2022-2023年高考物理一輪復習 力與直線運動課件(重點難點易錯點核心熱點經典考點)

力與直線運動“物理觀念”構建3．運動圖像：利用v－t圖像或x－t圖像求解．二、解決動力學問題要抓好關鍵詞語1．看到“剛好”“恰好”“正好”等字眼,想到“題述的過程存在臨界點”．2．看到“最大、最小、至多、至少”等字眼,想到“題述的過程存在極值點”．1．思想方法(1)追及相遇問題的解題思路和技巧①緊抓“一圖三式”,即過程示意圖、時間關系式、速度關系式和位移關系式．②審題應抓住題目中的關鍵字眼,充分挖掘題目中的隱含條件,如“剛好”“恰好”“最多”“至少”等,往往對應一個臨界狀態(tài),滿足相應的臨界條件．③若被追趕的物體做勻減速運動,一定要注意追上前該物體是否已停止運動,另外最后還要注意對解的討論分析．“科學思維”展示(2)常用方法①整體法與隔離法：單個物體的問題通常采用隔離法分析,對于連接體問題,通常需要交替使用整體法與隔離法．②正交分解法：一般沿加速度方向和垂直于加速度方向進行分解,有時根據情況也可以把加速度進行正交分解．③逆向思維法：把運動過程的末狀態(tài)作為初狀態(tài),反向研究問題,一般用于勻減速直線運動問題,比如剎車問題、豎直上拋運動問題．2．模型建構(1)沿如圖光滑斜面下滑的物體：03命題熱點·巧突破【答案】C【核心考點】初速度為零的勻加速直線運動的規(guī)律,豎直上拋運動的逆過程是自由落體運動．【情景解讀】從實際情景中抽象出緊直上拋運動模型,體現(xiàn)了物理來源于生活,而又高于生活．【規(guī)范審題】考向2追及相遇問題典例2

現(xiàn)有甲、乙兩汽車正沿同一平直大街同向勻速行駛,甲車在前,乙車在后,它們行駛的速度均為10m/s.當兩車快要到一十字路口時,甲車司機看到綠燈已轉換成了黃燈,于是緊急剎車(反應時間忽略不計),乙車司機為了避免與甲車相撞也緊急剎車,但乙車司機反應較慢(反應時間為t0＝0.5s)．已知甲車緊急剎車時制動力為車重的0.4倍,乙車緊急剎車時制動力為車重的0.6倍,g＝10m/s2,假設汽車可看作質點．(1)若甲車司機看到黃燈時車頭距警戒線15m,他采取上述措施能否避免闖紅燈？(2)為保證兩車在緊急剎車過程中不相撞,甲、乙兩車在正常行駛過程中應至少保持多大距離？[變式拓展]

在(例2)中,如果兩車剎車時的加速度交換,為保證兩車在緊急剎車過程中不相撞,那么兩車在正常行駛過程中又應至少保持多大距離？【解析】如果剎車時兩車的加速度交換,這時由于甲車的加速度大小為a2＝6m/s2,乙車的加速度大小為a1＝4m/s2,1．求解勻變速直線運動問題的思路2．全程法：全過程中若加速度不變,雖然有往返運動,但可以全程列式,此時要注意各矢量的方向(即正負號)．2．學習物理知識可以幫助我們分析一些生活中的實際問題．如圖所示,某地鐵出站口處設有高約5m的步行樓梯和自動扶梯,步行樓梯每級臺階的高度約0.2m,自動扶梯與水平面間的夾角為30°,并以0.8m/s的速度勻速運行．甲、乙兩位同學分別從步行樓梯和自動扶梯的起點同時上樓,甲在步行樓梯上勻速上行,乙在自動扶梯上站立不動．若他倆同時到達地面層．下列估算正確的是

(

)A．甲同學步行上樓梯用時6.25sB．甲同學的上行速度等于0.4m/sC．甲同學豎直方向分速度為1.6m/sD．甲同學每秒鐘需要上兩級臺階D4．我國自主研制了運－20重型運輸機．飛機獲得的升力大小F可用F＝kv2描述,k為系數；v是飛機在平直跑道上的滑行速度,F與飛機所受重力相等時的v稱為飛機的起飛離地速度,已知飛機質量為1.21×105kg時,起飛離地速度為66m/s；裝載貨物后質量為1.69×105

kg,裝載貨物前后起飛離地時的k值可視為不變．(1)求飛機裝載貨物后的起飛離地速度；(2)若該飛機裝載貨物后,從靜止開始勻加速滑行1521m起飛離地,求飛機在滑行過程中加速度的大小和所用的時間．【答案】

(1)v2＝78m/s

(2)2m/s2,t＝39s1．圖像問題要三看(1)看清坐標軸所表示的物理量―→明確因變量(縱軸表示的量)與自變量(橫軸表示的量)的制約關系．(2)看圖線本身―→識別兩個相關量的變化趨勢,從而分析具體的物理過程．(3)看交點、斜率和“面積”―→明確圖線與圖線的交點、圖線與坐標軸的交點、圖線斜率、圖線與坐標軸圍成的面積的物理意義．考點二運動圖像及應用2．v－t圖像的應用技巧(1)圖像意義：在v－t圖像中,圖像上某點的斜率表示對應時刻的加速度,斜率的正負表示加速度的方向．(2)注意：加速度沿正方向不表示物體做加速運動,加速度和速度同向時做加速運動．1．美國導彈驅逐艦“邁耶”號擅自進入中國西沙群島海域．我軍組織有關?？毡?依法依規(guī)對美艦進行了識別查證,予以警告,成功將其驅離．如圖是美國導彈驅逐艦“邁耶”號在海面上被我軍驅離前后運動的速度—時間圖像,則下列說法正確的是

(

)A．美艦在0～66s內的平均速度大小等于7.5m/sB．美艦在66s末開始調頭逃離C．美艦在66～96s內運動了225mD．美艦在96～116s內做勻減速直線運動考向1v－t圖像C2．疫情當前,無人駕駛技術在配送、清潔、消毒等方面的應用,節(jié)省人力的同時,也大幅降低了相關人員的感染風險,對疫情防控起到了積極作用．某公司在研發(fā)無人駕駛汽車的過程中,對比甲乙兩輛車的運動,兩車在開始計時時剛好經過同一位置且沿同一方向做直線運動,它們的速度隨時間變化的關系如圖所示,由圖可知

(

)A．在t＝3s時,兩車第一次相距最遠B．甲車任何時刻加速度大小都不為零C．在t＝6s時,兩車又一次經過同一位置D．甲車t＝6s時的加速度與t＝9s時的加速度相同A【解析】甲乙兩車同時同地出發(fā),0～3s內甲車速度大于乙車速度,甲在前乙在后,距離越來越遠,3～6s內甲車速度小于乙車速度,距離越來越近,所以t＝3s時,甲乙兩車速度相等,第一次距離最遠,A正確；v－t圖像斜率的物理意義為加速度,圖像的斜率可以為0,所以甲車的加速度可以為0,B錯誤；圖像與橫軸所圍面積代表位移,可知前6s內,乙的位移比甲的大,故C錯誤；甲車在6s時和9s時加速度方向不同,D錯誤．5．某物體原先靜止于一光滑水平面上,t＝0時受水平外力作用開始沿直線運動,0～8s內其加速度a與時間t的關系如圖所示,則下列說法正確的是

(

)A．t＝2s時,物體的速度大小為2m/sB．0～2s內,物體通過的位移大小為2mC．0～8s內物體的最大速度為7m/sD．物體在t＝8s時與在t＝2s時的運動方向相反考向3其他圖像C1．主要題型應用牛頓運動定律解決的主要問題有：瞬時問題、連接體問題、超重和失重問題以及動力學的兩類基本問題．2．方法技巧(1)瞬時問題要注意繩、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,變替使用整體法與隔離法．考點三牛頓運動定律的應用(3)兩類動力學基本問題的解題關鍵是運動分析、受力分析,充分利用加速度的“橋梁”作用．1．(多選)橡皮筋具有與彈簧類似的性質,如圖所示,一條質量不計的橡皮筋豎直懸掛,勁度系數k＝100N/m,橡皮筋上端安裝有拉力傳感器測量橡皮筋的彈力．當下端懸掛一個鉤碼,靜止時拉力傳感器讀數為10N,現(xiàn)將一個完全相同的鉤碼輕輕掛在第一個鉤碼的下方,取g＝10m/s2,則 (

)考向1瞬時性問題A．懸掛第二個鉤碼的瞬間,拉力傳感器的讀數仍為10NB．懸掛第二個鉤碼的瞬間,鉤碼間的彈力大小是20NC．懸掛第二個鉤碼后,拉力傳感器的讀數恒為20ND．懸掛第二個鉤碼后,鉤碼運動速度最大時下降的高度為10cm【答案】

AD【解析】懸掛第二個鉤碼的瞬間,橡皮筋長度還沒發(fā)生變化,根據胡克定律,橡皮筋拉力大小仍為10N,A正確,BC錯誤；設懸掛第一個鉤碼穩(wěn)定時的伸長量為x1,kx1＝G,懸掛第二個鉤碼后,鉤碼運動速度最大時,鉤碼受力平衡,設此時又伸長x2,則k(x1＋x2)＝2G,代入數據,可得x2＝10cm,D正確．2．如圖所示,質量分別為m和2m的A、B兩物塊,用一輕彈簧相連,將A用輕繩懸掛于天花板上,用一木板托住物塊B．調整木板的位置,當系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)時,懸掛A物塊的懸繩恰好伸直且沒有拉力,此時輕彈簧的形變量為x,突然撤去木板,重力加速度為g,物塊運動過程中,彈簧始終在彈性限度內,則下列說法正確的是

(

)A．撤去木板瞬間,B物塊的加速度大小為gB．撤去木板瞬間,B物塊的加速度大小為0.5gC．撤去木板后,B物塊向下運動3x時速度最大D．撤去木板后,B物塊向下運動2x時速度最大C3．在t＝0時,將一乒乓球以某一初速度豎直向上拋出,一段時間后落回拋出點．已知乒乓球運動過程中受到的空氣阻力大小與速度大小關系為f＝kv(k為大于零的常數)．規(guī)定豎直向上為正方向,如圖是定性描述上述過程中乒乓球的加速度a、速度v隨時間t變化規(guī)律的圖像,可能正確的是 (

)考向2動力學兩類問題D【解析】上升、下降的整個運動過程中,加速度方向豎直向下,為負值,因此AB錯誤；上升的過程中,速度減小,空氣阻力減小,合力向下減小,因此加速度向下減小；下落的過程中,向下的速度越來越大,空氣阻力越來越大,重力不變,因此向下的合力減小,加速度仍減小,因此整個運動過程中,加速度一直減小,在v－t圖像中,斜率逐漸減小,D正確,C錯誤．4．如圖甲所示,在傾角為θ＝30°的光滑斜面上有兩個用輕質彈簧相連接的物塊A、B,它們的質量為mA＝5kg、mB＝3kg,C為一固定擋板,整個系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)．現(xiàn)用一沿斜面向上的力F拉物塊A,使之沿斜面向上做加速度為4m/s2的勻加速直線運動．選定A的起始位置為坐標原點(g＝10m/s2),從力F剛作用在木塊A的瞬間到B剛好要離開固定擋板C的瞬間這個過程中,乙圖中能正確描繪力F與木塊A的位移x之間關系的圖像是 (

)【解析】整個系統(tǒng)處于平衡狀態(tài),對A有mAgsin30°＝kx0,0時刻對A,由牛頓第二定律有F－mAgsin30°＋kx0＝mAa＝20N,對A,在彈簧恢復原長之前F－mAgsin30°＋k(x0－x)＝mAa,得F＝kx＋mAa,對A,彈簧恢復原長到B剛好離開C過程中有F－mAgsin30°－k(x－x0)＝mAa得F＝kx＋mAa,B剛好要離開固定擋板C時有F－mAgsin30°－F′＝mAa,對B有F′＝mBgsin30°,解得F＝60N,故C正確,A、B、D錯誤．5．乒乓球和小石子以相同初速度同時豎直向上拋出,乒乓球受到的空氣阻力大小恒定,小石子受到的空氣阻力忽略不計,乒乓球和小石子運動的速度v隨時間t變化的圖像如圖所示,其中可能正確的是

(

)B(1)做勻減速運動的加速度大小和方向；(2)勻速運動的速度大小；(3)總位移的大?。敬鸢浮?/p>

(1)0.125m/s2,豎直向下(2)1m/s

(3)40m【解析】

(1)由圖2可知0～26s內物體勻速運動F1＝2000N＝G,26～34s物體減速運動,在減速運動過程mg－F2＝ma,解得a＝0.125m/s2根據圖2得此時F2＝1975N,根據牛頓第二定律,則有方向豎直向下．【答案】

AD【解析】隔離小球1,由牛頓運動定律,F1－2＝ma,把小球1和2看作整體隔離,由牛頓運動定律,F2－3＝2ma,把小球1、2和3看作整體隔離,由牛頓運動定律,F3－4＝3ma,……把小球1到2018看作整體隔離,由牛頓運動定律,F2018－2019＝2018ma,聯(lián)立解得：F1－2∶F2－3∶F3－4∶……∶F2018－2019＝1∶2∶3∶……∶2018,選項A正確；由于彈簧長度等于彈簧原長加彈簧伸長量,彈簧伸長量與彈簧彈力成正比,所以選項B錯誤；9．一固定桿與水平方向夾角為θ＝37°,將一質量為m1的滑塊套在桿上,通過輕繩懸掛一個質量為m2的小球,桿與滑塊之間的動摩擦因數為μ＝0.5.若滑塊與小球保持相對靜止以相同的加速度a＝10m/s2一起向上做勻減速直線運動,則此時小球的位置可能是下圖中的哪一個

(

)D【解析】把滑塊和球看作一個整體受力分析,沿斜面和垂直斜面建立直角坐標系,因速度方向向上,則沿斜面方向：(m1＋m2)gsin37°＋f＝(m1＋m2)a,垂直斜面方向：FN＝(m1＋m2)gcos37°；摩擦力f＝μFN,聯(lián)立可解得：a＝gsin37°＋μgcos37°＝10m/s2,設繩子與豎直方向夾角為β；對小球有若繩子與豎起方向夾角為37°,gsin37°＝6m/s2,則有：a＝gsinβ＞gsin37°,則有β＞37°；A、B、C三個圖形均與結論不相符,則A、B、C錯誤；D圖與結論相符,選項D正確．1．板塊模型板塊模型問題就是通常遇到的疊放問題,由于其往往可看成由物塊和木板構成的一對相互作用模型,故將其形象稱為“板塊”問題．該問題與運動學、受力分析、動力學、功與能等有著密切聯(lián)系,而且往往牽涉著臨界極值問題．考點四板塊模型和傳送帶模型(1)滑塊—木板模型類問題中,木板往往受到摩擦力的影響也做勻變速直線運動,處理此類物體勻變速運動問題要注意從速度、位移、時間等角度,尋找它們之間的聯(lián)系．(2)要使滑塊不從木板的末端掉下來的臨界條件是滑塊到達木板末端時的速度與木板的速度恰好相等．2．滑塊在傳送帶上運動的“五點”注意事項(1)注意滑塊相對傳送帶的運動方向,正確判定摩擦力的方向．(2)在水平傳送帶上,滑塊與傳送帶共速時,滑塊與傳送帶相對靜止做勻速運動．(3)在傾斜傳送帶上,滑塊與傳送帶共速時,需比較mgsinθ與μmgcosθ的大小才能確定運動情況．(4)注意滑塊與傳送帶運動方向相反時,滑塊速度減為零后反向加速返回．(5)注意傳送帶的長度,判定滑塊與傳送帶共速前是否滑出．A．木板的質量為1kgB．2～4s內,力F的大小為0.4NC．0～2s內,力F的大小保持不變D．物塊與木板之間的動摩擦因數為0.2【答案】

AB且知F摩＝μMg＝0.2N解得m＝1kg,F＝0.4N,但由于不知道物塊的質量M,故無法求出物塊與木板之間的動摩擦因數,選項A、B正確,D錯誤．0～2s內,木板處于靜止狀態(tài),F的大小等于物塊與木板之間的靜摩擦力,而物塊與木板之間的靜摩擦力等于f,則由題圖(b)知,F是均勻增加的,選項C錯誤．【易錯提示】

(1)2s時摩擦力發(fā)生突變,木板開始運動；4s時木板的運動性質發(fā)生變化,但摩擦力不變．(2)整個過程中物塊一直處于靜止狀態(tài),故傳感器的示數等于摩擦力的大?。竞诵目键c】(1)v－t圖像中斜率、截距、拐點的意義．(2)牛頓第二定律的應用．【規(guī)范審題】①力傳感器可以實時測出繩子的拉力．②撤去外力前木板做勻加速直線運動,撤去外力后木板做勻減速直線運動．③撤去外力后木板所受物塊摩擦力即為合力．圖(b)前2s摩擦力為靜摩擦力,2s后為滑動摩擦力．圖(c)由此圖像可求出撤去外力前后木板的加速度.【選項分析】(1)對選項A：首先根據v－t圖像求得加速度,再根據牛頓第二定律求得質量．(2)對選項B、C：2s后木板所受摩擦力為滑動摩擦力,其大小不變,結合圖(b)和圖(c)可求得力F的大小．(3)對選項D：利用4s后的v－t圖線及滑動摩擦力公式可求得動摩擦因數．

如圖所示,質量相等的物塊A和B疊放在水平地面上,左邊緣對齊．A與B、B與地面間的動摩擦因數均為μ.先敲擊A,A立即獲得水平向右的初速度,在B上滑動距離L后停下．接著敲擊B,B立即獲得水平向右的初速度,A、B都向右運動,左邊緣再次對齊時恰好相對靜止,此后兩者一起運動至停下．最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,重力加速度為g.求：典例4(1)A被敲擊后獲得的初速度大小vA；(2)在左邊緣再次對齊的前、后,B運動加速度的大小aB、aB′；(3)B被敲擊后獲得的初速度大小vB．(2)設A、B的質量均為m對齊前,B所受合外力大小F＝3μmg由牛頓運動定律F＝maB,得aB＝3μg對齊后,A、B所受合外力大小F′＝2μmg由牛頓運動定律F′＝2maB′,得aB′＝μg本題以板塊模型為背景,綜合考查了牛頓運動定律以及運動學公式等知識,處理本題的關鍵點有二：一是弄清臨界點(或轉折點),即物塊A與物塊B達到共同的速度,或物塊A離開物塊B時的受力情況,以及運動狀態(tài)的變化為轉折點,本題中臨界點為A、B共速；二是兩個關聯(lián),即發(fā)生轉折前后物塊的受力情況以及物塊A與物塊B的位移之間的關聯(lián),必要時要通過畫圖理清關系,即B的位移與A的位移之差應等于L.

如圖所示,傾斜傳送帶以速度v1順時針勻速運動,t＝0時刻小物體從底端以速度v2沖上傳送帶,t＝t0時刻離開傳送帶．下列描述小物體的速度隨時間變化的圖像不可能的是

(

)考向2傳送帶模型典例5【答案】

C【解析】小物體運動過程中,在沿傳送帶方向上,受到重力沿傳送帶向下的分力和摩擦力．設摩擦力最大值為f,重力沿傳送帶向下的分力為F.若v2>v1,物體沖上傳送帶后所受的滑動摩擦力沿斜面向下,做勻減速運動,當其速度與傳送帶相同時,若f≥F,則物體與傳送帶一起勻速運動,則A圖是可能的．A選項不合題意,故A錯誤；若v2>v1,物體先做勻減速運動,后與傳送帶共速,若f<F,滑動摩擦力沿斜面向上,物體繼續(xù)向上做勻減速運動,加速度減小,速度減小到零,后又向下做勻加速運動,根據牛頓第二定律有mgsinθ－μmgcosθ＝ma,可知共速后加速度大小不變,則B圖是可能的,C圖不可能．B選項不合題意,C選項符合題意,故B錯誤,C正確；若v2<v1,物體先做勻加速運動,與傳送帶共速后,若f≥F