(通用版)2020高考物理二輪復(fù)習(xí)專題一力與運(yùn)動(dòng)第2課時(shí)力與直線運(yùn)動(dòng)課件

1、(通用版)2020高考物理二輪復(fù)習(xí)專題一力與運(yùn)動(dòng)第2課時(shí)力與直線運(yùn)動(dòng)課件(通用版)2020高考物理二輪復(fù)習(xí)專題一力與運(yùn)動(dòng)第2課時(shí)力與欄目索引考點(diǎn)1勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律的應(yīng)用考點(diǎn)2直線運(yùn)動(dòng)圖象的應(yīng)用考點(diǎn)3牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用考點(diǎn)4動(dòng)力學(xué)方法分析“板塊”模型欄目索引考點(diǎn)1勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律的應(yīng)用考點(diǎn)2直線運(yùn)動(dòng)圖象考點(diǎn)1勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律的應(yīng)用中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度： _.任意兩個(gè)連續(xù)相等的時(shí)間內(nèi)的位移之差是一個(gè)恒量，即xxn1xn_.aT2考點(diǎn)1勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律的應(yīng)用中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度： 2.解題思路 建立物體運(yùn)動(dòng)的情景，畫出物體運(yùn)動(dòng)示意圖，并在圖上標(biāo)明相關(guān)位置和所涉及的物理量，明確哪些量已知，哪些量未

2、知，然后根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式的特點(diǎn)恰當(dāng)選擇公式求解.3.剎車問題 末速度為零的勻減速直線運(yùn)動(dòng)問題常用逆向思維法，應(yīng)特別注意剎車問題，要先判斷車停下所用的時(shí)間，再選擇合適的公式求解.4.雙向可逆類 全過程加速度的大小和方向均不變，故求解時(shí)可對(duì)全過程列式，但需注意x、v、a等矢量的正、負(fù)及物理意義.5.平均速度法的應(yīng)用在用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式分析問題時(shí)，平均速度法常常能使解題過程簡化.2.解題思路 例1(2019湖南婁底市下學(xué)期質(zhì)量檢測(cè))如圖1所示水平導(dǎo)軌，A、B為彈性豎直擋板，相距L4 m.一小球自A板處開始，以v04 m/s的速度沿導(dǎo)軌向B運(yùn)動(dòng)，它與A、B擋板碰撞后均以與碰前大小相等的速率反彈回來，且在導(dǎo)軌上

3、做減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小不變，為使小球停在AB的中點(diǎn)，這個(gè)加速度的大小可能為A. B.0.5 m/s2 C.1 m/s2 D.1.5 m/s2圖1解析物體停在AB的中點(diǎn)，可知物體的路程 ，n0,1,2.n0,1,2，將選項(xiàng)中加速度大小代入上式，可知只有A項(xiàng)正確.例1(2019湖南婁底市下學(xué)期質(zhì)量檢測(cè))如圖1所示水平導(dǎo)變式訓(xùn)練1.(多選)(2019廣東清遠(yuǎn)市期末質(zhì)量檢測(cè))高鐵進(jìn)站近似做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，依次經(jīng)過A、B、C三個(gè)位置，已知ABBC，測(cè)得AB段的平均速度為30 m/s，BC段的平均速度為20 m/s.根據(jù)這些信息可求得A.高鐵經(jīng)過A、B、C的速度B.高鐵在AB段和BC段運(yùn)動(dòng)的時(shí)間C.高鐵運(yùn)

4、動(dòng)的加速度D.高鐵在AC段的平均速度變式訓(xùn)練1.(多選)(2019廣東清遠(yuǎn)市期末質(zhì)量檢測(cè))高鐵解析設(shè)質(zhì)點(diǎn)在A、B、C三點(diǎn)的速度分別為vA，vB，vC，聯(lián)立解得：vA34 m/s，vB26 m/s，vC14 m/s，由于不知道AB和BC的具體值，則不能求解運(yùn)動(dòng)時(shí)間，因此無法求出其加速度的大小，故選項(xiàng)A、D正確，B、C錯(cuò)誤.解析設(shè)質(zhì)點(diǎn)在A、B、C三點(diǎn)的速度分別為vA，vB，vC，聯(lián)圖2圖2解析本題應(yīng)用逆向思維法求解，即運(yùn)動(dòng)員的豎直上拋運(yùn)動(dòng)可等同于從一定高度處開始的自由落體運(yùn)動(dòng)的逆向運(yùn)動(dòng)，解析本題應(yīng)用逆向思維法求解，即運(yùn)動(dòng)員的豎直上拋運(yùn)動(dòng)可等同于1.vt圖象 (1)圖象意義：在vt圖象中，圖象上某點(diǎn)

5、的切線斜率表示對(duì)應(yīng)時(shí)刻的_，斜率的正負(fù)表示加速度的_.(2)注意：加速度沿正方向不表示物體做加速運(yùn)動(dòng)，加速度和速度同向時(shí)物體做_運(yùn)動(dòng).2.xt圖象(1)圖象意義：在xt圖象上，圖象上某點(diǎn)的切線斜率表示對(duì)應(yīng)時(shí)刻的_，斜率的正負(fù)表示速度的_.(2)注意：在xt圖象中，斜率的絕對(duì)值逐漸增大，則物體加速度與速度同向，物體做加速運(yùn)動(dòng)；反之，物體做減速運(yùn)動(dòng).考點(diǎn)2直線運(yùn)動(dòng)圖象的應(yīng)用加速度方向加速速度方向1.vt圖象 考點(diǎn)2直線運(yùn)動(dòng)圖象的應(yīng)用加速度方向加速速度3.基本思路(1)解讀圖象的坐標(biāo)軸，理清橫軸和縱軸代表的物理量和坐標(biāo)點(diǎn)的意義.(2)解讀圖象的形狀、斜率、截距和面積信息.4.解題技巧(1)應(yīng)用解析法

6、和排除法，兩者結(jié)合提高圖象類選擇題的解題準(zhǔn)確率和速度.(2)分析轉(zhuǎn)折點(diǎn)、兩圖線的交點(diǎn)、與坐標(biāo)軸交點(diǎn)等特殊點(diǎn)和該點(diǎn)前后兩段圖線.(3)分析圖象的形狀變化、斜率變化、相關(guān)性等.3.基本思路例2(2019甘肅蘭州市第一次診斷)如圖3甲所示，質(zhì)量為2 kg的物體在水平力F作用下運(yùn)動(dòng)，t0時(shí)刻開始計(jì)時(shí)，3 s末撤去F，物體繼續(xù)運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后停止，其vt圖象的一部分如圖乙所示，整個(gè)過程中阻力恒定，取g10 m/s2，則下列說法正確的是圖3A.水平力F為3.2 NB.水平力F做功480 JC.物體從t0時(shí)刻開始到停止，運(yùn)動(dòng)的 總位移為92 mD.物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5例2(2019甘肅蘭州市第一

7、次診斷)如圖3甲所示，質(zhì)量為撤去拉力后，對(duì)物體受力分析，由牛頓第二定律可得，mgma，解得物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.4，故D項(xiàng)錯(cuò)誤.由題圖乙得，拉力作用時(shí)，物體做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則Fmg0.4210 N8 N，故A項(xiàng)錯(cuò)誤.拉力作用的3 s內(nèi)物體的位移x1v0t1203 m60 m；則水平力F做功WFx1860 J480 J，故B項(xiàng)正確撤去拉力后，對(duì)物體受力分析，由牛頓第二定律可得，mgma物體從t0時(shí)刻開始到停止，運(yùn)動(dòng)的總位移xx1x260 m50 m110 m.故C項(xiàng)錯(cuò)誤.物體從t0時(shí)刻開始到停止，運(yùn)動(dòng)的總位移xx1x260變式訓(xùn)練3.(2019浙江紹興市3月選考)某玩具汽車從t0時(shí)刻出發(fā)

8、，由靜止開始沿直線行駛，其at圖象如圖4所示，下列說法正確的是A.6 s末的加速度比1 s末的大B.1 s末加速度方向與速度方向相同C.第4 s內(nèi)速度變化量大于零D.第6 s內(nèi)速度在不斷變大圖4解析由題圖知6 s末的加速度比1 s末的小，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；01 s內(nèi)汽車從靜止開始做變加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度方向與速度方向相同，選項(xiàng)B正確；由at圖象與t軸所圍圖形的“面積”表示速度的變化量，知第4 s內(nèi)速度變化量為零，第6 s內(nèi)速度在不斷減小，選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤.變式訓(xùn)練3.(2019浙江紹興市3月選考)某玩具汽車從t4.(2019山東泰安市3月第一輪模擬)如圖5，在光滑的斜面上，輕彈簧的下端固定在擋板上，上

9、端放有物塊Q，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài).現(xiàn)用一沿斜面向上的力F作用在Q上，使其沿斜面向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，以x表示Q離開靜止位置的位移，在彈簧恢復(fù)原長前，下列表示F和x之間關(guān)系的圖象可能正確的是圖5解析開始時(shí)mgsin kx0；現(xiàn)用一沿斜面向上的力F作用在Q上，當(dāng)Q離開靜止位置的位移為x時(shí)， 根據(jù)牛頓第二定律：Fk(x0 x)mgsin ma，解得Fkxma，故選A.4.(2019山東泰安市3月第一輪模擬)如圖5，在光滑的斜1.三大定律牛頓第一定律、牛頓第二定律、牛頓第三定律2.運(yùn)動(dòng)性質(zhì)分析(1)a0時(shí)，靜止或_運(yùn)動(dòng)，此時(shí)合外力為0.(2)a恒量(不等于0)，且v0和a在同一條_上時(shí)，物體做勻變速直線

10、運(yùn)動(dòng)，此時(shí)合外力_.考點(diǎn)3牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用勻速直線直線恒定1.三大定律考點(diǎn)3牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用勻速直線直線恒定3.四種問題分析(1)瞬時(shí)問題要注意繩、桿彈力和彈簧彈力的區(qū)別，繩和輕桿的彈力可以突變，而彈簧的彈力不能突變.(2)連接體問題要充分利用“加速度相等”這一條件或題中特定條件，交替使用整體法與隔離法.(3)超重和失重問題物體的超重、失重狀態(tài)取決于加速度的方向，與速度方向無關(guān).(4)兩類動(dòng)力學(xué)問題解題關(guān)鍵是運(yùn)動(dòng)分析、受力分析，充分利用加速度的“橋梁”作用.3.四種問題分析例3如圖6甲所示，光滑平臺(tái)右側(cè)與一長為L10 m的水平木板相接，木板固定在地面上，現(xiàn)有一小滑塊以初速度v010 m/s

11、滑上木板，恰好滑到木板右端停止.現(xiàn)抬高木板右端，如圖乙所示，使木板與水平地面的夾角37，讓滑塊以相同大小的初速度滑上木板，不計(jì)滑塊滑上木板時(shí)的能量損失，取g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.求：圖6(1)滑塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)；答案0.5解析設(shè)滑塊質(zhì)量為m，木板水平時(shí)滑塊加速度大小為a，則對(duì)滑塊有mgma 例3如圖6甲所示，光滑平臺(tái)右側(cè)與一長為L10 m的水平木(2)滑塊從滑上傾斜木板到滑回木板底端所用的時(shí)間t.(2)滑塊從滑上傾斜木板到滑回木板底端所用的時(shí)間t.0v0a1t1 由式，解得t11 s，s5 m 設(shè)滑塊下滑時(shí)的加速度大小為a2，下滑的時(shí)間為t2，有mgs

12、in mgcos ma2 解析當(dāng)木板傾斜，設(shè)滑塊上滑時(shí)的加速度大小為a1，最大距離為s，上滑的時(shí)間為t1，有mgcos mgsin ma10v0a1t1 變式訓(xùn)練5.(2019浙江紹興市3月選考)如圖7所示，橡皮膜包住空心塑料管的底端，細(xì)線將橡皮膜固定密封，用手豎直握住塑料管保持靜止?fàn)顟B(tài)，先將水從塑料管頂端倒入并灌至整管的三分之二處，然后在管頂處加一個(gè)帶孔的瓶蓋，此時(shí)橡皮膜凸出成半球狀.現(xiàn)用力將塑料管向上加速提升一段距離，再減速上升直至速度為零.則A.加速上升時(shí)塑料管處于失重狀態(tài)B.加速上升時(shí)橡皮膜底部進(jìn)一步向下凸出C.減速上升時(shí)塑料管處于超重狀態(tài)D.減速上升時(shí)塑料管內(nèi)的水面將下降圖7變式訓(xùn)練

13、5.(2019浙江紹興市3月選考)如圖7所示，橡皮解析加速上升時(shí)，塑料管處于超重狀態(tài)，水對(duì)橡皮膜的壓力增大，橡皮膜的底部會(huì)進(jìn)一步凸出；減速上升時(shí)，塑料管處于失重狀態(tài)，水對(duì)橡皮膜的壓力變小，橡皮膜凸出程度變小，水面將上升.解析加速上升時(shí)，塑料管處于超重狀態(tài)，水對(duì)橡皮膜的壓力增大，6.(2019湖北“荊、荊、襄、宜四地七校考試聯(lián)盟”期末)如圖8所示，光滑的水平地面上有兩塊材料完全相同的木塊A、B，質(zhì)量均為m，A、B之間用輕質(zhì)細(xì)繩水平連接.現(xiàn)沿細(xì)繩所在直線施加一水平恒力F作用在A上，A、B一起開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在運(yùn)動(dòng)過程中把和木塊A、B完全相同的木塊C放在某一木塊上面，系統(tǒng)仍加速運(yùn)動(dòng)，且始終沒有

14、相對(duì)滑動(dòng)，則在放上C并達(dá)到穩(wěn)定后，下列說法正確的是圖86.(2019湖北“荊、荊、襄、宜四地七校考試聯(lián)盟”期末)解析F拉A使得整體運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律：F2ma，若C放在A上，三者一起加速，由整體法有F3ma1，對(duì)B由牛頓第二定律有：FT1ma1，若C放在B上，對(duì)整體F3ma2，對(duì)B、C有：FT22ma2，對(duì)B滑塊FT2Ffma2，解析F拉A使得整體運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律：F2ma，若C放1.“板塊”模型的特點(diǎn)(1)一個(gè)轉(zhuǎn)折滑塊與木板達(dá)到相同_或者滑塊從木板上滑下是受力和運(yùn)動(dòng)狀態(tài)變化的轉(zhuǎn)折點(diǎn).(2)兩個(gè)關(guān)聯(lián)轉(zhuǎn)折前、后受力情況之間的關(guān)聯(lián)；滑塊、木板位移與板長之間的關(guān)聯(lián).(3)臨界條件加速度相同且兩

15、物體間的摩擦力為_，分析此臨界條件前后物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)是解題的關(guān)鍵.2.分析多過程問題的基本方法應(yīng)當(dāng)將復(fù)雜的運(yùn)動(dòng)過程分解為幾個(gè)子過程，就每個(gè)子過程進(jìn)行求解，關(guān)鍵是分析每一個(gè)子過程的特征(包括受力和運(yùn)動(dòng))并且要尋找各子過程之間的聯(lián)系.考點(diǎn)4動(dòng)力學(xué)方法分析“板塊”模型速度最大靜摩擦力1.“板塊”模型的特點(diǎn)考點(diǎn)4動(dòng)力學(xué)方法分析“板塊”模型例4(2019廣東惠州市第二次調(diào)研)如圖9，一質(zhì)量M1 kg的足夠長薄木板正在水平地面上滑動(dòng)，當(dāng)其速度為v05 m/s時(shí)將一質(zhì)量m1 kg的小鐵塊(可視為質(zhì)點(diǎn))無初速度地輕放到木板的A端；已知薄木板與小鐵塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)10.2，薄木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)20.3，取g10 m/s2.求：圖9(1)小鐵塊放到薄木板上瞬間鐵塊和木板的加速度大小a1、a2；解析對(duì)m由牛頓第二定律得：Ffm1mgma1對(duì)M由牛頓第二定律得：FfmFfMMa2答案2 m/s28 m/s2例4(2019廣東惠州市第二次調(diào)研)如圖9，一質(zhì)量M1(2)小鐵塊與薄木板的速度第一次相等時(shí)，二者的位移大??；答案0.25 m1.5 m解析m向右加速運(yùn)動(dòng)，M向右減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)經(jīng)過時(shí)間t二者速度相等且為v.則對(duì)m：va1t對(duì)M：vv0a2t解得t0.5 s，v1 m/s(2)小鐵塊與薄木板的速度第一次相等時(shí)，二者的位移大??；答案(3)當(dāng)小鐵塊速度剛好