1、(通用版)2020高考物理二輪復習專題一力與運動第2課時力與直線運動課件(通用版)2020高考物理二輪復習專題一力與運動第2課時力與欄目索引考點1勻變速直線運動規律的應用考點2直線運動圖象的應用考點3牛頓運動定律的應用考點4動力學方法分析“板塊”模型欄目索引考點1勻變速直線運動規律的應用考點2直線運動圖象考點1勻變速直線運動規律的應用中間時刻的瞬時速度： _.任意兩個連續相等的時間內的位移之差是一個恒量，即xxn1xn_.aT2考點1勻變速直線運動規律的應用中間時刻的瞬時速度： 2.解題思路 建立物體運動的情景，畫出物體運動示意圖，并在圖上標明相關位置和所涉及的物理量，明確哪些量已知，哪些量未

2、知，然后根據運動學公式的特點恰當選擇公式求解.3.剎車問題 末速度為零的勻減速直線運動問題常用逆向思維法，應特別注意剎車問題，要先判斷車停下所用的時間，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，故求解時可對全過程列式，但需注意x、v、a等矢量的正、負及物理意義.5.平均速度法的應用在用運動學公式分析問題時，平均速度法常常能使解題過程簡化.2.解題思路 例1(2019湖南婁底市下學期質量檢測)如圖1所示水平導軌，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的速度沿導軌向B運動，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，且在導軌上

3、做減速運動的加速度大小不變，為使小球停在AB的中點，這個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，可知物體的路程 ，n0,1,2.n0,1,2，將選項中加速度大小代入上式，可知只有A項正確.例1(2019湖南婁底市下學期質量檢測)如圖1所示水平導變式訓練1.(多選)(2019廣東清遠市期末質量檢測)高鐵進站近似做勻減速直線運動，依次經過A、B、C三個位置，已知ABBC，測得AB段的平均速度為30 m/s，BC段的平均速度為20 m/s.根據這些信息可求得A.高鐵經過A、B、C的速度B.高鐵在AB段和BC段運動的時間C.高鐵運

4、動的加速度D.高鐵在AC段的平均速度變式訓練1.(多選)(2019廣東清遠市期末質量檢測)高鐵解析設質點在A、B、C三點的速度分別為vA，vB，vC，聯立解得：vA34 m/s，vB26 m/s，vC14 m/s，由于不知道AB和BC的具體值，則不能求解運動時間，因此無法求出其加速度的大小，故選項A、D正確，B、C錯誤.解析設質點在A、B、C三點的速度分別為vA，vB，vC，聯圖2圖2解析本題應用逆向思維法求解，即運動員的豎直上拋運動可等同于從一定高度處開始的自由落體運動的逆向運動，解析本題應用逆向思維法求解，即運動員的豎直上拋運動可等同于1.vt圖象 (1)圖象意義：在vt圖象中，圖象上某點

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

6、和排除法，兩者結合提高圖象類選擇題的解題準確率和速度.(2)分析轉折點、兩圖線的交點、與坐標軸交點等特殊點和該點前后兩段圖線.(3)分析圖象的形狀變化、斜率變化、相關性等.3.基本思路例2(2019甘肅蘭州市第一次診斷)如圖3甲所示，質量為2 kg的物體在水平力F作用下運動，t0時刻開始計時，3 s末撤去F，物體繼續運動一段時間后停止，其vt圖象的一部分如圖乙所示，整個過程中阻力恒定，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時刻開始到停止，運動的 總位移為92 mD.物體與水平面間的動摩擦因數為0.5例2(2019甘肅蘭州市第一

7、次診斷)如圖3甲所示，質量為撤去拉力后，對物體受力分析，由牛頓第二定律可得，mgma，解得物體與水平面間的動摩擦因數0.4，故D項錯誤.由題圖乙得，拉力作用時，物體做勻速直線運動，則Fmg0.4210 N8 N，故A項錯誤.拉力作用的3 s內物體的位移x1v0t1203 m60 m；則水平力F做功WFx1860 J480 J，故B項正確撤去拉力后，對物體受力分析，由牛頓第二定律可得，mgma物體從t0時刻開始到停止，運動的總位移xx1x260 m50 m110 m.故C項錯誤.物體從t0時刻開始到停止，運動的總位移xx1x260變式訓練3.(2019浙江紹興市3月選考)某玩具汽車從t0時刻出發

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內速度變化量大于零D.第6 s內速度在不斷變大圖4解析由題圖知6 s末的加速度比1 s末的小，選項A錯誤；01 s內汽車從靜止開始做變加速直線運動，加速度方向與速度方向相同，選項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內速度變化量為零，第6 s內速度在不斷減小，選項C、D錯誤.變式訓練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，系統處于靜止狀態.現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動，以x表示Q離開靜止位置的位移，在彈簧恢復原長前，下列表示F和x之間關系的圖象可能正確的是圖5解析開始時mgsin kx0；現用一沿斜面向上的力F作用在Q上，當Q離開靜止位置的位移為x時， 根據牛頓第二定律：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.運動性質分析(1)a0時，靜止或_運動，此時合外力為0.(2)a恒量(不等于0)，且v0和a在同一條_上時，物體做勻變速直線

10、運動，此時合外力_.考點3牛頓運動定律的應用勻速直線直線恒定1.三大定律考點3牛頓運動定律的應用勻速直線直線恒定3.四種問題分析(1)瞬時問題要注意繩、桿彈力和彈簧彈力的區別，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、失重狀態取決于加速度的方向，與速度方向無關.(4)兩類動力學問題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.3.四種問題分析例3如圖6甲所示，光滑平臺右側與一長為L10 m的水平木板相接，木板固定在地面上，現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，不計滑塊滑上木板時的能量損失，取g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.求：圖6(1)滑塊與木板之間的動摩擦因數；答案0.5解析設滑塊質量為m，木板水平時滑塊加速度大小為a，則對滑塊有mgma 例3如圖6甲所示，光滑平臺右側與一長為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間t.(2)滑塊從滑上傾斜木板到滑回木板底端所用的時間t.0v0a1t1 由式，解得t11 s，s5 m 設滑塊下滑時的加速度大小為a2，下滑的時間為t2，有mgs

12、in mgcos ma2 解析當木板傾斜，設滑塊上滑時的加速度大小為a1，最大距離為s，上滑的時間為t1，有mgcos mgsin ma10v0a1t1 變式訓練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，細線將橡皮膜固定密封，用手豎直握住塑料管保持靜止狀態，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帶孔的瓶蓋，此時橡皮膜凸出成半球狀.現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.加速上升時塑料管處于失重狀態B.加速上升時橡皮膜底部進一步向下凸出C.減速上升時塑料管處于超重狀態D.減速上升時塑料管內的水面將下降圖7變式訓練

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，塑料管處于超重狀態，水對橡皮膜的壓力增大，橡皮膜的底部會進一步凸出；減速上升時，塑料管處于失重狀態，水對橡皮膜的壓力變小，橡皮膜凸出程度變小，水面將上升.解析加速上升時，塑料管處于超重狀態，水對橡皮膜的壓力增大，6.(2019湖北“荊、荊、襄、宜四地七校考試聯盟”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，質量均為m，A、B之間用輕質細繩水平連接.現沿細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動，在運動過程中把和木塊A、B完全相同的木塊C放在某一木塊上面，系統仍加速運動，且始終沒有

14、相對滑動，則在放上C并達到穩定后，下列說法正確的是圖86.(2019湖北“荊、荊、襄、宜四地七校考試聯盟”期末)解析F拉A使得整體運動，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B由牛頓第二定律有：FT1ma1，若C放在B上，對整體F3ma2，對B、C有：FT22ma2，對B滑塊FT2Ffma2，解析F拉A使得整體運動，由牛頓第二定律：F2ma，若C放1.“板塊”模型的特點(1)一個轉折滑塊與木板達到相同_或者滑塊從木板上滑下是受力和運動狀態變化的轉折點.(2)兩個關聯轉折前、后受力情況之間的關聯；滑塊、木板位移與板長之間的關聯.(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動狀態是解題的關鍵.2.分析多過程問題的基本方法應當將復雜的運動過程分解為幾個子過程，就每個子過程進行求解，關鍵是分析每一個子過程的特征(包括受力和運動)并且要尋找各子過程之間的聯系.考點4動力學方法分析“板塊”模型速度最大靜摩擦力1.“板塊”模型的特點考點4動力學方法分析“板塊”模型例4(2019廣東惠州市第二次調研)如圖9，一質量M1 kg的足夠長薄木板正在水平地面上滑動，當其速度為v05 m/s時將一質量m1 kg的小鐵塊(可視為質點)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摩擦因數10.2，薄木板與地面間的動摩擦因數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m由牛頓第二定律得：Ffm1mgma1對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研)如圖9，一質量M1(2)小鐵塊與薄木板的速度第一次相等時，二者的位移大小；答案0.25 m1.5 m解析m向右加速運動，M向右減速運動，設經過時間t二者速度相等且為v.則對m：va1t對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，二者的位移大小；答案(3)當小鐵塊速度剛好