（江苏专用）2020高考物理二轮复习 第一部分 专题一 力与运动 第二讲 力与直线运动课件

第二讲力与直线运动123课前自测诊断课堂重点攻坚课后“达标”检测考点一匀变速直线运动的规律及图像释疑4大考点本考点主要对匀变速直线运动规律及运动图像进行考查，其中图像问题上失分，主要是审题不仔细、知识迁移不够灵活造成的，匀变速直线运动规律的应用上失分，主要是该考点与其他知识交汇点较多、试题情景取材常涉及生活实际问题造成的。建议考生自学为主。(一)熟记“四类”匀变速直线运动公式(二)看清“三类”运动图像斜率纵截距与t轴所围面积特例匀速直线运动匀变速直线运动xt图像速度______倾斜的直线抛物线vt图像______初速度____与时间轴平行的直线倾斜的直线at图像初加速度速度与时间轴平行的直线运动图像的三点提醒(1)运动图像描述的是纵轴物理量随横轴物理量(通常为时间t)变化的规律，而不是物体的运动轨迹。(2)运动图像只能描述直线运动，不能描述曲线运动。(3)x­t图像的交点才表示两物体相遇，而v­t图像的交点只能说明此时两物体速度相等。初位置加速度位移(三)掌握四种常用解题方法1．基本公式法：如诊断卷第1题中，首先分析汽车从刚进入ETC通道的识别区到刚好紧贴栏杆停下，这段时间汽车的运动情况，针对刹车过程，题目已知量为初、末速度和加速度，适合选择公式v2－v02＝2ax求解刹车距离。2．推论法：如果条件允许，应用中间时刻速度、中间位置速度、位移差公式等推论求解问题，可快速得出答案。3．比例法：根据初速度为零的匀变速直线运动的比例关系式求解。4．逆向思维法：匀减速直线运动到速度为零的过程，可认为是初速度为零的反向匀加速直线运动的逆过程。[题点全练]1.(2019·苏州期中)如图所示是某物体做直线运动的v­t图像，则该物体全过程()A．做匀速直线运动B．做匀加速直线运动C．一直朝某一方向运动D．在某一线段上做两个来回运动解析：在v­t图像中，图像的斜率表示物体的加速度，0～1s内加速度为正，1～2s内的加速度为负，方向不同，所以物体既不做匀速直线运动，也不做匀加速直线运动，故A、B错误；速度的正负表示运动方向，0～4s内速度为正，所以物体一直朝某一方向运动，不是在某一线段上做两个来回运动，故C正确，D错误。答案：C2.(2019·泰州中学检测)某人在五楼阳台处竖直向上抛出一只皮球，其速率—时间图像如图所示，下列说法正确的是()A．t1时刻皮球达到最高点B．t2时刻皮球回到出发点C．0～t1时间内，皮球的加速度一直在增大D．0～t2时间内，皮球的位移大小先增大后减小解析：由题图知，0～t1时间内，皮球的速度一直减小，t1时刻，皮球的速度为零，到达最高点，故A正确；根据图像与坐标轴所围面积表示位移大小，可知t2时刻皮球落到出发点下方，故B错误；根据图像的斜率大小表示加速度，可知0～t1时间内，皮球的加速度一直在减小，故C错误；0～t2时间内，皮球的位移大小先增大后减小至零，再增大，故D错误。答案：A3．(2019·镇江一模)甲、乙、丙、丁四辆小车从同一地点向同一方向运动的图像如图所示，下列说法正确的是()A．甲车做直线运动，乙车做曲线运动B．在0～t1时间内，甲车的平均速度小于乙车的平均速度C．在0～t2时间内，丙、丁两车在t2时刻相距最远D．在0～t2时间内，丙、丁两车加速度总是不相同的解析：x­t图像中，位移方向用正负表示，题图中甲、乙两车的位移一直为正，且不断增加，故甲与乙都是单向的直线运动，故A错误；在0～t1时间内，甲、乙两车的位移相等，则甲车的平均速度等于乙车的平均速度，故B错误；由图像与时间轴围成的面积表示位移可知：丙、丁两车在t2时刻面积差最大，所以相距最远，故C正确；v­t图像的斜率等于加速度，则在0～t2时间内，丙、丁两车加速度有相同的时刻，故D错误。答案：C考点二动力学的两类基本问题本考点是对牛顿第二定律、运动学规律等基础知识的考查，常以轻绳、轻杆、轻弹簧模型为载体进行命题，只要考生牢记相关知识及相互联系，仔细审题、灵活进行知识迁移交汇，即可轻松取分。建议考生自学为主。(一)贯通一个知识体系(二)理顺两类基本问题1．由因推果——已知物体的受力情况，确定物体的运动情况首先根据物体的受力确定物体的加速度，再根据加速度特点及加速度与速度的方向关系确定速度变化的规律。如诊断卷第4题中，先确定小滑环沿杆下落的加速度a1＝gcosθ(注意不是a1＝gsinθ)，a2＝gcos2θ，再应用位移公式列式比较，得出结论。2．由果溯因——已知物体的运动情况，确定物体的受力情况由物体的运动情况，确定物体的加速度及其变化规律，再结合牛顿第二定律确定受力情况。如诊断卷第5题中，先利用频闪照片，结合Δx＝aT2可得：9d－3d＝a1T2，3d－d＝a2T2，求出a1∶a2＝3∶1。再根据牛顿第二定律便可求出空气阻力的大小f＝12mg。(三)注意区别三种弹力变化特点弹簧的弹力不突变，杆和绳的弹力发生突变。如诊断卷第6题中，撤去挡板瞬间，弹簧的弹力不变，而杆的弹力发生了突变，且图乙中杆连接的两小球加速度一定相等。[题点全练]1.质量均为m的物块a、b之间用竖直轻弹簧相连，系在a上的细线竖直悬挂于固定点O，a、b与竖直粗糙墙壁接触，整个系统处于静止状态。重力加速度大小为g，则()A．物块b可能受3个力B．细线的拉力小于2mgC．剪断细线瞬间b的加速度大小为gD．剪断细线瞬间a的加速度大小为2g解析：对a、b整体分析可知，整体受重力和细线向上的拉力，水平方向如果受墙的弹力，则整体不可能竖直静止，故不会受到水平方向上的弹力，根据平衡条件可知，细线向上的拉力F＝2mg，再对b分析可知，b只受重力和弹簧拉力而保持静止，故A、B错误；由于b处于平衡，故弹簧的拉力F＝mg，剪断细线瞬间弹簧的弹力不变，则对b分析可知，b受力不变，合力为零，故加速度为零，故C错误；对a分析可知，剪断细线瞬间a受重力和弹簧向下的拉力，合力Fa＝2mg，则由牛顿第二定律可知，加速度大小为2g，故D正确。答案：D2．(2019·江苏高考)如图所示，质量相等的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐。A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ。先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L后停下。接着敲击B，B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。求：(1)A被敲击后获得的初速度大小vA；(2)在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小aB、aB′；(3)B被敲击后获得的初速度大小vB。解析：A、B的运动过程如图所示：(1)由牛顿运动定律知，A加速度的大小aA＝μg由匀变速直线运动规律得2aAL＝vA2解得vA＝2μgL。(2)设A、B的质量均为m对齐前，B所受合外力大小F＝3μmg由牛顿运动定律F＝maB，得aB＝3μg对齐后，A、B整体所受合外力大小F′＝2μmg由牛顿运动定律F′＝2maB′，得aB′＝μg。(3)经过时间t，A、B达到共同速度v，位移分别为xA、xB，A加速度的大小等于aA则v＝aAt，v＝vB－aBtxA＝12aAt2，xB＝vBt－12aBt2且xB－xA＝L联立解得vB＝22μgL。答案：(1)2μgL(2)3μgμg(3)22μgL考点三牛顿第二定律与运动图像的综合应用本考点既是重点，又是难点，之所以是重点，因其与现实生活结合紧密，能很好地考查考生学以致用的能力；称其是难点，因为借助图像来考查，信息抽象隐蔽，考生不能准确获取信息而导致思维受阻。解决此类问题关键是从已知图像中得出有用信息，再结合牛顿第二定律求解结果。因此需要考生对这两部分知识学会互联互通。(一)明确图像“是什么”1．分清图像的横、纵坐标所代表的物理量及单位，注意坐标原点是否从零开始，明确其物理意义。2．明确图线斜率的物理意义，明确图线与横、纵坐标的交点、图线的转折点及两图线的交点的意义等。3．明确能从图像中获得哪些信息，把图像与具体的题意、情境结合，并结合斜率、特殊点等的物理意义，确定能从图像中反馈出来哪些有用信息并结合牛顿运动定律求解。(二)解题失误“为什么”1．不清楚运动图像的点、斜率、面积等的物理意义。如诊断卷第7题中，通过斜率来判断，运动员没有打开降落伞时做自由落体运动，在打开伞后可能先做减速运动最终做匀速运动，可能先做加速度减小的加速运动最终做匀速运动，也可能直接做匀速运动。诊断卷第8题中，v2­x图线的斜率为物块加速度的2倍；而诊断卷第9题中，0～t2时间内加速度向下，处于失重状态，t2～t4时间内加速度向上，处于超重状态。2．忽视运动情况与受力情况间的相互联系。如诊断卷第8题中，物块向右减速和向右加速阶段，摩擦力不变，而物块的加速度方向与恒力F的方向同时发生变化。3．不注意题目条件，凭想当然得出结果。如诊断卷第9题，力F的变化趋势，不是合力的变化趋势。[题点全练]1．[多选](2019·扬州检测)某马戏团演员做滑竿表演，已知竖直滑竿上端固定，下端悬空，滑竿的重力为200N，在竿的顶部装有一拉力传感器，可以显示竿顶端所受拉力的大小。从演员在滑竿上端做完动作时开始计时，演员先在竿上静止了0.5s，然后沿竿下滑，3.5s末刚好滑到竿底端，并且速度恰好为零，整个过程演员的v­t图像和传感器显示的拉力随时间的变化情况分别如图甲、乙所示，g取10m/s2，则下列说法正确的是()A．演员的体重为800NB．演员在最后2s内一直处于超重状态C．传感器显示的最小拉力为600ND．滑竿长4.5m解析：由两题图结合可知，静止时，传感器示数为800N，除去竿的重力200N，演员的重力就是600N，故A错误；由题图可知最后2s内演员向下减速，故加速度向上，处于超重状态，故B正确；在演员加速下滑阶段，演员处于失重状态，竿受到的拉力最小，此阶段的加速度为：a1＝31.5－0.5m/s2＝3.0m/s2，由牛顿第二定律得：mg－F1＝ma1，解得：F1＝420N，加上竿的重力200N，可知竿受的拉力为620N，故C错误；v­t图像的面积表示位移，则可知滑竿的总长度x＝12×3×3m＝4.5m，故D正确。答案：BD2．[多选](2019·锡山高级中学检测)如图所示，斜面ABC中AB段光滑，BC段粗糙。一小物块由A点静止释放，沿斜面下滑到C点时速度恰好为零，若物块运动的速度为v，加速度为a，位移为x，物块所受合外力为F，运动时间为t，以沿斜面向下为正方向，则下列图像可能正确的是()解析：由于AB段光滑，物块在AB段受重力和斜面支持力做加速运动，物块加速度为a1＝mgsinαm＝gsinα，BC段粗糙，故物块比在AB段多一个沿斜面向上的摩擦力，由于一小物块由A点静止释放，沿斜面下滑到C点时速度恰好为零，可知物块先做加速运动后做减速运动，故可知BC段加速度向上，其大小为：a2＝f－mgsinαm＝fm－gsinα，故A、B正确；物块在AB段受重力和斜面支持力做加速运动，其位移为x＝12gsinα·t2，可知位移时间图像应该是开口向上的抛物线，故C错误；物块在AB段和BC段的受力都是恒定的，故D错误。答案：AB考点四动力学的连接体问题连接体问题可以看作是单个物体的由小变大(此时用整体法)和由单个变多个(此时用隔离法)的动力学问题，解决此类问题时应注意以下三点：①整体法与隔离法的优点和使用条件；②两物体分离或相对滑动的条件；③用滑轮连接的连接体的处理方法。建议对本考点重点攻坚。(一)整体法与隔离法的选用原则1．当连接体中各物体具有共同的加速度时，一般采用整体法；当系统内各物体的加速度不同时，一般采用隔离法。2．求连接体内各物体间的相互作用力时必须用隔离法。(二)三类连接体问题的解题结论1．通过滑轮连接的两个物体：如果做加速运动，则它们的加速度大小相同，注意此时轻绳的拉力与悬挂物的重力大小不等。[例1][多选](2019·湖北八校联考)质量分别为M和m的物块形状大小均相同，将它们通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，如图甲所示，轻绳平行于倾角为α的斜面，M恰好能静止在斜面上，不考虑M、m与斜面之间的摩擦。若互换两