高考物理二轮复习专题一第2讲 力与直线运动课件.pdf

第2讲力与直线运动喋焦高考真题 体验真题明考向.（2016江苏单科，5）小球从一定高度处由静止下落，与地面 碰撞后回到原高度再次下落，重复上述运动，取小球的落地点AB.（多选）（2016江苏单科，9）如图1所示，一只猫在桌边猛地 将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面，若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动H 导一5 II,则在上述过程中（A.桌布对鱼缸摩擦力的方向向左B.鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等C.若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大D.若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面解析 桌布对鱼缸摩擦力的方向向右，A项错误；各接触面间的 动摩擦因数为M，鱼缸的质量为机，由牛顿第二定律可得鱼缸在 桌布和桌面上滑动的加速度大小相同，均为。二阳，鱼缸离开桌V布时的速度为V,则鱼缸在桌布上和在桌面上滑动时间均为石,HoB项正确；猫增大拉力时，鱼缸受到的摩擦为/二口加g不变，C项 错；若猫减小拉力，鱼缸在桌布上加速运动的时间变长，离开桌 布时的速度v 二由增大，加速运动的位移工产;阳，增大，且鱼2缸在桌面上减速滑行的位移应二品也增大，则鱼缸有可能滑出桌 面，D项对。答案.（2015江苏单科，5）如图2所示，某“闯关游戏”的笔直通道 上每隔8 m设有一个关卡，各关卡同步放行和关闭，放行和关 闭的时间分别为5 s和2 s。关卡刚放行时，一同学立即在关 卡1处以加速度2 m/s2由静止加速到2 m/s,然后匀速向前,则最，关卡1 关卡2关卡3 关卡4 关卡58 m 8 m 8 m 8 m图2A.关卡2 B.关卡3 C.关卡4 D.关卡5解析 由题意知，该同学先加速后匀速，速度增大到2m/s用时人=1 s,在加速时间内通过的位移=，2=4s,x2=v/2=8m,已过关卡2,，3=2s时间内*3=4 m,关卡打开4=5 s,x4=vr4=10m,此时关卡关闭，距离关卡4还有1m,到达关卡4 还需行二0.5 s,小于2 s,所以最先挡住他前进的是关卡4,故C 正确。答案 C.（多选）（2015,江苏单科，6）一人乘电梯上楼，在竖直上升过 程中加速度随时间，变化的图线如图3所示，以竖直向上为图3A.r=2 s时最大 B.r=2 s时最小C.t=8.5 s时最大 D.t=8.5 s时最小 解析由题图知，在上升过程中，在o 4s内，加速度方向 向上，-mg=ma,所以向上的加速度越大，电梯对人的 支持力就越大，由牛顿第三定律可知，人对电梯的压力就越大,故A正确，B错误；由题图知，在7 10 s内加速度方向 向下，由加g一综二次。知，向下的加速度越大，人对电梯的 压力就越小，故C错误，D正确。答案 AD.（2014-江苏单科，5）一汽车从静止开始做匀加速直线运动v和位解析 由匀加速直线运动速度与位移的关系:v2=,知u-图象应为开口向工轴正方向的抛物线的一部分,可故C、D错；当汽车做匀减速直线运动时，由逆向思维法可得v2=2a2x,即 u 图象应为开口向轴负方向的抛物线的一部分，故A正确，B错误。答案 A6.（多选）（2014,江苏单科，8）如图4所示，4、B两物块的质量分 别为2血和血，静止叠放在水平地面上。4、B间的动摩擦因 数为U,万与地面间的动摩擦因数为;口。最大静摩擦力等于滑 动摩擦力，重力加速度为g。现对A施加一水平拉力F，则（）A.当F3xmg时，A相对B滑动D.无论方为何值，区的加速度不会超过%g图4解析As万间的滑动摩擦力入=2pmg,万与地面间的滑动摩擦1 3力为介=5(2m+m)g=mg3,因止匕当2Umg3Atng 时，A相对B滑动，C正确；A、B间发生相对滑动后，B的加1 5速度总为/g不变，D正确；当b=时，4、万一起运动，3 1则对4、万整体有：F-=3ma,解得=3,B正确。答案BCD考情分析2014力与直 线运动T5：匀变速直线运 动的v-t图象T8：牛顿运动定律2015T5：匀变速直 线运动T6：牛顿运动 定律的应用2016T5：自由下落和竖 直上抛T6：匀变速直线运 动，牛顿第二定律高考对力与直线运动考查的内容主要有：匀变速直线运动的规律及运动图象问题；行 车安全问题；物体在传送带（或平板车）上的运动问题；题型既有选择题（为主）又 有计算题，题目新颖，与生活实际联系密切，试题大多综合牛顿运动定律、受力分析、运动过程分析等内容。I突破热点考如 热点突破不提技能卷考向 运动图象的理解及应用规律方法图象、情境、规律是解决图象问题不可分割的三个要素，要把物 理规律和物理图象相结合。利用图象解题时一定要从图象的纵、横坐标轴所代表的物理量及两个物理量间的函数关系，图线中的“点”、“线”、“斜率”、“截距”和“面积”等方面寻找解题的突破口。解决此类问题的一般思路一*明确图象是T图象还是v-t图象等尸 充分理解图象的截距、斜率、交点等的物理（明意M）意义，根据图象判断物体的运动情况及物体一一 之间的相互关系W小喜4,根据在运动图象中找出的各物理量之间的关起吧号一系，运用相应的运动学规律进行求解解析 开始时，乙的位置坐标为0,甲从离坐标原点20 m 处开始运动，两者的运动方向相同，当乙开始运动时，甲 已经运动了 10 s,因此二者之间的距离大于20 m,故A 错误；在0 10 s这段时间内，乙静止不动，甲匀速运动,则物体间的距离逐渐变大，故B正确；在10 25 s这 段时间内，由于乙的速度大于甲的速度，甲在乙的前方，则物体间的距离逐渐变小，故C正确；由于10s后乙的速 度大于甲的速度，因此当乙开始运动时两者相距最远，从 图象可知25s时，两者位置坐标相同，即相遇，故D正确O答案 BCD.如图6甲所示，直角三角形斜劈固定在水平面上。t=0 时，一物块（可视为质点）从底端。以初速度。沿斜面向上 运动，到达顶端。时速率恰好为零，之后沿斜面Ac下滑至底 端c o若物块与斜面4、be间的动摩擦因数相等，物块在两 斜面上运动的速率u随时间变化的规律如图乙所示，已知重力A.斜面ab的倾角0B.物块与斜面间的动摩擦因数pC.物块的质量mD.斜面儿的长度L解析根据题图乙可求出物块在左、右斜面上的加速度大小心、a2,根据牛顿第二定律有mgsin 0+p帆geos 0=max,相geos 0-pwigs in 0=ma2,则可求出 B 和|J,但 m 无法求出。根据题图乙可求出0.6 1.6 s时间内物块的位移大 小，即可求出七，故选项C符合题意。答案 C.（多选）（2016南昌模拟）用一水平力方拉 静止在水平面上的物体，在方由零逐渐增 大的过程中，加速度。随力歹变化的图象 如图7所示，重力加速度g取10 m/s2,水平面各处的粗糙程度相同，认为滑动摩 擦燧醐麟摩擦力相等，则由此可推算 题物体与水平地面间滑动摩擦力的大小 C.拉力F=12N时物体运动的速度大小 D.拉力F=12 N时物体运动的位移大小0 6 12 F/N图7解析 物体受重力、地面的支持力、拉力和摩擦力作用。据图 象可知滑动摩擦力大小为6 N,根据牛顿第二定律得F-mg12=ma,解得=7-pg,由一方图线可知5 m巧一？二二-pg、，：，儿6 NO=-|Jg,解得机=1.2 kg,|J=0.5,A、B正确；根据图象只能求出拉力尸=12 N时物体的加速度，物体初速度为零，由 于不知道时间，故无法求解出速度大小和位移大小,C、D错误。答案 AB考向匀变速直线运动规律的应用规律方法21.匀变速直线运动通常可分为两类一类是单个物体的多过程模型，另一类是多个物体（通常为两 个）的多过程模型（见考向三）。2.解题思路不论是单个物体的多过程模型还是多个物体的多过程模型，处 理的一般方法如下：(1)弄清题意，划分过程一根据题意，弄清楚物体的运动经历了 几个过程。(2)依据已知，分析过程-依据题目中给出的已知条件，对划分 出的物体运动的每个过程进行运动学分析或动力学分析。(3)结合已知，列出方程T结合题中给出的已知条件，列出物体 运动的每个过程所对应的运动学方程或动力学方程。精典题组.（2016-全国卷III,16）一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运 动，在时间间隔，内位移为s,动能变为原来的9倍。该质点 啰速度为（B&）畤 D.J解析 动能变为原来的9倍，则物体的速度变为原来的3倍，BP v=3v0i 由 s=g（y（）+y），和。二 y得=故A 对。答案A.雾霾天气会对行车安全造成很大的影响，因此在行车时司机 应打开汽车的前雾灯和尾部双闪灯，以保证行车安全。若在某 平直公路上，有一货车正以匕=9 m/s的速度匀速行驶，其 后方有一小轿车正以匕=24 m/s的速度匀速行驶。由于雾霾 的影响，小轿车司机只有到达距离货车d=35 m的地方才能 看到该货车尾部双闪灯发出的光，若此时小轿车司机立即刹车 做匀减速直线运动，则小轿车要经过Ax=9 6 m才能停下来。两车在运动过程中可视为质点。(1)若小轿车司机刹车时，前方的货车仍以原速度向前匀速 行驶，试通过计算分析两车是否会相撞；(2)若小轿车司机在刹车的同时给前方的货车发出信号，货 车司机经仅=1 s收到信号并立即以“=2 m/s2的加速度 匀加速行驶，试通过计算分析两车是否会发生相撞。解析（1）设刹车时小轿车的加速度大小为解得 i=3 m/s2i,则由运动学公式可设两车达到速度相等时所用时间为小 则有V1=V2-16代入数据可解得。=5 s设在时间内小轿车行驶的距离为则有Xi=一;设在6时间内货车行驶的距离为X2,则有X2=Vlt1 代入数据可解得Xi=82.5 m,x2=45 m由于i-孙二 37.5 md=35 m故两车会相撞。设两车速度达到相等所需的时间为，2,则有u2 _也=vi+a（t2 一&）解得，2=3.4 s设在，2时间内小轿车向前行驶的距离为勺，货车向前行驶的距离 为2，贝II有工/二心右一;/1 X2=v1st+v i（t2-&）+一 反）解得“i=64.26 m,X2=36.36 m 由于 i-X2=27.9 m J=35 m故此种情况下两车不会发生相撞。答案（1）相撞（2）不会相.（2016长沙模拟）为了安全，中国航母舰载机“歼-15”采用滑 跃式起飞。起飞时主要靠甲板前端的上翘来帮助战斗机起飞，其示意图如图8所示，飞机由静止开始先在一段水平距离为=160 m的水平跑道上运动，然后在长度为L2=20.5 m的倾 斜跑道上滑跑，直到起飞。已知飞机的质量皿=2.0 x 104 kg,其喷气发动机的推力大小恒为方=1.4x lO5N,方向与速 度方向相同，水平跑道与倾斜跑道末端的高度差4=2.05 m,飞机在水平跑道上和倾斜跑道上运动的过程中受到的平均 阻力大小都为飞机重力的0.2倍，假设航母处于静止状态，飞机 质量视为不变并可看成质点，倾斜跑道看作斜面，不计水平跑 道和倾斜跑道连辖处的影响.且飞机起飞的过程中没有出现任图8(1)飞机在水平跑道上运动的末速度大小;(2)飞机从开始运动到起飞经历的时间t。解析（1）设飞机在水平跑道上运动的加速度大小为 1,阻力大小 为在水平跑道上运动的末速度大小为匕，由牛顿第二定律得 F-F于=maiFf=0.2mgv x=联立以上三式并代入数据解得=5 m/s2,vj=40 m/so设飞机在倾斜跑道上运动的加速度大小为2,在倾斜跑道末端 的速度大小为V1,飞机在水平跑道上的运动时间6 F=8 s在倾斜跑道上，由牛顿第二定律有_ _ hF-Ff-mgj=mai代入数据解得2=4 m/s2由V 2 1=%?亦2代入数据解得上二42 m/s飞机在倾斜跑道上的运动时间t2=-贝IJ，=，i+2=8.5 So答案(1)40 m/s(2)8.5=0.5 s【高分技巧】牛顿第二定律和运动学公式的综合运用问题，涉 及多过程的运动分以下几个步骤进行求解：(1)分析物体运动的转折点。(2)根据转折点将物体的运动分为相应的几个阶段，明确各段相互 联系的物理量。(3)分阶段分析物体的受力情况和运动情况。(4)利用牛顿运动定律和运动学公式列出相应的表达式进行求解。考向连接体问题3规律方法.分析“滑块一滑板”模型时要抓住一个转折、两个关联及一个 临界条件1）一个转折滑块与滑板达到相同速度或者滑块从滑板上滑 下是受力和运动状态变化的转折点。2）两个关联-转折前、后受力情况之间的关联和滑块、滑板 位移和板长之间的关联。2.解决连接体问题的方法技巧整体法：优点：研究对象减少，忽略物体之间的相互作用力，方程数 减少，求解方便。条件：连接体中各物体具有共同的加速度。隔离法：优点：易看清各个物体具体的受力情况。条件：当系统内各物体的加速度不同时，一般采用隔离法；求连接体内各物体间的相互作用力时必须用隔离法。精典题组.(2016-常州二模)如图9所示，在建筑工地的工人两手对称 水平用力将两长方体水泥制品夹紧并以加速度。竖直向上匀加 速搬起，其中A的质量为加，5的质量为3m,手施加的压 力为F,4、B之臼的产,拉甲魁甲r 在此过程中，As 5间的摩擦力为(上八 b 上 J J图93A.pF B.2pF C.m(g+a)D.m(g+a)解析 由于A、3相对静止，故4、3之间的摩擦力为静摩擦 力，A、B错误；设手对4、3在竖直方向上的摩擦力为/,以A、笈整体为研究对象可知在竖直方向上有才一(m+3机)g=(m+3m)a,设3对4的摩擦力方向向下，大小为了，对A 由牛顿第二定律有/f-mg=ma,解得了=m(g+a),D正确，C错误。答案 D.（2016-姜堰模拟）如图10所示为一个实验室模拟货物传送的 装置，4是一个表面绝缘、质量为血a=2 kg的长板车，车置 于光滑的水平面上，在车左端放置一质量为血5=1 kg、带电 荷量为4=+1x 10-2c的绝缘小货物3,在装置所在空间内 有一水平匀强电场，可以通过开关控制其大小及方向。先产生 一个方向水平向右、大小4=3x 102 N/C的电场，车和货物开 始运动，2 s后，改变电场，电场大小变为马二1x 13 N/C,方向向左，一段时间后，关闭电场，关闭电场时车右端正好到 达目的地，货物到达车的最右端，且车和货物的速度恰好为零。已知货物与车间的动摩擦因数P=0.1,车不带电，货物体积%图10解析 由题意可知，货物和车起初不可能以相同加速度一起运动,设车运动的加速度大小为aAt货物运动的加速度大小为aBExq-smBg 的g ar,2aB=2 m/s,aA=0.5 m/s第 mB a mA车和货物运动2 s时货物和车的速度大小分别为Vb=4 m/s,vA=aAt=1 m/s2 s后货物和车的加速度大小分别为aBr=E1(1 VmB8=2 m/s2 mB，的牲g A,2aA=0.5 m/s设又经介时间货物和车共速，vB-aB,t1=vA+aAti代入数据解得ti=1.2 s此时货物和车的共同速度v=1.6 m/s共速后二者一起做匀减速运动，加速度大小 空；=2 m/s?+niB J减速到0所经历的时间为，2=，=4.8 s所以第二次电场的作用时间为+，2=6 S。答案 6.(2016-福州三模)高铁的开通给出行的人们带来了全新的旅行 感受，大大方便了人们的工作与生活。高铁每列车组由七节车 厢组成，除第四节车厢为无动力车厢外，其余六节车厢均具有 动力系统，设每节车厢的质量均为加，各动力车厢产生的动力 相同，经测试，该列车启动时能在时间胃内将速度提高到u,已知运动阻力是车重的4倍。求：(1)列车在启动过程中，第五节车厢对第六节车厢的作用力；(2)列车在匀速行驶时，第六节车厢失去了动力，若仍要保持列 本的句浦咨科技太皿1笙石书本面就鱼表不本面的作田力亦让解析（1）列车启动时做初速度为零的匀加速直线运动，启动加速V 度为 对整个列车，由牛顿第二定律得：F-k-7mg=lma设第五节车厢对第六节车厢的作用力为T,对第六、七两节车厢进 行受力分析，水平方向受力如图所示，/I W-UJ|八 八1八 八I，尸C5 OC5 C?7由牛顿第二定律得不+T-k2mg=2机1 v联立得T=-/(7+和)其中“一”表示实际作用力与图示方向相反，即与列车运动方向 相反。(2)列车匀速运动时，对整体由平衡条件得：F k,7tng=0(5)设第六节车厢有动力时，第五、六节车厢间的作用力为Ti,则有：2Fr+北 一 k2mg=0 第六节车厢失去动力时,仍保持列车匀速运动,则总牵引力不变,设此时第五、六节车厢间的作用力为72,分析第六、七节车厢,则有：g+72-=0联立得Ti=-ctngT2=kmg因此作用力变化7二乃一 A=kmg答案(l)1/w(y+kg),方向与列车运动方向相反(2)1?7wg指导满分答题 ggggggggg 规范答题露拿满分I高频考点二 以各种图象形式考查对动力学中的图象的理解和应用 满分策略满分示例（15分）（2016南京市模拟）如图11甲所示，一长木板静止在 水平地面上，在=0时刻，一小物块以一定速度从左端滑上 长木板，以后长木板运动的u 图象如图乙所示。已知小物 块与长木板的质量均为=1 kg,小物块与长木板间及长木板与地面间均有摩擦，经1 S后小物块与长木板相对静止（gW(msT)取 10 m/s2)图11（1）小物块与长木板间动摩擦因数的值;（2）在整个运动过程中，系统所产生的热量。审题指导破题关键一T读题、读图获取信息读题关键占(题干,一长木板铮止.一小 愚含物块以一定速（开始阶段）物块向右做匀减 速直线运动长木板向右做匀 加速直线运动经I S后相对静止,隐含第二阶段）二者有共同的速 度、加速度二者一起匀减速直线运动(2)读图长木板先做匀加速直线运 动，后做匀减速直线运动一力产1.0 s时,木板速度最大，且v=2 m/sm一长木板减速运动的时间力产0.8 s一长木板加速时的加速度大小=2 m/s?,减速时的加速度大小 a2=2.5 m/s?,也是二者共同减速 的加速度满分模板解析（1）长木板加速过程中，由牛顿第二定律，得-2 也加g=机41（2 分）vrn=a1t1（l 分）木板和物块相对静止，共同减速过程中，由牛顿第二定律，得也2根g=2ma2（2分）0=vm-a2t2（l 分）由图象可知，vm=2m/s,rx=1.0s,r2=0.8s联立解得：山二 0.7（2分）满分体验（15分）如图12甲所示，倾角9=37。的粗糙斜面固定在水 平面上，斜面足够长。一根轻弹簧一端固定在斜面的底端，另一端与质量m=1.0 kg的小滑块（可视为质点）接触，滑 块与弹簧不相连，弹簧处于压缩状态。当=0时释放滑块。在0 0.24 s时间内，滑块的加速度。随时间/变化的关系 如图乙所示。已知弹簧的劲度系数化=2.0 x 102 N/m,当1=0.14 s时，滑块的速度匕=2.0 m/s。g取10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8。最大静摩擦力等 于滑动摩擦力。求：(1)斜面对滑块的摩擦力/的大小；(2)=0.14 s时滑块与出发点间的距离d;(3)在0 0.44 s时间内，滑块运动的路程s o规范解答解析（1）由图乙可知，当匕=0.14 s时，滑块与弹簧开始 分离，此后滑块受重力、斜面的支持力和摩擦力，如图丙所分离后，滑块开始做匀减速直线运动，在这段过程中，由图乙可知，滑块加速度的大小为=10m/s2（l分）根据牛顿第二定律有mgsinQ+f=mar（2分）解得了=4.0 N（1分）答案(1)4.0 N(2)0.20 m(3)0.41 m