2020届二轮复习专题一　力与运动第2课时力与直线运动课件（37张）

2020届二轮复习专题一　力与运动第2课时力与直线运动课件（37张）

第 2 课时 力与直线运动 专题一 　 力与运动 栏目索引 考点 1 　匀变速直线运动规律的应用 考点 2 　直线运动图象的应用 考点 3 　牛顿运动定律的应用 考点 4 　动力学方法分析 “ 板 — 块 ” 模型 1. 基本规律 速度公式： v ＝ v 0 ＋ at . aT 2 考点 1 　匀变速直线运动规律的应用 速度和位移公式的推论： v 2 － v 0 2 ＝ 2 ax . 任意两个连续相等的时间内的位移之差是一个恒量，即 Δ x ＝ x n ＋ 1 － x n ＝ . 2. 刹车问题 末速度为零的匀减速直线运动问题常用逆向思维法，应特别注意刹车问题，要先判断车停下所用的时间，再选择合适的公式求解 . 3. 双向可逆类 全过程加速度的大小和方向均不变，故求解时可对全过程列式，但需注意 x 、 v 、 a 等矢量的正、负及物理意义 . 4. 平均速度法的应用 在用运动学公式分析问题时，平均速度法常常能使解题过程简化 . 5. 解题思路 建立物体运动的情景，画出物体运动示意图，并在图上标明相关位置和所涉及的物理量，明确哪些量已知，哪些量未知，然后根据运动学公式的特点恰当选择公式求解 . 例 1 　 (2019· 湖南娄底市下学期质量检测 ) 如图 1 所示水平导轨， A 、 B 为弹性竖直挡板，相距 L ＝ 4 m. 一小球自 A 板处开始，以 v 0 ＝ 4 m/s 的速度沿导轨向 B 运动，它与 A 、 B 挡板碰撞后均以与碰前大小相等的速率反弹回来，且在导轨上做减速运动的加速度大小不变，为使小球停在 AB 的中点，这个加速度的大小可能为   图 1 √ n ＝ 0,1 ， 2 … ，将选项中加速度大小代入上式，可知只有 A 项正确 . 变式训练 1.(2019· 陕西咸阳市第一次模拟 ) 一辆汽车以某一速度在郊区的水平路面上行驶，因前方交通事故紧急刹车而做匀减速直线运动，最后静止，汽车在最初 3 s 内通过的位移与最后 3 s 内通过的位移之比为 x 1 ∶ x 2 ＝ 5 ∶ 3 ，汽车运动的加速度大小为 a ＝ 5 m/s 2 ，则汽车制动的总时间 t   A. t >6 s B. t ＝ 6 s C.4 s< t <6 s D. t ＝ 4 s √ 解析　 设汽车刹车做匀减速直线运动的加速度大小为 a ，运动总时间为 t ，把汽车刹车的匀减速直线运动看成反向的初速度为 0 的匀加速直线运动， 又 x 1 ∶ x 2 ＝ 5 ∶ 3 ，解得 t ＝ 4 s ，故 A 、 B 、 C 错误， D 正确 . 2.(2019· 全国卷 Ⅰ ·18) 如图 2 ，篮球架下的运动员原地垂直起跳 图 2 √ 解析　 本题应用逆向思维法求解，即运动员的竖直上抛运动可等同于从一定高度处开始的自由落体运动的逆向运动， 1 . v － t 图 象 (1) 图象意义：在 v － t 图象中，图象上某点的切线斜率表示对应时刻的 ，斜率的正负表示加速度的 . (2 ) 注意：加速度沿正方向不表示物体做加速运动，加速度和速度同向时物体 做 _____ 运动 . 2 . x － t 图象 (1) 图象意义：在 x － t 图象上，图象上某点的切线斜率表示对应时刻的 ，斜率的正负表示速度的 . (2) 注意：在 x － t 图象中，斜率的绝对值逐渐增大，则物体加速度与速度同向，物体做加速运动；反之，物体做减速运动 . 加速度 考点 2 　直线运动图象的应用 方向 加速 速度 方向 3 . 基本思路 (1) 解读图象的坐标轴，理清横轴和纵轴代表的物理量和坐标点的意义 . (2) 解读图象的形状、斜率、截距和面积信息 . 4 . 解题技巧 (1) 应用解析法和排除法，两者结合提高图象类选择题的解题准确率和速度 . (2) 分析转折点、两图线的交点、与坐标轴交点等特殊点和该点前后两段图线 . (3) 分析图象的形状变化、斜率变化、相关性等 . 例 2 　 (2019· 甘肃兰州市第一次诊断 ) 如图 3 甲所示，质量为 2 kg 的物体在水平力 F 作用下运动， t ＝ 0 时刻开始计时， 3 s 末撤去 F ，物体继续运动一段时间后停止，其 v － t 图象的一部分如图乙所示，整个过程中阻力恒定，取 g ＝ 10 m/s 2 ，则下列说法正确的是   A. 水平力 F 为 3.2 N B. 水平力 F 做功 480 J C. 物体从 t ＝ 0 时刻开始到停止， 运动的总位移为 92 m D. 物体与水平面间的动摩擦因数 为 0.5 图 3 √ 撤去拉力 后，对物体受力分析，由牛顿第二定律可得， μmg ＝ ma ，解得物体与水平面间的动摩擦因数 μ ＝ 0.4 ，故 D 项错误 . 由题图乙得，拉力作用时，物体做匀速直线运动，则 F ＝ μmg ＝ 0.4 × 2 × 10 N ＝ 8 N ，故 A 项错误 . 物体从 t ＝ 0 时刻开始到停止，运动的总位移 x ＝ x 1 ＋ x 2 ＝ 60 m ＋ 50 m ＝ 110 m. 故 C 项错误 . 拉力作用的 3 s 内物体的位移 x 1 ＝ v 0 t 1 ＝ 20 × 3 m ＝ 60 m ；则水平力 F 做功 W ＝ Fx 1 ＝ 8 × 60 J ＝ 480 J ，故 B 项正确 . 物体从减速到速度为零过程， v 0 2 － 0 ＝ 2 ax 2 ， 变式训练 3.(2019· 浙江绍兴市 3 月选考 ) 某玩具汽车从 t ＝ 0 时刻出发，由静止开始沿直线行驶，其 a － t 图象如图 4 所示，下列说法正确的是   A.6 s 末的加速度比 1 s 末的大 B.1 s 末加速度方向与速度方向相同 C. 第 4 s 内速度变化量大于零 D. 第 6 s 内速度在不断变大 √ 图 4 解析　 由题图知 6 s 末的加速度比 1 s 末的小，选项 A 错误； 0 ～ 1 s 内汽车从静止开始做变加速直线运动，加速度方向与速度方向相同，选项 B 正确； 由 a － t 图象与 t 轴所围图形的 “ 面积 ” 表示速度的变化量，知第 4 s 内速度变化量为零，第 6 s 内速度在不断减小，选项 C 、 D 错误 . 4.(2019· 山东泰安市 3 月第一轮模拟 ) 如图 5 ，在光滑的斜面上，轻弹簧的下端固定在挡板上，上端放有物块 Q ，系统处于静止状态 . 现用一沿斜面向上的力 F 作用在 Q 上，使其沿斜面向上做匀加速直线运动，以 x 表示 Q 离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示 F 和 x 之间关系的图象可能正确的是   图 5 √ 解析　 开始时 mg sin θ ＝ kx 0 ；现用一沿斜面向上的力 F 作用在 Q 上，当 Q 离开静止位置的位移为 x 时， 根据牛顿第二定律： F ＋ k ( x 0 － x ) － mg sin θ ＝ ma ，解得 F ＝ kx ＋ ma ，故选 A. 1. 运动性质分析 (1) a ＝ 0 时，静止或 运动，此时合外力为 0. (2) a ＝恒量 ( 不等于 0) ，且 v 0 和 a 在同一条 上时，物体做匀变速直线运动，此时合外力 . 2. 四种问题分析 (1) 瞬时问题 要注意绳、杆弹力和弹簧弹力的区别，绳和轻杆的弹力可以突变，而弹簧的弹力不能突变 . 匀速直线 考点 3 　牛顿运动定律的应用 直线 恒定 (2) 连接体问题 要充分利用 “ 加速度相等 ” 这一条件或题中特定条件，交替使用整体法与隔离法 . (3) 超重和失重问题 物体的超重、失重状态取决于加速度的方向，与速度方向无关 . (4) 两类动力学问题 解题关键是运动分析、受力分析，充分利用加速度的 “ 桥梁 ” 作用 . 例 3 　如图 6 甲所示，光滑平台右侧与一长为 L ＝ 10 m 的水平木板相接，木板固定在地面上，现有一小滑块以初速度 v 0 ＝ 10 m / s 滑上木板，恰好滑到木板右端停止 . 现抬高木板右端，如图乙所示，使木板与水平地面的夹角 θ ＝ 37° ，让滑块以相同大小的初速度滑上木板，不计滑块滑上木板时的能量损失，取 g ＝ 10 m / s 2 ， sin 37° ＝ 0.6 ， cos 37° ＝ 0.8. 求： 图 6 (1) 滑块与木板之间的动摩擦因数 μ ； 答案　 0.5 解析　 设滑块质量为 m ，木板水平时滑块加速度大小为 a ， 则对滑块有 μmg ＝ ma ① 滑块恰好到木板右端停止 0 － v 0 2 ＝－ 2 aL ② (2) 滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间 t . 解析　 当木板倾斜，设滑块上滑时的加速度大小为 a 1 ，最大距离为 s ，上滑的时间为 t 1 ，有 μmg cos θ ＋ mg sin θ ＝ ma 1 ④ 0 － v 0 2 ＝－ 2 a 1 s ⑤ 0 ＝ v 0 － a 1 t 1 ⑥ 由 ④⑤⑥ 式，解得 t 1 ＝ 1 s ， s ＝ 5 m ⑦ 设滑块下滑时的加速度大小为 a 2 ，下滑的时间为 t 2 ，有 mg sin θ － μmg cos θ ＝ ma 2 ⑧ 变式训练 5.(2019· 浙江绍兴市 3 月选考 ) 如图 7 所示，橡皮膜包住空心塑料管的底端，细线将橡皮膜固定密封，用手竖直握住塑料管保持静止状态，先将水从塑料管顶端倒入并灌至整管的三分之二处，然后在管顶处加一个带孔的瓶盖，此时橡皮膜凸出成半球状 . 现用力将塑料管向上加速提升一段距离，再减速上升直至速度为零 . 则   A. 加速上升时塑料管处于失重状态 B. 加速上升时橡皮膜底部进一步向下凸出 C. 减速上升时塑料管处于超重状态 D. 减速上升时塑料管内的水面将下降 √ 图 7 解析　 加速上升时，塑料管处于超重状态，水对橡皮膜的压力增大，橡皮膜的底部会进一步凸出；减速上升时，塑料管处于失重状态，水对橡皮膜的压力变小，橡皮膜凸出程度变小，水面将上升 . 6.(2019· 湖北 “ 荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟 ” 期末 ) 如图 8 所示，光滑的水平地面上有两块材料完全相同的木块 A 、 B ，质量均为 m ， A 、 B 之间用轻质细绳水平连接 . 现沿细绳所在直线施加一水平恒力 F 作用在 A 上， A 、 B 一起开始做匀加速直线运动，在运动过程中把和木块 A 、 B 完全相同的木块 C 放在某一木块上面，系统仍加速运动，且始终没有相对滑动，则在放上 C 并达到稳定后，下列说法正确的是   A. 若 C 放在 A 上，绳上拉力不变 图 8 √ D. C 放在 A 上比放在 B 上运动时的加速度大 解析　 F 拉 A 使得整体运动，由牛顿第二定律： F ＝ 2 ma ， 若 C 放在 A 上，三者一起加速，由整体法有 F ＝ 3 ma 1 ， 对 B 由牛顿第二定律有： F T1 ＝ ma 1 ， 若 C 放在 B 上，对整体 F ＝ 3 ma 2 ，对 B 、 C 有： F T2 ＝ 2 ma 2 ，对 B 滑块 F T2 － F f ＝ ma 2 ， 两个加速度相同，故 D 错误 . 1. “ 板 — 块 ” 模型的特点 (1) 一个转折 —— 滑块与木板达到相同 或者滑块从木板上滑下是受力和运动状态变化的转折点 . (2) 两个关联 —— 转折前、后受力情况之间的关联；滑块、木板位移与板长之间的关联 . (3) 临界条件 —— 加速度相同且两物体间的摩擦力为 ，分析此临界条件前后物体的运动状态是解题的关键 . 2. 分析多过程问题的基本方法 应当将复杂的运动过程分解为几个子过程，就每个子过程进行求解，关键是分析每一个子过程的特征 ( 包括受力和运动 ) 并且要寻找各子过程之间的联系 . 考点 4 　动力学方法分析 “ 板 — 块 ” 模型 速度 最大静摩擦力 例 4 　 (2019· 广东惠州市第二次调研 ) 如图 9 ，一质量 M ＝ 1 kg 的足够长薄木板正在水平地面上滑动，当其速度为 v 0 ＝ 5 m / s 时将一质量 m ＝ 1 kg 的小铁块 ( 可视为质点 ) 无初速度地轻放到木板的 A 端；已知薄木板与小铁块间的动摩擦因数 μ 1 ＝ 0.2 ，薄木板与地面间的动摩擦因数 μ 2 ＝ 0.3 ，取 g ＝ 10 m / s 2 . 求： (1) 小铁块放到薄木板上瞬间铁块和木板的加速度大小 a 1 、 a 2 ； 图 9 答案　 2 m/s 2 　 8 m/s 2 解析　 对 m 由牛顿第二定律得： F f m ＝ μ 1 mg ＝ ma 1 对 M 由牛顿第二定律得： F f m ＋ F f M ＝ Ma 2 (2) 小铁块与薄木板的速度第一次相等时，二者的位移大小； 答案　 0.25 m 　 1.5 m 解析　 m 向右加速运动， M 向右减速运动，设经过时间 t 二者速度相等且为 v . 则对 m ： v ＝ a 1 t 对 M ： v ＝ v 0 － a 2 t 解得 t ＝ 0.5 s ， v ＝ 1 m/s (3) 当小铁块速度刚好减小到零时，小铁块到 A 端的距离 . 答案　 1.125 m 解析　 μ 1 < μ 2 ，则 0.5 s 后， m 在 M 上会向右减速滑动，此时， 故小铁块速度减小到零时，木板早已停下，且不会再滑动 . 从速度为 v 到速度减为零， 所以小铁块离木板 A 端的距离： d ＝ x M 1 ＋ x M 2 － ( x m 1 ＋ x m 2 ) ＝ 1.125 m. 变式训练 7. ( 多选 ) (2019· 全国卷 Ⅲ ·20) 如图 10(a) ，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平 . t ＝ 0 时，木板开始受到水平外力 F 的作用，在 t ＝ 4 s 时撤去外力 . 细绳对物块的拉力 f 随时间 t 变化的关系如图 (b) 所示，木板的速度 v 与时间 t 的关系如图 (c) 所示 . 木板与实验台之间的摩擦可以忽略 . 重力加速度取 10 m/s 2 . 由题给数据可以得出   A. 木板的质量为 1 kg B.2 ～ 4 s 内，力 F 的 大小为 0.4 N C.0 ～ 2 s 内，力 F 的 大小保持不变 D. 物块与木板之间的动摩擦因数为 0.2 图 10 √ √ 解析　 由题图 (c) 可知木板在 0 ～ 2 s 内处于静止状态，再结合题图 (b) 中细绳对物块的拉力 f 在 0 ～ 2 s 内逐渐增大，可知物块受到木板的摩擦力逐渐增大，故可以判断木板受到的水平外力 F 也逐渐增大，选项 C 错误； 对木板进行受力分析，由牛顿第二定律可得 F － F f ＝ ma 1 ，在 4 ～ 5 s 内做匀减速运动， 另外由于物块静止不动，同时结合题图 (b) 可知物块与木板之间的滑动摩擦力 F f ＝ 0.2 N ，解得 m ＝ 1 kg 、 F ＝ 0.4 N ，选项 A 、 B 正确； 由于不知道物块的质量，所以不能求出物块与木板之间的动摩擦因数，选项 D 错误 . 8.(2019· 江西重点中学协作体第一次联考 ) 如图 11 所示，一质量为 m B ＝ 3 kg ，长为 L ＝ 8 m 的薄木板 B 放在水平面上，质量为 m A ＝ 2 kg 的物体 A ( 可视为质点 ) 在一电动机拉动下从木板左端以 v 0 ＝ 5 m /s 的速度向右匀速运动 . 在物体 A 带动下，木板从静止开始做匀加速直线运动，此时电动机输出功率 P ＝ 40 W. 已知木板与地面间的动摩擦因数 μ ＝ 0.1 ，重力加速度 g 取 10 m/ s 2 ，求： (1) 木板 B 运动的加速度大小； 图 11 答案　 1 m/s 2 物体 A 匀速运动，木板 B 对 A 的摩擦力为 F f ＝ F 由牛顿第三定律， A 对 B 的摩擦力 F f ′ ＝ F f ， 对木板根据牛顿第二定律有 F f ′ － μ ( m A ＋ m B ) g ＝ m B a 代入数据，联立解得 a ＝ 1 m/s 2 (2) 物体 A 滑离木板所用的时间 . 答案　 2 s 解析　 假设 A 离开时， B 仍处于加速状态， 代入数据解得 t 1 ＝ 2 s, t 2 ＝ 8 s 当 t 2 ＝ 8 s 时， v B ＝ at 2 ＝ 8 m/s ， v B > v 0 ，不合题意 当 t 1 ＝ 2 s 时， v B ＝ at 1 ＝ 2 m/s ， v B < v 0 所以物体 A 滑离木板所用的时间为 2 s.