2016高考物理二轮复习专题整合高频突破二力与物体直线运动课件

专题二 力与物体的直线运动-2-知识脉络梳理-3-规律方法导引1.知识规律匀变速直线运动规律公式的三性。①条件性:公式的适用条件是物体必须做匀变速直线运动。②矢量性:公式都是矢量式。③可逆性:由于物体运动条件的不同,解题时可进行逆向转换。运动图象六要素。①轴;②线;③斜率;④截距;⑤交点;⑥面积。牛顿第二定律的“四性”。①矢量性:公式F=ma是矢量式,F与a方向相同。②瞬时性:力与加速度同时产生,同时变化。③同体性:F=ma中,F、m、a对应同一物体。④独立性:分力产生的加速度相互独立,与其他加速度无关。-4-2.思想方法物理思想:逆向思维思想、极限思想、分解思想。物理方法:比例法、图象法、推论法、整体法与隔离法。质量为m0、长为√3l

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m的小铁环。已知重力加速度为g,不计空气影响。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,如图所示。求此状态下杆的加速度大小a;为保持这种状态需在杆上施加一个多大的外力,方向如何?-5-命题热点一

命题热点二 命题热点三连接体的求解方法常涉及两个或多个物体的受力和运动情况的考查。例1(2015·河南实验中学月考)3答案:(1)√3g(2)2√3(m0+m)g,方向与水平方向成60°斜向右上①②3解析:(1)对小铁环受力分析如图甲,有FTsin

θ=maFT'+FTcos

θ-mg=0由环套在绳上知FT'=FT,又由图知θ=60°,代入①②式解得3a=√3g。③-6-命题热点一命题热点二命题热点三-7-命题热点一命题热点二命题热点三-8-思维导引命题热点一命题热点二命题热点三-9-规律方法整体法与隔离法是研究连接体类问题的基本方法。对于有共同加速度的连接体问题,一般先用整体法由牛顿第二定律求出加速度,然后根据题目要求进行隔离分析并求解它们之间的相互作用力。采用隔离法进行分析时,一般先从受力最简单的物体入手。比如叠放在一起的物体,应该先分析最上面的物体。命题热点一命题热点二命题热点三-10-右的恒力F,使A、B、C恰好保持相对静止。已知A、B、C的质量均为m,重力加速度为g,不计一切摩擦,求恒力F的大小。(取sin

37°=0.6,cos

37°=0.8)故F=mg。答案解析设绳的张力为FT,斜面的支持力为FN,系统加速度为以C

为研究对象FNsin

θ-FTcos

θ=maFNcos

θ+FTsin

θ=mg联立解得a=𝑔3以A、B、C

为整体,则有F=3maa,以B为研究对象FT=ma关闭mg关闭命题热点一

命题热点二 命题热点三拓展训练1

(2015·山西红色十校联考)如图所示,水平面上有一固定着轻质定滑轮的木块A,它的上表面与水平面平行,它的右侧是一个倾角θ=37°的斜面。放置在A上的物体B和物体C通过一轻质细绳相连,细绳的一部分与水平面平行,另一部分与斜面平行。现对A施加一水平向-11-匀变速直线运动的规律及应用常结合牛顿运动定律、图象来考查物体做匀变速直线运动公式的应用。命题热点一命题热点二命题热点三-12-命题热点一

命题热点二 命题热点三例2(2015·全国理综Ⅰ)一长木板置于粗糙水平地面上,木板左端放置一小物块;在木板右方有一墙壁,木板右端与墙壁的距离为4.5

m,如图(a)所示。t=0时刻开始,小物块与木板一起以共同速度向右运动,直至t=1

s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)。碰撞前后木板速度大小不变,方向相反;运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后1

s时间内小物块的v-t图线如图(b)所示。木板的质量是小物块质量的

15倍,重力加速度大小g取10

m/s2。求:(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2;(2)木板的最小长度;(3)木板右端离墙壁的最终距离。-13-命题热点一命题热点二命题热点三答案:(1)0.1

0.4(2)6.0

m(3)6.5

m解析:(1)规定向右为正方向。木板与墙壁相碰前,小物块和木板一起向右做匀变速运动,设加速度为a1,小物块和木板的质量分别为m

和

m0。由牛顿第二定律有-μ1(m+m0)g=(m+m0)a1①由题图可知,木板与墙壁碰前瞬间的速度v1=4m/s,由运动学公式得v1=v0+a1t12s0=v0t1+1a1𝑡12②③式中,t1=1s,s0=4.5m

是木板碰前的位移,v0

是小物块和木板开始运动时的速度。联立①②③式和题给条件得μ1=0.1④-14-命题热点一命题热点二命题热点三在木板与墙壁碰撞后,木板以-v1的初速度向左做匀变速运动,小物块以v1

的初速度向右做匀变速运动。设小物块的加速度为a2,由牛顿第二定律有-μ2mg=ma2⑤由图可得a2=𝑣2

-𝑣1⑥𝑡2

-𝑡1式中,t2=2

s,v2=0,联立⑤⑥式和题给条件得μ2=0.4。⑦-15-命题热点一命题热点二命题热点三-16-命题热点一命题热点二命题热点三-17-命题热点一命题热点二命题热点三匀变速直线运动的规律及应用常结合牛顿运动定律、图象来考查物体做匀变速直线运动公式的应用。-18-命题热点一

命题热点二

命题热点三例2(2015·全国理综Ⅰ)一长木板置于粗糙水平地面上,木板左端放置一小物块;在木板右方有一墙壁,木板右端与墙壁的距离为4.5

m,如图(a)所示。t=0时刻开始,小物块与木板一起以共同速度向右运动,直至t=1

s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)。碰撞前后木板速度大小不变,方向相反;运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后1

s时间内小物块的v-t图线如图(b)所示。木板的质量是小物块质量的15倍,重力加速度大小g取10

m/s2。求:(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2;(2)木板的最小长度;(3)木板右端离墙壁的最终距离。-19-命题热点一命题热点二命题热点三答案:(1)0.1

0.4(2)6.0

m(3)6.5

m解析:(1)规定向右为正方向。木板与墙壁相碰前,小物块和木板一起向右做匀变速运动,设加速度为a1,小物块和木板的质量分别为m

和

m0。由牛顿第二定律有-μ1(m+m0)g=(m+m0)a1①由题图可知,木板与墙壁碰前瞬间的速度v1=4

m/s,由运动学公式得v1=v0+a1t12s0=v0t1+1a1𝑡12②③式中,t1=1s,s0=4.5m

是木板碰前的位移,v0

是小物块和木板开始运动时的速度。-20-命题热点一命题热点二命题热点三联立①②③式和题给条件得μ1=0.1④在木板与墙壁碰撞后,木板以-v1的初速度向左做匀变速运动,小物块以v1

的初速度向右做匀变速运动。设小物块的加速度为a2,由牛顿第二定律有-μ2mg=ma2由图可得a2=𝑣2

-𝑣1𝑡2

-𝑡1式中,t2=2

s,v2=0,联立⑤⑥式和题给条件得μ2=0.4。⑤⑥⑦-21-命题热点一命题热点二命题热点三-22-命题热点一命题热点二命题热点三-23-思维导引命题热点一命题热点二命题热点三-24-例3(多选)一汽车在高速公路上以v0=30

m/s的速度匀速行驶,t=0时刻,驾驶员采取某种措施,汽车运动的加速度随时间变化关系如图所示,以初速度方向为正,下列说法正确的是(

)t=6

s时车速为5

m/st=3

s时车速为零C.前9

s内的平均速度为15

m/sD.前6

s内车的位移为90

m关闭0~3

s,汽车做匀减速直线运动,3s末的速度v3=v0+a1t1=(30-10×3)m/s=0,B

正确;3~9

s,汽车做匀加速直线运动,t=6

s

时速度v6=a2t2=5×3

m/s=15

m/s,A

错误;前3

s

内的位移3x

=0-𝑣022𝑎1

2×(-10)39

20-302

1

12

22

2=

m=45

m,3~9

s

内的位移

x =

a

t

=

×5×6

m=90

m,则前9

s

内的位移𝑥为

x

=x

+x

=135

m,平均速度为𝑣

=

9

=

135

m/s=15

m/s,C

正确;3~6

s

内的位移9

3

39

𝑡

9x

=1

1

总36

2a2𝑡2

2

=2×5×32

m=22.5

m,则前6

s

内的位移为x6=x3+x36=67.5

m,D

错误。答案解析关闭BC命题热点一

命题热点二

命题热点三-25-思维导引命题热点一命题热点二命题热点三-26-命题热点一

命题热点二

命题热点三规律方法1.匀变速直线运动的规律及推论12(1)三个基本公式:vt=v0+at;x=v0t+at

;𝑡

02

𝑣

2

−𝑣

2

=2ax。22(2)两个重要推论:𝑣𝑡

=𝑣0

+𝑣𝑡;Δx=xn+1-xn=a·(Δt)2。2.运动图象的四个特别提醒x-t

图象和v-t

图象描述的都是直线运动,而不是曲线运动。x-t

图象和v-t

图象不表示物体运动的轨迹。x-t

图象中两图线的交点表示两物体相遇,而v-t

图象中两图线的交点表示两物体速度相等。v-t

图象中,图线与坐标轴围成的面积表示位移;而x-t

图象中,图线与坐标轴围成的面积则无实际意义。-27-拓展训练2(2015·河北名校联盟联考)某物体A静止于水平地面上,它与地面间的动摩擦因数μ=0.2,若给物体A一个水平向右的初速度v0=10

m/s,g取10

m/s2。求:(1)物体A向右滑行的最大距离;(2)若物体A右方x0=12m处有一辆汽车B,在物体A获得初速度v0的同时,汽车B从静止开始以a=2

m/s2的加速度向右匀加速运动,通过计算说明物体A能否撞上汽车

B。关闭由牛顿第二定律得μmg=ma0a0=2

m/s2根据v2-𝑣02=-2a0xx=25

m。假设二者不相撞,设经过时间t

二者有共同速度v则对物体A,v=v0-a0t对汽车B,v=atv=5

m/s,t=2.5

s该过程中物体A

的位移xA=v0t-1a0t2=18.75

m2该过程中汽车B

的位移2xB=1at2=6.25

m因为xA>xB+x0故物体A

能撞上汽车B。答案解析关闭(1)25

m(2)见解析命题热点一命题热点二命题热点三-28-牛顿运动定律与运动学的综合应用常考查利用牛顿运动定律和运动学公式解决两个及多物体的运动情况。例4(多选)(2015·江西重点中学联考)如图所示,倾斜的传送带顺时针匀速转动,一物块从传送带上端A滑上传送带,滑上时速率为v1,传送带的速率为v2,且v2>v1,不计空气阻力,动摩擦因数一定,关于物块离开传送带的速率v和位置,下面情况可能的是()A.从下端B离开,v=v1B.从下端B离开,v<v1C.从上端A离开,v=v1D.从上端A离开,v<v1关闭滑块从A

端滑上传送带,在传送带上必先相对传送带向下运动,由于不确定滑块与传送带间的摩擦力和滑块的重力沿斜面下滑分力的大小关系和传送带的长度,若能从A

端离开,由运动的可逆性可知,必有v=v1,选项C

正确,选项D

错误;若从B

端离开,当摩擦力大于重力的分力时,则v<v1,选项B

正确,当摩擦力小于重力的分力时,则v>v1,当摩擦力和重力的分力相等时,滑块一直做匀速直线运动,v=v1,选项A

正确,故应选A、B、C。答案解析关闭ABC命题热点一

命题热点二

命题热点三-29-思维导引命题热点一命题热点二命题热点三-30-规律方法1.做好“两个分析”(1)正确选择研究对象进行恰当的受力分析,防止漏力和添力。

(2)会对物体的运动过程进行多角度分析,明确物体的运动性质。

2.抓住“一个桥梁”加速度是联系物体运动和受力的桥梁,该量的正确求解往往是解决问题的关键。命题热点一命题热点二命题热点三-31-例5(2015·河南名校联考)如图所示,在水平地面上有一木板A,木板A长l=6

m,质量为m0=8

kg,在水平地面上向右做直线运动,某时刻木板A的速度v0=6

m/s,在此时刻对木板A施加一个方向水平向左的恒力F=32

N,与此同时,将一个质量为m=2

kg的小物块B轻放在木板A上的P点(小物块可视为质点,放在P点时相对于地面的速度为零),P点到木板A右端的距离为1

m,木板A与地面间的动摩擦因数为μ=0.16,小物块B与木板A间有压力,由于木板A与小物块B之间光滑不存在相互的摩擦力,A、B是各自独立的物体,不计空气阻力,g取10

m/s2。求:(1)小物块B从轻放到木板A上开始,经多长时间木板A与小物块B速度相同;(2)小物块B从轻放到木板A上开始至离开木板A的过程,恒力F对木板A所做的功及小物块B离开木板A时木板A的速度。关闭(1)由于小物块B

与木板A

间无摩擦,则小物块B

离开木板A

前始终对地静止,木板A

在恒力F

和摩擦力的共同作用下先向右匀减速运动后向左匀加速运动,当木板A

向右速度减为零时两者同速,设此过程用时t1,研究木板A

向右匀减速运动的过程,对木板A

应用牛顿第二定律得F+μ(m0+m)g=m0a1解得a1=6

m/s2𝑎1木板A

向右匀减速的时间t1=𝑣0=1

s木板A

向右匀减速的位移1𝑣022𝑎1x

= =3m<l-1

m=5

m则小物块B

还在木板A

上,此时两者同速。(2)木板A

向左匀加速的位移x2=x1+1m=4m时小物块B离开木板A,小物块B从轻放到木板A

上开始至离开木板A

的过程,恒力F

对木板A

所做的功W=-Fx1+Fx2=32

J。研究木板A

向左的匀加速过程,对木板A

应用牛顿第二定律得F-μ(m0+m)g=m0a22此时木板A

的速度v=ඥ2𝑎2

𝑥2=4

m/s。答案解析关闭解得a=2

m/s2(1)1

s (2)32

J 4

m/s命题热点一命题热点二命题热点三-32-思维导引命题热点一命题热点二命题热点三-33-关闭对m0、m

组成的整体,由牛顿第二定律F-(m0+m)gsin

α=(m0+m)a对m,有Ff-mgsin

α=ma,Ff≤μmgcos

α代入数据得F≤30

N。F=37.5

N>30

N,物块能滑离木板对m0,有F-μmgcos

α-m0gsin

α=m0a1对m,有μmgcos

α-mgsin

α=ma22

2设物块滑离木板所用时间为t,由运动学公式1a1t2-1a2t2=l由-2gssin

α=0-v2

代入数据得s=0.9

m。答案解析关闭代入数据得t=1.2

s物块滑离木板时的速度v=a2t(1)F≤30

N

(2)能,理由见解析1.2

s0.9

m命题热点一命题热点二命题热点三-34-若货物随升降机运动的v-t图象如图所示(竖直向上为正),则货物受到升降机的支持力F与时间t关系的图象可能是(

)正确。答案解析关闭根据题图可知,对于时间轴下面的图象,电梯先向下做匀加速运动,再匀速,后匀减速运动,则根据牛顿第二定律可知,货物随电梯先失重、再处于平衡状态,后超重,则支持力先小于重力、再等于重力、后大于重力;对于时间轴上面的图象,电梯向上先做匀加速运动、再匀速、后匀减速运动时,同理可知支持力先大于重力、再等于重力、后小于重力,选项BB关闭1

2

3

4

5

61.(2015·重庆理综)-35-F=(m+2m)a,对质量为m

的小球水平方向进行受力分析,由牛顿第二定律和胡克定律可得kx=ma,解得x=𝐹

,则此时两球间的距离为l+𝐹

,C

正确。3𝑘

3𝑘答案解析关闭两个小球一起做匀加速直线运动,加速度相同,对系统受力分析,由牛顿第二定律可得关闭C1

2

3

4

5

6-36-3.(2015·江西五校联考)如图所示,Ⅰ、Ⅱ分别是甲、乙两小球从同一地点沿同一直线运动的v-t图线,根据图线可以判断(

)甲、乙两小球做的是初速度方向相反的匀变速直线运动,加速度大小相同,方向相同两球在t=8

s时相距最远两球在t=2

s时刻速度相等D.两球在t=8

s时相遇关闭1在v-t

图象中,图象的斜率表示加速度,由图象可知,甲的加速度为a=1Δ𝑣

20-02=

m/s

=20Δ𝑡1

3

322m/s,乙的加速度为a=2Δ𝑣

-40-40Δ𝑡2

8=

m/s2=-10

m/s2,加速度大小不等,故A

错误;甲物体8

s内的总位移为零,说明甲物体又回到了出发点,乙物体前2

s

内静止,后6

s

内的总位移为零说明乙物体也回到了出发点,又因为两物体从同一地点出发,所以物体此时相遇,并且相距最近,故B

错误,D

正确;由题图可知,两球在t=2

s

时刻速率相等,但方向相反,故C

错误。答案解析关闭D1

2

3

4

5

6-37-4.(多选)(2015·全国理综Ⅰ)如图(a),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(b)所示。若重力加速度A.斜面的倾角

B.物块的质量C.物块与斜面间的动摩擦因数

D.物块沿斜面向上滑行的最大高及图中的v0、v1、t1均为已知量,则可求出(

)度上滑的最大距离x=𝑣0

𝑡1,则最大高度h=xsin

θ,选项A、C、D

正确,B

错误。2答案解析关闭由图象可得物块上滑的加速度大小a1=𝑣0,下滑的加速度大小a2=𝑣1,根据牛顿第二定律,物𝑡1

𝑡1块上滑时有mgsin

θ+μmgcos

θ=ma1,下滑时有mgsin

θ-μmgcos

θ=ma2,则可求出θ、μ;物块关闭ACD1

2

3

4

5

6-38-1

2

3

4

5

65.现有甲、乙两汽车正沿同一平直马路同向匀速行驶,甲车在前,乙车在后,它们行驶的速度均为10

m/s。当两车快要到一十字路口时,甲车司机看到绿灯已转换成了黄灯,于是紧急刹车(反应时间忽略不计),乙车司机为了避免与甲车相撞也紧急刹车,但乙车司机反应较慢(反应时间为0.5

s)。已知甲车紧急刹车时制动力为车重的2,乙车紧急刹车时制动力为车重的1,求:5

2若甲司机看到黄灯时车头距警戒线15m。他采取上述措施能否避免闯红灯?为保证两车在紧急刹车过程中不相撞,甲、乙两车行驶过程中应保持多大距离?-39-1

2

3

4

5

6答案:(1)能避免闯红灯

(2)2.5

m解析:(1)甲车紧急刹车的加速度为a1=𝐹f1

=

0.4𝑚

1

𝑔=4m/s2𝑚

1

𝑚

1甲车停下所需时间

t1=𝑣0

=

10

s=2.5

s𝑎1

4甲车滑行距离s=𝑣0

2=

1022𝑎1

2×4m=12.5

m由于s=12.5

m<15

m,所以甲车能避免闯红灯。-40-1

2

3

4

5

6(2)设甲、乙两车行驶过程中至少应保持距离s0,在乙车刹车t2𝑚

2时间两车速度相等,乙车紧急刹车的加速度为a2=𝐹f2

=5

m/s2速度相等时有v0-a1(t2+t0)=v0-a2t2解得t2=2.0

s乙车发生的位移21s

乙=v0t0+v0t2- a2𝑡22

=15

m甲车发生的位移s21甲=v0(t0+t2)- a1(t0+t2)2=12.5

ms0=s

乙-s

甲=(15-12.5)m=2.5

m。-41-1

2

3

4

5

6-42-1

2

3

4

5

6答案:(1)2

m/s (2)3

m解析:(1)设系统开始运动时加速度为a1,根据牛顿第二定律有

F-μmg=2ma1解得a1=1

m/s2设A

球经过P

点时速度为v1,则有2𝑣12=2a1ቀ𝑙

ቁ解得v1=2

m/s。-43-1

2

3

4

5

6(2)设A、B

在PQ

间做匀减速运动时加速度大小为