2022年高三物理二轮复习 力与直线运动导学案

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1、2022年高三物理二轮复习 力与直线运动导学案【知识必备】(本专题对应学生用书第4-8页)1. 匀变速直线运动的基本规律为：速度公式 v=v0+at，位移公式 x=v0t+at2，位移速度公式 v2-=2ax，平均速度公式 =.任意两个相邻相等的时间内位移之差是一个恒量，即x=aT2.2. 牛顿第二定律F合=ma.3. 典型运动的动力学特征：(1) F合=0，物体做匀速直线运动或静止.(2) F合0且与v共线，物体做变速直线运动. F合不变，物体做匀变速直线运动.特例：自由落体运动：初速度v0=0、加速度为g的匀加速直线运动.竖直上抛运动：初速度v00、加速度为g的匀减速直线运动. F合大小变

2、化，物体做变加速直线运动.【能力呈现】能力呈现【考情分析】高考对力与直线运动考查的内容主要有：匀变速直线运动的规律及运动图象问题；行车安全问题；物体在传送带(或平板车)上的运动问题；带电粒子(或带电体)在电场、磁场中的匀变速直线运动问题；电磁感应中的动力学分析.题型既有选择题又有计算题，题目新颖，与生活实际联系密切，试题大多综合牛顿运动定律、受力分析、运动过程分析等内容.xxxxxx力与直线运动T14： 牛顿运动定律匀加速运动T5：匀变速图象T8：牛顿运动定律T5：匀变速直线运动T6：牛顿运动定律的应用【备考策略】复习中，要灵活应用匀变速直线运动的公式，强化牛顿第二定律分析问题的思路和应用，重

3、点抓住“两个分析”和“一个桥梁”.“两个分析”是指受力分析和运动情景或运动过程分析.“一个桥梁”是指加速度是联系运动和受力的桥梁.综合应用牛顿运动定律和运动学公式解决问题.1. (xx连宿徐三模)如图所示，某跳伞运动员正减速下落.下列说法中正确的是()A. 运动员处于失重状态B. 运动员处于超重状态C. 伞绳对运动员的作用力小于运动员的重力D. 伞绳对运动员的作用力大于运动员对伞绳的作用力【解析】 运动员减速下降，加速度方向向上，运动员处于超重状态，A项错误，B项正确；加速度方向向上，说明伞绳对运动员的作用力大于运动员的重力，C项错误；伞绳对运动员的作用力与运动员对伞绳的作用力是一对作用力与反

4、作用力，大小相等，D项错误.【答案】 B2. (xx广东)甲、乙两人同时同地出发骑自行车做直线运动，前1小时内的位移-时间图象如图所示.下列说法中正确的是()A. 0.20.5小时内，甲的加速度比乙的大B. 0.20.5小时内，甲的速度比乙的大C. 0.60.8小时内，甲的位移比乙的小D. 0.8小时内，甲、乙骑行的路程相等【解析】 该题图象为位移时间图象，图象斜率大小代表速度大小，分析各段甲、乙运动情况：00.2 h内均做匀速直线运动，速度相等，加速度均为0，选项A错误 ；在0.20.5 h内做匀速直线运动，甲的速度大于乙的速度，加速度均为0，选项B正确；在0.50.6 h内均静止，在0.6

5、0.8 h内均做匀速直线运动，但甲的速度大于乙的速度，加速度均为0，甲的位移是-5 km，大小是5 km，乙的位移是-3 km，大小为3 km，选项C错误；整个0.8 h内，甲的路程是15 km，乙的路程是13 km， 选项D错误.【答案】 B3. (多选)(xx海南)如图所示，物块a、b和c的质量相同，a和b、b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连，通过系在a上的细线悬挂于固定点O，整个系统处于静止状态.现将细绳剪断，将物块a的加速度记为a1，S1和S2相对原长的伸长量分别为l1和l2，重力加速度大小为g，在剪断瞬间()A. a1=3gB. a1=0C. l1=2l2D. l1=l2【解

6、析】 设物块的质量为m，剪断细绳的瞬间，绳子的拉力消失，弹簧还没有来得及改变，所以剪断细绳的瞬间a受到重力和弹簧S1的拉力T1，剪断前对bc和弹簧组成的整体分析可知T1=2mg，故a受到的合力F=mg+T1=mg+2mg=3mg，故加速度a1=3g，A正确，B错误；设弹簧S2的拉力为T2，则T2=mg，根据胡克定律F=kx可得l1=2l2，C正确，D错误.【答案】 AC4. (多选)(xx新课标)如图甲所示，一物块在t=0时刻滑上一固定斜面，其运动的v-t图线如图乙所示，若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出()甲乙A. 斜面的倾角B. 物块的质量C. 物块与斜面间的动摩擦因

7、数D. 物块沿斜面向上滑行的最大高度【解析】 小球滑上斜面的初速度v0已知，向上滑行过程为匀变速直线运动，末速度为0，那么平均速度即，所以沿斜面向上滑行的最远距离s=t1，根据牛顿第二定律，向上滑行过程=gsin+gcos ，向下滑行=gsin-gcos ，整理可得gsin=，从而可计算出斜面的倾斜角度以及动摩擦因数，选项A、C对；根据斜面的倾斜角度可计算出向上滑行的最大高度ssin=t1=v0，选项D对；仅根据速度时间图象，无法求出物块质量，选项B错.【答案】 ACD【能力提升】能力提升匀变速直线运动基本规律的应用求解匀变速直线运动问题的一般思路【例1】(xx吉林三模)航天飞机水平降落在平直

8、跑道上，其减速过程可简化为两个匀减速直线运动.航天飞机以水平速度v0着陆后立即打开减速阻力伞，加速度大小为a1，运动一段时间后减速为v；随后在无阻力伞的情况下匀减速直至停下.已知两个匀减速滑行过程的总时间为t.求：(1) 第二个减速阶段航天飞机运动的加速度大小.(2) 航天飞机降落后滑行的总路程.思维轨迹：审题画出示意图选择运动过程判断运动性质选用公式列方程求解方程【解析】 如图，A为飞机着陆点，AB、BC分别为两个匀减速运动过程，C点停下，A到B过程，依据v=v0+at有：第一段匀减速运动的时间为t1=，则B到C过程的时间为t2=t-t1=t-，依据v=v0+at有：B到C过程的加速度大小为

9、a2=.(2) 根据v2-=2ax得：第一段匀减速的位移为x1=，第二段匀减速的位移为x2=，所以航天飞机降落后滑行的总路程为x=x1+x2=.【答案】 (1) (2) 【变式训练1】(xx江苏)如图所示，某“闯关游戏”的笔直通道上每隔8 m设有一个关卡，各关卡同步放行和关闭，放行和关闭的时间分别为5 s和2 s.关卡刚放行时，一同学立即在关卡1处以加速度2 m/s2由静止加速到2 m/s，然后匀速向前，则最先挡住他前进的关卡是()A. 关卡2B. 关卡3C. 关卡4D. 关卡5【解析】 根据v=at可得，2=2t1，所以加速的时间为t1=1s，加速的位移为x1=at2=212 m=1 m，匀

10、速运动的时间为t2= s=3.5 s，到达关卡2共用时4.5 s，所以可以通过关卡2继续运动.到达关卡3的时间为t3= s=4 s，此时关卡3也是放行的，可以通过.到达关卡4的总时间为(1+3.5+4+4)s=12.5 s，关卡放行和关闭的时间分别为5 s和2 s，此时关卡4是关闭的，所以最先挡住他前进的是关卡4，所以C正确.故选C.【答案】 C动力学的两类基本问题1. 两类动力学问题的求解思路2. 应用牛顿第二定律解决动力学问题的步骤【例2】(xx金陵中学)如图所示，一木箱静止在长平板车上，某时刻平板车以a=2.5 m/s2的加速度由静止开始向前做匀加速直线运动，当速度达到v=9 m/s 时

11、改做匀速直线运动，已知木箱与平板车之间的动摩擦因数=0.225，木箱与平板车之间的最大静摩擦力与滑动摩擦力相等(取g=10 m/s2).求：(1) 车在加速过程中木箱运动的加速度的大小.(2) 木箱做加速运动的时间和位移的大小.(3) 要使木箱不从平板车上滑落，木箱开始时距平板车右端的最小距离.思维轨迹：用牛顿第二定律求出木箱的最大加速度比较平板车与木箱的最大加速度得出木箱运动的加速度选择运动学公式计算平板车和木箱速度相等时，运动的时间和位移求出木箱与平板车的相对位移【解析】 (1) 设木箱的最大加速度为a，根据牛顿第二定律mg=ma，解得a=2.25 m/s2Mg，代入数据得F120 N.(

12、2) 对木板由牛顿第二定律有F1-Mg=Ma1，对滑块由牛顿第二定律有F2-F1-mg=ma2，要能发生相对滑动应有a2a1，代入数据可得F213.2 N.(3) 对滑块由牛顿第二定律有F2-F1-mg=ma3，设滑块上升h的时间为t，则h=a3t2，对木板由牛顿第二定律有F1-Mg=Ma4，设木板在t时间上升的高度为H，则H=a4t2，代入数据可得H=0.75 m.由于H+L20 N (2) F213.2 N(3) 游戏不能成功【变式训练4】(xx新课标)下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害.某地有一倾角为=37(sin37=)的山坡C，上面有一质量为m的石板B，其上下表面与斜坡平

13、行；B上有一碎石堆A(含有大量泥土)，A和B均处于静止状态，如图所示.假设某次暴雨中，A浸透雨水后总质量也为m(可视为质量不变的滑块)，在极短时间内，A、B间的动摩擦因数1减小为，B、C间的动摩擦因数2减小为0.5，A、B开始运动，此时刻为计时起点；在第2s末，B的上表面突然变为光滑，2保持不变.已知A开始运动时，A离B下边缘的距离l=27 m，C足够长，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力.取重力加速度大小g=10 m/s2.求：(1) 在02 s时间内A和B加速度的大小.(2) A在B上总的运动时间.【解析】 (1) 在02 s时间内，A和B的受力如图所示，其中f1、N1是A与B之间的摩擦力和正压

14、力的大小，f2、N2是B与C之间的摩擦力和正压力的大小，方向如图所示.由滑动摩擦力公式和力的平衡条件f1=1N1，N1=mgcos，f2=2N2，N2=N1+mgcos，规定沿斜面向下为正方向.设A和B的加速度分别为a1和a2，由牛顿第二定律得mgsin-f1=ma1，mgsin-f2+f1=ma2，联立各式，并代入题给条件得a1=3 m/s2，a2=1 m/s2.(2) 在t1=2s时，设A和B的速度分别为v1和v2，则有v1=a1t1=6 m/s，v2=a2t1=2 m/s.t t1时，设A和B的加速度分别为a1和a2.此时A与B之间摩擦力为零，同理可得a1=6 m/s2，a2=-2 m/

15、s2.即B做减速运动.设经过时间t2，B的速度减为零，则有v2+a2t2=0，联立解得t2=1 s.在t1+t2时间内，A相对于B运动的距离为s=- =12 m27 m，此后B静止不动.A继续在B上滑动.设再经过时间t3后A离开B，则有L-s=(v1+a1t2)t3+a1，可得t3=1 s(另一解不合题意，舍去).设A在B上总的运动时间为t总，有t总=t1+t2+t3=4 s.(也可利用下面的速度图象求解)【答案】 (1) 3 m/s21 m/s2(2) 4 s应用动力学方法分析传送带问题物体与传送带发生相对滑动时，物体所受摩擦力的方向与相对运动的方向相反，因物体与传送带间的动摩擦因数、斜面倾

16、角、传送带速度、传送方向、滑块初速度的大小和方向的不同，传送带问题往往存在多种可能，因此对传送带问题做出准确的动力学过程分析，是解决此类问题的关键.【例5】(多选)(xx盐城三模)如图所示，生产车间有两个相互垂直且等高的水平传送带甲和乙，甲的速度为 v0.小工件离开甲前与甲的速度相同，并平稳地传到乙上.乙的宽度足够大，速度为v1.则()A. 在地面参考系中，工件做类平抛运动B. 在乙参考系中，工件在乙上滑动的轨迹是直线C. 工件在乙上滑动时，受到乙的摩擦力方向不变D. 工件沿垂直于乙的速度减小为0时，工件的速度等于v1思维轨迹：在地面参考系中沿甲与乙的运动方向分析摩擦力方向根据合外力方向与初速

17、度方向的夹角分析工件的运动情况在乙参考系中摩擦力的合力与合初速度方向相反做匀减速直线运动【解析】 在地面参考系中，沿甲运动的方向滑动摩擦力分力向左，沿乙运动的方向滑动摩擦力沿乙运动方向，则摩擦力的合力如图.合初速度沿甲运动的方向，则合力与初速度不垂直，所以工件做的不是类平抛运动，故A错误；在乙参考系中，如右图所示，摩擦力的合力与合初速度方向相反，故工件在乙上滑动的轨迹是直线，做匀减速直线运动，故B正确；工件在乙上滑动时，在x轴方向做匀减速直线运动，在y轴方向做匀加速直线运动，可知两个方向摩擦力的分力不变，所以受到乙的摩擦力方向不变，故C正确；设t=0时刻摩擦力与纵向的夹角为，侧向(x轴方向)、

18、纵向(y轴方向)加速度的大小分别为ax、ay，则=tan ，很短的时间t内，侧向、纵向的速度增量大小分别为vx=axt，vy=ayt，解得=tan，由题意知 tan=，则=，则当vx=v0，vy=v1，所以工件沿垂直于乙的速度减小为0时，工件的速度等于v1.故D正确.【答案】 BCD【变式训练5】(多选)(xx盐城检测)如图甲所示，以速度v逆时针匀速转动的足够长的传送带与水平面的夹角为.现将一个质量为m的小木块轻轻地放在传送带的上端，小木块与传送带间的动摩擦因数为，则图乙中能够正确地描述小木块的速度随时间变化关系的图线可能是()甲A B CD乙【解析】 木块放上后一定先向下加速，由于传送带足够

19、长，所以一定有木块速度大小等于传送带速度大小的机会，此时若重力沿传送带向下的分力大小大于最大静摩擦力，则之后木块继续加速，但加速度变小了；而若重力沿传送带向下的分力大小小于或等于最大静摩擦力，则木块将随传送带匀速运动；故C、D正确，A、B错误.【答案】 CD 趁热打铁，事半功倍.请老师布置同学们根据要求及时完成配套检测与评估中的练习第3-4页.【检测与评估】专题二力与直线运动1. (xx镇江模拟)质量为0.5 kg的物体在水平面上以一定的初速度运动，如图所示，a、b分别表示物体不受拉力和受到水平拉力作用的v-t图象，则拉力与摩擦力大小之比为()A. 12B. 21C. 31D. 322. (多

20、选)(xx南京、淮安三模)如图所示，竖直固定的光滑杆上套有一个质量m的小球A，不可伸长的轻质细绳通过固定在天花板上、大小可忽略的定滑轮O，连接小球A和小球B，虚线OC水平，此时连接小球A的细绳与水平面的夹角为60，小球A恰能保持静止.现在小球B的下端再挂一个小球Q，小球A可从图示位置上升并恰好能到达C处.不计摩擦和空气阻力，重力加速度为g.则()A. 小球B的质量为mB. 小球B的质量为mC. 小球A到达C处时的加速度为0D. 小球A到达C处时的加速度为g3. (多选)(xx海南)如图所示，升降机内有一固定斜面，斜面上放一物体，开始时升降机做匀速运动，物块相对斜面匀速下滑，当升降机加速上升时

21、()A. 物块与斜面间的摩擦力减小B. 物块与斜面间的正压力增大C. 物块相对于斜面减速下滑D. 物块相对于斜面匀速下滑4. (多选)(xx新课标)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩链接好的车厢.当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，链接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着这列车厢以大小为a的加速度向西行驶时，链接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小仍为F.不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为()A. 8B. 10C. 15D. 185. (多选)(xx苏州一模)如图所示，足够长的木板A静止放置于水平面上，小物块B以初

22、速度v0从木板左侧滑上木板.关于此后A、B两物体运动的v-t图象可能是()6. (xx徐州一中)如图所示为仓库中常用的皮带传输装置示意图.传送带BC与水平平台AB的夹角 =37，其交接处由很小的圆弧平滑连接，平台左端A处一质量为m=30 kg的货物，在F=350 N水平推力的作用下由静止开始向传送带运动，经时间t1=1.5 s 到达平台AB的中点，此时撤去外力F，货物继续向前运动，不计货物经过B处的机械能损失.已知货物与平台和传送带间的动摩擦因数均为0.5，B、C两端相距4.45 m，取g=10 m/s2，cos 37=0.8，sin 37=0.6.(1) 求货物到达B点时的速度.(2) 若传

23、送带BC不运转，求货物在传送带上运动的最大位移.(3) 若要货物能被送到C端，求传送带顺时针运转的最小速度.7. (xx连宿徐三模)一根细绳绕过轻质定滑轮，右边穿上质量M=3 kg的物块A，左边穿过长L=2 m的固定细管后下端系着质量m=1 kg的小物块B，物块B距细管下端x=0.4 m 处，已知物块B通过细管时与管内壁间的滑动摩擦力F1=10 N，当绳中拉力超过F2=18 N 时物块A与绳之间就会出现相对滑动，且绳与A间的摩擦力恒为18 N.开始时A、B均静止，绳处于拉直状态，同时释放A和B.不计滑轮与轴之间的摩擦，取g=10 m/s2.(1) 求刚释放A、B时绳中的拉力.(2) 求B在管中

24、上升的高度及B上升过程中A、B组成的系统损失的机械能.(3) 若其他条件不变，增大A的质量，试通过计算说明B能否穿越细管.【检测与评估答案】专题二力与直线运动1. D【解析】 物体不受水平拉力时，加速度大小为a1=1.5 m/s2.物体受到水平拉力作用时加速度大小为a2=0.75 m/s2.根据牛顿第二定律得f=ma1，F-f=ma2，可得Ff=32，故选D.2. BD【解析】 设绳子拉力为T，对A球受力分析有Tsin 60=mg，得出T=mg；对B球分析有T=mBg，得出mB=m，A项错误，B项正确；A球到达C处时水平方向受力平衡，竖直方向只受重力，加速度为g，C项错误，D项正确.3. BD

25、【解析】 当升降机加速上升时，物块有竖直向上的加速度，则物块与斜面间的正压力增大，根据滑动摩擦力公式Ff=FN可知接触面间的正压力增大，物块与斜面间的摩擦力增大，故A错误，B正确；设斜面的倾角为，物块的质量为m，当匀速运动时有mgsin =mgcos ，即sin =cos ，假设物块以加速度a向上运动时，有N=m(g+a)cos ，f=m(g+a)cos ，因为sin =cos ，所以m(g+a)sin =m(g+a)cos ，故物块仍做匀速下滑运动，C错误，D正确.4. BC【解析】 设这列车厢的节数为n，P、Q挂钩东边有k节车厢，每节车厢的质量为m，由牛顿第二定律可知=，解得k=n，k是正

26、整数，n只能是5的倍数，故B、C正确，A、D错误.5. AD【解析】 若地面光滑，受力分析后知B减速A加速，当A、B速度相同时，AB间不存在摩擦力，一起匀速，A项正确；若地面粗糙，B开始减速的加速度由滑动摩擦力提供，AB一起减速时的加速度对B而言由AB间静摩擦力提供，则一起运动的加速度肯定小于B单独减速的加速度，B、C选项错误，D项正确.6. (1) 货物在AB之间先做加速运动，由牛顿第二定律F-mg=ma1，得a1= m/s2.1.5 s时的速度v1=a1t1=1.5m/s=10 m/s.在1.5 s内通过的位移为s1=a1=1.52 m=7.5 m.撤去力F后物体只受到摩擦力的作用，加速度

27、a2=-g=-0.510 m/s2=-5 m/s2.设到达B的速度为v2，后半段的位移仍然等于s1，则-=2a2s1，代入数据得v2=5 m/s.(2) 传送带不运动，货物在传送带上做匀减速直线运动，设加速度为a3，则mgsin +mgcos =ma3，设向上的位移为x，则=2a3x，代入数据，联立得x=1.25 m.(3) 设BC部分的速度为v时货物恰好能到达C端，设货物减速到v之前的加速度为a4，由于货物的速度大，则受到的摩擦力的方向向下，则mgsin +mgcos =ma4，货物到达速度v后，滑动摩擦力小于重力的分力，所以物体将继续减速，设加速度为a5，则mgsin -mgcos =ma

28、5，由运动学的公式得+=xBC，代入数据，联立得v=4 m/s.7. (1) 释放后，对A有Mg-T=Ma，对B有T-mg=ma，得a=5 m/s2，T=15 N.(2) B刚进入管中时，此时B速度为=2ax，v0=2 m/s.由题意知，B做减速运动，A相对于绳出现滑动，对B有mg+F1-Fm=ma1，a1=2 m/s2.对A有Mg-Fm=Ma2，a2=4 m/s2.h=1 m.t=1 s.xA=v0t+a2t2=4 m.E=F1h+Fm(xA-h)=64 J.(3) 随着A的质量增大，B的加速度也增大，A、B出现相对滑动时，对A有Mg-F2=Mam，对B有Fm-mg=mam，得am=8 m/s2.M=9 kg即A的质量为9 kg时A、B出现相对滑动.故B 进入管中最大速度为=2amx，B进入管中运动距离为hm=1.6m2m.故B不能穿越细管.