高考物理二轮复习二力与直线运动教学案

专题二力与直线运动

考情分析

202020202020

T5：匀变速直线运动T5：自由下落与竖直上抛运动及

力与直线的多过程问题V-X图象T3：物块在斜面上的

运动T6：超重与失重、aT9：匀变速直线运动规律、摩擦运动

-t图象力、牛顿第二定律

命题解读

本专题的考点分为两大板块，一个是运动学部分，另一个为牛顿运动定律，其中，匀变速直线运动的规

律及运动图象问题和牛顿运动定律及应用为高频考点。从近三年命题情况看，命题特点为：

（1）注重基础与迁移。如匀变速直线运动的规律及非常规运动图象问题，行车安全问题等考查学生的理解

能力。难度属于中等。

（2）注重过程与方法。如板块问题、多过程问题等，以选择题的形式考查学生的推理能力，以计算题的形

式考查学生的分析综合能力。难度属于偏难。

整体难度偏难，命题指数★★★★★,复习目标是达B冲A。

课前演练I一轮侵习验收明确补揭方向

1.（2020•徐州沛县中学高三第一次质检）一个做匀减速直线运动的物体，经过3s速度刚好减为零。若测

得该物体在最后1s内的位移是1m,那么该物体在这3s内的平均速度大小是（）

A.1m/sB.3m/sC.5m/sD.9m/s

1Oy9X1

解析采用逆向思维法，根据x=£at2得，物体的加速度大小m/s2=2m/s?,则物体的初速

度vo=at'=23m/s=6m/s,物体在这3s内的平均速度一v=V£=56m/s=3m/s,故B项正确，A、C、D

项错误。

答案B

2.（2020•江苏清江中学月考）位于水平面上质量为m的物体，在大小为F、方向与水平面成0角的推力

作用下做加速运动，物体与水平面间的动摩擦因数为U,则物体的加速度大小为（）

F

图1

Feos0

A.-B.-------

mm

Feos，一2mg口Feos9一口(mg+Fsin8)

v»»

m

解析对物体受力分析如图所示,

在水平方向：Feos0—f=ma,在竖直方向：FN—Fsin0—mg=0,又£=口“，以上联立解得a=

Feos6-u（mg+Fsine）_

---------------------------，故D项正确。

m

答案D

3.（2020•扬州模拟）图2甲是某人站在力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图，中间的“•”表示人的

重心。图乙是根据传感器采集到的数据画出的力一时间图象。两图中a〜g各点均对应，其中有几个点在

图甲中没有画出。取重力加速度g=10m/s2,根据图象分析可知（）

图2

A.人的重力为1500N

B.c点位置人处于超重状态

C.e点位置人处于失重状态

D.d点的加速度小于f点的加速度

解析由题图甲、乙可知，人的重力等于500N,质量m=50kg,b点位置人处于失重状态，c、d、e点

位置人处于超重状态，选项A、C错误，B正确；d点位置传感器对人的支持力F最大，为1500N,由F

—mg=ma可知，d点的加速度ad=20m/s”,f点位置传感器对人的支持力为0N,由F—mg=ma可知，f

点的加速度m=-10m/s）故d点的加速度大于f点的加速度，选项D错误。

答案B

4.（2020•江苏东海二中学情调研）从同一地点同时开始沿同一直线运动的两个物体I、n的速度图象如

图3所示，在。〜t。时间内，下列说法正确的是（）

A.1、II两个物体的加速度都在不断减小

B.I物体的加速度不断增大，n物体的加速度不断减小

c.I物体的位移等于n物体的位移

D.I、II两个物体的平均速度大小都大于f

解析速度一时间图象的斜率表示加速度，从图中可知两曲线的斜率都在减小，所以加速度都在减小，A

项正确，B项错误；图象与坐标轴围成的面积表示位移大小，所以从

图中可知I的面积大于n的面积，故物体I的位移大于物体n的位移，c项错误；如图所示如果物体的速

度从V2均匀减小到V”或从VI均匀增加到V2,物体的位移就等于图中梯形的面积，平均速度就等于

吗坐，故物体I的平均速度大于吗生，物体n的平均速度小于应署，D项错误。

乙乙乙

oUIoA)*

答案A

考点突破I热点高效突破提升应试技能

考向E匀变速直线运动基本规律的应用

分析匀变速直线运动问题的“六种方法

指速度公式、位移公式和速度一位移关系式.

公式流它们是矢量式，使用时要注意方向性

=咨卜所何性质的运动都丽

V

速度为三］只适用于勾变速

直线运动

适用于初速度为零的匀加速立线运动和末

比例法速度为零的匀减速直线运动

逆向把末速度为零的匀减速直线运动转化为反

思维流向的初速度为零的勺加速直线运动

推论法但咨3^驾耀需题

H利用图成的面枳计算位移大小1

图象法,，T图象

利用斜率求加速度；比较

不同时刻速度的大小

【例1】(2020•东海二中学情调研)ETC是电子不停车收费系统的简称。汽车分别通过ETC通道和人工收

费通道的流程如图4所示。假设汽车以n=15m/s朝收费站正常沿直线行驶，如果过ETC通道，需要在

收费站中心线前10m处正好匀减速至V2=5m/s,匀速通过中心线后，再匀加速至5正常行驶；如果过人

工收费通道，需要恰好在中心线处匀减速至零，经过20s缴费成功后，再启动汽车匀加速至n正常行

驶，设汽车加速和减速过程中的加速度大小均为1m/s2,求：

收费站

中心线，

••—(/=1<)m—

।•

a〃〃yy//〃//x〃"〃〃7777y

行驶方向匚>:匀速行腴区间：ETC通道

<ZZZZZZZZ^ZZZZZZZZ2>

行放方向匚〉:人工收俄通道

I

Q/〃77^

图4

(1)汽车过ETC通道时，从开始减速到恢复正常行驶过程中的位移大小；

(2)汽车通过ETC通道比通过人工收费通道节约的时间是多少？

(3)假设有两列车队分别从ETC通道和人工收费通道通过，通过ETC通道的车队匀速行驶时相邻两车间均

相距Axi=120m,通过人工收费通道的车队匀速行驶时相邻两车间距均为AX2=200m,则每小时从ETC

通道多通过多少辆车？

解析(1)过ETC通道时，减速的位移和加速的位移相等，均为七=错误!=错误！m=100m

所以总的位移x总i=2xi+d=210m.

(2)过ETC通道时

Vi—V2„,d15-5-,10-c

t尸丁2+『丁2s+ys=22s

2

通过人工收费通道时t2=^2+to=vs+20s=50s

a1

X2=错误!2=错误!2m=225m

二者的位移差Ax=X2—xi=225m—210m=15m

在这段位移内过ETC通道时是匀速直线运动

所以△t=t2—（匕+5:）=50s—（22+^^s=27s,

（3）由于没有等待时间，每小时通过收费站的车辆即正常行驶时每小时通过某点的车辆数，因此

ETC通道每小时通过的车辆数

vit15X3600,2、,生、

ni=-r—=---而--（辆）=450（辆）

八XiLZixJ

人工收费通道每小时通过的车辆数

vit15X3600_1、_____

===

H2A^77（辆）270（辆）

ETC通道多通过An=ni—n2=180辆车。

答案（1）210m（2）27s（3）180辆

【变式1］（多选）（2020•扬州中学模拟）如图5所示，光滑斜面AE被分成四个相等的部分，一物体由A

点从静止释放，下列结论正确的是（）

图5

A.物体到达各点的速率之比VB：vc：VD：VE=1：：：镉：2

2

B.物体到达各点经历的时间tE=2tB=^2tc=^y^lD

C.物体从A到E的平均速度V=VB

D.物体通过每一部分时，其速度增量VB-VA=Vc-VB=VD-VC=VE-VD

解析根据运动学公式v2—谥=2ax知，物体由A点从静止释放时，v2=2ax,所以物体到达各点的速率之

比VB：vc：VD：VE=1：*：/：2,故A项正确；根据运动学公式*=叩+%1?得t=\停，物体到达各

9

====

点经历的时间ts•tc•to•tel::y/i:2,即tE2tB*x/2tc^^tD,故B项正确；由于VE=2VB,物

体从A到E的平均速度v="9=VB,故C项正确；VB：VC：V」VE=1：镜：m：2,物体通过每一部分

时其速度增量不等，故D项错误。

答案ABC

考向2动力学图象问题

求解动力学图象问题的基本思路

【例2】（多选）（2020•江苏深水高级中学测试）一小球从地面竖直上抛，后又落回地面，小球运动过程

中所受空气阻力与速度成正比，取竖直向上为正方向。下列关于小球运动的速度V、加速度a、位移X、

机械能E随时间t变化的图象中，可能正确的有（）

解析小球在上升过程中，设小球的加速度为a”由牛顿第二定律得mg+f=ma"又f=kv,得出=g+

v减小，则为减小，v-t图象的斜率逐渐减小。小球在下落过程中，设小球的加速度为az,由牛顿第

m

二定律得mg—f=ma2,又f=kv,得a?=g一旦v增大，则a?减小，v—t图象的斜率逐渐减小，故A项

m

正确，B项错误；根据位移一时间图象的斜率等于速度大小，x-t图象的斜率先减小后反向增大，且下

落时间大于上升时间，故C项正确；根据功能关系得一fAx=AE,则得言=-f,由喘=普・芸=

UAFq1,则得UAF=—fv=-k/,V是变化的，则知E—t图象的斜率是变化的，图象应为曲线，故D项错

误。

答案AC

【变式2］（多选）（2020•江苏高考）一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线

如图6所示，以竖直向上为a的正方向，则人对地板的压力（）

a/fm-s-2)

图6

A.t=2s时最大B.t=2s时最小

C.t=8.5s时最大D.t=8.5s时最小

解析当电梯有向上的加速度时，人处于超重状态，人对地板的压力大于重力，向上的加速度越大，压

力越大，因此t=2s时，压力最大，A项正确；当有向下的加速度时，人处于失重状态，人对地板的压

力小于人的重力，向下的加速度越大，压力越小，因此t=8.5s时压力最小，D项正确。

答案AD

【变式3］（多选）（2020•南京、盐城模拟）如图7甲所示，静止在水平地面上的物块A,受到水平向右的

拉力F作用，F与时间t的关系如图乙所示，设物块与地面的最大静摩擦力f.与滑动摩擦力大小相等，则

（）

图7

A.0〜七时间内物块A的加速度逐渐增大

B.tz时刻物块A的加速度最大

C.t3时刻物块A的速度最大

D.t2〜七时间内物块A一直做减速运动

解析0〜G时间内物块A受到的静摩擦力逐渐增大，物块处于静止状态，选项A错误；t2时刻物块A受

到的拉力F最大，物块A的加速度最大，选项B正确；t3时刻物块A受到的拉力减小到等于滑动摩擦力，

加速度减小到零，物块A的速度最大，选项C正确；tz〜t3时间内物块A做加速度逐渐减小的加速运动，

ts〜匕时间内物块A一直做减速运动，选项D错误。

答案BC

考向3牛顿运动定律及其应用

牛顿运动定律及求解思路

法I

隔离

法或

I整体

r

I)分

物体所

各力

建

1

标2)系矢

{求

运3)势

外力

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飞行

遥控

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