nèi)容主要包括：①勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律及圖像；②平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律；③水平面內(nèi)圓周運(yùn)動(dòng)的規(guī)律及臨界問(wèn)題。用到的思想方法有：①模型法；②圖像法；③臨界問(wèn)題的處理方法；④合成與分解思想；⑤等效思想。 ┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄ [知能全通]———————————————————————————————— 解答勻變速直線運(yùn)動(dòng)問(wèn)題的常用方法 1．基本公式法：v＝v0＋at，x＝v0t＋at2，v2－v02＝2ax。 2．重要推論法：v＝＝(利用平均速度測(cè)瞬時(shí)速度)；v＝ ；Δx＝aT2(用逐差法測(cè)加速度)。 3．逆向思維法：“勻減速(至速度為零的)直線運(yùn)動(dòng)”可逆向處理為“(由靜止開始的)勻加速直線運(yùn)動(dòng)”。 4．圖像法：利用v t圖像或x t圖像求解。 5．比例法：只適用于初速度或末速度為零的勻變速直線運(yùn)動(dòng)。 (1)1T末、2T末、3T末、…、nT末瞬時(shí)速度之比為1∶2∶3∶…∶n。 (2)第1個(gè)T內(nèi)、第2個(gè)T內(nèi)、…、第n個(gè)T內(nèi)位移之比為1∶3∶5∶…∶(2n－1)。 (3)從靜止開始連續(xù)通過(guò)相等位移所用時(shí)間之比為1∶(－1)∶(－)∶…∶(－)。 [題點(diǎn)全練]———————————————————————————————— 1．(2018全國(guó)卷Ⅰ)高鐵列車在啟動(dòng)階段的運(yùn)動(dòng)可看作初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)。在啟動(dòng)階段，列車的動(dòng)能(　　) A．與它所經(jīng)歷的時(shí)間成正比 B．與它的位移成正比 C．與它的速度成正比 D．與它的動(dòng)量成正比 解析：選B　動(dòng)能Ek＝mv2，與速度的平方成正比，故C錯(cuò)誤；速度v＝at，可得 Ek＝ma2t2，與經(jīng)歷的時(shí)間的平方成正比，故A錯(cuò)誤；根據(jù)v2＝2ax，可得Ek＝max，與位移成正比，故B正確；動(dòng)量p＝mv，可得Ek＝，與動(dòng)量的平方成正比，故D錯(cuò)誤。 2．一個(gè)物體從靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，以T為時(shí)間間隔，在第三個(gè)T時(shí)間內(nèi)位移是3 m，第三個(gè)T時(shí)間末的瞬時(shí)速度為3 m/s，則(　　) A．物體的加速度是1 m/s2 B．第一個(gè)T時(shí)間末的瞬時(shí)速度為0.6 m/s C．時(shí)間間隔為1 s D．物體在第1個(gè)T時(shí)間內(nèi)的位移為0.6 m 解析：選D　初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，連續(xù)相等時(shí)間內(nèi)通過(guò)的位移之比為1∶3∶5，據(jù)此可知第一個(gè)T時(shí)間內(nèi)的位移x1＝3 m＝0.6 m，選項(xiàng)D正確；第二個(gè)T時(shí)間內(nèi)的位移 x2＝3 m＝1.8 m，由v32－0＝2a(x1＋x2＋x3)，得a＝ m/s2，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由Δx＝aT2得x2－x1＝aT2，解得T＝ s，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；第一個(gè)T時(shí)間末的瞬時(shí)速度v1＝aT＝1 m/s，選項(xiàng)B錯(cuò)誤。 3.(2019屆高三福州八校聯(lián)考)如圖所示，a、b、c、d為光滑斜面上的四個(gè)點(diǎn)。一小滑塊自a點(diǎn)由靜止開始下滑，通過(guò)ab、bc、cd各段所用時(shí)間均為T。現(xiàn)讓該滑塊自b點(diǎn)由靜止開始下滑，則該滑塊(　　) A．通過(guò)bc、cd段的時(shí)間均大于T B．通過(guò)c、d點(diǎn)的速度之比為1∶2 C．通過(guò)bc、cd段的時(shí)間之比為1∶1 D．通過(guò)c點(diǎn)的速度等于通過(guò)bd段的平均速度 解析：選A　當(dāng)滑塊由a點(diǎn)靜止下滑時(shí)，滑塊沿光滑的斜面做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度大小為a′，ab段的間距為x，則bc段、cd段的間距應(yīng)分別為3x、5x，xbc∶xcd＝3∶5，類比滑塊由b點(diǎn)靜止下滑易知，C錯(cuò)誤；如果滑塊由b點(diǎn)靜止下滑，顯然滑塊通過(guò)bc段、cd段的時(shí)間均大于T，A正確；滑塊在c點(diǎn)的速度應(yīng)為v1＝，滑塊在d點(diǎn)的速度應(yīng)為v2＝，則v1∶v2＝∶，B錯(cuò)誤；因?yàn)閤bc∶xcd＝3∶5，顯然滑塊通過(guò)c點(diǎn)的時(shí)刻不是通過(guò)bd段的中間時(shí)刻，則滑塊通過(guò)c點(diǎn)的速度不等于bd段的平均速度，D錯(cuò)誤。 [知能全通]———————————————————————————————— 1．解決運(yùn)動(dòng)合成與分解的一般思路 (1)明確合運(yùn)動(dòng)或分運(yùn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)。 (2)明確是在哪兩個(gè)方向上的合成或分解。 (3)找出各個(gè)方向上已知的物理量(速度、位移、加速度)。 (4)運(yùn)用力與速度的關(guān)系或矢量的運(yùn)算法則進(jìn)行分析求解。 2．解答關(guān)聯(lián)速度問(wèn)題的方法 (1)與繩或桿相連的物體，相對(duì)地面實(shí)際發(fā)生的運(yùn)動(dòng)是合運(yùn)動(dòng)，合運(yùn)動(dòng)對(duì)應(yīng)合速度。 (2)在繩(桿)的端點(diǎn)把合速度分解為沿繩(桿)方向的速度和垂直于繩(桿)方向的速度，而沿繩(桿)的方向上各點(diǎn)的速度大小相等，由此列方程解題。 3．小船渡河的兩類問(wèn)題、三種情景 最短 時(shí)間 當(dāng)船頭方向即v船垂直河岸時(shí)，渡河時(shí)間最短，tmin＝ 最短 位移 如果v船>v水，當(dāng)v船與上游夾角θ滿足v船cos θ＝v水時(shí)，v合垂直河岸，渡河位移最短，等于河寬d 如果v船 ，b繩將出現(xiàn)張力 D．若b繩突然被剪斷，則a繩的張力一定發(fā)生變化 解析：選AC　小球在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，在豎直方向上的合力為零，水平方向上的合力提供向心力，所以a繩在豎直方向上的分力與重力相等，可知a繩的張力不可能為零，故A正確；根據(jù)豎直方向上受力平衡得，F(xiàn)asin θ＝mg，解得Fa＝，可知a繩的張力不變，故B錯(cuò)誤；當(dāng)b繩張力為零時(shí)，有＝mlω2，解得ω＝ ，可知當(dāng)角速度ω> 時(shí)，b繩將出現(xiàn)張力，故C正確；由于b繩可能沒有張力，故b繩突然被剪斷，a繩的張力可能不變，故D錯(cuò)誤。 12.如圖所示，A、B兩球用兩段不可伸長(zhǎng)的細(xì)繩連接于懸點(diǎn)O，兩段細(xì)繩的長(zhǎng)度之比為1∶2，現(xiàn)讓兩球同時(shí)從懸點(diǎn)O附近以一定的初速度分別向左、向右水平拋出，至連接兩球的細(xì)繩伸直所用時(shí)間之比為1∶，若A、B兩球的初速度大小之比為k，則k值應(yīng)滿足的條件是(　　) A．k＝ B．k> C．k＝ D．k> 解析：選A　設(shè)連接A球的細(xì)繩長(zhǎng)為L(zhǎng)，A球以初速度vA水平拋出，水平方向的位移 x＝vAt，豎直方向的位移y＝gt2，則x2＋y2＝L2，可得vA＝；同理得B球的初速度vB＝，因此有＝k＝，選項(xiàng)A正確。 13.[多選]如圖所示，BOD是豎直平面內(nèi)半圓軌道的水平直徑，OC為豎直半徑，半圓軌道半徑為R?，F(xiàn)有質(zhì)量相同的a、b兩個(gè)小球分別從A、B兩點(diǎn)以一定的初速度水平拋出，分別擊中軌道上的D點(diǎn)和C點(diǎn)，A點(diǎn)在B點(diǎn)正上方高度為R處，已知b球擊中C點(diǎn)時(shí)動(dòng)能為Ek，不計(jì)空氣阻力，則(　　) A．a(chǎn)球擊中D點(diǎn)時(shí)動(dòng)能為1.6Ek B．a(chǎn)球擊中D點(diǎn)時(shí)動(dòng)能為1.25Ek C．a(chǎn)、b兩球初速度之比為1∶1 D．a(chǎn)、b兩球與軌道碰撞前瞬間，重力的瞬時(shí)功率之比為1∶1 解析：選AD　兩個(gè)小球都做平拋運(yùn)動(dòng)，下落的高度都是R，根據(jù)R＝gt2可知，運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為：t＝，根據(jù)題圖可知，a球運(yùn)動(dòng)的水平位移為2R，則a球的初速度為：vA＝＝，b球的水平位移為R，則b球的初速度為：vB＝＝，則a、b兩球初速度之比為2∶1，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；a球從A到D的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理得：EkD＝mgR＋mvA2＝ 2mgR，b球從B到C的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理得：Ek＝mgR＋mvB2＝mgR，解得：EkD＝1.6Ek，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；a、b兩球與軌道碰撞前瞬間，豎直方向速度vy＝gt，相等，則重力的瞬時(shí)功率也相等，即重力的瞬時(shí)功率之比為1∶1，選項(xiàng)D正確。 14．(2018廣東華南三校聯(lián)考)橫截面為直角三角形的兩個(gè)相同斜面緊靠在一起，固定在水平面上，如圖所示。它們的豎直邊長(zhǎng)都是底邊長(zhǎng)的一半，現(xiàn)有三個(gè)小球從左邊斜面的頂點(diǎn)以不同的初速度向右平拋，最后落在斜面上，其落點(diǎn)分別是a、b、c。下列判斷正確的是(　　) A．圖中三小球比較，落在a點(diǎn)的小球飛行時(shí)間最短 B．圖中三小球比較，落在c點(diǎn)的小球飛行過(guò)程速度變化最大 C．圖中三小球比較，落在c點(diǎn)的小球飛行過(guò)程速度變化最快 D．無(wú)論小球拋出時(shí)初速度為多大，落到兩個(gè)斜面上的瞬時(shí)速度都不可能與斜面垂直 解析：選D　題圖中三小球均做平拋運(yùn)動(dòng)，可知落點(diǎn)為a、b和c的三小球下落的高度關(guān)系為ha>hb>hc，由t＝，得ta>tb>tc，又Δv＝gt，則Δva>Δvb>Δvc，A、B項(xiàng)錯(cuò)誤；速度變化快慢由加速度決定，因?yàn)閍a＝ab＝ac＝g，則三小球飛行過(guò)程中速度變化快慢相同，C項(xiàng)錯(cuò)誤；由題給條件可以確定小球落在左邊斜面上的瞬時(shí)速度不可能垂直于左邊斜面，而對(duì)右邊斜面可假設(shè)小球初速度為v0時(shí)，其落到斜面上的瞬時(shí)速度v與斜面垂直，將v沿水平方向和豎直方向分解，則vx＝v0，vy＝gt，且滿足＝＝tan θ(θ為右側(cè)斜面傾角)，由幾何關(guān)系可知tan θ＝，則v0＝gt，而豎直位移y＝gt2，水平位移x＝v0t＝gt2，可得x＝y(tǒng)，由題圖可知這一關(guān)系不可能存在，則假設(shè)不能成立，D項(xiàng)正確。