高考物理二轮复习专题一力与运动第2讲力与物体的直线运动学案.doc

- 1 - / 19【2019【2019 最新最新】精选高考物理二轮复习专题一力与运动第精选高考物理二轮复习专题一力与运动第 2 2 讲力讲力与物体的直线运动学案与物体的直线运动学案知识必备1.匀变速直线运动的“四类公式”2.符号法则(1)匀变速直线运动的“四类公式”都是矢量式，应用时注意各量符号的确定。(2)一般情况下，取初速度的方向为正方向。3.牛顿第二定律 F 合ma。4.典型运动的动力学特征(1)F 合0，物体做匀速直线运动或静止。(2)F 合0 且与 v 共线，物体做变速直线运动。F 合不变，物体做匀变速直线运动。5.必须辨明的“4 个易错易混点”(1)物体做加速或减速运动取决于速度与加速度方向间的关系。(2)“刹车”问题要先判断刹车时间，再分析计算。(3)力是改变运动状态的原因，惯性大小只与质量有关。(4)物体的超重、失重状态取决于加速度的方向，与速度方向无关。,备考策略1.抓好“两个分析、两个桥梁” ，攻克动力学问题- 2 - / 19(1)两分析物体受力情况分析，同时画出受力示意图；物体运动情况分析，同时画出运动情境图。(2)两个桥梁加速度是联系运动和力的桥梁；速度是各物理过程相互联系的桥梁。2.解决图象类问题“四个注意” 、 “一个关键”(1)“四个注意”xt 图象和 vt 图象描述的都是直线运动，而不是曲线运动。xt 图象和 vt 图象不表示物体运动的轨迹。xt 图象中两图线的交点表示两物体相遇，而 vt 图象中两图线的交点表示两物体速度相等。at 图象中，图线与坐标轴围成的面积表示速度的变化量；vt 图象中，图线与坐标轴围成的面积表示位移；而 xt 图象中，图线与坐标轴围成的面积则无实际意义。(2)“一个关键”要将物体的运动图象转化为物体的运动模型。匀变速直线运动规律的应用【真题示例 1】 (2016·全国卷，16)一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔 t 内位移为 s，动能变为原来的 9 倍。该质点的加速度为( )B. A. - 3 - / 19D.C. 8s t2解析 动能变为原来的 9 倍，则物体的速度变为原来的 3 倍，即v3v0，由 s(v0v)t 和 a得 a，故 A 正确。答案 A【真题示例 2】 (2017·全国卷，25)真空中存在电场强度大小为 E1的匀强电场，一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动，速度大小为 v0，在油滴处于位置 A 时，将电场强度的大小突然增大到某值，但保持其方向不变。持续一段时间 t1 后，又突然将电场反向，但保持其大小不变；再持续同样一段时间后，油滴运动到 B 点。重力加速度大小为 g。(1)求油滴运动到 B 点时的速度；(2)求增大后的电场强度的大小；为保证后来的电场强度比原来的大，试给出相应的 t1 和 v0 应满足的条件。已知不存在电场时，油滴以初速度 v0 做竖直上抛运动的最大高度恰好等于 B、A 两点间距离的两倍。解析 (1)设油滴质量和电荷量分别为 m 和 q，油滴速度方向向上为正。油滴在电场强度大小为 E1 的匀强电场中做匀速直线运动，故匀强电场方向向上。在 t0 时，电场强度突然从 E1 增加至 E2 时，油滴做竖直向上的匀加速运动，加速度方向向上，大小 a1 满足qE2mgma1油滴在时刻 t1 的速度为v1v0a1t1电场强度在时刻 t1 突然反向，油滴做匀变速直线运动，加速度方向向- 4 - / 19下，大小 a2 满足qE2mgma2油滴在时刻 t22t1 的速度为v2v1a2t1由式得v2v02gt1(2)由题意，在 t0 时刻前有qE1mg油滴从 t0 到时刻 t1 的位移为s1v0t1a1t油滴在从时刻 t1 到时刻 t22t1 的时间间隔内的位移为s2v1t1a2t由题给条件有 v2g(2h)式中 h 是 B、A 两点之间的距离。若 B 点在 A 点之上，依题意有s1s2h由式得E222()2E1为使 E2E1，应有22()21即当 0t1(1)或 t1(1)- 5 - / 19才是可能的；条件式和式分别对应于 v20 和 v20 两种情形。若B 在 A 点之下，依题意有s2s1h由式得E222()2E1为使 E2>E1，应有22()2>1即 t1>(1)另一解为负，不符合题意，已舍去。答案 (1)v02gt1 (2)见解析真题感悟1.高考考查特点(1)高考题注重基本概念的理解及基本公式及推论的灵活应用，计算题要注意数学知识的应用，如 2017 全国卷第 25 题考查了不等式的求解。(2)熟练掌握运动学的基本规律及推论，实际问题中做好过程分析及运动中的规律选取是解题的关键。2.解题常见误区及提醒(1)基本概念、公式及基本推论记忆不准确，应用不灵活。(2)实际问题中过程不清晰，时间关系、速度关系、位移关系把握不准。(3)解决追及相遇问题时，要抓住题目中的关键词语(如“刚好” “最多”- 6 - / 19“至少”等)。预测 1匀变速直线运动规律的灵活选用预测 2追及相遇问题预测 3应用匀变速直线运动规律解决生活实际问题1.(2017·福建省毕业班质量检查)如图 1，a、b、c、d 为光滑斜面上的四个点。一小滑块自 a 点由静止开始下滑，通过 ab、bc、cd 各段所用时间均为 T。现让该滑块自 b 点由静止开始下滑，则该滑块( )图 1A.通过 bc、cd 段的时间均大于 TB.通过 c、d 点的速度之比为 12C.通过 bc、cd 段的位移之比为 13D.通过 c 点的速度等于通过 bd 段的平均速度解析 当滑块由 a 点静止下滑时，滑块沿光滑的斜面做匀加速直线运动，加速度大小为 a。假设 ab 段的间距为 x，则 bc 段、cd 段的间距应分别为 3x、5x，xbcxcd35，C 错误；如果滑块由 b 点静止释放，显然滑块通过 bc 段、cd 段的时间均大于 T，A 正确；滑块在 c 点的速度应为 v1，滑块在 d 点的速度应为 v2，则 v1v2，B 错误；因为xbcxcd35，显然通过 c 点的时刻不是 bd 的中间时刻，则滑块通过 c 点的速度不等于 bd 段的平均速度，D 错误。答案 A2.为了保障市民出行安全，减少交通事故，交管部门强行推出了“电子眼” ，此后机动车闯红灯大幅度减少。现有甲、乙两汽车正沿同一平直马路同向匀速行驶，甲车在前，乙车在后，它们行驶的速度均为 10 - 7 - / 19m/s。当两车快要到十字路口时，甲车司机看到绿灯已转换成了黄灯，于是紧急刹车(反应时间忽略不计)，乙车司机为了避免与甲车相撞也紧急刹车，但乙车司机反应较慢(反应时间为 0.5 s)。已知甲车紧急刹车时制动力为车重的 0.4，乙车紧急刹车时制动力为车重的 0.5，g 取 10 m/s2。问：(1)若甲司机看到黄灯时车头距警戒线 15 m，他采取上述措施能否避免闯红灯；(2)为保证两车在紧急刹车过程中不相撞，甲、乙两车行驶过程中应保持多大距离。解法指导 (1)两车在司机的反应时间内做匀速运动，这一点要记住。(2)两车避免相撞的临界条件是在同一位置处，后车的速度等于前车的速度。解析 (1)甲车紧急刹车的加速度为 a10.4g4 m/s2甲车停下来所需时间 t12.5 s甲车滑行距离 s,2a1)12.5 m由于 12.5 mx2x3，故当足球停止- 9 - / 19运动时，前锋队员仍没有追上足球，设前锋队员又运动了 t3 时间才追上足球，如图，则有 x1(x2x3)vmt3，代入数据解得 t30.5 s。故前锋队员追上足球所用的总时间 tt1t36.5 s。答案 (1)36 m (2)6.5 s归纳总结1.“一画、二选、三注意”解决匀变速直线运动问题2.追及问题的解题思路和注意事项(1)解题思路(2)注意事项：若被追赶的物体做匀减速运动，一定要注意追上前该物体是否已停止运动，另外还要注意最后对解的讨论分析。直线运动中的图象问题【真题示例】 (多选)(2016·全国卷，21)甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其 vt 图象如图 3 所示。已知两车在 t3 s 时并排行驶，则( )图 3A.在 t1 s 时，甲车在乙车后B.在 t0 时，甲车在乙车前 7.5 mC.两车另一次并排行驶的时刻是 t2 sD.甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为 40 m解析 根据 vt 图，甲、乙都沿正方向运动。t3 s 时，甲、乙相遇，此时 v 甲30 m/s，v 乙25 m/s，由 vt 图线所围面积对应位移关系知，03 s 内甲车位移 x 甲×3×30 m45 m，乙车位移 x 乙- 10 - / 19×3×(1025) m52.5 m。故 t0 时，甲、乙相距 x1x 乙x甲7.5 m，即甲在乙前方 7.5 m，B 选项正确；01 s 内，x 甲×1×10 m5 m，x 乙×1×(1015) m12.5 m，x2x 乙x 甲7.5 mx1，说明甲、乙第一次相遇，A、C 错误；甲、乙两次相遇地点之间的距离为 xx 甲x 甲45 m5 m40 m，所以D 选项正确。答案 BD真题感悟1.高考考查特点(1)以选择题型为主，重在考查 vt 图象的意义及图象信息的提取能力。2017 年没有考查 vt 图象，2018 年考查的几率很大。(2)明确图象交点、斜率、截距的意义，并将图象信息与物体的运动过程相结合是解题的关键。2.解题常见误区及提醒(1)vt 图象、xt 图象不是物体运动轨迹，均反映物体直线运动的规律。(2)在 vt 图象中误将交点认为此时相遇。(3)图象与动力学相结合的题目中不能正确地将图象信息和运动过程相结合。预测 1运动学中的vt图象问题预测 2动力学中的图象问题1.(2017·广西重点高中高三一模)甲、乙两车同时从同一地点沿着平直- 11 - / 19的公路前进，它们运动的 vt 图象如图 4 所示，下列说法正确的是( )图 4A.两车在 t40 s 时再次并排行驶B.甲车减速过程的加速度大小为 0.5 m/s2C.两车再次并排行驶之前，t30 s 时两车相距最远D.两车之间的距离先增大，再变小，最后不变解析 t40 s 时，甲车的位移为×30 m5×10 m425 m，乙车的位移为 10×40 m400 m，甲车在乙车前面，A 错误；甲车做减速运动的加速度大小为 a m/s20.5 m/s2，B 正确；在两车再次并排行驶之前，t20 s 时，两车相距最远，C 错误；两车距离先增大，再变小，最后又变大，D 错误。答案 B2.(多选)如图 5 甲所示，足够长的固定光滑细杆与地面成一定倾角，在杆上套有一个光滑小环，沿杆方向给环施加一个拉力 F，使环由静止开始沿杆向上运动，已知拉力 F 及小环速度 v 随时间 t 变化的规律如图乙所示，重力加速度 g 取 10 m/s2。则以下说法正确的是( )图 5A.小环的质量是 1 kgB.细杆与地面间的夹角为 30°C.前 1 s 内小环的加速度大小为 5 m/s2D.前 3 s 内小环沿杆上升的位移为 1.25 m解析 设细杆与地面间的夹角为 ，由 vt 图象可知 01 s 内小环- 12 - / 19的加速度为 a0.5 m/s2，因此选项 C 错误；拉力为 F15 N 时，由牛顿第二定律得 F1mgsin ma，1 s 后小环做匀速直线运动，此时的拉力为 F24.5 N，根据力的平衡有 F2mgsin ，联立解得 m1 kg，sin ，因此选项 A 正确，B 错误；根据题图乙，前 1 s 内小环沿杆上升的位移为 x1×1 m0.25 m，之后 2 s 内做匀速直线运动，位移为 x20.5×2 m1.0 m，所以前 3 s 内小环沿杆上升的位移为xx1x21.25 m，选项 D 正确。答案 AD归纳总结1.xt 图象、vt 图象、at 图象的物理意义2.图象问题的五看轴、线、斜率、面积、特殊点。3.图象问题三点注意(1)速度图线只有通过时间轴时速度方向才改变。(2)利用 vt 图象分析两个物体的运动时，要注意两个物体的出发点是否相同。(3)物体的运动图象与运动模型的转化。牛顿运动定律的综合应用【真题示例 1】 (多选)(2016·全国卷)两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球质量大于乙球质量。两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关。若它们下落相同的距离，则( )- 13 - / 19A.甲球用的时间比乙球长B.甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小C.甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小D.甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功解析 小球的质量 m·r3，由题意知 m 甲>m 乙， 甲 乙，则 r 甲>r 乙。空气阻力 fkr，对小球由牛顿第二定律得，mgfma，则 agg，可得 a 甲>a 乙，选项 C 错误；由hat2 知，t 甲v 乙，故选项 B 正确；因 f 甲>f 乙，由球克服阻力做功 Wff h 知，甲球克服阻力做功较大，选项 D 正确。答案 BD【真题示例 2】 (2017·全国卷，25)如图 6，两个滑块 A 和 B 的质量分别为 mA1 kg 和 mB5 kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为 10.5；木板的质量为 m4 kg，与地面间的动摩擦因数为 20.1。某时刻 A、B 两滑块开始相向滑动，初速度大小均为 v03 m/s。A、B 相遇时，A 与木板恰好相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小 g10 m/s2。求图 6(1)B 与木板相对静止时，木板的速度；(2)A、B 开始运动时，两者之间的距离。解析 (1)滑块 A 和 B 在木板上滑动时，木板也在地面上滑动。设 A、B和木板所受的摩擦力大小分别为 f1、f2 和 f3，A 和 B 相对于地面的加- 14 - / 19速度大小分别为 aA 和 aB，木板相对于地面的加速度大小为 a1。在物块B 与木板达到共同速度前有f11mAgf21mBgf32(mmAmB)g由牛顿第二定律得f1mAaAf2mBaBf2f1f3ma1设在 t1 时刻，B 与木板达到共同速度，其大小为 v1。由运动学公式有v1v0aBt1v1a1t1联立式，代入已知数据得v11 m/s(2)在 t1 时间间隔内，B 相对于地面移动的距离为sBv0t1aBt设在 B 与木板达到共同速度 v1 后，木板的加速度大小为 a2。对于 B 与木板组成的体系，由牛顿第二定律有f1f3(mBm)a2由式知，aAaB；再由式知，B 与木板达到共同速度时，A 的速度大小也为 v1，但运动方向与木板相反。由题意知，A 和 B 相遇时，A 与木板的速度相同，设其大小为 v2。设 A 的速度大小从 v1 变到- 15 - / 19v2 所用的时间为 t2，则由运动学公式，对木板有v2v1a2t2对 A 有：v2v1aAt2在 t2 时间间隔内，B(以及木板)相对地面移动的距离为s1v1t2a2t在(t1t2)时间间隔内，A 相对地面移动的距离为sAv0(t1t2)aA(t1t2)2A 和 B 相遇时，A 与木板的速度也恰好相同。因此 A 和 B 开始运动时，两者之间的距离为s0sAs1sB联立以上各式，并代入数据得s01.9 m(也可用下图中的速度时间图线求解)答案 (1)1 m/s (2)1.9 m真题感悟1.高考考查特点(1)本考点的考查重在物体的受力分析、运动学公式与牛顿第二定律的综合应用。(2)整体法、隔离法是动力学中连接体问题的常用方法，在不涉及相互作用力时，可用整体法，在涉及相互作用力时要用隔离的方式。2.解题的常见误区及提醒(1)研究对象选取时，不能灵活应用整体法、隔离法。- 16 - / 19(2)对物体受力分析有漏力、多力现象，合力的计算易出错。预测 1连接体问题预测 2动力学观点在力学中的应用预测 3动力学观点在电学中的应用1.(多选)如图 7 所示，两个由相同材料制成的物体 A、B 以轻绳连接，组成的连接体在倾角为 的斜面上运动，已知 A、B 的质量分别为m1、m2，当作用力 F 一定时，关于物体 B 所受绳的拉力的说法正确的是( )图 7A.与 无关B.与物体和斜面间的动摩擦因数无关C.与系统运动状态有关D.等于，仅与两物体质量有关解析 对 A、B 组成的整体分析，根据牛顿第二定律得a。对 B 分析，有 Tm2gsin m2gcos m2a，解得 T，由此式可知当 F 一定时，轻绳上的拉力与 无关，与物体和斜面间的动摩擦因数无关，与运动状态无关，仅与两物体的质量有关，A、B、D 正确。答案 ABD2.俯式冰橇(Skeleton)又叫钢架雪车，是冬奥会的比赛项目之一。俯式冰橇的赛道可简化为长度为 1 200 m，起点和终点高度差为 120 m 的斜坡。比赛时，出发信号灯亮起后，质量为 M70 kg 的运动员从起点开始，以 F40 N、平行于赛道的恒力推动质量 m40 kg 的冰橇开始运动，- 17 - / 198 s 末迅速登上冰橇与冰橇一起沿直线运动直到终点。已知冰橇与赛道间的动摩擦因数 0.05，设运动员登上冰橇前后冰橇速度不变，不计空气阻力，求：(g10 m/s2，取赛道倾角 的 sin ，cos 1)(1)出发 8 s 内冰橇发生的位移；(2)比赛中运动员的最大速度。解析 (1)设出发 8 s 内冰橇的加速度为 a1，由牛顿第二定律有 Fmgsin mgcos ma1出发 8 s 内发生的位移为 x1a1t联立解得 x148 m(2)8 s 末冰橇的速度为 v1a1t18 s 后冰橇的加速度设为 a2，由牛顿第二定律有(mM)gsin (mM)gcos (mM)a2到达终点时速度最大，设最大速度为 v2，则vv2a2(xx1)联立解得 v236 m/s。答案 (1)48 m (2)36 m/s3.(2017·湖南长沙四县 3 月模拟)如图 8 所示，互相绝缘且紧靠在一起的 A、B 物体，静止在水平地面上，A 的质量为 m0.04 kg，带电荷量为 q5.0×105 C，B 的质量为 M0.06 kg，不带电。两物体与水平面间的动摩擦因数均为 0.4，t0 时刻开始，空间存在水平向右的匀强电场，电场强度为 E1.6×104 N/C。设运动过程中小物块所带的电荷量没有变化。- 18 - / 19图 8(1)求 A、B 的加速度及其相互作用力的大小；(2)若 t2 s 后电场反向，且场强减为原来的一半，求物体 B 停下时两物体间的距离。解析 (1)对整体分析，加速度大小 a4 m/s2隔离 B 分析，根据牛顿第二定律有 FMgMa解得 FMgMa0.48 N(2)t2 s 时，A、B 的速度大小 v2×4 m/s8 m/st2 s 后电场反向，且场强减为原来的一半此时 A 做匀减速运动的加速度大小 aA14 m/s2B 做匀减速运动的加速度大小 aBg4 m/s2B 速度减为零的时间 tB2 s减速到零的位移大小 xB8 mA 速度减为零的时间 tA1 s减速到零的位移大小 xA1 m则 A 反向做匀加速运动的加速度大小aA6 m/s2则反向做匀加速直线运动的位移大小xA2aA(tBtA1)2 m则 A、B 的距离 xxA2xA1xB11.8 m答案 (1)4 m/s2 0.48 N (2)11.8 m归纳总结- 19 - / 19解答牛顿运动定律的应用问题的方法(1)研究对象的选取方法：整体法和隔离法灵活应用，一般已知或求解外力时选用整体法，已知或求解物体间的相互作用力时选用隔离法。(2)受力分析的处理方法：合成法和正交分解法合理应用，当物体在两个力作用下变速运动时，可用合成法；当物体在两个以上的力的作用下变速运动时，常用正交分解法解题。(3)多阶段问题的分析方法：常用程序法，即针对先后经历的几个过程逐一分析，运用程序法时要注意前一个过程的结束是后一个过程的开始，两个过程交接点的速度往往是解决问题的关键。