《19届高考物理二轮复习讲义 专题2 力与物体运动 第1课时 力与直线运动》由会员分享，可在线阅读，更多相关《19届高考物理二轮复习讲义 专题2 力与物体运动 第1课时 力与直线运动（20页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、年份试卷题号考点情境图2014卷19以“行星冲日”考查万有引力定律的应用20题20水平面内圆周运动的临界问题卷15平抛运动基本规律的应用17题24题17竖直面内的圆周运动18用万有引力定律求地球密度24匀变速直线运动规律和牛运动顿定律的应用2015卷18平抛运动基本规律的应用18题20题25题20牛顿运动定律的应用21万有引力定律的应用25动力学方法分析“板块”模型卷20应用牛顿运动定律分析车厢的运动25题25动力学方法分析“板块”模型2016卷17万有引力定律的应用21题21图象和追及相遇问题卷16竖直面内的圆周运动卷14开普勒行星运动定律2017卷15平抛运动基本规律的应用卷14圆周运动的
2、动力学分析14题19题19万有引力定律的应用卷14万有引力定律的应用25题25动力学方法分析“板块”模型2018卷14匀变速直线运动规律的应用15题18题15牛顿第二定律和图象的结合18运动的合成与分解20万有引力定律和双星模型卷16万有引力定律的应用卷15开普勒行星运动定律的应用第1课时力与直线运动1匀变速直线运动的条件物体或带电体所受合力为恒力，且与速度方向共线2匀变速直线运动的基本规律速度公式：vv0at.位移公式：xv0tat2.速度和位移公式的推论：v2v022ax.中间时刻的瞬时速度：.任意两个连续相等的时间内的位移之差是一个恒量，即xxn1xna(t)2.3图象问题(1)速度时间
3、关系图线的斜率表示物体运动的加速度，图线与时间轴所包围的面积表示物体运动的位移匀变速直线运动的vt图象是一条倾斜直线(2)位移时间关系图线的斜率表示物体的速度4超重和失重超重或失重时，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当a有竖直向上的分量时，超重；当a有竖直向下的分量时，失重；当ag且竖直向下时，完全失重1基本思路2解题关键 抓住两个分析，受力分析和运动情况分析，必要时要画运动情景示意图对于多运动过程问题，还要找准一个转折点，特别是转折点的速度3常用方法(1)整体法与隔离法：单个物体的
4、问题通常采用隔离法分析，对于连接体类问题的分析通常是整体法与隔离法的综合应用(2)正交分解法：一般沿加速度方向和垂直于加速度方向进行分解，有时根据情况也可以把加速度进行正交分解(3)逆向思维法：把运动过程的末状态作为初状态的反向研究问题的方法，一般用于匀减速直线运动问题，比如刹车问题、竖直上抛运动的问题高考题型1匀变速直线运动规律的应用例1(2018安徽省黄山市一质检)如图1所示，一长为200 m的列车沿平直的轨道以80 m/s的速度匀速行驶，当车头行驶到进站口O点时，列车接到停车指令，立即匀减速停车，因OA段铁轨不能停车，整个列车只能停在AB段内，已知1 200 m，2 000 m，求：图1
5、(1)列车减速运动的加速度大小的取值范围；(2)列车减速运动的最长时间答案(1)1.6 m/s2a2.3 m/s2(2)50 s解析(1)列车做减速运动到速度为0的过程中，刹车的距离：x，当位移最小时，加速度最大：amax m/s22.3 m/s2位移最大时，加速度最小：amin m/s21.6 m/s2所以加速度大小的取值范围是：1.6 m/s2a2.3 m/s2(2)由速度公式：vv0at可知，列车减速到速度为0的时间：t ，可知加速度最小时，列车减速的时间最长，为：tmax s50 s拓展训练1(2018山东省日照市校际联合质检)一物体做匀加速直线运动，通过一段位移x所用时间为2t，紧接
6、着通过下一段位移x所用时间为t.则物体运动加速度的大小为()A. B. C. D.答案C解析物体做匀加速直线运动，通过一段位移x所用时间为2t，故该段位移中间时刻物体的瞬时速度是v1；紧接着通过下一段位移x所用时间为t，故这一段位移中间时刻物体的瞬时速度是v2；物体加速度的大小a，解得：a，故选C.拓展训练2(2018河北省衡水中学第一次调研)在铁路与公路交叉点上，由于司机粗心、判断失误或车况等原因常常造成交通事故现有一辆长为5 m的汽车以v115 m/s的速度行驶，在离铁路与公路交叉点175 m处，汽车司机突然发现离交叉点200 m处有一列长300 m的列车以v220 m/s的速度行驶过来，
7、为了避免事故的发生，汽车司机如果立刻做匀加速运动，则最小加速度应多大？汽车司机如果立刻刹车做匀减速运动，则最小加速度为多少？答案0.643 m/s20.6 m/s2解析汽车加速行驶，在列车通过交叉口前面通过，临界情况：Lxv1tat2，列车到达交叉口所用时间为：t s10 s解得：a0.6 m/s2故当汽车以大于0.6 m/s2的加速度加速行驶时可避免事故发生汽车减速行驶，列车通过交叉口所需时间为：t1 s25 s汽车减速到停止过程，有：xv1t2代入数据得：t2 s23.33 s25 s则汽车做减速运动应满足：2a1x0v12代入数据得：a10.643 m/s2故当汽车以大于0.643 m/
8、s2的加速度刹车时亦可避免事故发生高考题型2 牛顿运动定律的应用1主要题型应用牛顿运动定律解决的主要问题有：瞬时问题、连接体问题、超重和失重问题以及动力学的两类基本问题2技巧方法(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(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)两类动力学基本问题的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2(2018山西省吕梁市第一次模拟)如图2所示，A球质量为B球质量的3倍，光滑斜面的倾角为，图甲中，A、B两球用轻弹簧相连，图乙中A、B两球用轻质杆相连，系统
9、静止时，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间有()图2A图甲中A球的加速度为gsin B图甲中B球的加速度为2gsin C图乙中AB两球的加速度均为gsin D图乙中轻杆的作用力定不为零答案C解析设B球质量为m，A球的质量为3m.撤去挡板前，挡板对B球的弹力大小为4mgsin ，因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，题图甲中A球所受的合力为零，加速度为零，B球所受合力为4mgsin ，加速度为4gsin ，故A、B错误；题图乙中，撤去挡板的瞬间，A、B两球整体的合力为4mgsin ，A、B两球的加速度均为gsin ，则每个球的合力等于重力沿斜面向下
10、的分力，轻杆的作用力为零，C正确，D错误例3如图3甲所示，一质量m0.4 kg的小物块，以v02 m/s的初速度，在与斜面平行的拉力作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t2 s的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L10 m已知斜面倾角30，物块与斜面之间的动摩擦因数.重力加速度g取10 m/s2.求：图3(1)物块到达B点时速度的大小，物块加速度的大小；(2)拉力F的大小；(3)若拉力F与斜面夹角为(090)，如图乙所示，试写出拉力F的表达式答案(1)8 m/s3 m/s2(2)5.2 N(3)F解析(1)根据运动学公式，有Lv0tat2，vv0at，联立解得a3 m/s2，v8 m/s
11、(2)对物块受力分析，受重力、拉力、支持力和滑动摩擦力， 根据牛顿第二定律有平行斜面方向：Fmgsin Ffma垂直斜面方向：FNmgcos 其中FfFN拉力F的大小Fmg(sin cos )ma5.2 N(3)拉力F与斜面夹角为时，受力如图有Fcos mgsin FfmaFNFsin mgcos 0其中FfFN拉力F的表达式为F拓展训练3(2018陕西省榆林市第三次模拟)如图4所示，跳水运动员最后踏板的过程可以简化为下述模型：运动员从高处落到处于自然状态的跳板上，随跳板一同向下做变速运动到达最低点，然后随跳板反弹，则()图4A运动员与跳板接触的全过程中只有超重状态B运动员把跳板压到最低点时，
12、运动员所受外力的合力为零C运动员能跳得高的原因从受力角度来看，是因为跳板对运动员的作用力大于运动员的重力D运动员能跳得高的原因从受力角度来看，是因为跳板对运动员的作用力大于运动员对跳板的作用力答案C拓展训练4(多选)(2018河北省张家口市上学期期末)质量为2m的物块A和质量为m的物块B相互接触放在水平面上，如图5所示，若对A施加水平推力F，两物块沿水平方向做加速运动，关于A对B的作用力，下列说法中正确的是()图5A若水平地面光滑，物块A对B的作用力大小为FB若水平地面光滑，物块A对B的作用力大小为C若物块A与地面间无摩擦，B与地面的动摩擦因数为，则物块A对B的作用力大小为mgD若物块A与地面
13、间无摩擦，B与地面的动摩擦因数为，则物块A对B的作用力大小为答案BD解析若水平地面光滑，将两者看做一个整体有：a，由于两物块一起运动，所以加速度相同，故将B隔离有：a，所以FNmaF，A错误，B正确；若物块A与地面间无摩擦，B与地面间的动摩擦因数为，将两者看做一个整体有：a，将B隔离有：a，解得FN，C错误，D正确高考题型3动力学方法分析“传送带”模型1模型特点传送带问题的实质是相对运动问题，这样的相对运动将直接影响摩擦力的方向2解题关键(1)搞清楚物体与传送带间的相对运动方向及摩擦力方向是解决该问题的关键(2)传送带问题还常常涉及到临界问题，即物体与传送带达到相同速度，这时会出现摩擦力改变的
14、临界状态，对这一临界状态进行分析往往是解题的突破口例4(2018安徽省安庆市二模)如图6所示，半径R1.6 m的光滑半圆形轨道固定于竖直平面内，下端与传送带相切于B点，水平传送带上A、B两端点间距L16 m，传送带以v010 m/s的速度顺时针运动，将质量m1 kg的小滑块(可视为质点)放到传送带上，滑块与传送带间的动摩擦因数0.4，取g10 m/s2.图6(1)将滑块在传送带A端由静止释放，求滑块由释放到第一次经过B端时所需时间；(2)若滑块仍由静止释放，要想滑块能通过圆轨道的最高点C，求滑块在传送带上释放的位置范围；(3)若将滑块在传送带中点处释放，同时沿水平方向给滑块一初速度，使滑块能通过圆轨道的最高点C，求此初速度满足的条件答案见解析解析(1) 对滑块，由牛顿第二定律得：mgma由运动学公式得：
