高考物理二轮复习系列课件 《力与直线运动》

高考物理二轮复习系列课件《力与直线运动》一.命题趋向与考点力和直线运动历来是高考的热点,它不仅涉及力学中对物体的受力分析和牛顿定律的应用,还常常涉及带电粒子在电磁场和复合场中的运动问题.近几年的高考题中有速度、位移、加速度的矢量性考查的选择题,也有运用牛顿定律解决的计算题,还有对带电粒子在电磁场以及复合场中的运动的综合题.特别是以实际问题为背景命题,如以交通、体育、人造卫星、天体物理和日常生活等方面的问题为背景,重点考查获取并处理信息,去粗取精，把实际问题转化成物理问题的能力.质点在直线运动问题中应用牛顿定律,高考热点是物体沿斜面的运动和运动形式发生变化两类问题。专题解说一.命题趋向与考点•1、描述运动的物理量的矢量性和运算公式.•2、匀变速直线运动中的常用比例和平均速度与初、末速度关系。•3、直线运动中的追赶问题和追击问题中的临界条件。灵活运用牛顿第二定律和运动学公式分析解决问题.•4、利用速度图象，从速度、位移的角度分析运动的物理过程，同时分析带电粒子的受力情况，从而对粒子运动的有关问题作出正确的判断。•5、带电粒子在电磁场或复合场中的运动，一般难度较大，对空间想象能力、物理过程、运动规律的综合分析能力等要求较高。F与v0在同一直线上F与v0成一夹角匀变速曲线运动平抛运动恒力FF≠0F=0匀速直线运动匀变速直线运动运动力牛顿运动定律F的大小与相对于平衡位置的位移成正比，方向与位移相反F的大小不变，方向总与速度垂直F的方向始终与v0在同一直线上变力F匀速圆周运动简谐运动变速直线运动自由落体运动竖直上抛运动二.知识概要与方法匀变速直线运动条件合力大小恒定方向与速度共直线类型规律vt=v0+ats=v0t+at2/2vt2-v02=2asv=(vt+v0)/2=vt/2s=aT2F合=ma,W合=Ek,I合=p,E1=E2,p1=p2匀加速直线运动自由落体匀减速直线运动单向匀减速直线运动双向匀减速直线运动竖直上抛二.知识概要与方法二.知识概要与方法从物体的受力情况去推断物体运动情况；或从物体运动情况去推断物体的受力情况是动力学的两大基本问题。思路和步骤是：①领会问题的情景，在问题给出的信息中，提取有用信息，构建出正确的物理模型；②合理选择研究对象；③分析研究对象的受力情况和运动情况；④正确建立坐标系；⑤运用牛顿运动定律和运动学的规律列式求解。在分析具体问题时，要根据具体情况灵活运用隔离法和整体法，要善于捕捉隐含条件，要重视临界状态分析。1.重力、弹力、摩擦力作用下的直线运动问题例1.原地起跳时,先屈腿下蹲,然后突然蹬地.从开始蹬地到离地是加速过程(视为匀加速)加速过程中重心上升的距离称为“加速距离”.离地后重心继续上升,在此过程中重心上升的最大距离称为“竖直高度”.现有下列数据:人原地上跳的“加速距离”d1=0.50m,“竖直高度”h1=1.0m;跳蚤原地上跳的“加速距离”d2=0.00080m,“竖直高度”h2=0.10m.假想人具有与跳蚤相等的起跳加速度,而“加速距离”仍为0.50m,则人上跳的“竖直高度”是多少？（05全国Ⅰ）解:用a表示跳蚤起跳的加速度，v表示离地时的速度，则对加速过程和离地后上升过程分别有v2=2ad2v2=2gh2若假想人具有和跳蚤相同的加速度a,令V表示在这种假想下人离地时的速度，H表示与此相应的竖直高度，则对加速过程和离地后上升过程分别有V2=2ad1V2=2gH由以上各式可得H=h2d1/d2,代入数值得H=63m专题聚焦例2：如图示，传送带与水平面夹角为370,并以v=10m/s运行，在传送带的A端轻轻放一个小物体，物体与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5,AB长16米,求：以下两种情况下物体从A到B所用的时间.（1）传送带顺时针方向转动（2）传送带逆时针方向转动AB解：（1）传送带顺时针方向转动时受力如图示：vNfmgmgsinθ－μmgcosθ=maa=gsinθ－μgcosθ=2m/s2S=1/2at2221642StsaABv（2）传送带逆时针方向转动物体受力如图Nfmg开始摩擦力方向向下,向下匀加速运动a=gsin370+μgcos370=10m/s2t1=v/a=1sS1=1/2×at2=5mS2=11m1秒后，速度达到10m/s，摩擦力方向变为向上Nfmga2=gsin370-μgcos370=2m/s2物体以初速度v=10m/s向下作匀加速运动S2=vt2+1/2×a2t2211=10t2+1/2×2×t22t2=1s∴t=t1+t2=2sABa例3．一小圆盘静止在桌布上，位于一方桌的水平桌面的中央。桌布的一边与桌的AB边重合，如图。已知盘与桌布间的动摩擦因数为μ1，盘与桌面间的动摩擦因数为μ2。现突然以恒定加速度a将桌布抽离桌面，加速度方向是水平的且垂直于AB边。若圆盘最后未从桌面掉下，则加速度a满足的条件是什么？(以g表示重力加速度)（04浙江）解：设圆盘的质量为m，桌长为l，在桌布从圆盘上抽出的过程中，盘的加速度为a1，有μ1mg=ma1桌布抽出后，盘在桌面上作匀减速运动，以a2表示加速度的大小，有μ2mg=ma2盘没有从桌面上掉下的条件是2112xlx设桌布从盘下抽出所经历时间为t，在这段时间内桌布移动的距离为x，有212xat21112xat而21112vax21222vax设盘刚离开桌布时的速度为v1，移动的距离为x1，离开桌布后在桌面上再运动距离x2后便停下，有112xlx由以上各式解得12122agABa2．相遇与追及类问题(此类问题在近五年高考试卷中尚未出现过)例4．甲、乙两车相距s，同时同向运动，乙在前面做加速度为a1、初速度为零的匀加速运动，甲在后面做加速度为a2、初速度为v0的匀加速运动，试讨论两车在运动过程中相遇次数与加速度的关系.分析:由于两车同时同向运动,故有v甲=v0+a2t,v乙=a1t.①当a1＜a2时，a1t＜a2t,可得两车在运动过程中始终有v甲＞v乙.由于原来甲在后，乙在前，所以甲、乙两车的距离在不断缩短，经过一段时间后甲车必然超过乙车，且甲超过乙后相距越来越大，因此甲、乙两车只能相遇一次.②当a1=a2时,a1t=a2t,可得v甲=v0+v乙,同样有v甲＞v乙，因此甲、乙两车也只能相遇一次.③当a1＞a2时，a1t＞a2t，v甲和v乙的大小关系会随着运动时间的增加而发生变化.刚开始，a1t和a2t相差不大且甲有初速v0，所以v甲＞v乙；随着时间的推移，a1t和a2t相差越来越大；当a1t－a2t=v0时，v甲=v乙，接下来a1t－a2t＞v0，则有v甲＜v乙.若在v甲=v乙之前，甲车还没有超过乙车，随后由于v甲＜v乙，甲车就没有机会超过乙车，即两车不相遇；若在v甲=v乙时，两车刚好相遇，随后v甲＜v乙，甲车又要落后乙车，这样两车只能相遇一次；若在v甲=v乙前，甲车已超过乙车，即已相遇过一次，随后由于v甲＜v乙，甲、乙距离又缩短，直到乙车反超甲车时，再相遇一次，则两车能相遇两次解:甲的位移为22021s=vt+at2乙的位移为21112sat两车距离为：△s=s＋s1－s2即21201Δs=(a-a)t-vt+s2相遇时,△s＝0,即212010=(a-a)t-vt+s2则2001212v±v-2a-ast=a-a①①当a1＜a2时，①式t只有一个正解，则相遇一次.②当a1=a2时2221021011s-s=vt+at-at=vt=s220st=vt只有一个解，则相遇一次③当a1＞a2时，若v02＜2(a1-a2)s，①式无解，即不相遇.若v02=2（a1-a2）s，①式t只有一个解，即相遇一次.若v02＞2（a1-a2）s.①式t有两个正解，即相遇两次.例5：一辆长为5m的汽车以v1=15m/s的速度行驶，在离铁路与公路交叉点175m处,汽车司机突然发现离交叉点200m处有一列长300m的列车以v2=20m/s的速度行驶过来,为了避免事故的发生，汽车司机应采取什么措施？（不计司机的反应时间）分析:对于两个质点，只要不相遇，即不可能相碰；对于线状物体，要计算出时间范围。注意加速冲过与减速让过两种临界解：若汽车先于列车通过交叉点，则用时1200t=10s20而1175+5=12st15汽车必须加速，设加速度为a1，则211111vt+at175+52得2a0.6m/s若汽车在列车之后通过交叉点，则汽车到达交叉点用时2200+300t=25s20又217535=st153汽车必须减速，而且在交叉点前停下来，设汽车的加速度大小为a2，则212v1752a22,a0.643m/s所以汽车司机可以让汽车以a0.6m/s2加速通过或以2a0.643m/s2减速停下。错解:有同学设汽车头恰与火车尾相遇，则由火车通过时间t=25s，得汽车加速度175=v1t－½at2，a=0.64m/s2，事实上汽车以此加速度减速运动时,通过175m的位移需时t1=21.9s,t2=25s,对应汽车的速度是v1/=1m/s和v2/=－1m/s.而汽车速度减为零需时23.4s，火车停下距离175.78m175m,即前者火车此前已经发生碰撞;后者是汽车穿过火车后，又返回遇火车尾相遇。因此临界条件必须与火车全部通过时对比.例6.如图,在相互垂直的匀强电场、磁场中,有一个倾角为且足够长的光滑绝缘斜面.磁感应强度为B,方向水平向外,电场强度的方向竖直向上.有一质量为m,带电量为＋q的小球静止在斜面顶端,这时小球对斜面的压力恰好为0.若迅速把电场方向改为竖直向下时,小球能在斜面上连续滑行多远？所用时间是多少？3．与电场力、磁场力有关的直线运动问题(此类题在近五年高考试卷中反复出现)解析:开始电场方向向上时小球受重力和电场力两个力作用，mg=qE，得电场强度E=mg/q.当电场方向向下，小球在斜面上运动时小球受力如图，在离开斜面之前小球垂直于斜面方向的加速度为0.fNqEmg4mgcos+qEcos=Bqv+N,即2mgcos=Bqv+N随v的变大小球对斜面的压力N在变小，当增大到某个值时压力为0，超过这个值后，小球将离开斜面做曲线运动.沿斜面方向小球受到的合力F=mgsin=qEsin=2mgsin为恒力，所以小球在离开斜面前做匀加速直线运动a=F/m=2gsin.其临界条件是2mgcos=Bqv，得即将离开斜面时的速度v=2mgcos/Bq.由运动学公式v2=2as，得到在斜面上滑行的距离为s=m2gcos2/(B2q2sin)再根据v=at得运动时间：t=v/a=mtan/Bq.回顾:本题的关键有三:(1)正确理解各种力的特点,如匀强电场中电场力是恒力,洛伦兹力随速度而变化,弹力是被动力等.(2)分析出小球离开斜面时临界状态,求出临界点的速度.(3)掌握运动和力的关系,判断出小球在离开斜面前做初速度为0的匀加速直线运动.下滑距离的求解也可以用动能定理求解,以加强对各种力的理解.例7、如图所示，套在很长的绝缘圆直棒上的小球，其质量为m，带电量是＋q，小球可在棒上滑动，将此棒竖直放在互相垂直，且沿水平方向的匀强电场和匀强磁场中，电场强度是E，磁感强度是B，小球与棒的动摩擦因数为μ，求小球由静止沿棒下落的最大加速度和最大速度。(设小球带电量不变)解:带电小球下落过程中的受力情况如图所示,在水平方向上N－Eq-qvB=0,在竖直方向上mg－f=mg－μN=ma,故当V=0时，a最大＝而当a＝0时，mg-μEqμqE=g-mm最大mg-μqEV=μqB如果将上题中磁场方向改为与电场方向一致，如图所示.磁场方向变化后，当小球开始下落后，洛仑兹力fq垂直纸面向外，此时洛仑兹力fq、电场力F=qE、棒对球的弹力N在同一水平面内但不在一条直线上，显然当V=0时，a最大,而当三个力合力为零速度最大在竖直方向上mg－μN=ma,在水平面内22N-Eq+qvB=022mmmg-μqEmg-μqEa=,V=mμqB例8.水平面上两根足够长的金属导轨平行固定放置,间距为L,一端通过导线