高考物理二轮复习 专题二 力和直线运动精品教学案.docx

1、高考物理二轮复习 专题二 力和直线运动精品教学案2021年高考物理二轮复习 专题二 力和直线运动精品教学案【考情分析】1本专题涉及的考点有：参考系、质点；位移、速度和加速度；匀变速直线运动及其公式、图像。大纲对位移、速度和加速度，匀变速直线运动及其公式、图像等考点均为类要求，即对所列知识要理解其确切含义及与其他知识的联系，能够进行叙述和解释，并能在实际问题的分析、综合、推理和判断等过程中运用。质点的直线运动是历年高考的必考内容。可以单独命题，也可以与其他知识点如电场、磁场、电磁感应等知识结合出现在计算题中。近年这部分的考查更趋向于对考生分析问题、应用知识能力的考查。2从高考试题看，作为一个孤立

2、的知识点单独考查的命题并不多，更多的是与牛顿定律、带电粒子在电磁场中的运动等结合起来，作为综合试题中的一个知识点而加以体现。主要题型为选择题、解答题，其中解答题多为中等或较难题。【知识归纳】1物体或带电粒子做直线运动的条件是物体所受合力与速度方向平行2物体或带电粒子做匀变速直线运动的条件是物体所受合力为恒力，且与速度方向平行3牛顿第二定律的内容是：物体运动的加速度与物体所受的合外力成正比，与物体的质量成反比，加速度的方向与物体所受合外力的方向一致，且二者具有瞬时对应关系，此定律可以采用控制变量法进行实验验证 4速度时间关系图线的斜率表示物体运动的加速度，图线所包围的面积表示物体运动的位移在分析

3、物体的运动时，常利用vt图象帮助分析物体的运动情况 5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压力（或对悬挂物的拉力）发生了变化当a=g时，物体完全失重 物体发生超重或失重现象与物体的运动方向无关，只决定于物体的加速度方向 6匀变速直线运动的基本规律为：速度公式：v0+at 位移公式： 速度和位移公式的推论为：vt2-v02=2ax7匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度为=位移中点的瞬时速度为【考点例析】一、 匀变速直线运动规律的应用【例1】跳水是一项优美的水上运动，图甲是xx年北京奥运会跳水比赛中小将陈若琳和王鑫在跳台上腾空而起的英姿如果陈若琳质量为m，身高为L，她站在离水面H高

4、的跳台上， 重心离跳台面的高度为h1，竖直向上跃起后重心又升高了h2达到最高点，入水时身体竖直，当手触及水面时伸直双臂做一个翻掌压水花的动作，如图乙所示，这时陈若琳的重心离水面约为h3整个过程中空气阻力可忽略不计，重力加速度为g，求陈若琳从离开跳台到手触及水面的过程中可用于完成一系列动作的时间【思路导引】（1）运动员在从起跳到手入水的过程中做什么运动?答案 匀减速运动或竖直上抛运动（2）上跃过程的位移为多少?下落过程中的位移又为多少?位移大小根据什么来确立的?答案 上跃过程位移为重心位置的变化量h2，下落过程的位移也是位移变化量（H+h1+h2-h3），应根据重心位置的变化找位移【解析】陈若琳

5、跃起后可看作竖直向上的匀减速运动，重心上升的高度h2，设起跳速度为v0，则 v02=2gh2 上升过程的时间t1= 解得t1=陈若琳从最高处自由下落到手触及水面的过程中重心下落的高度 x=H+h1+h2-h3 设下落过程的时间为t2，则x=gt22 解得t2= 陈若琳要完成一系列动作可利用的时间 t=t1+t2=+【答案】+【解题指导】1匀变速直线运动常以体育运动为背景设置物理情景，处理此类问题时，应注意建立运动模型，如本题就是建立了竖直上抛运动模型 2尽管研究此跳水过程不能看成质点，但是求跳水过程的时间时，可看作质点来处理，其重心位置的变化，也即质点位置的变化 3若对运动情景不清晰时，可画出

6、运动草图，使抽象问题形象化二、图象问题【例2】如图甲所示，质量m=2.0 kg的物体静止在水平面上，物体跟水平面间的动摩擦因数=0.20从t=0时刻起，物体受到一个水平力F的作用而开始运动，前8 s内F随时间t变化的规律如图乙所示g取10 m/s2求：（1）在图丙的坐标系中画出物体在前8 s内的vt图象（2）前8 s内水平力F所做的功【解析】 （1）04 s内，由牛顿第二定律得 F-mg=ma1 解得a1=3 m/s2 4 s末物体的速度为 v4=a1t4=12 m/s45 s，由牛顿第二定律得 -F-mg=ma2 解得a2=-7 m/s2 5 s末物体的速度为 v5=5 m/s 再经时间t停

7、止，则 t= =2.5 s 8 s内的vt图象如图所示 （2）04 s内的位移为 x1=a1t42=24 m 45 s内位移为 x2=8.5 m5 s后水平力消失，所以前8 s内力F做的功为W=F1x1-F2x2=155 J （或由动能定理解） W-mg（x1+x2）=mv52 解得W=155 J 【解题指导】1vt图象反映的仍然是数学关系，只不过它有了具体的物理意义因此要画vt图象，必须采用动力学的方法得到v与t的数学关系 2对于多过程问题要划分不同运动阶段，逐过程分析3vt图象斜率表示加速度，面积表示位移，因此第（2）问求位移时可借用图象来求，请同学们自己完成三、 追及和相遇问题例3、车以

8、25 m/s的速度匀速直线行驶，在它后面有一辆摩托车，当两车相距1 000 m时，摩托车从静止起动做匀加速运动追赶汽车，摩托车的最大速度可达30 m/s，若使摩托车在4 min时刚好追上汽车，摩托车追上汽车后，关闭油门，速度达到12 m/s时，冲上光滑斜面，上滑最大高度为H，求： （1）摩托车做匀加速运动的加速度a? （2）摩托车追上汽车前两车相距最大距离x? （3）摩托车上滑最大高度H?（g取10 m/s2）解析 （1）设汽车位移为x1，摩托车位移为x2 摩托车的加速度为a，摩托车达到最大速度所用时间为t，则 30=at x1=25240x2=+30（240-） 追上条件为x2=x1+1 0

9、00 解得a=2.25 m/s2 （2）摩托车与汽车速度相等时相距最远，设此时刻为T，最大距离为xm 即25=aT 解得T=s xm=1 000+25T-=m=1 138 m（3） =MgH 解得H=7.2 m 答案 （1）2.25 m/s2 （2）1 138 m （3）7.2 m【解题指导】分析追及问题的方法技巧 1要抓住一个条件，两个关系 一个条件：即两者速度相等，它往往是物体间能否追上或两者距离最大，最小的临界条件，也是分析判断的切入点两个关系：即时间关系和位移关系通过画草图找出两物体的位移关系是解题的突破口 2若被追赶的物体做匀减速直线运动，一定要注意追上前该物体是否已经停止运动 3仔

10、细审题，充分挖掘题目中的隐含条件，同时注意 vt图象的应用四、动力学的两类基本问题【例4】一根质量分布均匀的长直绳AB，在水平恒定外力F的作用下，沿光滑水平面以v0=2 m/s的初速度做匀加速直线运动（忽略绳子的形变）， 在头2 s内所通过的位移等于绳长的6倍如图甲所示，绳内距A端x处的张力（即绳内部之间的拉力）FT与x的关系如图乙所示，利用图象和题中的已知数据，求：（1）距A端1.5 m处绳内的张力多大? （2）绳子的质量多大?【解析】解法一 （1）由图象可知函数FT=（6-3x） N 当x=1.5 m时绳间的拉力FT=1.5 N （2）由图象可得：绳长l=2 m；水平恒力F=6 N 由匀加

11、速运动位移公式x=v0t+at2 得a=4 m/s2 由牛顿第二定律得F=ma 得m=1.5 kg 解法二 由图象可得：绳长l=2 m；水平恒力F=6 N 由匀加速运动位移公式x=v0t+at2 得a=4 m/s2 由牛顿第二定律得F=ma 由题意可知：从x=15 m处到B端这段绳质量为， 以此段绳为研究对象FT=a 由图象得x=1.5 m处FT=1.5 N m=1.5 kg答案 （1）1.5 N （2）1.5 kg【解题指导】1牛顿第二定律应用的两类基本问题：物体的受力情况的分析加速度物体的运动状态及变化 2分析复杂的动力学问题时应注意 （1）仔细审题，分析物体的受力及受力的变化情况，确定并

12、划分出物体经历的每个不同的过程 （2）逐一分析各个过程中的受力情况和运动情况，以及总结前一过程和后一过程的状态有何特点（3）前一个过程的结束就是后一个过程的开始，两个过程的交接点受力的变化，状态的特点，往往是解题的关键 3常用的解题方法：（1）整体与隔离法；（2）假设法【方法技巧】1动力学的两类基本问题的处理思路（1）已知力求运动，应用牛顿第二定律求加速度，再根据物体的初始条件，应用运动学公式求出物体的运动情况任意时刻的位置和速度，以及运动轨迹（2）已知运动求力，根据物体的运动情况，求出物体的加速度，再应用牛顿第二定律，推断或者求出物体的受力情况2动力学问题通常是在对物体准确受力分析的基础上，

13、采用_或者是_求合力，然后结合牛顿第二定律列式求解正交分解法 图解法3匀减速直线运动问题通常看成反方向的匀加速直线运动来处理，这是利用了运动的_性在竖直上抛运动和类竖直上抛运动的处理中也常用此法对称4借用vt图象分析：vt图象表示物体的运动规律，形象而且直观【专题训练】1水平地面上放着一质量为1 kg的物体，t=0时在一个方向不变的水平拉力作用下运动，t=2 s时撤去拉力，物体在4 s内速度随时间的变化图象如图所示，则物体 （ ） A所受的摩擦力大小为1 N B第1 s内受到的拉力大小是2 N C在4 s末回到出发点 D在4 s内的平均速度为1.5 m/s2如图甲所示，在光滑的水平面上，物体A

14、在水平方向的外力F作用下做直线运动，其vt图象如图乙所示，规定向右为正方向下列判断正确的是 （ ）A在3 s末，物体处于出发点右方 B在12 s内，物体正向左运动，且速度大小在减小 C在13 s内，物体的加速度方向先向右后向左 D在01 s内，外力F不断增大3一种巨型娱乐器材可以让人体验超重和失重的感觉一个可乘多个人的环形座舱套在竖直柱子上，由升降机运送到几十米的高处，然后让座舱自由下落下落一定高度后，制动系统启动，座舱做减速运动，到地面时刚好停下下列判断正确的是 （ ）A座舱在自由下落的过程中人处于超重状态 B座舱在自由下落的过程中人处于完全失重状态 C座舱在减速运动的过程中人处于超重状态

15、D座舱在减速运动的过程中人处于失重状态4沼泽地的下面蕴藏着丰富的泥炭，泥炭是沼泽地积累的植物残体，它的纤维状和海绵状的物理结构导致人在其上面行走时容易下陷（设在下陷过程中，泥炭对人的阻力不计）如果整个下陷的过程是先加速再减速最后匀速运动，那么，下列说法中正确的是 （ ）A当在加速向下运动时，人对沼泽地的压力大于沼泽地对人的支持力 B当在减速向下运动时，人对沼泽地的压力小于沼泽地对人的支持力 C在整个运动过程中，人对沼泽地的压力是先大于后等于沼泽地对他的支持力 D在整个运动过程中，人对沼泽地的压力大小总是等于沼泽地对他的支持力5如图所示，质量为2 kg的物体，放在动摩擦因数=0.1的水平面上，在

16、水平拉力作用下，由静止开始运动，水平拉力做的功W 和物体发生的位移x 之间的关系如图所示，g 取10 m/s2，则 （ ）A此物体在AB段做匀加速直线运动 B此物体在AB段做匀速直线运动 C此物体在OA段做匀加速直线运动 D此物体在OA段做匀速直线运动6静止不动的航空母舰上的舰载飞机在助推装置的作用下获得v0=40m/s的初速度，接着在滑行跑道上做匀加速滑行达到v1=80 m/s的速度后起飞，滑行距离x1=75 m，而一般民航客机从静止开始做匀加速滑行达到v2=40 m/s的速度后起飞，滑行距离x2=2 000 m，求滑行时舰载飞机的加速度a1与民航客机的加速度a2的比值7某些城市交通部门规定

17、汽车在市区某些街道行驶速度不得超过vm=30 km/h一辆汽车在该水平路段紧急刹车时车轮抱死，沿直线滑行一段距离后停止，交警测得车轮在地面上滑行的痕迹长xm=10 m 从手册中查出该车轮与地面间的动摩擦因数=0.72，取g=10 m/s2（1）请你判断汽车是否违反规定超速行驶 （2）目前，有一种先进的汽车制动装置，可保证车轮在制动时不被抱死，使车轮仍有一定的滚动，安装了这种防抱死装置的汽车，在紧急刹车时不但可以使汽车便于操控，而且可获得比车轮抱死更大的制动力，从而使刹车距离大大减小假设汽车安装防抱死装置后刹车制动力恒为F，驾驶员的反应时间为t，汽车的质量为m，汽车正常行驶的速度为v，试推出刹车

18、距离x的表达式8如图所示， 一足够长的光滑斜面倾角为=30，斜面AB与水平面BC连接，质量m=2 kg的物体置于水平面上的D点，D点距B点d=7 m物体与水平面间的动摩擦因数=0.2，当物体受到一水平向左的恒力F=8 N作用t=2 s后撤去该力，不考虑物体经过B点时的碰撞损失，重力加速度g取10 m/s2求撤去拉力F后，经过多长时间物体经过B点?【参考答案】1解析 24 s内只受摩擦力Ff=ma=1 N，A对；第1 s内由牛顿第二定律F-Ff=ma，F=3 N，B错；图象面积表示位移， C错；v=1.25 m/s，D错 答案：A2解析 由图象面积的意义知A对；12 s内向右运动，B错；13 s

19、内直线的斜率不变，加速度不变，C错；01 s内在减小，a减小，F=ma减小，D错答案 A3解析 由超重、失重的条件看加速度，当运动的加速度向下时，失重，且向下的a=g时，处于完全失重；加速度向上时，处于超重状态，由此确定B、C项正确答案：BC4答案：D5解析 WF=Fx，AB段直线的斜率表示力F，F=2 N， Ff=mg=0.1210 N=2 N，F=Ff， B正确FOA=5 NFf， C正确答案 BC6解析 对舰载飞机有v12-v02=2a1x1 对民航客机有v22=2a2x2 得 代入数据解得【答案】807解析 （1）因为汽车刹车且车轮抱死后，汽车受滑动摩擦力作用做匀减速运动，所以滑动摩擦

20、力大小Ff=mg 汽车的加速度a=-g 由v12-v02=2ax 且v1=0得v0=12 m/s=432 km/h30 km/h即这辆车是超速的 （2）刹车距离由两部分组成，一是司机在反应时间内汽车行驶的距离x1，二是刹车后匀减速行驶的距离x2x=x1+x2=vt+ 加速度大小a= 则x=vt+答案 （1）这辆车是超速的 （2）x=vt+8解析 在F的作用下物体运动的加速度a1，由牛顿运动定律得 F-mg=ma1 解得a1=2 m/s2 F作用2 s后的速度v1和位移x1分别为 v1=a1t=4 m/s；x1=a1t2=4 m 撤去F后，物体运动的加速度为a2 mg=ma2 解得a2=2 m/s2 第一次到达B点所用时间t1，则 d-x1=v1t1-a2t12 解得t1=1s 此时物体的速度v2=v1-a2t1=2 m/s 当物体由斜面重回B点时，经过时间t2，物体在斜面上运动的加速度为a3，则 Mgsin 30=ma3 t2= =0.8 s 第二次经过B点时间为t=t1+t2=1.8 s 所以撤去F后，分别经过1 s和1.8 s 物体经过B点答案 1 s 1.8 s