（通用版）2020版高考物理二轮复习 专题二 力与物体的运动 第1课时 力与直线运动课件

第一部分专题二力与物体的运动高考命题轨迹高考命题点命题轨迹情境图匀变速直线运动规律的应用20161卷2120181卷1420191卷1816(1)21题19(1)18题牛顿运动定律的应用20151卷20,2卷2020181卷15动力学方法分析“传送带”模型15(1)20题18(1)15题动力学方法分析“板—块”模型20151卷25,2卷2520173卷2520193卷2015(1)25题15(2)25题17(3)25题19(3)20题相关知识链接1.匀变速直线运动的条件物体所受合力为，且与方向共线.2.匀变速直线运动的基本规律速度公式：v＝.位移公式：x＝v0t＋at2.速度和位移公式的推论：.中间时刻的瞬时速度：122tv＝xt＝v0＋v2.任意两个连续相等的时间间隔内的位移之差是一个恒量，即Δx＝xn＋1－xn＝a·(Δt)2.恒力速度v0＋atv2－v02＝2ax3.图象问题(1)速度—时间图线的斜率或切线斜率表示物体运动的，图线与时间轴所包围的面积表示物体运动的.匀变速直线运动的v－t图象是一条直线.(2)位移—时间图线的斜率或切线斜率表示物体的.4.超重和失重超重或失重时，物体的重力并未发生变化，只是物体对支持物的(或对悬挂物的)发生了变化.物体发生超重或失重现象与物体的运动方向，只取决于物体的方向.当a有竖直向上的分量时，；当a有竖直向下的分量时，；当a＝g且竖直向下时，.5.瞬时问题应用牛顿第二定律分析瞬时问题时，应注意物体与物体间的弹力、绳的弹力和杆的弹力可以突变，而弹簧的弹力.加速度位移倾斜速度压力拉力无关加速度超重失重完全失重不能突变1.基本思路规律方法提炼2.解题关键抓住两个分析，受力分析和分析，必要时要画运动情景示意图.对于多运动过程问题，还要找准转折点，特别是转折点的速度.3.常用方法(1)整体法与隔离法：单个物体的问题通常采用隔离法分析，对于连接体问题，通常需要交替使用整体法与隔离法.运动情况(2)正交分解法：一般沿加速度方向和垂直于加速度方向进行分解，有时根据情况也可以把加速度进行正交分解.(3)逆向思维法：把运动过程的末状态作为初状态，反向研究问题，一般用于匀减速直线运动问题，比如刹车问题、竖直上抛运动问题.高考题型1匀变速直线运动规律的应用内容索引NEIRONGSUOYIN高考题型2应用牛顿运动定律解决“四类”典型问题高考题型3动力学方法分析“传送带”模型高考题型4动力学方法分析“板—块”模型匀变速直线运动规律的应用题型：选择或者计算题：5年3考高考题型1例1(2019·全国卷Ⅰ·18)如图1，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，离地后重心上升的最大高度为H.上升第一个所用的时间为t1，第四个所用的时间为t2.不计空气阻力，则满足图1H4H4t2t1A.1t2t12B.2t2t13C.3t2t14D.4t2t15√所以第四个H4所用的时间为t2＝2×H4g，第一个H4所用的时间为t1＝2Hg－2×34Hg，因此有t2t1＝12－3＝2＋3，即3t2t14，选项C正确.解析本题应用逆向思维求解，即运动员的竖直上抛运动可等同于从一定高度处开始的自由落体运动的逆运动，拓展训练1(2019·安徽蚌埠市第二次质检)图2中ae为港珠澳大桥上四段110m的等跨钢箱连续梁桥，若汽车从a点由静止开始做匀加速直线运动，通过ab段的时间为t，则通过ce段的时间为A.tB.2tC.(2－2)tD.(2＋2)t√解析设汽车的加速度为a，经过bc段、ce段的时间分别为t1、t2，xab＝12at2，xac＝12a(t＋t1)2，xae＝12a(t＋t1＋t2)2，解得：t2＝(2－2)t，故选C.图2拓展训练2(2019·广东揭阳市第二次模拟)瑞士阿尔卑斯山的劳特布伦嫩跳伞区是全球最美的跳伞地之一，每年都吸引了无数跳伞爱好者汇聚此地.某日一跳伞爱好者以5m/s的速度竖直匀速降落，在离地面h＝10m时掉了一颗扣子，则跳伞爱好者比扣子晚着陆的时间为(扣子受到的空气阻力可忽略，g取10m/s2)A.2sB.2sC.1sD.(2－2)s√解析由题意知，扣子做初速度为5m/s、加速度为重力加速度的匀加速直线运动，落地时位移为10m，根据位移时间关系x＝v0t＋12gt2，代入数据有：10m＝5m/s·t1＋12×10m/s2×t12，求得扣子落地时间：t1＝1s；跳伞爱好者匀速运动，根据位移时间关系知，跳伞爱好者落地时间t2＝hv＝105s＝2s，所以跳伞爱好者比扣子晚着陆的时间为Δt＝t2－t1＝1s，故选C.应用牛顿运动定律解决“四类”典型问题题型：选择题：5年2考高考题型21.主要题型应用牛顿运动定律解决的主要问题有：瞬时问题、连接体问题、超重和失重问题以及图象问题.2.技巧方法(1)解瞬时问题要注意绳、杆弹力和弹簧弹力的区别，绳和轻杆的弹力可以突变，而弹簧的弹力不能突变.(2)解连接体问题要充分利用“加速度相同”这一条件或题中特定条件，交替运用整体法与隔离法.(3)图象问题解题关键是：明确图象斜率、截距和面积的物理意义，应用物理公式找到两个变量间的函数关系，并注意从图象中提取有用信息或隐含条件.例2(2019·福建龙岩市期末质量检查)如图3所示，在倾角为θ＝30°的光滑固定斜面上，物块A、B质量均为m.物块A静止在轻弹簧上端，物块B用细线与斜面顶端相连，A、B靠在一起，但A、B之间无弹力.已知重力加速度为g，某时刻将细线剪断，下列说法正确的是A.细线剪断前，弹簧的弹力为mgB.细线剪断前，细线的拉力为mgC.细线剪断瞬间，弹簧的弹力发生变化D.细线剪断瞬间，物块B的加速度大小为√图314g解析细线剪断前，由于A、B之间无弹力，对A分析可以得到弹簧的弹力：F＝mgsinθ＝12mg，对B分析可以得到FT＝mgsinθ＝12mg，故A、B错误；细线剪断瞬间，弹簧的弹力不变，故C错误；细线剪断瞬间，对A、B系统，加速度：a＝2mgsinθ－F2m＝14g，故D正确.例3如图4，质量为M的缆车车厢通过悬臂固定悬挂在缆绳上，车厢水平底板上放置一质量为m的货物，在缆绳牵引下货物随车厢一起斜向上加速运动.若运动过程中悬臂和车厢始终处于竖直方向，重力加速度大小为g，则A.车厢对货物的作用力大小等于mgB.车厢对货物的作用力方向平行于缆绳向上C.悬臂对车厢的作用力大于(M＋m)gD.悬臂对车厢的作用力方向沿悬臂竖直向上√图4解析货物随车厢一起斜向上加速运动，由牛顿第二定律可知车厢与货物的重力和悬臂对车厢作用力的合力方向应与加速度方向一致，故悬臂对车厢的作用力方向是斜向上的，选项D错误；由于车厢和货物在竖直方向有向上的分加速度，处于超重状态，故悬臂对车厢的作用力大于(M＋m)g，选项C正确；同理，对车厢中货物用隔离法分析可知，车厢对货物的作用力大小大于mg，方向是斜向上的，但不平行于缆绳，选项A、B错误.例4(多选)(2019·广东深圳市第一次调研)高铁已成为重要的“中国名片”，领跑世界.一辆由8节车厢编组的列车，从车头开始的第2、3、6和7共四节为动力车厢，其余为非动力车厢.列车在平直轨道上匀加速启动时，若每节动力车厢牵引力大小均为F，每节车厢质量都为m，每节车厢所受阻力均为车厢重力的k倍，重力加速度为g.则A.启动时车厢对乘客作用力的方向竖直向上B.整个列车的加速度大小为C.第2节车厢对第1节车厢的作用力大小为D.第2节车厢对第3节车厢的作用力大小为√F－2kmg2mF2F＋kmg2√解析启动时车厢对乘客竖直方向有竖直向上的支持力，水平方向有沿列车运动方向的力，两个力的合力方向斜向上方，选项A错误；对整个列车，根据牛顿第二定律：4F－8kmg＝8ma，解得a＝F－2kmg2m，选项B正确；对第1节车厢，根据牛顿第二定律：F21－kmg＝ma，解得F21＝F2，选项C正确；对第1、2节车厢的整体，根据牛顿第二定律：F32＋F－2kmg＝2ma，解得F32＝0，选项D错误.拓展训练3(多选)(2019·广东湛江市下学期第二次模拟)如图5甲所示，在光滑水平面上，静止一质量为M的足够长的长木板，质量为m的小滑块(可视为质点)静止放在长木板上.从t＝0时刻开始，长木板受到的水平拉力F与加速度a的关系如图乙所示，重力加速度大小g取10m/s2，下列说法正确的是图5A.长木板的质量M＝1kgB.小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.5C.当F＝6.5N时，长木板的加速度大小为2.5m/s2D.当F增大时，小滑块的加速度一定增大√√解析长木板与小滑块相对静止时，对整体分析，由牛顿第二定律有：F＝(M＋m)a，当F＝6N时，此时两物体具有共同的最大加速度，代入数据解得：M＋m＝3kg，当F大于6N时，对长木板，根据牛顿第二定律得：F－μmg＝Ma，故F＝Ma＋μmg，知图线的斜率k＝M＝1kg，则滑块的质量为：m＝2kg，μmg＝4N，μ＝0.2，故A正确，B错误；当F＝6.5N时，长木板的加速度为：a＝2.5m/s2，故C正确；当拉力大于6N时，两物体发生相对滑动，小滑块的加速度为a＝μmgm＝2m/s2，恒定不变，故D错误.动力学方法分析“传送带”模型题型：选择题：5年0考高考题型31.模型特点传送带问题的实质是相对运动问题，这样的相对运动将直接影响摩擦力的方向.2.解题关键(1)理清物体与传送带间的相对运动方向及摩擦力方向是解决传送带问题的关键.(2)传送带问题还常常涉及临界问题，即物体与传送带达到相同速度，这时会出现摩擦力改变的临界状态，对这一临界状态进行分析往往是解题的突破口.例5(多选)(2019·福建泉州市5月第二次质检)如图6，一足够长的倾斜传送带顺时针匀速转动.一小滑块以某初速度沿传送带向下运动，滑块与传送带间的动摩擦因数恒定，则其速度v随时间t变化的图象可能是图6√√解析设传送带倾角为θ，动摩擦因数为μ，若mgsinθμmgcosθ，合力沿传送带向下，小滑块向下匀加速运动；若mgsinθ＝μmgcosθ，沿传送带方向合力为零，小滑块匀速下滑；若mgsinθμmgcosθ，小滑块所受合力沿传送带向上，小滑块做匀减速运动，当减速为零时，开始反向加速，当加速到与传送带速度相同时，因为最大静摩擦力大于小滑块重力沿传送带向下的分力，故小滑块随传送带做匀速运动，A、D错误，B、C正确.拓展训练4(多选)(2019·陕西榆林市第三次测试)如图7所示，绷紧的水平传送带足够长，且始终以v1＝2m/s的恒定速率顺时针运行.初速度大小为v2＝3m/s的小墨块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带.若从小墨块滑上传送带开始计时，小墨块在传送带上运动5s后与传送带的速度相同，则A.小墨块未与传送带速度相同时，受到的摩擦力方向水平向右B.小墨块的加速度大小为0.2m/s2C.小墨块在传送带上的痕迹长度为4.5mD.小墨块在传送带上的痕迹长度为12.5m图7√√解析小墨块未与传送带速度相同时，相对传送带向左运动，受到传送带的摩擦力方向水平向右，故A正确；小墨块在摩擦力的作用下做匀变速运动，小墨块在传送带上运动5s后与传送带的速度相同，故a＝v1－－v2t＝v1＋v2t＝1m/s2，方向向右，故B错误；小墨块向左做匀减速运动时，对小墨块有：0＝v2－at1，x1＝0＋v22t1，联立解得：x1＝4.5m；小墨块向左减速的过程中，传送带的位移为：x2＝v1t1，小墨块向右做匀加速运动时，对小墨块有：v1＝at2，x1′＝0＋v12t2，对传送带有：x2′＝v1t2，因而小墨块在传送带上的痕迹长度为：x＝(x1＋x2)＋(x2′－x1′)，解得：x＝12.5m，故C错误，D正确.动力学方法分析“板—块”模型题型：选择或者计算题：5年3考高考题型41.模型特点“滑块—木板”模型类问题中，滑动摩擦力的分析方法与“传送带”模型类似，但这类问题比传送带类问题更复杂，因为木板受到摩擦力的影响，往往做匀变速直线运动，解决此类问题要注意从速度、位移、时间等角度，寻找各运动过程之间的联系.2.解题关键(1)临界条件：要使滑块不从木板的末端