高考物理二轮复习专题二力与直线运动教学案.doc
《高考物理二轮复习专题二力与直线运动教学案.doc》由会员分享,可在线阅读,更多相关《高考物理二轮复习专题二力与直线运动教学案.doc(22页珍藏版)》请在得力文库 - 分享文档赚钱的网站上搜索。
1、1 / 22【2019【2019 最新最新】精选高考物理二轮复习专题二力与直线运动精选高考物理二轮复习专题二力与直线运动教学案教学案考情分析201520162017力与直线运动T5:匀变速直线运动的多过程问题T6:超重与失重、at图象T5:自由下落与竖直上抛运动及vx图象T9:匀变速直线运动规律、摩擦力、牛顿第二定律T3:物块在斜面上的运动命题解读本专题的考点分为两大板块,一个是运动学部分,另一个为牛顿运动定律,其中,匀变速直线运动的规律及运动图象问题和牛顿运动定律及应用为高频考点。从近三年命题情况看,命题特点为:(1)注重基础与迁移。如匀变速直线运动的规律及非常规运动图象问题,行车安全问题等
2、考查学生的理解能力。难度属于中等。(2)注重过程与方法。如板块问题、多过程问题等,以选择题的形式考查学生的推理能力,以计算题的形式考查学生的分析综合能力。难度属于偏难。整体难度偏难,命题指数,复习目标是达 B 冲 A。1.(2017徐州县中学高三第一次质检)一个做匀减速直线运动的物体,经过 3 s 速度刚好减为零。若测得该物体在最后 1 s 内的位移是 1 m,那么该物体在这 3 s 内的平均速度大小是( )2 / 22A.1 m/s B.3 m/s C.5 m/s D.9 m/s解析 采用逆向思维法,根据 xat2 得,物体的加速度大小 a m/s22 m/s2,则物体的初速度 v0at23
3、 m/s6 m/s,物体在这 3 s 内的平均速度 m/s3 m/s,故 B 项正确,A、C、D 项错误。答案 B2.(2017江苏清江中学月考)位于水平面上质量为 m 的物体,在大小为 F、方向与水平面成 角的推力作用下做加速运动,物体与水平面间的动摩擦因数为 ,则物体的加速度大小为( )图 1A. B.Fcos mC. D.Fcos (mgFsin ) m解析 对物体受力分析如图所示,在水平方向: Fcos fma,在竖直方向:FNFsin mg0,又 fFN,以上联立解得 a,故 D 项正确。答案 D3.(2017扬州模拟)图 2 甲是某人站在力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图,中间的“
4、”表示人的重心。图乙是根据传感器采集到的数据画出的力时间图象。两图中 ag 各点均对应,其中有几个点在图甲中没有画出。取重力加速度 g10 m/s2。根据图象分析可知( )图 23 / 22A.人的重力为 1 500 NB.c 点位置人处于超重状态C.e 点位置人处于失重状态D.d 点的加速度小于 f 点的加速度解析 由题图甲、乙可知,人的重力等于 500 N,质量 m50 kg,b 点位置人处于失重状态,c、d、e 点位置人处于超重状态,选项 A、C 错误,B 正确;d 点位置传感器对人的支持力 F 最大,为 1 500 N,由 Fmgma 可知,d 点的加速度 ad20 m/s2,f 点位
5、置传感器对人的支持力为 0 N,由 Fmgma 可知,f 点的加速度af10 m/s2,故 d 点的加速度大于 f 点的加速度,选项 D 错误。答案 B4. (2017江苏东海二中学情调研)从同一地点同时开始沿同一直线运动的两个物体、的速度图象如图 3 所示,在 0t0 时间内,下列说法正确的是( )图 3A.、两个物体的加速度都在不断减小B.物体的加速度不断增大,物体的加速度不断减小C.物体的位移等于物体的位移D.、两个物体的平均速度大小都大于v1v2 2解析 速度时间图象的斜率表示加速度,从图中可知两曲线的斜率都在减小,所以加速度都在减小,A 项正确,B 项错误;图象与坐标轴围成的面积表示
6、位移大小,所以从4 / 22图中可知的面积大于的面积,故物体的位移大于物体的位移,C 项错误;如图所示如果物体的速度从 v2 均匀减小到 v1,或从v1 均匀增加到 v2,物体的位移就等于图中梯形的面积,平均速度就等于,故物体的平均速度大于,物体的平均速度小于,D 项错误。答案 A匀变速直线运动基本规律的应用分析匀变速直线运动问题的“六种方法”【例 1】 (2017东海二中学情调研)ETC 是电子不停车收费系统的简称。汽车分别通过 ETC 通道和人工收费通道的流程如图 4 所示。假设汽车以 v115 m/s 朝收费站正常沿直线行驶,如果过 ETC 通道,需要在收费站中心线前 10 m 处正好匀
7、减速至 v25 m/s,匀速通过中心线后,再匀加速至 v1 正常行驶;如果过人工收费通道,需要恰好在中心线处匀减速至零,经过 20 s 缴费成功后,再启动汽车匀加速至 v1 正常行驶,设汽车加速和减速过程中的加速度大小均为 1 m/s2,求:图 4(1)汽车过 ETC 通道时,从开始减速到恢复正常行驶过程中的位移大小;(2)汽车通过 ETC 通道比通过人工收费通道节约的时间是多少?(3)假设有两列车队分别从 ETC 通道和人工收费通道通过,通过 ETC通道的车队匀速行驶时相邻两车间均相距 x1120 m,通过人工5 / 22收费通道的车队匀速行驶时相邻两车间距均为 x2200 m,则每小时从
8、ETC 通道多通过多少辆车?解析 (1)过 ETC 通道时,减速的位移和加速的位移相等,均为x1v,2a) m100 m所以总的位移 x 总 12x1d210 m。(2)过 ETC 通道时t122 s s22 s通过人工收费通道时 t22t02 s20 s50 sx2,2a)22 m225 m二者的位移差 xx2x1225 m210 m15 m在这段位移内过 ETC 通道时是匀速直线运动所以 tt250 s s27 s。(3)由于没有等待时间,每小时通过收费站的车辆即正常行驶时每小时通过某点的车辆数,因此ETC 通道每小时通过的车辆数n1(辆)450(辆)人工收费通道每小时通过的车辆数n2(辆
9、)270(辆)ETC 通道多通过 nn1n2180 辆车。答案 (1)210 m (2)27 s (3)180 辆【变式 1】 (多选)(2017扬州中学模拟)如图 5 所示,光滑斜面 AE被分成四个相等的部分,一物体由 A 点从静止释放,下列结论正确6 / 22的是( )图 5A.物体到达各点的速率之比 vBvCvDvE12B.物体到达各点经历的时间 tE2tBtCtDC.物体从 A 到 E 的平均速度 vvBD.物体通过每一部分时,其速度增量vBvAvCvBvDvCvEvD解析 根据运动学公式 v2v2ax 知,物体由 A 点从静止释放时,v22ax,所以物体到达各点的速率之比vBvCvD
10、vE12,故 A 项正确;根据运动学公式xv0tat2 得 t,物体到达各点经历的时间tBtCtDtE12,即 tE2tBtCtD,故 B 项正确;由于 vE2vB,物体从 A 到 E 的平均速度 vvB,故 C 项正确;vBvCvDvE12,物体通过每一部分时其速度增量不等,故 D 项错误。答案 ABC动力学图象问题求解动力学图象问题的基本思路【例 2】 (多选)(2017江苏溧水高级中学测试)一小球从地面竖直上抛,后又落回地面,小球运动过程中所受空气阻力与速度成正比,取竖直向上为正方向。下列关于小球运动的速度 v、加速度 a、位移x、机械能 E 随时间 t 变化的图象中,可能正确的有( )
11、7 / 22解析 小球在上升过程中,设小球的加速度为 a1,由牛顿第二定律得 mgfma1,又 fkv,得 a1g,v 减小,则 a1 减小,vt图象的斜率逐渐减小。小球在下落过程中,设小球的加速度为 a2,由牛顿第二定律得 mgfma2,又 fkv,得 a2g,v 增大,则a2 减小,vt 图象的斜率逐渐减小,故 A 项正确,B 项错误;根据位移时间图象的斜率等于速度大小,xt 图象的斜率先减小后反向增大,且下落时间大于上升时间,故 C 项正确;根据功能关系得fxE,则得f,由,则得fvkv2,v 是变化的,则知 Et 图象的斜率是变化的,图象应为曲线,故 D 项错误。答案 AC【变式 2】
12、 (多选)(2015江苏高考)一人乘电梯上楼,在竖直上升过程中加速度 a 随时间 t 变化的图线如图 6 所示,以竖直向上为 a的正方向,则人对地板的压力( )图 6A.t2 s 时最大 B.t2 s 时最小C.t8.5 s 时最大 D.t8.5 s 时最小解析 当电梯有向上的加速度时,人处于超重状态,人对地板的压力大于重力,向上的加速度越大,压力越大,因此 t2 s 时,压力最大,A 项正确;当有向下的加速度时,人处于失重状态,人对地板的压力小于人的重力,向下的加速度越大,压力越小,因此t8.5 s 时压力最小,D 项正确。8 / 22答案 AD【变式 3】 (多选)(2017南京、盐城模拟
13、)如图 7 甲所示,静止在水平地面上的物块 A,受到水平向右的拉力 F 作用,F 与时间 t 的关系如图乙所示,设物块与地面的最大静摩擦力 fm 与滑动摩擦力大小相等,则( )图 7A.0t1 时间内物块 A 的加速度逐渐增大B.t2 时刻物块 A 的加速度最大C.t3 时刻物块 A 的速度最大D.t2t4 时间内物块 A 一直做减速运动解析 0t1 时间内物块 A 受到的静摩擦力逐渐增大,物块处于静止状态,选项 A 错误;t2 时刻物块 A 受到的拉力 F 最大,物块 A 的加速度最大,选项 B 正确;t3 时刻物块 A 受到的拉力减小到等于滑动摩擦力,加速度减小到零,物块 A 的速度最大,
14、选项 C 正确;t2t3 时间内物块 A 做加速度逐渐减小的加速运动,t3t4 时间内物块 A 一直做减速运动,选项 D 错误。答案 BC牛顿运动定律及其应用牛顿运动定律及求解思路【例 3】 (2017江苏常州模拟)如图 8 所示为四旋翼无人机,它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器,目前得到越来越广泛的应用。一架质量 m2 kg 的无人机,其动力系统所能提供的最大升力9 / 22F36 N,运动过程中所受空气阻力大小恒为 f4 N。g 取 10 m/s2。图 8(1)无人机悬停在距地面某一高度处进行抓拍时,动力系统提供的作用力 F1 多大?(2)无人机在地面上从静止开始,以最大升力竖直向上起飞
15、。求在t5 s 时离地面的高度 h;(3)当无人机悬停在距离地面高度 H100 m 处,由于动力设备故障,无人机突然失去升力而坠落。求无人机坠落地面时的速度 v。解析 (1)无人机悬停时处于二力平衡状态,有 F1mg,代入解得F120 N。(2)设无人机上升时加速度为 a,由牛顿第二定律得Fmgfma解得 a6 m/s2由 hat2,代入数值解得 h75 m(3)设无人机坠落过程中加速度大小为 a1,由牛顿第二定律,有mgfma1解得 a18 m/s2由 v22a1H 解得,v40 m/s答案 (1)20 N (2)75 m (3)40 m/s【变式 4】 (2017江苏南通高三调研)如图 9
16、 所示,质量分别为 M和 m 的两物块与竖直轻弹簧相连,在水平面上处于静止状态,现将10 / 22m 竖直向下压缩弹簧一段距离后由静止释放,当 m 到达最高点时,M恰好对地面无压力。已知弹簧劲度系数为 k,弹簧形变始终在弹性限度内,重力加速度为 g,则( )图 9A.当 m 到达最高点时,m 的加速度为 gB.当 m 到达最高点时,M 的加速度为 gC.当 m 速度最大时,弹簧的形变量为Mg kD.当 m 速度最大时,M 对地面的压力为 Mg解析 当 m 到达最高点时,M 恰好对地面无压力,则此时弹簧的弹力为 Mg,对 m 根据牛顿第二定律得 mgMgma,解得 ag,选项A 正确;当 m 到
17、达最高点时,M 的加速度为 0,选项 B 错误;当 m 速度最大时,此题满足 mgkx,此时弹簧的形变量为 x,选项 C 错误;当 m 速度最大时,M 对地面的压力为(Mm)g,选项 D 错误。答案 A板块模型滑块木板问题的分析方法【例 4】 (2017南师大附中)如图 10 所示,有两个高低不同的水平面,高水平面光滑,低水平面粗糙。一质量为 5 kg、长度为 2 m的长木板靠在高水平面边缘 A 点,其表面恰好与高水平面平齐,长木板与低水平面间的动摩擦因数为 0.05。一质量为 1 kg 可视为质点的滑块静止放置,距 A 点距离为 3 m。现用大小为 6 N、水平向右的外力拉小滑块,当小滑块运
18、动到 A 点时撤去外力,滑块以此时11 / 22的速度滑上长木板,滑块与长木板间的动摩擦因数为 0.5,取 g10 m/s2。求:图 10(1)滑块滑动到 A 点时的速度大小;(2)滑块滑动到长木板上时,滑块和长木板的加速度大小分别为多少?(3)通过计算说明滑块能否从长木板的右端滑出。解析 (1) 设 m、F 分别为滑块的质量和受到的拉力,a 为滑块的加速度,v 为滑块滑到 A 点时的速度大小,L0 为滑块在高水平面上运动位移。根据牛顿第二定律有 Fma根据运动学公式有 v22aL0联立方程解得 v6 m/s(2)设 M 为长木板的质量,a1、a2 分别是此过程中滑块和长木板的加速度,1、2
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 高考 物理 二轮 复习 专题 直线运动 教学
限制150内