2019版高考物理二轮复习专题一力与运动第2讲力与直线运动学案.docx

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1、1第 2 讲力与直线运动主干知识体系 核心再现及学科素养知识规律(1)匀变速直线运动规律公式的两性条件性：物体必须做匀变速直线运动矢量性：公式都是矢量性(2)牛顿第二定律的“四性” 矢量性： F ma 是矢量式， a 与 F 同向瞬时性：力与加速度同时产生，同时变化同体性： F ma 中， F、 m、 a 对应同一物体独立性：分力产生的加速度相互独立(3)运动图象六要素轴；线；斜率；截距；交点；面积思想方法(1)物理思想：极限思想、逆向思维、理想实验、分解思想(2)学习方法：比例法、图象法、控制变量法、整体法、隔离法、合成分解法.1(2018全国卷，14)高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为

2、零的匀加速直线运动在启动阶段，列车的动能( )A与它所经历的时间成正比B与它的位移成正比C与它的速度成正比D与它的动量成正比B A 错：速度 v at，动能 Ek mv2 ma2t2，与经历的时间的平方成正比12 12B 对：根据 v22 ax，动能 Ek mv2 m2ax max，与位移成正比12 12C 错：动能 Ek mv2，与速度的平方成正比122D 错：动量 p mv，动能 Ek mv2 ，与动量的平方成正比12 p22m2(2018全国卷，16)如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块 P，系统处于静止状态现用一竖直向上的力 F 作用在 P 上，使其向上做匀加速直线运动以x

3、 表示 P 离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示 F 和 x 之间关系的图像可能正确的是( )A 设物块 P 静止时，弹簧的长度为 x0，物块 P 受重力 mg、弹簧弹力 k(l x0 x)及力 F，根据牛顿第二定律，得F k(l x0 x) mg ma且 k(l x0) mg故 F kx ma.根据数学知识知 F x 图像是截距为 ma 的一次函数图像3(2018全国卷，19)甲、乙两汽车在同一条平直公路上同向运动，其速度时间图像分别如图中甲、乙两条曲线所示已知两车在 t2时刻并排行驶下列说法正确的是( )3A两车在 t1时刻也并排行驶B在 t1时刻甲车在后，乙车在前C甲车的加速度

4、大小先增大后减小D乙车的加速度大小先减小后增大BD A 错、B 对：0 t1时间内， v 乙 v 甲 ； t1 t2时间内， v 甲 v 乙 ， t2时刻相遇，但0 t1时间内两者的位移差小于 t1 t2时间内两者的位移差，则 t1时刻甲在乙的后面；C错、D 对：由图像的斜率知，甲、乙两车的加速度均先减小后增大4(2018全国卷，18)甲、乙两车在同一平直公路上同向运动，甲做匀加速直线运动，乙做匀速直线运动甲、乙两车的位置 x 随时间 t 的变化如图所示下列说法正确的是( )A在 t1时刻两车速度相等B从 0 到 t1时间内，两车走过的路程相等C从 t1到 t2时间内，两车走过的路程相等D从

5、t1到 t2时间内的某时刻，两车速度相等CD A 错： x t 图像斜率表示两车速度，则可知 t1时刻乙车速度大于甲车速度B 错：由两图线的纵截距知，出发时甲在乙前面， t1时刻图线相交表示两车相遇，可得 0 到 t1时间内乙车比甲车多走了一段距离C、D 对： t1和 t2两图线相交，表明两车均在同一位置，从 t1到 t2时间内，两车走过的路程相等；在 t1到 t2时间内，两图线有斜率相等的一个时刻，即该时刻两车速度相等提示 多项选择题中，A、B 项已经确定错误，C、D 项可不分析5(2018全国卷，24)(12 分)汽车 A 在水平冰雪路面上行驶驾驶员发现其正前方停有汽车 B，立即采取制动措

6、施，但仍然撞上了汽车 B.两车碰撞时和两车都完全停止后4的位置如图所示，碰撞后 B 车向前滑动了 4.5 m， A 车向前滑动了 2.0 m已知 A 和 B 的质量分别为 2.0103kg 和 1.5103kg，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为 0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小 g10 m/s 2.求：(1)碰撞后的瞬间 B 车速度的大小；(2)碰撞前的瞬间 A 车速度的大小；解析 (1)设 B 车的质量为 mB，碰后加速度大小为 aB.根据牛顿第二定律有m Bg mBaB式中 是汽车与路面间的动摩擦因数设碰撞后瞬间 B 车速度的大小为 v B，碰撞后滑行的

7、距离为 sB.由运动学公式有v 2 aBsB2B联立式并利用题给数据得v B3.0 m/s(2)设 A 车的质量为 mA，碰后加速度大小为 aA，根据牛顿第二定律有m Ag mAaA设碰撞后瞬间 A 车速度的大小为 v A，碰撞后滑行的距离为 sA，由运动学公式有v 2 aAsA2A设碰撞前的瞬间 A 车速度的大小为 vA.两车在碰撞过程中动量守恒，有mAvA mAv A mBv B联立式并利用题给数据得vA4.3 m/s答案 (1)3.0 m/s (2)4.3 m/s考情分析命题特点与趋势1近几年高考对本讲的考查比较全面，题型以选择题为主，也涉及较为综合的计算题匀变速直线运动的规律、运动学图

8、象问题、牛顿运动定律的应用是命题的热点2借助“传送带” “平板车” “滑块木板”模型，综合考查牛顿运动定律、受力分析、运动过程分析的计算题，会成为高考中的压轴性题目3以“机车运动” “追及相遇”为背景的实际问题也会成为高考命题的热点，应引起足够重视解题要领51解答运动学公式与牛顿第二定律综合应用的问题，需要注意两个关键点(1)两分析物体受力情况分析，同时画出受力示意图；物体运动规律分析，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解决图象类问题要紧紧抓住两个方面(1)要明白 x t、 v t 图象的特点及区别；(2)要将物体的运动图象转化为物体的

9、运动模型高频考点一 运动学基本规律备考策略1牢记解决匀变速直线运动问题的 4 种常用方法2匀变速直线运动问题规范解题“4 个步骤”6命题视角考向 1 运动学基本规律的应用例 1 一个物体从静止开始做匀加速直线运动，以 T 为时间间隔，在第三个 T 时间内位移是 3 m，第三个 T 时间末的瞬时速度为 3 m/s，则( )A物体的加速度是 1 m/s2B第一个 T 时间末的瞬时速度为 0.6 m/sC时间间隔 T1 sD物体在第 1 个 T 时间内的位移为 0.6 mD 初速度为 0 的匀加速直线运动，连续相等时间内通过的位移之比为 135，据此判断第一个 T 时间内的位移 x1 3 m0.6

10、m，选项 D 正确；第二个 T 时间内的位移15x2 3 m1.8 m，由 v 02 a(x1 x2 x3)，得 a m/s2，选项 A 错误；由 x aT235 23 56得 x2 x1 aT2，解得 T s，选项 C 错误；第一个 T 时间末的瞬时速度 v1 aT1 m/s，657选项 B 错误考向 2 追及相遇问题例 2 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 m/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

11、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 a10.4 g4 m/s 2甲车停下来所需时间 t1 2.5 sv0a1

12、甲车滑行距离 s 12.5 mv202a1由于 12.5 mv1)的速度匀速运动：求：(1)在物块向左运动过程中外力 F 的大小；(2)木板至少为多长物块才不会从木板上滑下来？解析 (1)在物块向左运动过程中，木板受力如图所示，其中 Ff1、 Ff2分别为物块和地面给木板的摩擦力，由题意可知 Ff1 1mgFf2 2(m M)g由平衡条件得： F Ff1 Ff2 1mg 2(m M)g22(2)设物块向左匀减速至速度为零的时间为 t1，则 t1v1 1g设物块向左匀减速运动的位移为 x1，则 x1 t1v12 v212 1g设物块由速度为零向右匀加速至与木板同速(即相对静止)的时间为 t2，则

13、 t2v2 1g设物块向右匀加速运动的位移为 x2，则 x2 t2v22 v22 1g此过程中木板向右匀速运动的总位移为 x，则x v2(t1 t2)则物块不从木块上滑下来时木板的最小长度：L x x1 x2， L .v1 v222 1g答案 (1) 1mg 2(m M)g (2)v1 v222 1g课时跟踪训练(二)一、选择题(17 题为单项选择题，810 题为多项选择题)1(2018山东省潍坊市高三第二次高考模拟)汽车在转弯时如果速度过快，容易发生侧翻一辆大货车在水平的路面上向左转弯时发生了侧翻，下列说法正确的是( )A货车向右侧翻B左侧轮胎容易爆胎C侧翻是因为货车惯性变大D侧翻是因为货车

14、惯性变小A 货车在水平的路面上向左转弯时发生了侧翻，由于离心作用火车向右侧翻，选项23A 正确；向右侧翻时，右侧轮胎受的压力较大，则右侧轮胎容易爆胎，选项 B 错误；侧翻是因为货车所受的摩擦力不足以提供转变时的向心力而发生离心现象，火车的质量没变，则惯性没有变化，选项 C、D 错误；故选 A.2(2018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( )A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

15、 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A 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、5 x、 xbc xcd35，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2a 3x 2a 8xv1 v2 ，B 错误；因为 xbc xcd35，显然通过 c 点的时刻不是 bd 的中间时刻，3 8则滑块通过 c 点的速度不等于 bd

16、 段的平均速度，D 错误3(2018湖北省武汉市高三下学期五月理综训练)质量均为 m1 kg 的甲、乙两个物体同时从同地沿同一方向做直线运动，二者的动能随位移的变化图象如图所示下列说法正确的是( )A甲的加速度大小为 2 m/s2B乙的加速度大小为 1.5 m/s2C甲、乙在 x6 m 处的速度大小为 2 m/sD甲、乙在 x10 m 处相遇A A 项：对甲由动能定理可知： F 合 x Ek，即 F 合 即为图象斜率，所以 F 合 Ekx k2N，由牛顿第二定律得： a 甲 2 m/s 2，故 A 正确；B 项：对乙由动能定理可知： F 合 x Ek，即 F 合 即为图象斜率，所以 F 合 E

17、kx24 k1 N，由牛顿第二定律得： a 乙 1 m/s 2，故 B 错误；C 项：由图可知：对甲： Ek 甲 182 x，即 mv 1826，解得： v 甲 2 m/s，12 2甲 3对乙：Ek 乙 x，即 mv 6，解得： v 乙 2 m/s，故 C 错误；12 2乙 3D 项：甲、乙两个物体同时从同地沿同一方向做直线运动，所以甲、乙在 x8 m 处相遇，故 D 错误4处于竖直平面内的某圆周的两条直径 AB、 CD 间夹角为 60，其中直径 AB 水平，AD 与 CD 是光滑的细杆从 A 点和 C 点分别静止释放两小球，从 A、 C 点下落到 D 点的时间分别是 t1、 t2，则 t1

18、t2是( )A11 B32 C. D. 3 2 2 3C 由图可知， sCD2 R， aCD g，由几何关系可得出 sAD R， aAD g，由运动学32 3 12公式 s at2，可得 ，带入数据解得 ，故 C 正确12 t1t2 sADaCDsCDaAD t1t2 325(2018山东省青岛市高三统一质检)一物体由静止开始运动，其加速度 a 与位移 x关系图线如图所示下列说法正确的是( )A物体最终静止B物体的最大速度为 2ax0C物体的最大速度为 3ax0D物体的最大速度为32ax0C 物体运动过程中任取一小段，对这一小段 v2 v 2 a x20一物体由静止开始运动，将表达式对位移累加

19、，可得 v2等于速度 a 与位移 x 关系图线25与坐标轴围成的面积的 2 倍，则 v22 ，解得物体的最大速度 v .故(a0x012a0x0) 3a0x0C 项正确6在 2017 年的珠海航展中，中国展出了国产运20 和歼31 等最先进飞机假设航展中有两飞机甲、乙在平直跑道上同向行驶，0 t2时间内的 v t 图象如图所示，下列说法正确的是( )A飞机乙在 0 t2内的平均速度等于v22B飞机甲在 0 t2内的平均速度比乙大C两飞机在 t1时刻一定相遇D两飞机在 0 t2内不可能相遇B 在 v t 图象中，图线与坐标轴围成的“面积”表示位移，如图所示飞机乙的位移小于匀变速的位移，故平均速度

20、小于 ，甲做匀变速直线运动，故甲的平均速度为v22，故甲的平均速度大于乙的平均速度，故 A 错误、B 正确；两飞机在位移相等时相v1 v22遇， t1时刻乙的面积大于甲的面积，故在 t1时刻不相遇，选项 C 错误；开始乙的速度大于甲的速度，后来甲的速度大于乙的速度，所以中间相遇一次，选项 D 错误7(2018济宁市高三第二次模拟)质量为 1 kg 的木板 B 静止在水平面上，可视为质点的物块 A 从木板的左侧沿木板上表面水平冲上木板，如图甲所示 A 和 B 经过 1 s 达到同一速度，之后共同减速直至静止， A 和 B 运动的 v t 图象如图乙所示，取 g10 m/s2，则物块 A 的质量为

21、( )A1 kg B2 kg 26C3 kg D6 kgC 由图象可知，物块在 01 s 内的加速度大小为 a12 m/s 2以物块为研究对象，由牛顿第二定律得： 1mg ma1解得： 10.2木板在 01 s 内的加速度大小为 a22 m/s2，在 1 s3 s 内物块与木板相对静止，一起做匀减速运动，加速度大小为 a31 m/s 2AB 同速后为研究对象，由牛顿第二定律得： 2(M m)g( M m)a3解得： 20.1再以 B 为研究对象，在 01 s 内水平方向受到两个滑动摩擦力，由牛顿第二定律得： 1mg 2(M m)g Ma1代入数据解得 A 的质量 m3 kg.8在塔顶上将一物体

22、竖直向上抛出，抛出点为 A，物体上升的最大高度为 h20 m，不计空气阻力，设塔足够高，则物体的位移大小为 10 m 时，物体通过的路程可能为( )A10 m B20 m C30 m D50 mACD 物体在塔顶上的 A 点抛出，位移大小为 10 m 的位置有两处，如图所示，一处在A 点之上，另一处在 A 点之下在 A 点之上时，位移大小为 10 m，又有上升和下降两种过程，上升时，物体通过的路程 s1等于位移的大小 x1，即 s1 x110 m；下降时，物体通过的路程 s22 h x1220 m10 m30 m在 A 点之下时，物体通过的路程s32 h x2220 m10 m50 m故 A、

23、C、D 项正确，B 项错误9(2018湖北省武汉市高三下学期五月理综训练)(多选)如图所示，材料相同的物体m1、 m2由轻绳连接，在恒定拉力 F 的作用下沿斜面向上加速运动轻绳拉力的大小( )A与斜面的倾角 有关B与物体和斜面之间的动摩擦因数 有关27C与两物体的质量 m1和 m2有关D若改用 F 沿斜面向下拉连接体，轻绳拉力的大小不变CD A、B、C 项：将两物体看成一个整体有： F( m1 m2)gsin (m1 m2)gcos ( m1 m2)a解得： aF m1 m2gsin m1 m2gcos m1 m2对 m2受力分析且由牛顿第二定律有： T m2gsin m 2gcos m2a解

24、得： T ，故 A、B 项错误，C 正确；m2Fm1 m2D 项：将两物体看成一个整体有：F( m1 m2)gsin (m1 m2)gcos ( m1 m2)a解得： aF m1 m2gsin m1 m2gcos m1 m2对 m1受力分析且由牛顿第二定律有： T m1gsin m 1gcos m1a解得： T ，故 D 正确m2Fm1 m210(2018成都二诊)质量为 m 的小球被两个弹性系数皆为 k 的相同弹簧固定在一质量为 M 的盒中，如图所示，盒从距桌面高 h 处开始下落，在盒开始下落的瞬间，两弹簧均未发生形变，小球静止则下列说法正确的是( )A下落高度 h ，盒与桌面发生完全非弹性

25、碰撞后还能跳起来Mg2k(1 M2m)B下落高度 h ，盒与桌面发生完全非弹性碰撞后还能跳起来Mg2k(1 2Mm)C在小球到最高点时盒子恰好弹起，小球的加速度 a gM mmD在小球到最高点时盒子恰好弹起，小球的加速度 a g2MmAC 小球从 h 高处下落到桌面，根据机械能守恒定律得 mgh mv2，设小球向上运动12到速度变为零时上面弹簧的压缩为 x，下面弹簧的伸长量也为 x，根据机械能守恒定律得28mv2 mgx2 kx2，这时小球上面的弹簧对盒向上的弹力为 kx，小球下面的弹簧对12 12盒向上的弹力也是 kx，盒能跳离桌面的条件是 2kxMg， h ，盒子恰好弹起，Mg2k(1 M

26、2m)2kx Mg，则小球合力 F 合 Mg mg，加速度为 a g，A、C 正确M mm二、非选择题11(2018广东省深圳市高三 2 月第一次调研)如图所示，质量 M8 kg 的小车放在水平光滑的平面上，在小车左端加一个 F8 N 的水平推力，当小车向右运动的速度达到v01.5 m/s 时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计，质量为 m2 kg 的小物块，小物块与小车间的动摩擦因数 0.2，小车足够长，取 g10 m/s 2.求：(1)放小物块后，小物块及小车的加速度各为多大？(2)经多长时间两者达到相同的速度；(3)从小物块放上小车开始，经过 t1.5 s 小物块通过的位移大小为多少？解析

27、 (1)小物块的加速度 am g 2 m/s 2小车的加速度 aM 0.5 m/s 2F mgM(2)由 amt v0 aMt解得： t1 s(3)从小物块放上小车开始 1 s 内，小物块的位移 s1 amt21 m121 s 末小物块的速度 v amt2 m/s在接下来的 0.5 s 内小物块与小车相对静止，一起做加速运动，且加速度a 0.8 m/s 2FM m这 0.5 s 内小物块的位移 s2 vt1 at 1.1 m12 21小物块 1.5 s 内通过的总位移 s s1 s22.1 m答案 (1)2 m/s 2 0.5 m/s 2 (2)1 s (3)2.1 m12(2018吉林省长春

28、外国语学校高三第 5 次调研)如图 1 所示，一足够长的传送带与水平面的夹角 30，速率始终不变 t0 时刻在传送带适当位置放一具有初速度的小物块物块刚好能运动到传送带的最上端，取沿斜面向下为正方向，物块在传送带上运动的速度随时间的变化关系如图 2 所示已知小物块质量 m1 kg， g 取 10 m/s2，求：29(1)传送带与滑块之间的动摩擦因数 ；(2)t0 时，小物块离传送带最上端的距离；(3)前 3 s 内小物块与传送带之间的摩擦产生的内能解析 (1)由 v t 图象可知，刚开始时物块的加速度 a8 m/s 2对物块进行受力分析，可得 mgsin mg cos ma解得 35(2)小物

29、块运动到传送带的最上端时，速度恰好为 0，即 t00.5 st0 时，小物块离传送带最上端的距离 x 0.54 m1 m12(3)由 v t 图象可知：传送带的速度是 v08 m/s当 t11.5 s 时，物块与传送带速度相等，之后传送带对物块的摩擦力沿传送带向上由牛顿第二定律得： mgsin mg cos ma解得： a2 m/s 2所以， t23 s 时，物块的速度 v v0 a( t2 t1)11 m/s小物块在传送带上滑行的距离就是图中阴影的面积 x 12 m 31.5 m11.25 m12 32 12前 3 s 内小物块与传送带之间的摩擦产生的内能 Q( mg cos ) x33.75 J答案 (1) (2)1 m (3)33.75 J3530