2022年高考物理二轮（福建专用）专题突破讲义：专题二 第1课时

1、专题二 SECTION TW力与物体的直线运动【专题定位】本专题解决的是物体（或带电体）在力的作用下的匀 变速直线运动问题.高考对本专题考查的内容主要有：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.考查的主要方法和规 律有：动力学方法、图象法、运动学的基本规律、临界问题的处理方 法等.【应考策略】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

2、式解决问题.第1课时 动力学观点在力学中的应用知识方法聚焦填填更有底X知识回扣1 .物体或带电粒子做匀变速直线运动的条件是：物体所受合力为恒 力，且与速度方向共线.2 .匀变速直线运动的基本规律为速度公式：Vt=Vo+at位移公式：S = Oo/+gaF速度和位移公式的推论为：VTy=2as中间时刻的瞬时速度为或=吗任意相邻两个连续相等的时间内的位移之差是一个恒量，即As = sn+sn=a-(t)2.3 .速度一时间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v-t图 象是一条倾斜直线.4 .位移一时间关系图线的斜率表示物体的速度，匀变速直

3、线运动的 s-r图象是一条抛物线.5 .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。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a =8且竖直向下时，完全失重.N规律方法1 .动力学的两类基本问题的处理思路 赤运动学公式-j运动情况2 .解决动力学问题的常用方法(1)整体法与隔离法.(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，

4、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.热点题型例析做做有感悟题型1运动学图象问题【例11某物体质量为1 kg,在水平拉力作用下沿粗糙水3pmHL；! 1 运动，其速度一时间图象如图1所示，根据图象可知（）-L170123 /sA.物体所受的拉力总是大于它所受的摩擦力B.物体在第3 s内所受的拉力等于1 NC.在。3 s内，物体所受的拉力方向始终与摩擦力方向相反D.物体在第2 s内所受的拉力为零【审题突破】水平方向物体受几个力作用？由图象可知哪些信息？ 解析 由题图可知，第2s内物体做匀速直线运动，即拉力与摩擦 力平衡，所以A、D选项错误；第3s内物体的加速度大小为1 m/s2

5、, 根据牛顿第二定律可知物体所受合外力大小为1N,选项B错误； 物体运动过程中，拉力方向始终和速度方向相同，摩擦力方向始终 和运动方向相反，选项C正确.答案C【以题说法】解图象类问题的关键在于将图象与物理过程对应起来， 通过图象的坐标轴、关键点、斜率、面积等信息，对运动过程进行 分析，从而解决问题.皿g 如图2是甲、乙两物体从同一地点沿同一方向运动的。一r图象，其中，2=2小 下列说法正确的是a.甲的加速度比乙的大KB.小时刻甲物体在前，乙物体在后PhnJ I 、C.八时刻甲、乙两物体相遇”D.及时刻甲、乙两物体相遇答案D图2解析 根据vt图象的斜率表示加速度可知甲的加速度比乙的小， 选项A错

6、误.根据图象所围的面积表示位移可知，人时刻乙物 体在前，甲物体在后，八时刻甲、乙两物体速度相等，打时刻甲、 乙两物体相遇，选项B、C错误，D正确.题型2整体法与隔离法在连接体问题中的应用【例2】(2013福建21)质量为、长为小L的杆水平放置，杆两端A、 B系着长为3L的不可伸长且光滑的柔软轻绳，绳上套着一质量为 加的小铁环.已知重力加速度为g,不计空气影响.(1)现让杆和环均静止悬挂在空中，如图3甲，求绳中拉力的大小;(2)若杆与环保持相对静止，在空中沿AB方向水平向右做匀加速直 线运动，此时环恰好悬于A端的正下方，如图乙所示.求此状态下杆的加速度大小。；为保持这种状态需在杆上施加一个多大的

7、外力，方向如何？【审题突破】“光滑的柔软轻绳”说明什么？环恰好悬于A端的正下方时，环的受力有什么特点？环和杆有什么共同特点？ 解析(1)如图，设平衡时，绳中拉力为T,有2 Teos 6mg=0由图知cos 8=看由式解得了=哈密(2)此时，对小铁环受力分析如图，有T sin 6 =ma因 |T | = |T |所以r +r cose 一利?=0由图知/ =60,代入式解得4=为飞如图，设外力F与水平方向成a角，将杆和小铁环当成一个整体, 有Feos a=(M+ni)aFsin a(A7+m)g=0由式解得tan a=,(或 =60) b=(M+wi)g答案(清mg (2)(1角斜向右上【以题说

8、法】在应用牛顿运动定律分析连接体问题时，要灵活交替使 用整体法和隔离法.各部分以及整体的共同特点是加速度相同，但 与物体间作用力有关的问题必须隔离出受力最简单或未知量最少 的物体来研究.针对支 如图4所示，光滑水平桌面上放置-f j，），），长木板上表面粗糙，上面放置一小铁块，现有一水平向右的恒力厂作用于铁块上，以下判断正确的是（）图4A.铁块与长木板都向右运动，且两者一定保持相对静止B.若水平恒力厂足够大，铁块与长木板间有可能发生相对滑动C.若两者保持相对静止，运动一段时间后，拉力突然反向，铁块 与长木板间有可能发生相对滑动D.若两者保持相对静止，运动一段时间后，拉力突然反向，铁块 与长木板

9、间是否保持相对静止取决于拉力的大小答案B解析此情景的临界状态是木板与铁块之间达到最大静摩擦力，隔 离木板则得amM =杰出，再整体得五max =（W木+机铁）&max = /木相木十 ”,当尸尸max时，铁块与木板间总能保持相对静止地加速机木（或减速），C、D错.当QKnax时，它们之间发生相对滑动，A错, B对.题型3运动学基本规律的应用【例31 （2013大纲24）一客运列车匀速行驶，其车轮在铁轨间的接缝 处会产生周期性的撞击.坐在该客车中的某旅客测得从第1次到第 16次撞击声之间的时间间隔为10.0 s.在相邻的平行车道上有一列 货车，当该旅客经过货车车尾时，货车恰好从静止开始以恒定加速

10、 度沿客车行进方向运动.该旅客在此后的20.0 s内，看到恰好有30 节货车车厢被他连续超过.已知每根铁轨的长度为25.0 m,每节货 车车厢的长度为16.0 m,货车车厢间距忽略不计.求：（1）客车运行速度的大小；（2）货车运行加速度的大小.解析本题涉及的是匀变速直线运动问题.（1）设客车车轮连续两次撞击铁轨的时间间隔为A/,每根铁轨的长度为I,则客车速度为其中/=25.0m,s,得 0=37.5 m/slo I设从货车开始运动后Z=20.0 S内客车行驶了 S1,货车行驶了 52, 货车的加速度为。,30节货车车厢的总长度为L=30X 16.0 m.由运 动学公式有S=Vt1$2 =产2由

11、题给条件有L=SS2由式解得。=1.35 m/s2答案37.5 m/s (2)1.35 m/s2【以题说法】解决此类问题必须熟练掌握运动学的基本规律和推论 (即五个关系式).对于匀减速直线运动还要会灵活运用逆向思维 法.对于追及相遇问题要能分别清晰地分析两物体的运动过程，能 找出空间和时间的关系等.皿毡一物体以某一初速度在粗糙的水平面上做匀减速直线运 动，最后停下来，若此物体在最初5 s内通过的路程与最后5 s通过 的路程之比为9 ： 5,求此物体一共运动了多少时间？答案7 s解析 设前5 s的位移为si,最后5 s的位移为2,运动的总时间为 Z,把运动过程逆过来看，该运动就变成了初速度为零的

12、匀加速直线1 1运动，则有$1=呼尸一。(/5)252=5 X 52 si : $2=9 : 5联立上式可知t=7 s题型4应用动力学方法分析传送带问题【例4】（16分）如图5所示，竖直固定的（光滑圆弧轨道AB半径R = 1.25 m, 3c为水平传送带与分两驱动轮的切点，AB与BC水平相切 于B点（未连接，圆弧轨道不影响传送带运动）.一质量为机=3 kg 的小滑块，从A点由静止滑下，当传送带静止时，滑块恰好能滑到 C点.已知。、b两轮半径均为r=0.4m且两轮与传送带间不打滑, 滑块与传送带间的动摩擦因数=0.1，取g=10 m/s?.问：图5（1）BC两点间的距离是多少？（2）当人顺时针匀

13、速转动的角速度为他）时，将滑块从A点由静止 释放，滑块恰好能由。点水平飞出传送带.求g的大小以及这一 过程中滑块与传送带间产生的内能.【运动建模】1.当传送带静止时，物块由8到C的运动是匀减速直线 运动.2.当传送带运动时，物块由B到。，可能会匀减速直线运动，也 可能会匀加速直线运动，还有可能会做匀速直线运动，具体是哪一 种要比较在8、C两点的速度关系.解析（1）滑块从A到由动能定理有mgR=nv 看（1 分）(10B=、2gR=5 m/s由 8 到 C: a=一陪=-1 m/s2（1分）由 0 - Vff = 2,CISBC（1分）得 sbc= 12.5 m（1分）（2）滑块恰能在C点水平飞

14、出传送带，则有Vccmg=m（2分）解得：0c=2 m/s（1分）GO f.（1分）解得：a（）=5 rad/s（1分）由诙江知滑块在传送带上受到向左的滑动摩擦力作用，即滑块要 减速到。点（I分）fimg=ma（1分）VcVr滑块减速时间才=一a（1分）滑块位移S=0Bf+；a t2（1分）传送带运动的距离2=od产生的内能Q=47g（S一我）（1分）解得：e=13.5 J（1分）答案（1）12.5 m （2）5 rad/s 13.5 J【以题说法】1.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.因此，搞清楚物体与传送带间的相对运 动方向是解决该问题的关键.2.传送

15、带问题还常常涉及到临界问题，即物体与传送带速度相同， 这时会出现摩擦力改变的临界，具体如何改变要根据具体情况判 断.皿以 如图6甲所示，倾角为e的足够长的传送带以恒定的速 率比沿逆时针方向运行. 1=0时，将质量根=1 kg的物体（可视为 质点）轻放在传送带上，物体相对地面的v-t图象如图乙所示.设 沿传送带向下为正方向，取重力加速度g= 10 m/s2.则下列选项错误 的是A.传送带的速率g=10 m/sB.传送带的倾角9=30。C.物体与传送带之间的动摩擦因数=0.5D. 0-2.0 s摩擦力对物体做功 肌=-24 J答案B解析当物体的速度超过传送带的速度后，物体受到的摩擦力的方 向发生改

16、变，加速度也发生改变，根据图象可得，传送带的速 率为。()=10 m/s,选项A正确；1.0 s之前的加速度a = 10 m/s2,1.0 s 之后的加速度Z=2 m/s?,结合牛顿第二定律，mgsin夕+/ngcos夕 =ma, msin 3fimgcos 0=maz,解得 sin。=0.6, 9=37, =0.5, 选项B错误，选项C正确；摩擦力大小/=mgcos 6=4 N,在0 1.0 s内，摩擦力对物体做正功，在1.0 s2.0 s内，摩擦力对物体 做负功，01.0 s内物体的位移为5 m,1.0 s2.0 s内物体的位移是 11 m,摩擦力做的功为一4X(115) J = -24

17、J,选项D正确.题题有秘诀读题审题解题2.应用动力学方法分析平板车类问题【审题示例】(15分)如图7所示，质量M=4.0 kg的长木板B静止在光滑的水平 地面上，在其右端放一质量根=1.0 kg的小滑块4(可视为质点).初 始时刻，4、3分别以6=2.0 m/s向左、向右运动，最后/恰好没 有滑离夕板.已知/、6之间的动摩擦因数=0.40,取g=10m/s2. 求：图7(1)A、B相对运动时的加速度心和劭的大小与方向；(2)A相对地面速度为零时，B相对地面运动已发生的位移大小5；（3）木板B的长度I.【审题模板】“光滑的水平地面”，说明4、B相对滑动时，B/水平方向只受4对它的滑动摩擦力面蕨（

18、“最后A恰好没有滑离5板”：说明A、8最终速度|、相同，4、8间的相对位移为木板的长度，但共同速度方向不能确定，要进一步分析J1-/滑动摩擦力的分析方法叵月）牛顿第二定律匀变速直线运动规律/对地速度为零时r产得出的位移/ fi时刻8的速度vB-Vo-aBt式时刻之后，A开始向右匀加速，8继续向右匀暨里（减速，直到再经时间打两者达到共同速度，即木板B的长度，为A、B各自对地位移大小之和【答题模板】（1）A、8分别受到大小为 2g的摩擦力作用，根据牛顿第二定律对A物体有1img=maA（1分）则 a,4=A8C,故。48劭口 B 正确，C错误；AB段，滑雪者加速下滑，则Gsin叼；又sin6kl,

19、 则AB段下滑过程中/比G要小，而不是D项表示的/与G相等， D错误.4. 一个物体在多个共点力的作用下处于静止状态.若仅使其中的一 个力保持方向不变、大小逐渐减小到零，然后又从零逐渐恢复到 原来的大小，在这一过程中其余各力均不变，则能正确描述该过 程中物体速度随时间变化的图象是（）答案D解析 当其中一个力逐渐减小时，物体受到的合外力逐渐增大，物 体的加速度逐渐增大，在0，图线中，表现为图线的斜率逐渐增 大；当这个力逐渐恢复到原来的大小时，物体受到的合外力逐渐减 小，物体的加速度逐渐减小，在p/图线中，表现为图线的斜率 逐渐减小；当这个力恢复到原来大小时，合外力为零，此时v-t 图线斜率为零，

20、D正确.5. （2013广东13）某航母跑道长200 m,飞机在航母上滑行的最大加 速度为6m/s2,起飞需要的最低速度为50 m/s.那么，飞机在滑行 前，需要借助弹射系统获得的最小初速度为（）A. 5 m/sB. 10 m/sC. 15 m/sD. 20 m/s答案B解析由vt2v（?=2as得:Vo=-lvt22as=5022X6X200 m/s=10 m/s.6.如图4所示，一小球分别以不同的初速度，从光s一二- A点向上做直线运动，所能到达的最高点位置分:第二二一它们距斜面底端A点的距离分别为S1、S2、门，对应到达最高点 的时间分别为小22、5则下列关系正确的是（）图4.Si S2

21、 S3S3 $2 S1答案c解析，表示的是平均速度，由题意可知到达。点的小球初速度最 大，根据匀变速直线运动规律石=必要可知，小球滑到。点的过1C程平均速度最大，选项A、B错误；根据5=亍储可知，,表示的是 加速度的一半，由受力情况可知三个过程的加速度1。卜:正确，D错误. .10 2030 t/s7.在水平冰面上，一辆质量为IX 103 kg的电动雪橇做匀速直线 运动，关闭发动机后，雪橇滑行一段距离后停下来，其运动的 v-t图象如图5所示，那么关于雪橇运动情况以下判断正确 的是（重力加速度g=10m/s2）（）A.关闭发动机后，雪橇的加速度为一2m/s2 图5B.雪橇停止前30 s内通过的位

22、移是150 m C.雪橇与水平冰面间的动摩擦因数约为0.03D.雪橇匀速运动过程中发动机的功率为5X103 w答案D解析 由题图的斜率可知，关闭发动机后，雪橇的加速度为-0.5m/s2, A错误；由题图的面积可知，雪橇停止前30 s内通过的位移是200 m, B错误；对关闭发动机后雪橇的运动，由牛顿第二定律有一Rmg= ma,代入a=-0.5 m/s?、g=10 m/s2,解得雪橇与水平 冰面间的动摩擦因数为0.05,C错误；对雪橇的匀速运动有F林mg =0 P=Fv,代入=0.05、/77=lxlC）3 | u= 10 m/s, 解得发动机的功率为P=5X103 w, D正确.8 . （20

23、13安徽14）如图6所示，细线的一端系一质量、 另一端固定在倾角为。的光滑斜面体顶端，细线 在斜面体以加速度。水平向右做匀加速直线运动的V程中， 小球始终静止在斜面上，小球受到细线的拉力丁和斜面的支图6持力Fn分别为（重力加速度为g）（）A. T=m(gsin 6+acos 6)B. T=m(gcos e+asin 8)C. T=/n(acos 0gsin 3)D. T=m(asin 0gcos 0)F=m(gcos 0-asin 8)FN=m(gsin 6acos 3)FN=?(gcos 8+asin 9)F=tn(gsin 3-acos 6)解以上两式得T= m(gsm 9+acos 9)

24、FN=in(gcos 6-asin ff)所以正确选项为A.9 .如图7所示，工厂利用皮带传输机把货物从地力水平地面的c平台上，c平台离地面的高度一皮带以一定的速度。顺时针转动且不打滑.将货物轻轻地放在A处，货物随皮带到达平台.货物在皮带上相对滑动时，图7会留下一定长度的痕迹.已知所有货物与皮带间的动摩擦因数均为 4.若皮带的倾角仇运行速度。和货物质量机都可以改变，始终满 足tan。中.可以认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则()A.当速度。一定时，角夕越大，运送时间越短B.当倾角。一定时，改变速度。，运送时间不变C.当倾角。和速度。一定时，货物质量加越大，皮带上留下的痕 迹越长D.当倾角。和速

25、度。一定时，货物质量7越大，皮带上摩擦产生 的热越多答案D解析 开始时对货物受力分析，根据牛顿第二定律得=/gcos 6-gsin 0,根据运动学公式得货物加速到与传送带速度相等所需的“ 2 VV时间人=7货物加速过程的位移$1=五，货物加速到与传送带的 速度相等时，因为卬”geos G，gsin。，货物将做匀速运动，根据运 动学公式得物体匀速的时间打=与产，因此货物从底端运送到顶L v端的时间1=4+亥=石+五，当速度一定时，。越大，加速度越小，运送的时间越长，A错误：当夕一定时，加速度一定，速度不同，, ,.v运送时间不同，B错误；货物相对传送带运动的位移As=M一砂V、,. V=/1,。

26、和夕一定，速度一定，加速度一定，由八=7得货物的加 速时间4 一定，货物相对传送带的位移一定，C错误；摩擦产生的 热量为林mgNs,当倾角。和速度0 定时，货物质量越大，摩擦产 生的热越多，D正确.10.潜艇部队经常开展鱼雷攻击敌方舰艇演练.如图/二g二期 演练的简化模型为：敌舰沿直线MN匀速航行，： i / ! /。点不动，。到MN的距离。O =2 000 m.当敌 “O点800m的A点时，潜艇沿QO方向发射一枚鱼雷，正好在o点击中敌舰.敌舰因受鱼雷攻击，速度突然减为原来的;，图8且立刻沿原运动方向做匀加速运动逃逸.100 s后潜艇沿方向发 射第二枚鱼雷，鱼雷在8点再次击中敌舰.测得万万=1

27、 500m,不考虑海水速度的影响，潜艇和敌舰可视为质点，鱼雷的速度大 小恒为25 m/s.求：(1)敌舰第一次被击中前的速度；鱼雷由。至B经历的时间；(3)敌舰逃逸时的加速度大小(可用分式表示结果).答案 (1)10 m/s (2) 100 s (3)表 m/s2QO2 000t =解析(1)鱼雷从Q到O经历的时间25AO 800敌舰被击中前的速度。1=1一=斫m/s = 10 m/s l oU(2)设第二枚鱼雷经过时间女击中敌舰，则QB+ QO2 =y 1 5002 + 2 0002 m=2 500mQB 2 500 t2=T=5s= 100 s(3)敌舰第一次被击中后瞬间的速度0 10 , ，v2=2=2 m/s = 5 m/s敌舰从被第一次击中到被第二次击中经历的时间力=力+ 100 s = 200 s设敌舰逃逸时的加速度大小为a,由OB =v2t3-2at2( OB 。2公得a=代入数据得2X(1 500-1 000).a=万斤m/s/=右；m/s