2020届高考物理艺考生大二轮总复习 上篇 专题一 力与运动 第2讲 力与直线运动教学案

第2讲力与直线运动三年考情分析高考命题规律三年考题考查内容核心素养匀变速直线运动规律是高中物理的基础，牛顿运动定律是经典物理学最重要的规律，在近几年高考中考查频率很高．高考着重考查的知识点有：(1)结合基本规律考查匀变速直线运动．(2)结合图像考查追及和相遇问题．(3)用牛顿运动定律和运动规律综合考查运动问题．(4)整体法和隔离法处理连接体问题等.2019Ⅰ卷18T匀变速直线运动的推论科学推理Ⅲ卷20T牛顿运动定律的综合应用科学思维2018Ⅱ卷15T自由落体公式科学推理Ⅲ卷18T匀加速与匀速x­t图像科学推理Ⅱ卷19T匀加速与匀速v­t图像科学推理Ⅰ卷15T牛顿第二定律科学推理Ⅰ卷18T牛顿第二定律科学论证2017Ⅱ卷24T匀减速运动的位移公式科学推理Ⅰ卷25T牛顿第二定律科学推理论证Ⅲ卷25T滑块－滑板模型中的动力学分析科学推理考向一运动学规律的应用[知识必备]——提核心通技法1．牢记解决匀变速直线运动问题的四种常用方法2．处理刹车类问题的思路：先判断刹车时间，再进行分析计算．3．解决追及问题的技巧[跟进题组]——练考题提能力1．(2019·课标Ⅰ，18)如图，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，离地后重心上升的最大高度为H.上升第一个H4所用的时间为t1，第四个H4所用的时间为t2.不计空气阻力，则t2t1满足()A．1＜t2t1＜2B．2＜t2t1＜3C．3＜t2t1＜4D．4＜t2t1＜5解析：C[本题考查了匀变速直线运动中通过连续相邻相等位移所用时间的关系和考生的逻辑推理能力，体现了科学思维素养中模型建构、科学论证要素．运动员离地后做竖直上抛运动，则可以按其逆过程——自由落体运动计算，将H分为相等的4段，通过各段所用时间由上至下分别为T1、T2、T3、T4，则满足T1∶T2∶T3∶T4＝1∶(2－1)∶(3－2)∶(2－3)，则t2t1＝12－3＝2＋3，则3＜t2t1＜4，故只有C正确．]2．(2019·山东省日照市校际联合质检)一物体做匀加速直线运动，通过一段位移Δx所用时间为2t，紧接着通过下一段位移Δx所用时间为t.则物体运动加速度的大小为()A.Δxt2B.Δx2t2C.Δx3t2D.2Δx3t2解析：C[物体做匀加速直线运动，通过一段位移Δx所用时间为2t，故该段位移中间时刻物体的瞬间速度是v1＝Δx2t；紧接着通过下一段位移Δx所用时间为t，故这一段位移中间时刻物体的瞬时速度是v2＝Δxt；物体加速度的大小a＝ΔvΔt＝v2－v1t＋t2，解得：a＝Δx3t2，故选C.]3．(2019·河北省衡水中学第一次调研)在铁路与公路交叉点上，由于司机粗心、判断失误或车况等原因常常造成交通事故．现有一辆长为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，汽车司机如果立刻做匀加速运动，则最小加速度应多大？汽车司机如果立刻刹车做匀减速运动，则最小加速度为多少？解析：汽车加速行驶，在列车通过交叉口前面通过，临界情况：L＋x＝v1t＋12at2，列车到达交叉口所用时间为：t＝x1v2＝20020s＝10s解得：a＝0.6m/s2故当汽车以大于0.6m/s2的加速度加速行驶时可避免事故发生．汽车减速行驶，列车通过交叉口所需时间为：t1＝300＋20020s＝25s汽车减速到停止过程，有：x＝12v1t2代入数据得：t2＝35015s≈23.33s＜25s则汽车做减速运动应满足：－2a1x＝0－v21代入数据得：a1≈0.643m/s2故当汽车以大于0.643m/s2的加速度刹车时亦可避免事故发生．答案：0.6m/s20.643m/s2考向二运动图像及应用[知识必备]——提核心通技法xt图像和vt图像的对比分析项目图像斜率纵截距图像与t轴所围的面积特例匀速直线运动匀变速直线运动xt图像速度初位置—倾斜的直线抛物线vt图像加速度初速度位移与时间轴平行的直线倾斜的直线[典题例析]——析典题学通法[例1](2018·全国卷Ⅱ，19T)(多选)甲、乙两汽车在同一条平直公路上同向运动，其速度－时间图像分别如图中甲、乙两条曲线所示．已知两车在t2时刻并排行驶．下列说法正确的是()A．两车在t1时刻也并排行驶B．在t1时刻甲车在后，乙车在前C．甲车的加速度大小先增大后减小D．乙车的加速度大小先减小后增大[审题指导]vt图线的物理意义vt图线的斜率表示加速度，与时间轴包围的“面积”表示物体运动的位移．[解析]BD[根据vt图像与时间轴所围“面积”大小判断位移大小，在t1～t2时间内，甲车位移大于乙车位移，又知t2时刻两车相遇，因此t1时刻甲车在后，乙车在前，故A错，B正确；根据图像可知，甲、乙图像的斜率均先减小后增大，因此甲、乙的加速度均先减小后增大，故C错，D正确．][迁移题组]——多角度提能力♦[迁移1]x­t图像1.(2018·全国卷Ⅲ，18T)(多选)甲、乙两车在同一平直公路上同向运动，甲做匀加速直线运动，乙做匀速直线运动．甲、乙两车的位置x随时间t的变化如图所示．下列说法正确的是()A．在t1时刻两车速度相等B．从0到t1时间内，两车走过的路程相等C．从t1到t2时间内，两车走过的路程相等D．在t1到t2时间内的某时刻，两车速度相等解析：CD[xt图像的斜率为速度的大小，t1时刻k甲＜k乙，所以v甲＜v乙，则A错；0～t1时间内，x乙＝x1，x甲＜x1，则x甲＜x乙，则B错；t1～t2时间内，x甲＝x乙＝x2－x1，则C正确；t1～t2时间内，存在一点k乙＝k甲，则D正确．]♦[迁移2]a­t图像2.物体由静止开始沿一条直线运动，其加速度随时间的倒数的变化规律图线如图所示，a0和t0已知，则下列判断正确的是()A．物体在t0前做加速度增大的加速运动B．物体在t0时刻的速度为a0t0C．物体在t0时间内速度增加量为12a0t0D．以上判断均错解析：B[由于横轴为1t，由图可知物体在t0前做加速度恒为a0的匀加速直线运动，由速度公式可知t0时刻的速度为a0t0，选项B正确，A、C、D错误．]♦[迁移3]非常规运动图像3．下图为一做直线运动的质点的位移与速度的二次方的关系图线．该质点运动的加速度大小为()A．4m/s2B．2m/s2C．1m/s2D．0.5m/s2解析：B[由x­v2图像结合速度­位移关系式v2－v20＝2ax分析可知，质点做初速度为零的匀加速直线运动，图线函数表达式为v2＝2ax，可得a＝v22x＝42×1m/s2＝2m/s2，故选项B正确．][规律方法]——知规律握方法考查角度解决方法警示提醒x­t图像斜率表示速度、交点代表相遇、坐标代表位置对于匀变速运动不好表示，且一定注意坐标“＋、－”的物理意义v­t图像斜率表示加速度、交点仅代表速度相等，面积代表位移不能显示物体的初始位置，且要注意物体加减速的表示方法a­t图像面积代表速度变化量不能表示物体的位置和初速度情况考向三牛顿第二定律的综合应用[知识必备]——提核心通技法1．解决动力学两类问题的关键是受力分析和运动分析，而加速度是联系力与运动的桥梁，其基本思路如下：第一类问题第二类问题2．常用方法(1)整体法与隔离法．(2)正交分解法：一般取加速度的方向和垂直于加速度的方向进行分解，为减少分解的矢量个数，有时也根据情况分解加速度．[典题例析]——析典题学通法[例2](2019·课标Ⅲ，20)(多选)如图(a)，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平．t＝0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t＝4s时撤去外力．细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图(b)所示，木板的速度v与时间t的关系如图(c)所示．木板与实验台之间的摩擦可以忽略．重力加速度取10m/s2.由题给数据可以得出()A．木板的质量为1kgB．2s～4s内，力F的大小为0.4NC．0～2s内，力F的大小保持不变D．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2[思路分析]以木板为研究对象，通过f－t与v－t图像对相应过程进行受力分析、运动分析，列方程解出相应的问题．[解析]AB[本题考查牛顿运动定律的综合应用，体现了物理学科科学推理的核心素养．分析知木板受到的摩擦力f′＝f.0～2s，木板静止，F＝f′，F逐渐增大，所以C错误.4s～5s，木板加速度大小a2＝0.4－0.21m/s2＝0.2m/s2，对木板受力分析，f′＝ma2＝0.2N，得m＝1kg，所以A正确.2s～4s，对木板有F－f′＝ma1，F＝f′＋ma1＝0.2N＋1×0.4－02N＝0.4N，所以B正确．由于无法确定物块的质量，则尽管知道滑动摩擦力大小，仍无法确定物块与木板间的动摩擦因数，故D错误．][迁移题组]——多角度提能力♦[迁移1]瞬时问题1.(2019·河北省衡水中学第一次调研)如图所示，一根弹簧一端固定在左侧竖直墙上，另一端连着A小球，同时水平细线一端连着A球，另一端固定在右侧竖直墙上，弹簧与竖直方向的夹角是60°，A、B两小球分别连在另一根竖直弹簧两端．开始时A、B两球都静止不动，A、B两小球的质量相等，重力加速度为g，若不计弹簧质量，在水平细线被剪断瞬间，A、B两球的加速度分别为()A．aA＝aB＝gB．aA＝2g，aB＝0C．aA＝3g，aB＝0D．aA＝23g，aB＝0解析：D[水平细线被剪断前对A、B进行受力分析如图，静止时，FT＝Fsin60°，Fcos60°＝mAg＋F1，F1＝mBg，且mA＝mB水平细线被剪断瞬间，FT消失，其他各力不变，所以aA＝FTmA＝23g，aB＝0，故选D.]♦[迁移2]连接体问题2．(多选)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢．当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着车厢以大小为23a的加速度向西行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F.不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为()A．8B．10C．15D．18解析：BC[设该列车厢与P相连的部分为P部分，与Q相连的部分为Q部分．设该列车厢有n节，Q部分为n1节，每节车厢质量为m，当加速度为a时，对Q有F＝n1ma；当加速度为23a时，对P有F＝(n－n1)m23a，联立得2n＝5n1.当n1＝2，n1＝4，n1＝6，n1＝8时，n＝5，n＝10，n＝15，n＝20，由题中选项得该列车厢节数可能为10或15，选项B、C正确．]♦[迁移3]临界、极值问题3．(2020·湖北八校第二次联考)质量为m的光滑小球恰好放在质量也为m的圆弧槽内，它与槽左、右两端的接触点分别为A点和B点，圆弧槽的半径为R，OA与水平线AB成60°角．槽放在光滑的水平桌面上，通过细绳和滑轮与重物C相连，桌面上的那段细绳始终处于水平状态，通过实验知道，当槽的加速度很大时，小球将从槽中滚出，滑轮与细绳的质量都不计，要使小球不从槽中滚出，则重物C的质量M应小于()A.233mB．2mC．(3－1)mD．(3＋1)m解析：D[当小球刚好要从槽中滚出时，小球受重力和圆弧槽A点对它的支持力，如图所示．由牛顿第二定律得mgtan60°＝ma，解得小球的加速度a＝gtan60°＝33g.以整体为研究对象，由牛顿第二定律得Mg＝(M＋2m)a，解得M＝(3＋1)m.]♦[迁移4]图像问题4．(2018·课标Ⅰ，15)如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态．现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动．以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图像可能正确的是()解析：A[本题考查胡克定律、共点力的平衡及牛顿第二定律．设系统静止时弹簧压缩量为x0，由胡克定律和平衡条件得mg＝kx0.力F作用在P上后，物块受重力、弹力和F，向上做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得，F＋k(x0－x)－mg＝ma.联立以上两式得F＝kx＋ma