高考物理二輪復習 考前三個月 專題2 力與物體的直線運動課件

知識專題 網(wǎng)絡構建 考題二運動學圖象問題考題三牛頓運動定律的應用欄目索引 考題一勻變速直線運動規(guī)律的應用考題四“ 傳送帶” 、“ 滑塊 木板模型” 問題 考題一勻變速直線運動規(guī)律的應用1.勻變速直線運動常用的五種解題方法方法指導 2.追及問題的解題思路和技巧(1)解題思路(2)解題技巧緊抓“一圖三式”，即過程示意圖、時間關系式、速度關系式和位移關系式.審題應抓住題目中的關鍵字眼，充分挖掘題目中的隱含條件，如“剛好”“恰好” “最多” “至少”等，往往對應一個臨界狀態(tài)，滿足相應的臨界條件. 若被追趕的物體做勻減速運動，一定要注意追上前該物體是否已停止運動，另外還要注意最后對解的討論分析.3.處理剎車類問題的思路先判斷剎車時間t0 ，再進行分析計算. 解析答案 例1如圖1所示，云南省彝良縣發(fā)生特大泥石流，一汽車停在小山坡底，司機突然發(fā)現(xiàn)在距坡底240 m的山坡處泥石流以8 m/s的初速度、0.4 m/s2的加速度勻加速傾瀉而下，假設泥石流到達坡底后速率不變，在水平地面上做勻速直線運動.已知司機的反應時間為1 s，汽車啟動后以0.5 m/s2的加速度一直做勻加速直線運動.試分析司機能否安全脫離.圖1典例剖析 解析設泥石流到達坡底的時間為t1，速度為v1，v1v0a1t1解得：t120 s，v116 m/s而汽車在t219 s的時間內發(fā)生的位移為：速度為：v2a2t29.5 m/s假設再經(jīng)時間t3，泥石流能夠追上汽車，則有：因0，方程無解，所以泥石流無法追上汽車，司機能安全脫離.答案司機能安全脫離 1.“蛟龍?zhí)枴笔俏覈着_自主研制的作業(yè)型深海載人潛水器，它是目前世界上下潛能力最強的潛水器.假設某次海試活動中，“蛟龍?zhí)枴蓖瓿珊５兹蝿蘸筘Q直上浮，從上浮速度為v時開始計時，此后“蛟龍?zhí)枴眲驕p速上浮，經(jīng)過時間t上浮到海面，速度恰好減為零，則“蛟龍?zhí)枴痹趖0(t0t)時刻距離海平面的深度為() 解析 變式訓練 2.如圖2所示，甲從A地由靜止勻加速跑向B地，當甲前進距離為s1時，乙從距A地s2處的C點由靜止出發(fā)，加速度與甲相同，最后二人同時到達B地，則A、B兩地距離為()圖2 解析返回 返回 1.xt圖象、vt圖象和at圖象的對比分析考題二運動學圖象問題知識精講項目 圖象斜率縱截距圖象與t軸所圍的面積特例勻速直線運動勻變速直線運動xt圖象速度初位置傾斜的直線拋物線vt圖象加速度初速度位移與時間軸平行的直線傾斜的直線at圖象 速度變化量與時間軸重合平行于時間軸的直線 2.圖象問題要“四看” “一注意”(1)看坐標軸：看清坐標軸所表示的物理量，明確因變量(縱軸表示的量)與自變量(橫軸表示的量)之間的制約關系.(2)看圖象：識別兩個相關量的變化趨勢，從而分析具體的物理過程.(3)看縱坐標、“斜率”和“面積”：vt圖象中根據(jù)坐標值、“斜率”和“面積”可分析速度、加速度和位移的大小、方向特點.xt圖象中根據(jù)坐標值、“斜率”可分析位移、速度的大小、方向特點.(4)看交點：明確圖線與圖線的交點、圖線與坐標軸的交點的物理意義.(5)一注意：利用vt圖象分析兩個物體的運動時，要注意兩個物體的出發(fā)點，即注意它們是從同一位置出發(fā)，還是從不同位置出發(fā).若從不同位置出發(fā)，要注意出發(fā)時兩者的距離. 例2甲、乙兩物體從同一地點同時開始沿同一方向運動，甲物體運動的vt圖象為兩段直線，乙物體運動的vt圖象為兩段半徑相同的 圓弧曲線，如圖3所示，圖中t42t2，則在0t4時間內，以下說法正確的是()A.甲物體的加速度不變B.乙物體做曲線運動C.兩物體t1時刻相距最遠，t4時刻相遇D.甲物體的平均速度等于乙物體的平均速度 解析 典例剖析圖3 解析0t2時間段內，甲做勻加速直線運動，t2t4時間內甲物體做勻減速直線運動，故A錯；速度是矢量，在速度時間圖象中，只能表示直線運動，B錯；在整個運動過程中，t3時刻兩物體相距最遠，C錯；在速度時間圖象中，圖線下面所包圍的面積即為位移，可求知0t4時間段內，位移相等，故平均速度相同，D對. 3.如圖4所示，xt圖象反映了甲、乙兩車在同一條直線上行駛的位移隨時間變化的關系，已知乙車做勻變速直線運動，其圖線與t軸相切于10 s處，下列說法正確的是()A.5 s時兩車速度相等B.甲車的速度為4 m/sC.乙車的加速度大小為1.6 m/s2D.乙車的初位置在x080 m處 解析 變式訓練圖4 解析位移時間圖象的斜率等于速度，斜率大小越大，速度大小越大，則知5 s時乙車速度較大，故A錯誤. 4.靜止在光滑水平面上的物體，同時受到在同一直線上的力F1、F2作用，F(xiàn)1、F2隨時間變化的圖象如圖5所示，則物體在02t時間內()A.離出發(fā)點越來越遠 B.速度先變大后變小C.速度先變小后變大 D.加速度先變大后變小解析由圖線可知，物體受到的合力先減小后增大，加速度先減小后增大，速度一直變大，物體離出發(fā)點越來越遠，選項A正確. 解析返回圖5 考題三牛頓運動定律的應用方法指導1.動力學的兩類基本問題(1)由因推果已知物體的受力情況，確定物體的運動情況.(2)由果溯因已知物體的運動情況，確定物體的受力情況.橋梁：牛頓第二定律Fma 2.超重和失重現(xiàn)象的判斷技巧(1)從受力的角度判斷：當物體所受向上的拉力(或支持力)大于重力時，物體處于超重狀態(tài)，小于重力時處于失重狀態(tài)，等于零時處于完全失重狀態(tài).(2)從加速度的角度判斷：當物體具有向上的加速度時處于超重狀態(tài)，具有向下的加速度時處于失重狀態(tài)，向下的加速度為重力加速度時處于完全失重狀態(tài).(3)從速度變化的角度判斷：物體向上加速或向下減速時，超重；物體向下加速或向上減速時，失重. 3.瞬時性問題的處理(1)牛頓第二定律是力的瞬時作用規(guī)律，加速度和力同時產生、同時變化、同時消失，分析物體在某一時刻的瞬時加速度，關鍵是分析該瞬時前后的受力情況及其變化.(2)明確兩種基本模型的特點：輕繩的形變可瞬時產生或恢復，故繩的彈力可以瞬時突變.輕彈簧(或橡皮繩)兩端均連有物體時，形變恢復需較長時間，其彈力的大小與方向均不能突變. 4.整體法和隔離法的優(yōu)點及使用條件(1)整體法：優(yōu)點：研究對象減少，忽略物體之間的相互作用力，方程數(shù)減少，求解簡捷.條件：連接體中各物體具有共同的加速度(2)隔離法：優(yōu)點：易看清各個物體具體的受力情況.條件：當系統(tǒng)內各物體的加速度不同時，一般采用隔離法；求連接體內各物體間的相互作用力時必須用隔離法. 典例剖析例3(2016四川理綜10)避險車道是避免惡性交通事故的重要設施，由制動坡床和防撞設施等組成，如圖6豎直平面內，制動坡床視為與水平面夾角為的斜面.一輛長12 m的載有貨物的貨車因剎車失靈從干道駛入制動坡床，當車速為23 m/s時，車尾位于制動坡床的底端，貨物開始在車廂內向車頭滑動，當貨物在車廂內滑動了4 m時，車頭距制動坡床頂端38 m，再過一段時間，貨車停止.已知貨車質量是貨物質量的4倍，貨物與車廂間的動摩擦因數(shù)為0.4；貨車在制動坡床上運動受到的坡床阻力大小為貨車和貨物總重的0.44倍.貨物與貨車可分別視為小滑塊和平板，取cos 1，sin 0.1，g10 m/s 2.求：圖6 (1)貨物在車廂內滑動時加速度的大小和方向；解析設貨物的質量為m，貨物在車廂內滑動過程中，貨物與車廂的動摩擦因數(shù)0.4，受摩擦力大小為f，加速度大小為a1，則fmgsin ma1fmgcos 聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得a15 m/s2a 1的方向沿制動坡床向下.答案5 m/s2方向沿制動坡床向下解析答案 (2)制動坡床的長度. 解析答案 解析設貨車的質量為M，車尾位于制動坡床底端時的車速為v23 m/s.貨物在車廂內開始滑動到車頭距制動坡床頂端s038 m的過程中，用時為t，貨物相對制動坡床的運動距離為s1，在車廂內滑動的距離s4 m，貨車的加速度大小為a2，貨車相對制動坡床的運動距離為s2.貨車受到制動坡床的阻力大小為F，F(xiàn)是貨車和貨物總重的k倍，k0.44，貨車長度l012 m，制動坡床的長度為l，則Mgsin FfMa2Fk(mM)g 解析答案 ss1s2ll0s0s2聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得l98 m答案98 m 5.為了讓乘客乘車更為舒適，某探究小組設計了一種新的交通工具，乘客的座椅能隨著坡度的變化而自動調整，使座椅始終保持水平，如圖7所示，當此車加速上坡時，盤腿坐在座椅上的一位乘客()A.處于失重狀態(tài)B.不受摩擦力的作用C.受到向前(水平向右)的摩擦力作用D.所受力的合力豎直向上 解析 變式訓練圖7 解析車加速上坡，車里的乘客與車相對靜止，應該和車具有相同的加速度，方向沿斜坡向上，對乘客受力分析可知，乘客應受到豎直向下的重力，垂直水平面豎直向上的彈力和水平向右的摩擦力，三力合力沿斜面向上，B、D錯誤，C正確；彈力大于重力，乘客處于超重狀態(tài)，A錯誤. 6.如圖8所示，A、B兩小球分別連在彈簧兩端，B端用繩子固定在傾角為30的光滑斜面上，若不計彈簧質量，在繩子被剪斷瞬間，A、B兩球的加速度分別為()圖8 解析 解析對A：在剪斷繩子之前，A處于平衡狀態(tài)，所以彈簧的拉力等于A的重力沿斜面的分力.在剪斷上端的繩子的瞬間，繩子上的拉力立即減為零，而彈簧的伸長量沒有來得及發(fā)生改變，故彈力不變仍等于A的重力沿斜面的分力.故A球的加速度為零；對B：在剪斷繩子之前，對B球進行受力分析，B受到重力、彈簧對它斜向下的拉力、支持力及繩子的拉力，在剪斷上端的繩子的瞬間，繩子上的拉力立即減為零，對B球進行受力分析，則B受到重力、彈簧斜向下的拉力、支持力.所以根據(jù)牛頓第二定律得 7.如圖9所示用力F拉a、b、c三個物體在光滑水平面上運動，現(xiàn)在中間的物體b上加一塊橡皮泥，它和中間的物體一起運動，且原拉力F不變，那么加上橡皮泥以后，兩段繩的拉力FTa和FTb的變化情況是()A.FTa增大 B.FTb增大C.F Ta減小 D.FTb減小圖9解析返回 返回 考題四“ 傳送帶” 、“ 滑塊 木板模型” 問題方法指導1.傳送帶問題分析的要點是物體與傳送帶間的摩擦力，關注點是兩個時刻：(1)初始時刻物體相對于傳送帶的速度或滑動方向決定了該時刻摩擦力的方向.(2)物體與傳送帶速度相等的時刻摩擦力的大小(或有無)、性質(滑動摩擦力或靜摩擦力)或方向會發(fā)生改變.正確判斷這兩個時刻的摩擦力，才能正確確定物體的運動性質. 2.分析滑塊木板類模型時要抓住一個轉折和兩個關聯(lián)(1)一個轉折滑塊與木板達到相同速度或者滑塊從木板上滑下是受力和運動狀態(tài)變化的轉折點.(2)兩個關聯(lián)轉折前、后受力情況之間的關聯(lián)和滑塊、木板位移與板長之間的關聯(lián).一般情況下，由于摩擦力或其他力的轉變，轉折前、后滑塊和木板的加速度都會發(fā)生變化，因此以轉折點為界，對轉折前、后進行受力分析是建立模型的關鍵. 典例剖析例4(18分)如圖10所示，傳送帶與水平面的夾角為30，傳送帶與水平面的夾角為37，兩傳送帶與一小段光滑的水平面BC平滑連接.兩傳送帶均沿順時針方向勻速率運行.現(xiàn)將裝有貨物的箱子輕放至傳送帶的A點，運送到水平面上后，工作人員將箱子內的物體取下，箱子速度不變繼續(xù)運動到傳送帶上，傳送帶的D點與高處平臺相切.已知箱子的質量M1 kg，物體的質量m3 kg，傳送帶的速度v18 m/s，AB長L115 m，與箱子間的動摩擦因數(shù)為1 .傳送帶的速度v 24 m/s，CD長L28 m，由于水平面BC上不小心撒上水，致使箱子與傳送帶間的動摩擦因數(shù)變?yōu)?0.5，重力加速度g10 m/s2.求：(1)裝著物體的箱子在傳送帶上運動的時間；(2)計算說明，箱子能否運送到高處平臺上？(已知sin 370.6，cos 370.8)圖10 答案 思維規(guī)范流程 步驟1：在傳送帶上列牛頓 第二定律方程： 假設共速，列運動學方程： 加速時間： 勻速時間： 總時間： 對整體：_ (Mm)a1 得a1 x1 (15 m) t 1 t2 tt1t2 1(Mm)gcos 30(Mm)gsin 302.5 m/s212.8 m3.2 s0.275 s3.475 s 答案 步驟2，在傳送帶 上列牛頓第二定律 方程： 假設共速，判斷箱子 的運動， 對箱子：_ Ma2 得a2 x2 (2Mgcos 37 答案 列牛頓第二定律方程： 結論 故箱子繼續(xù)減速 Ma3 得a3 x3 x2x36.4 mmgcos )，將一直勻加速到底端；當滑塊上滑時(mgsin mgcos )，先勻加速運動，在速度相等后將勻速運動，兩種均不符合運動圖象；故傳送帶是逆時針轉動，選項A正確.傳送帶的速度等于v 0，選項C錯誤. 解析答案 9.正方形木板水平放置在地面上，木板的中心靜置一小滑塊(可視為質點)，如圖12所示為俯視圖，為將木板從滑塊下抽出，需要對木板施加一個作用線通過木板中心點的水平恒力F.已知木板邊長L2 m、質量M3 kg，滑塊質量m2 kg，滑塊與木板、木板與地面間的動摩擦因數(shù)均為0.2，g取10 m/s2，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力.求：(1)要將木板抽出，水平恒力F需滿足的條件；圖12 解析能抽出木板，滑塊與木板發(fā)生相對滑動，當滑塊達到隨木板運動的最大加速度時，拉力最小.對滑塊，有：mgma對木板，有：Fmin(Mm)gmgMa聯(lián)立解得：Fmin2(Mm)g20 N故抽出木板，水平恒力F至少為20 N答案F 20 N (2)當水平恒力F29 N時，在木板抽出時滑塊能獲得的最大速率.解析要使滑塊獲得的速度最大，則滑塊在木板上相對滑動的距離最大，故應沿木板的對角線方向抽木板.設此時木板加速度為a1，則有：F(Mm)gmgMa1 vmaxgt 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