高三物理二轮复习专题一力与物体的直线运动学案

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2019高三物理二轮练习教学案力与直线运动

2019高三物理二轮练习教学案力与直线运动知识点能力点回顾复习策略：直线运动有匀变速直线运动、有分段的变速运动，有先加速后减速，或先加速后匀速，或先减速后匀速的直线运动，这些运动形式在整个高中物理的力、电部分经常出现，熟记匀变速运动的公式是前提。

对于分段的变速运动，在电场中经常出现，这是因为电场的方向反向后，其中带电物体的加速度反向，出现周期性的、来回的匀变速直线运动，这是高中的难点。

相对运动是运动学中的难点，一个物体与另一个物体追及、相遇或一个物体在另一个物体表面发生相对运动类的问题是高考的热点、重点和难点，由于理综试卷中物理部分需要考查的物理以增加考查的知识面。

通过学习牛顿第一定律，理解惯性概念，理解运动和力的关系，理解质量是惯性的量度，会正确解释有关惯性现象，在牛顿第一定律的建立过程中，培养历史唯物主义和辩证唯物主义观点。

通过伽利略理想实验的学习，培养观察能力、抽象思维能力，培养能从纷繁的现象中探求事物本质的科学态度和推理能力。

通过学习牛顿第二定律，学会用控制变量法研究力、加速度和质量的关系，进一步理解加速度和力的关系，并能在惯性参考系中，运用运动学和牛顿第二定律的知识分析解决“运动和力”的两类基本问题。

通过学习牛顿第三定律，进一步理解物体间的力的作用的相互性，能区分平衡力、作用力和反作用力，会正确运用牛顿第二定律解释有关现象。

通过学习牛顿定律，掌握解决超重和失重的知识。

灵活运用整体法和隔离法解决连结体问题。

恰当运用正交分解法解决物体受多力情况下的受力分析。

知识要求：1. 力和直线运动的关系当物体所受合外力与速度共线时，物体将做直线运动。

（1）若F合＝0，v0≠0，物体保持匀速直线运动。

（2）若F合恒定且不为零，且与v0同向时，物体做匀加速直线运动。

（3）若F合恒定且不为零，且与v0反向时，物体将做匀减速直线运动。

（4）若F合不恒定，物体做变加速或变减速直线运动。

2. 牛顿第二定律牛顿第二定律表达式F＝ma，式中m为受力物体的质量，恒定不变，F为物体所受合外力，a为物体的加速度。

2019版高考物理二轮复习专题一力与运动第2讲力与直线运动学案

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解析 (1) 甲车紧急刹车的加速度为 a1＝ 0.4 g＝4 m/s 2
v0 甲车停下来所需时间 t 1＝ a1＝2.5 s
v20 甲车滑行距离 s＝ 2a1＝ 12.5 m
由于 12.5 m<15 m ，所以甲车能避免闯红灯
(2) 设甲、乙两车行驶过程中至少应保持距离
s0，在乙车刹车 t 2 时刻两车速度相等，则
sB. 由运动学公式有
联立①②式并利用题给数据得
v′ B＝ 3.0 m/s ③
(2) 设 A 车的质量为 mA，碰后加速度大小为 aA，根据牛顿第二定律有
μｍAg＝ mAaA④
设碰撞后瞬间 A 车速度的大小为 v′A，碰撞后滑行的距离为 v′ 2A＝ 2aAsA⑤
sA，由运动学公式有
设碰撞前的瞬间 A 车速度的大小为 vA. 两车在碰撞过程中动量守恒，有
有：乙车紧急刹车的加速度大小为
a2＝ 0.5 g＝ 5 m/s 2
由 v1＝ v2 得 v0－ a1( t 2＋ t 0) ＝ v0－ a2t 2，解得 t 2＝ 2.0 s
此过程中乙的位移：
x
乙＝
v0t
0＋ v0t
1 2 － 2 a2 t
2
2＝ 15
m
甲的位移：
x
甲＝ v0(
t
0＋ t
2)
1 － 2a1(
速度为：
v1 ＝
－
15m 4s
－
9m ＝－
6
m/s ，前
4
s
乙的平均速度为：
v2＝
－ 15m － 4s
7m ＝－ 2 m/s ，
故前 4 s 内甲的平均速度是乙的平均速度的 3 倍，故 B 错误； t ＝0 时刻，甲的位移为 9 m，

2018届高三物理二轮复习专题一力与运动第2讲力和直线运动教案

平均速度法→ v ＝v0＋2 v
常用方法
1Δx＝aT2
推论法2v2t ＝ v

比例法

匀减速直线运动可视为
逆向思维法→反方向的匀加速直线运动
2．追及问题的解题思路和技巧 (1)解题思路：分析两物体画运动示意图找两物体列位移运动过程 → 或v－t图象 → 位移关系 → 方程 (2)解题技巧： ①紧抓“一图三式”，即过程示意图，时间关系式、速度关系式和位移关系式． ②审题应抓住题目中的关键字眼，充分挖掘题目的隐含条件；如“刚好”“恰好”“最多”“至少”等，往往对应一个临界状态，满足相应的临界条件． ③若被追赶的物体做匀减速运动，一定要注意追上前该物体是否已停止运动，另外还要注意最后对解的讨论分析．
1. (2017·全国卷Ⅱ)为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线相距s0和s1(s1<s0)处分别放置一个挡板和一面小旗，如图所示．训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以初速度v0击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板；冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小
③滑块模型问题
[例](2017·全国卷Ⅰ，25题)
审题要点
解题模板
①要抓住“一图三式”即过程示意图，时间关系式，速度关系式和位移关系式． ②审题应抓住题目中的关键字眼，充分挖掘题目的隐含条件；如“刚好”“恰好”“最多”“至少”等，往往对应一个临界状态． ③要抓住研究对象，明确研究过程，审清受力情况受力情况力的合成和分解求合外力 F合＝ma 求加速度运动学公式
(3)选小汽车为研究对象，初速度方向为正方向，由牛顿第二定律有 F＝Ma2，解得 a2＝10 m/s2，
刹车时间为 t＝0－－av23＝0－－1300 s＝3 s. 选司机为研究对象，根据牛顿第二定律 F′2－m2g2＝ma2，解得紧急制动时汽车对司机的作用力大小 F′＝700 2 N，汽车紧急制动过程对司机的冲量大小 I＝ F′t＝2 100 2 N·s. 答案 (1)4.5 s 165 m (2)31.25 s (3)2 100 2 N·s

牛顿定律的应用(力与物体的直线运动)二轮复习---冯不定项

• (1)求B所受静摩擦力的大小； (2)现对A施加沿斜面向下的拉力F，使A以加速度a=0. 6m/s2开始做匀加速直线运动。 A从M到N的过程中，B的电势能增加了 △Ep=0.06J。已知DN沿竖直方向，B与水平面间的动摩擦因数μ=0.4。求A到达N点时拉力F的瞬时功率。
三、热点题型解析
• 例1 某物体质量为1 kg，在水平拉力作用下沿粗糙水平地面做直线运动，其速度—时间图象如图所示，根据图象可知( ) A．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内所受的拉力大于1 N C．在0～3 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
• 做后反思：
平板车类问题中，滑动摩擦力的分析方法与传送带类似，但这类问题比传送带类问题更复杂，因为平板车往往受到摩擦力的影响也做匀变速直线运动，处理此类双体匀变速运动问题要注意从速度、位移、时间等角度，寻找它们之间的联系．要使滑块不从车的末端掉下来的临界条件是滑块到达小车末端时的速度与小车的速度恰好相等．
题型5 牛顿定律的综合问题
• 例5． (2013· 安徽· 14)如图3所示，细线的一端系一质量为m的小球，另一端固定在倾角为θ的光滑斜面体顶端，细线与斜面平行．在斜面体以加速度a水平向右做匀加速直线运动的过程中，小球始终静止在斜面上，小球受到细线的拉力T和斜面的支持力FN分别为(重力加速度为g) • A、T＝m(gsin θ＋acos θ) • FN＝m(gcos θ－asin θ) • B．T＝m(gcos θ＋asin θ) • FN ＝m(gsin θ－acos θ) • C、T＝m(acos θ－gsin θ) • FN ＝m(gcos θ＋asin θ) • D．T＝m(asin θ－gcos θ) • FN ＝m(gsin θ＋acos θ)

高三物理二轮复习方法,第二轮复习方案

高三物理二轮复习方法,第二轮复习方案在高三第一轮的复习中，学生大都能掌握物理学中的基本概念，如何才能在二轮复习中充分利用有限的时间，取得更好的效益?整理了物理学习相关内容，希望能帮助到您。

高三物理二轮复习方法一乐观调整心态，增强应试心理素质掌握知识的水平与运用知识解决问题的水平是高考成功的硬件;而在考前、考中的心态调整水平是高考成功的软件。

形象地说，高考既是打知识战也是打心理战，越是临近高考，心态的作用越是突出。

考试心态状况制约着能力的发挥，心态好就能正常甚至超常发挥;心态差就可能失常发挥。

有的考生平时成绩相当出色，可是一到正式考试就不行，问题就出在心理素质上。

一些考生由于不相信自己的实力，首先在心理上打垮了自己，因而发慌心虚、手忙脚乱，平时得心应手的试题也答不上来。

考生带着一颗平常心去迎接高考，做最坏结果的打算，然后去争取最好的结果，这样想问题反而能够使心情平静下来，并能自如应对各种复杂局面。

另外，在复习的后期阶段，尤其要针对自己的具体情况，恰当地提出奋斗目标，脚踏实地地实现它们，使自己在付出努力之后，能够不断地体会成功的喜悦。

对于偶然的失误，应准确地分析问题产生的原因，使下一步的复习更具有针对性。

在后面的几个月时间里老师和家长应该做到多多鼓舞学生，树立他们学习的信心。

学生遇到问题时也要及时地找老师寻求帮助和指导。

二知识体系的细化把贯穿高中物理的主干内容的知识结构、前后关联起来。

物理学科的知识构建重点放在课本定义、公式推导、讨论现象上。

如牛顿第一定律讨论的是惯性定律，阐述力是改变物体运动状态的原因，而不是维持运动的原因。

牛顿第二定律所讨论的是力的瞬时作用规律，而动量定理所讨论的是力对时间的积累作用规律。

对每一个知识板块要完成这四项工作：①基本规律和公式;②容易忘记的内容;③解题方法与技巧;④常常出错的问题。

三掌握分析问题的方法，养成良好的思维习惯正确的解题过程应该是：①逐字逐句，仔细审题;②想象情景，建立模型;③分析过程，画示意图，找到特征;④寻找规律，列出方程;⑤推导结果，讨论意义。

高考物理二轮复习板块一专题突破复习专题一力与运动第二讲力与物体的直线运动学案(2021学年)

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第二讲力与物体的直线运动[知识建构][高考调研]1.主要以选择题形式考查,且往往要结合图象进行分析．今年运动学图象和匀变速直线运动规律的应用在三套试卷的选择题中均未出现，而是在2017年全国卷Ⅱ中第24题结合实际问题进行了考查，难度不大.2.牛顿运动定律的应用仍然沿袭了往年的考查特点，主要渗透在力学(如全国卷Ⅲ第25题板块模型)或电学计算题(如全国卷Ⅰ第２５题复合场）中进行考查.虽说复杂的追及相遇问题、弹簧问题、传送带问题在2017年全国卷中没有涉及，但根据往年的考查情况,它们仍是复习的重难点.3。

常用的思想方法:①逆向思维法;②图象法;③相对运动法;④平均速度法;⑤比值法;⑥分解加速度法;⑦极限法. (2）(3)(４)现象超重失重完全失重定义物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力）大于物体所受重力的现象物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力)小于物体所受重力的现象物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力)等于0的状态产生条件物体具有竖直向上的加速度或加速度物体具有竖直向下的加速度或加速度物体具有竖直向下的加速度，a＝g分量分量考向一匀变速直线运动的应用[归纳提炼]1．匀变速直线运动问题求解思路2．解答匀变速直线运动的常用技巧（1)基本公式法：v＝ｖ0+ａt,ｘ＝v0t＋＼f(1,2）at2,v2-ｖ错误!=2ａｘ。

2020版高考物理二轮复习第1部分专题1力与运动第2讲力与直线运动教案2

力与直线运动[高考统计·定方向] (教师授课资源)考点考向五年考情汇总考向1.匀变速直线运动规律的应用2017·全国卷Ⅱ T 242018·全国卷ⅠT 142016·全国卷ⅢT 161.匀变速直线运动规律的应用考向2.匀变速直线运动推论及比例关系的应用2019·全国卷ⅠT 18考向1.图象的选取与转换2.运动图象问题考向2.图象信息的应用2018·全国卷Ⅲ T 182018·全国卷Ⅱ T 192016·全国卷Ⅰ T 21考向1.动力学的两类基本问题2019·全国卷Ⅲ T 202016·全国卷Ⅱ T 192018·全国卷Ⅱ T 242015·全国卷Ⅰ T 20考向2.瞬时性问题2018·全国卷Ⅰ T 15考向3.连接体问题2015·全国卷Ⅱ T 203.牛顿运动定律的应用考向4.临界和极值问题 2017·全国卷Ⅱ T 25　匀变速直线运动规律的应用(5年4考)❶近几年高考对匀变速直线运动规律的考查，重在基本规律的应用，命题背景来源于生活中的实际问题。

❷在2020年的备考中要加强以实际问题为背景的题目的训练。

1．(2018·全国卷Ⅰ·T 14)高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动。

在启动阶段，列车的动能( )A ．与它所经历的时间成正比B ．与它的位移成正比C ．与它的速度成正比D ．与它的动量成正比B [列车启动的过程中加速度恒定，由匀变速直线运动的速度与时间关系可知v ＝at ，且列车的动能为E k ＝mv 2，由以上整理得E k ＝ma 2t 2，动能与时间的平方成正比，动能与速1212度的平方成正比，A 、C 错误；将x ＝at 2代入上式得E k ＝max ，则列车的动能与位移成正比，12B 正确；由动能与动量的关系式E k ＝可知，列车的动能与动量的平方成正比，D 错误。

(新课标)高考物理大二轮复习专题一力与运动第二讲力与物体的直线运动教学案-人教版高三全册物理

第二讲力与物体的直线运动[答案] (1)合外力为零 (2)(4)热点考向一运动学基本规律的应用【典例】(2019·全国卷Ⅰ)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<t 2t 1<2B ．2<t 2t 1<3C ．3<t 2t 1<4 D ．4<t 2t 1<5[思路引领] 可考虑逆向思维法，将竖直上抛运动等效为逆向的自由落体运动． [解析] 本题应用逆向思维求解，即运动员的竖直上抛运动可等同于从一定高度处开始的自由落体运动，所以第四个H4所用的时间为t 2＝2×H4g ，第一个H4所用的时间为t 1＝2Hg－2×34H g ，因此有t 2t 1＝12－3＝2＋3，即3<t 2t 1<4，选项C 正确． [答案] C1．匀变速直线运动的“四类公式”2．处理匀变速直线运动的五种方法迁移一以生产、生活实际考查1．(多选)(2019·某某名校联盟)拥堵已成为现代都市一大通病，发展“空中轨道列车”(简称空轨，如图所示)是缓解交通压力的重要举措．假如某空轨从甲站沿直线运动到乙站，为了使旅客舒适，其加速度不能超过2.5 m/s2，行驶的速度不能超过50 m/s.已知甲、乙两站之间的距离为2.5 km，下列说法正确的是( )A ．空轨从静止开始加速到最大速度的最短时间为25 sB ．空轨从最大速度开始刹车到停下来运动的最小位移为500 mC ．从甲站运动到乙站的最短时间为70 sD ．从甲站运动到乙站的最大平均速度为25 m/s[解析] 空轨从静止开始以最大加速度加速到最大速度时所用时间最短，则最短时间为t 1＝v maxa max＝20 s ，选项A 错误；以最大加速度刹车时，空轨从最大速度开始刹车到停下来运动的位移最小，由v 2max ＝2a max x 解得最小位移为x ＝500 m ，选项B 正确；以最大加速度加速到最大速度，然后以最大速度匀速运动，再以最大加速度刹车时，空轨从甲站到乙站的运动时间最短，且刹车时间与加速时间相等，等于t 1，两段时间对应的位移相等，等于x ，匀速运动时间为t 2＝2500 m －2xv max＝30 s ，所以最短时间为t ＝2t 1＋t 2＝70 s ，选项C 正确；从甲站运动到乙站的最大平均速度为v ＝250070m/s ＝35.7 m/s ，选项D 错误． [答案] BC迁移二以追及、相遇模型考查2．(2019·某某四校联考)货车A 在平直公路上以20 m/s 的速度匀速行驶，当司机发现正前方有一辆静止的轿车B 时，两车间的距离仅有75 m ．(这段公路很窄，无法靠边让道)(1)若此时B 车立即以2 m/s 2的加速度启动，通过计算判断：如果A 车司机没有刹车，是否会撞上B 车．若不相撞，求两车间的最小距离；若相撞，求出从A 车发现B 车到A 车撞上B 车的时间．(2)若A 车司机发现B 车，立即刹车(不计反应时间)做匀减速直线运动，加速度大小为2 m/s 2(两车均视为质点)，为避免碰撞，在A 车刹车的同时，B 车立即做匀加速直线运动(不计反应时间)，B 车的加速度至少为多大才能避免发生事故．(结果保留两位小数)[解析] (1)设两车不相撞，经过的时间为t 时，两车速度相等，则有v A ＝v B对B 车又有v B ＝at 联立可得t ＝10 st 时间内A 车的位移x A ＝v A t ＝200 m t 时间内B 车的位移x B ＝12at 2＝100 m因为x B ＋x 0＝175 m<x A所以假设不成立，两车会相撞，设经过时间t 1两车相撞，有v A t 1＝x 0＋12at 21代入数据解得t 1＝5 s ，另一解舍去．(2)已知A 车的加速度大小a A ＝2 m/s 2，初速度v A ＝20 m/s设B 车的加速度大小为a B ，B 车运动时间为t 2时两车速度相等，且此时两车恰好不相撞，则有v A ′＝v A －a A t 2，v B ′＝a B t 2且v A ′＝v B ′在时间t 2内A 车的位移大小x A ′＝v A t 2－12a A t 22B 车的位移大小x B ′＝12a B t 22又x B ′＋x 0＝x A ′联立并代入数据解得a B ＝0.67 m/s 2. [答案] (1)会相撞 5 s (2)0.67 m/s 2追及减速运动的物体时，要注意隐含条件，即两物体相遇时，要先判断被追物体的速度是否已经减为零，根据t ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪v 0a首先分析出相遇时减速物体的状态.热点考向二挖掘图像信息解决动力学问题【典例】 (多选)(2019·全国卷Ⅲ)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 ＝4 s 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10 m/s 2.由题给数据可以得出( )A ．木板的质量为1 kgB ．2 s ～4 s 内，力F 的大小为0.4 NC ．0～2 s 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[思路引领] 题图(b)中细绳上拉力的变化情况与木板的受力情况不易联系在一起，是本题的易错点．要通过力传感器固定判断出物块相对于地面静止，从而判断木板的受力情况，由v －t 图像求出木板在施加力F 时的加速度和撤掉F 时的加速度，根据牛顿第二定律求解待求物理量．[解析] 由题图(c)可知木板在0～2 s 内处于静止状态，再结合题图(b)中细绳对物块的拉力f 在0～2 s 内逐渐增大，可知物块受到木板的摩擦力逐渐增大，故可以判断木板受到的水平外力F 也逐渐增大，选项C 错误；由题图(c)可知木板在2～4 s 内做匀加速运动，其加速度大小为a 1＝0.4－04－2m/s 2＝0.2 m/s 2，在4～5 s 内做匀减速运动，其加速度大小为a 2＝0.4－0.25－4m/s 2＝0.2 m/s 2，另外由于物块静止不动，同时结合题图(b)可知物块与木板之间的滑动摩擦力F f ＝f ，故对木板进行受力分析，由牛顿第二定律可得F －F f ＝ma 1、F f ＝ma 2，解得m ＝1 kg 、F ＝0.4 N ，选项A 、B 均正确；由于不知道物块的质量，所以不能求出物块与木板之间的动摩擦因数，选项D 错误．[答案] AB1．从v －t 图像巧分析四个物理量(1)速度：从速度轴上读出速度，正负表示物体的运动方向．(2)时间：从时间轴上读出时刻，两时刻的差值表示物体的运动时间．(3)位移：由图线与时间轴围成的面积表示位移，时间轴上方表示位移的方向与规定的正方向相同，下方表示位移的方向与规定的正方向相反．(4)加速度：由图线的斜率求得，斜率的正、负表示加速度的方向．2．求解运动图像与牛顿第二定律综合问题的基本思路迁移一动力学中的F－t图像1．(多选)(2019·某某模拟)物体最初静止在倾角θ＝30°的足够长斜面上，如图甲所示受到平行斜面向下的力F的作用，力F随时间变化的图像如图乙所示，开始运动2 s后物体以2 m/s的速度匀速运动，下列说法正确的是(g取10 m/s2)( )A．物体的质量m＝1 kgB ．物体的质量m ＝2 kgC ．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝33D ．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝7315[解析] 由开始运动2 s 后物体以2 m/s 的速度匀速运动，可知0～2 s 内物体的加速度大小为a ＝1 m/s 2；在0～2 s 内对物体应用牛顿第二定律得，F 1＋mg sin30°－μmg cos30°＝ma,2 s 后由平衡条件可得，F 2＋mg sin30°－μmg cos30°＝0，联立解得m ＝1 kg ，μ＝7315，选项A 、D 正确． [答案] AD迁移二动力学中的a －F 图像2．(多选)(2019·某某六校联考)用一水平力F 拉静止在水平面上的物体，在F 从零开始逐渐增大的过程中，加速度a 随外力F 变化的图像如图所示，g ＝10 m/s 2，则可以得出( )A ．物体与水平面间的最大静摩擦力B ．F 为14 N 时物体的速度C ．物体与水平面间的动摩擦因数D ．物体的质量[解析] 由题图可知，物体在水平面间的最大静摩擦力为7 N ，A 正确；由F －μmg ＝ma ，解得a ＝1mF －μg ，将F 1＝7 N ，a 1＝0.5 m/s 2，F 2＝14 N ，a 2＝4 m/s 2代入上式可得m ＝2kg ，μ＝0.3，C 、D 正确；因物体做变加速运动，无法求出F 为14 N 时物体的速度，B 错误．[答案] ACD处理运动图像时容易出现的错误有以下几点：(1)对于x －t 图像，图线在纵轴上的截距表示t ＝0时物体的位置；对于v －t 和a －t 图像，图线在纵轴上的截距并不表示t ＝0时物体的位置．(2)在v －t 图像中，两条图线的交点不表示两物体相遇，而是表示两物体速度相同．(3)v －t 图像中两条图线在v 轴上的截距不同，不少同学误认为两物体的初始位置不同，位置是否相同应根据题中条件确定.热点考向三利用牛顿运动定律解决多体问题【典例】 (2017·某某卷)一轻弹簧的一端固定在倾角为θ的固定光滑斜面的底部，另一端和质量为m 的小物块a 相连，如图所示．质量为35m 的小物块b 紧靠a 静止在斜面上，此时弹簧的压缩量为x 0.从t ＝0时开始，对b 施加沿斜面向上的外力，使b 始终做匀加速直线运动．经过一段时间后，物块a 、b 分离；再经过同样长的时间，b 距其出发点的距离恰好也为x 0.弹簧的形变始终在弹性限度内，重力加速度大小为g .求：(1)弹簧的劲度系数； (2)物块b 加速度的大小；(3)在物块a 、b 分离前，外力大小随时间变化的关系式． [思路引领] (1)由运动学公式知形变量为34x 0时二者分离．(2)分离时，ab 间没有弹力，a 、b 加速度相同．[解析] (1)对整体分析，根据平衡条件可知开始时沿斜面方向上重力的分力与弹簧弹力平衡，则有kx 0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫m ＋35m g sin θ，解得k ＝8mg sin θ5x 0.(2)由题意可知，b 经两段相等的时间位移为x 0，由x ＝12at 2可知x 1x 0＝14，说明当形变量x 2＝x 0－x 1＝3x 04时二者分离；对物块a 分析，因分离时a 、b 间没有弹力，a 、b 加速度相同，则对物块a ，根据牛顿第二定律可知kx 2－mg sin θ＝ma ，解得a ＝g sin θ5.(3)设时间为t ，则经时间t 时，a 、b 运动的位移 x ＝12at 2＝gt 2sin θ10，弹簧形变量Δx ＝x 0－x ，对整体分析，由牛顿第二定律有F ＋k Δx －⎝ ⎛⎭⎪⎫m ＋35m g sin θ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫m ＋35m a ，解得F ＝825mg sin θ＋4mg 2sin 2θ25x 0t 2，因分离时位移x ＝x 1＝x 04，由x ＝x 04＝12at 21解得t 1＝5x 02g sin θ，故应保证t <5x 02g sin θ，F 的表达式才能成立．[答案] (1)8mg sin θ5x 0 (2)g sin θ5(3)F ＝825mg sin θ＋4mg 2sin 2θ25x 0t 2⎝⎛⎭⎪⎫0≤t <5x 02g sin θ解决连接体问题应注意的问题1．整体法与隔离法的优点和使用条件(1)当连接体中各物体具有共同的加速度时，一般采用整体法；当系统内各物体的加速度不同时，一般采用隔离法．(2)求连接体内各物体间的相互作用力时必须用隔离法． 2．两物体分离或相对滑动的条件(1)叠加体类的连接体：两物体间刚要发生相对滑动时物体间的静摩擦力达到最大值． (2)靠在一起的连接体：分离时相互作用力为零，但此时两物体的加速度仍相同． 3．用滑轮连接的连接体的处理方法通过滑轮连接的两个物体：加速度相同，但轻绳的拉力不等于悬挂物体的重力．迁移一平面上的多体模型1．(2019·某某六校联考)水平地面上有质量分别为m 和4m 的物块A 和B ，两者与地面的动摩擦因数均为μ.细绳的一端固定，另一端跨过轻质、光滑动滑轮与A 相连，动滑轮与B 相连，如图所示．初始时，细绳处于水平拉直状态．若物块A 在水平向右的恒力F 作用下向右移动了距离s ，重力加速度大小为g .求：(1)物块B 受到的摩擦力； (2)物块A 、B 的加速度大小．[解析] (1)物块B 受到的摩擦力大小为f ＝4μmg(2)设物块A 、B 的加速度大小分别为a A 、a B ，细绳中的X 力为T .由牛顿第二定律得F －μmg －T ＝ma A2T －4μmg ＝4ma B物块A 移动了距离s ，则物块B 移动的距离为s 1＝12s由A 和B 的位移关系得a A ＝2a B 联立解得a A ＝F －3μmg2ma B ＝F －3μmg 4m.[答案] (1)4μmg (2)F －3μmg 2m F －3μmg4m迁移二斜面上的多体模型2.(2019·某某某某期末)如图所示，空间有场强大小为E ，方向沿斜面向下的匀强电场；光滑绝缘斜面的倾角为θ，底端固定一根劲度系数为k 的轻弹簧；彼此绝缘的A 、B 两物体静止在弹簧顶端，A 、B 接触但不粘连，A 的质量为m ，电荷量为＋q ，B 的质量也为m ，不带电，弹簧处于弹性限度内，重力加速度为g ；某时刻，在沿斜面向上的大小为F 的外力作用下，A 、B 一起以相同的加速度向上做匀加速运动，则当A 、B 分离瞬间( )A ．弹簧的形变量为0B ．弹簧的形变量为x ＝qE ＋FkC ．A 的速度达到最大D ．A 的加速度为0[解析]A 、B 分离瞬间，A 、B 间无相互作用力且加速度相同，对B 受力分析，由牛顿第二定律可知F －mg sin θ＝ma ，对A 受力分析，由牛顿第二定律可知kx －mg sin θ－qE ＝ma ，解得x ＝qE ＋Fk，A 错误，B 正确；由于此时A 具有向上的加速度，则A 的速度不是最大且加速度不为0，C 、D 错误．[答案] B斜面固定，多个物体沿斜面运动，外加电场、磁场或者一个力，这类题目的本质是平面问题移到了斜面上．处理此类问题，主要考虑两个方面．(1)分清斜面体是否光滑，若不光滑，动摩擦因数是否已知．(2)多个物体是否有相对运动，采用整体法或者隔离法，进行受力分析、运动分析，最后确定用“力法”还是“能法”求解.热点考向四利用牛顿运动定律解决多过程问题【典例】 (2019·某某名校联盟)消防队员为缩短下楼的时间，往往抱着竖直的杆直接滑下．假设一名质量为60 kg 、训练有素的消防队员从七楼(即离地面18 m 的高度)抱着竖直的杆以最短的时间滑下．已知杆的质量为200 kg ，消防队员着地的速度不能大于6 m/s ，手和腿对杆的最大压力为1800 N ，手和腿与杆之间的动摩擦因数为0.5，设当地的重力加速度g 取10 m/s 2.假设杆是固定在地面上的，杆在水平方向不移动．试求：(1)消防队员下滑过程中的最大速度． (2)消防队员下滑过程中杆对地面的最大压力． (3)消防队员下滑的最短时间．[思路引领] (1)消防队员开始阶段自由下落的末速度为下滑过程的最大速度． (2)若消防员以最短时间滑下，他应先以加速度g 做匀加速直线运动，再做匀减速直线运动．[解析] (1)消防队员开始阶段自由下落的末速度即为下滑过程的最大速度v m ，有2gh 1＝v 2m消防队员受到的滑动摩擦力F f ＝μF N ＝0.5×1800 N＝900 N减速阶段的加速度大小：a 2＝F f －mg m＝5 m/s 2减速过程的位移为h 2，由v 2m －v ′2＝2a 2h 2v ′＝6 m/s又h ＝h 1＋h 2以上各式联立可得：v m ＝12 m/s (2)以杆为研究对象得：F N ′＝Mg ＋F f ′＝2900 N根据牛顿第三定律得，杆对地面的最大压力为2900 N.(3)最短时间为t min ＝v m g ＋v m －v ′a 2＝2.4 s.[答案] (1)12 m/s (2)2900 N (3)2.4 s1．多过程问题很多动力学问题中涉及的物体有两个或多个连续的运动过程，在物体不同的运动阶段，物体的运动情况和受力情况都发生了变化，这类问题称为牛顿运动定律中的多过程问题．2．类型多过程问题可根据涉及物体的多少分为单体多过程问题和多体多过程问题． 3．解题策略(1)任何多过程的复杂物理问题都是由很多简单的小过程构成，有些是承上启下，上一过程的结果是下一过程的已知，这种情况需一步一步完成．(2)有些是树枝形，告诉的只是旁支，要求的是主干(或另一旁支)，这就要求仔细审题，找出各过程的关联，按顺序逐个分析；对于每一个研究过程，选择什么规律，应用哪一个运动学公式要明确．(3)注意两个过程的连接处，通常加速度可能突变，但速度不会突变，速度是联系前后两个过程的桥梁．(2019·某某五校联考)避险车道是避免恶性交通事故发生的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图竖直平面内，制动坡床视为与水平面夹角为θ的斜面．一辆长12 m 的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为23 m/s 时，车尾位于制动坡床的底端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了4 m 时，车头距制动坡床顶端38 m ，再过一段时间，货车停止．已知货车质量是货物质量的4倍，货物与车厢间的动摩擦因数为0.4；货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44.货物与货车分别视为小滑块和平板，取cos θ＝1，sin θ＝0.1，g ＝10 m/s 2.求：(1)货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向； (2)制动坡床的长度．[解析] (1)设货物的质量为m ，货物在车厢内滑动过程中，货物与车厢间的动摩擦因数μ＝0.4，受摩擦力大小为f ，加速度大小为a 1，则f ＋mg sin θ＝ma 1① f ＝μmg cos θ②联立①②式并代入数据得a 1＝5 m/s 2③a 1的方向沿制动坡床向下．(2)设货车的质量为M ，车尾位于制动坡床底端时的车速为v ＝23 m/s.货物在车厢内开始滑动到车头距制动坡床顶端s 0＝38 m 的过程中，用时为t ，货物相对制动坡床的运动距离为s 1，在车厢内滑动的距离s ＝4 m ，货车的加速度大小为a 2，货车相对制动坡床的运动距离为s 2.货车受到制动坡床的阻力大小为F ，F 是货车和货物总重的k 倍，k ＝0.44，货车长度l 0＝12 m ，制动坡床的长度为l ，则Mg sin θ＋F －f ＝Ma 2④ F ＝k (m ＋M )g ⑤ s 1＝vt －12a 1t 2⑥ s 2＝vt －12a 2t 2⑦s ＝s 1－s 2⑧l ＝l 0＋s 0＋s 2⑨，联立①②④～⑨并代入数据得l ＝98 m.[答案](1)5 m/s2沿制动坡床向下(2)98 m解决“多过程”问题的关键：首先明确每个“子过程”所遵守的规律，其次找出它们之间的关联点，然后列出“过程性方程”与“状态性方程”.高考热点模型构建——“传送带”与“板块”模型考向一 “传送带”模型【典例1】 (2019·江淮十校联考)如图所示，工厂利用倾角θ＝30°的皮带传输机，依次将轻放在皮带底端的每包质量为m ＝50 kg 的货物，从地面运送到高出水平地面h ＝2.5 m 的平台上，传输机的皮带以v ＝1 m/s 的速度顺时针转动且不打滑，货物无初速度地放在皮带上．已知货物与皮带间的动摩擦因数为μ＝235，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10 m/s 2.(1)求将每包货物从地面运送到平台上所用的时间t .(2)若皮带传输机由电动机带动，求把每包货物从地面运送到平台上，电动机需要多做的功W .[思路引领][解析] (1)设货物做加速运动时的加速度为a ，时间为t 1，位移为x 1，根据牛顿第二定律，有μmg cos θ－mg sin θ＝ma ，代入数据解得a ＝1 m/s 2 则t 1＝v a ＝1 s ，x 1＝12at 21＝0.5 m货物与皮带达到共同速度后，与皮带一起向上做匀速运动货物做匀速运动的时间t 2＝hsin θ－x 1v＝4.5 s故将每包货物从地面运送到平台上所用的时间t ＝t 1＋t 2＝5.5 s. (2)解法一：货物做加速运动的过程中，皮带的位移x 2＝vt 1＝1 m ，相对位移Δx ＝x 2－x 1＝0.5 m根据能量守恒定律得W ＝μmg cos θ·Δx ＋mgh ＋12mv 2代入数据解得W ＝1425 J.解法二：货物做加速运动的过程中，皮带所受的摩擦力f 1＝f max ＝μmg cos θ，皮带的位移x 2＝vt 1货物与皮带一起做匀速运动的过程中，皮带所受的摩擦力f 2＝mg sin θ，皮带的位移x 3＝vt 2则W ＝W 1＋W 2＝f 1x 2＋f 2x 3 代入数据解得W ＝1425 J. [答案] (1)5.5 s (2)1425 J传送带问题的处理技巧(1)分析物体的受力情况要考虑物体与传送带间的相对运动．(2)求物体的加速度、速度和位移时不需要考虑传送带的运动情况，即相当于传送带是不动的．(3)求物体相对传送带的路程时，需要考虑传送带的运动情况，若物体与传送带运动方向相同，则相对路程为两者路程之差，若物体与传送带运动方向相反，则相对路程为两者路程之和.考向二 “板块”模型【典例2】 (2019·某某卷)如图所示，质量相等的物块A 和B 叠放在水平地面上，左边缘对齐．A 与B 、B 与地面间的动摩擦因数均为μ.先敲击A ，A 立即获得水平向右的初速度，在B 上滑动距离L 后停下．接着敲击B ，B 立即获得水平向右的初速度，A 、B 都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g .求：(1)A 被敲击后获得的初速度大小v A ；(2)在左边缘再次对齐的前、后，B 运动加速度的大小a B 、a B ′； (3)B 被敲击后获得的初速度大小v B .[思路引领] 处理本题的关键点有二：一是弄清临界点(或转折点)，即物块A 与物块B 达到共同的速度或物块A 离开物块B 时的受力情况以及运动状态的变化为转折点，本题中临界点为A 、B 共速；二是两个关联，即发生转折前后物块的受力情况以及物块A 与物块B 的位移之间的关联，必要时要通过画图理清关系，即B 的位移与A 的位移之差应等于L .[解析] (1)由牛顿运动定律知，A 加速度的大小a A ＝μg 匀变速直线运动2a A L ＝v 2A 解得v A ＝2μgL (2)设A 、B 的质量均为m对齐前，B 所受合外力大小F ＝3μmg 由牛顿运动定律F ＝ma B ，得a B ＝3μg 对齐后，A 、B 所受合外力大小F ′＝2μmg 由牛顿运动定律F ′＝2ma B ′，得a B ′＝μg(3)经过时间t ，A 、B 达到共同速度v ，位移分别为x A 、x B ，A 加速度的大小等于a A 则v ＝a A t ，v ＝v B －a B tx A ＝12a A t 2，x B ＝v B t －12a B t 2且x B －x A ＝L 解得v B ＝22μgL[答案](1)2μgL(2)3μgμg(3)22μgL滑块与滑板间相对滑动的临界条件(1)运动学条件：若两物体速度或加速度不等，则会相对滑动．(2)力学条件：一般情况下，假设两物体间无相对滑动，先用整体法算出一起运动的加速度，再用隔离法算出滑块“所需要”的摩擦力f，比较f与最大静摩擦力f max的关系，若f>f max，则发生相对滑动．(3)滑块滑离滑板的临界条件：当滑板的长度一定时，滑块可能从滑板滑下，恰好滑到滑板的边缘达到共同速度是滑块滑离滑板的临界条件.1．(多选)(2019·某某高三年级教学质检)如下图甲所示，倾角为37°的足够长的传送带以恒定速度运行，将一质量m＝1 kg的小物体以某一初速度放上传送带，物体相对地面的速度大小随时间变化的关系如图乙所示，取沿传送带向上为正方向，g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.则下列说法正确的是( )A．传送带沿逆时针转动，速度大小为4 m/sB．物体与传送带间的动摩擦因数为0.75C．0～8 s内物体位移的大小为14 mD．0～8 s内物体与传送带之间因摩擦而产生的热量为126 J[解析] 由题图可知小物体先反向做减速运动后向正方向做加速运动，故可知传送带速度方向沿顺时针方向，最终物体和传送带的速度相同，故传送带速度大小为4 m/s ，故A 错误；根据v －t 图像的斜率表示加速度，物体相对传送带滑动时的加速度大小为a ＝22m/s 2＝1 m/s 2，由牛顿第二定律得μmg cos37°－mg sin37°＝ma ，解得μ＝0.875，故B 错误；0～8 s 内物体的位移为s ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12×2×2＋2＋62×4 m ＝14 m ，故C 正确；0～8 s 内只有前6 s 内物体与传送带发生相对滑动，0～6 s 内传送带运动的距离为s 带＝4×6 m＝24 m,0～6 s 内物体的位移为s 物＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12×2×2＋4×42 m ＝6 m ，因摩擦而产生的热量为Q ＝μmg cos37°·(s 带－s 物)＝126 J ，故D 正确．[答案] CD2．(2019·某某外校阶段性测试)如图1甲所示，静止在光滑水平面上的长木板B (长木板足够长)的左端放着小物块A .某时刻，A 受到水平向右的外力F 作用，F 随时间t 的变化规律如图乙所示，即F ＝kt ，其中k 为已知常数．若A 、B 之间的滑动摩擦力F f 的大小等于最大静摩擦力，且A 、B 的质量相等，则下列图2中可以定性地描述长木板B 运动的v －t 图像的是( )[解析] 以A 、B 整体为研究对象，A 、B 整体具有共同的最大加速度，由牛顿第二定律得a 1＝F 2m ，对B 由牛顿第二定律有a 1＝F f m ，对A 由牛顿第二定律有a 1＝F －F f m，达到最大加速度所经历的时间t ＝F k ，由以上各式解得t ＝2F f k，此后B 将受恒力作用，做匀加速直线运动，v －t 图线为倾斜的直线，故B 正确．[答案] B专题强化训练(二)一、选择题1．(2019·某某高三监测)一物体做匀减速直线运动，4 s 内的位移为16 m ，速度大小变为原来的三分之一，方向不变．则该物体的加速度大小为( )A ．1 m/s 2B ．1.5 m/s 2C ．2 m/s 2D ．0.75 m/s 2[解析] 设该物体的初速度为v 0，加速度大小为a ，由题意知t ＝4 s ，根据匀变速直线运动规律，x ＝v 0＋v 032·t ，v 03＝v 0－at ，联立解得a ＝1 m/s 2，选项A 正确． [答案] A 2．(多选)(2019·某某某某三模)高速公路上甲、乙两车在同一车道上同向行驶．甲车在前，乙车在后，速度均为v 0＝30 m/s ，距离s 0＝100 m ．t ＝0时刻甲车遇紧急情况后，甲、乙两车的加速度随时间变化的关系如图甲、乙所示．取运动方向为正方向．下列说法正确的是( )A ．t ＝3 s 时两车相距最近B ．0～9 s 内两车位移之差为45 mC ．t ＝6 s 时两车相距最近，为10 mD ．两车在0～9 s 内会相撞[解析] 由题图可画出两车的速度—时间图像，如图所示．由图像可知，t ＝6 s 时两车速度相等，此时两车相距最近，故A 错误；图中阴影部分面积为0～6 s 内两车位移之差，可得Δx ＝12×30×3 m＋12×30×(6－3) m ＝90 m<100 m ，此时两车相距最近，为10 m ，所以两车不会相撞，故C 正确，D 错误；0～9 s 内两车位移之差Δx ′＝12×30×3 m＝45 m ，故B 正确． [答案] BC3．(2019·某某市质检)物体在水平地面上受到水平推力的作用，在6 s 内力F 、速度v 随时间变化如图所示，由图像可得( )A ．物体的质量为2 kgB ．物体在6 s 内运动的位移为6 mC ．在0～2 s 内推力做的功为2 JD ．物体与地面间的动摩擦因数为0.025[解析] 物体在0～2 s 内做匀加速直线运动，加速度为a ＝12m/s 2，由牛顿第二定律有：F －μmg ＝ma ，即：3－μmg ＝ma ；物体在2～6 s 内做匀速直线运动，因此有：μmg ＝1 N ，联立解得：物体的质量为m ＝4 kg ，物体与地面间的动摩擦因数为μ＝0.025，选项A 错误，选项D 正确；根据v －t 图像所围的面积表示物体运动的位移可得物体在6 s 内运动的位移为x ＝12×2×1 m＋4×1 m＝5 m ，选项B 错误；力对物体所做的功等于力乘以力方向上的位移，因此在2 s 内推力做的功为W ＝Fx ＝3×12×2×1 J＝3 J ，选项C 错误． [答案] D4．(2019·某某某某一中开学考试)如图所示，一轻质长木板置于光滑水平地面上，木板上有质量分别为m A ＝1 kg 和m B ＝2 kg 的A 、B 两物块，A 、B 与木板之间的动摩擦因数都为μ＝0.2，水平恒力F 作用在A 物块上，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g 取10 m/s 2.则( )A ．若F ＝1 N ，则物块、木板都静止不动B ．若F ＝1.5 N ，则A 物块所受摩擦力大小为1.5 NC ．若F ＝4 N ，则B 物块所受摩擦力大小为4 ND ．若F ＝8 N ，则B 物块的加速度大小为1 m/s 2[解析]A 与木板间的最大静摩擦力f A ＝μm A g ＝0.2×1×10 N＝2 N ，B 与木板间的最大静摩擦力f B ＝μm B g ＝0.2×2×10 N＝4 N ，设A 与木板恰好发生相对滑动时水平恒力大小为F 0，则由牛顿第二定律可知F 0－f A m A ＝f A m B，解得F 0＝3 N ，F ＝1 N<F 0，则A 、B 均与木板保持相对静止，整体在F 作用下向左做匀加速运动，故A 错误；F ＝1.5 N<F 0，则A 、B 均与木板保持相对静止，整体在F 作用下向左做匀加速运动，根据牛顿第二定律得F －f 1＝m A a ，所以A 物块所受摩擦力f 1<F ＝1.5 N ，故B 错误；F ＝4 N>F 0，所以A 在木板上滑动，B 和木板整体受到的摩擦力大小为f A ，轻质木板质量不计，所以B 的加速度大小为a 1＝f A m B ＝22m/s 2＝1 m/s 2，对B 进行受力分析，有f 2＝m B a 1＝2×1 N＝2 N ，故C 错误；F ＝8 N>f 0，所以A 相对于木板滑动，B 和木板整体受到摩擦力f A ，由上述分析可知B 的加速度大小为1 m/s 2，故D 正确．[答案] D5．(多选)(2019·某某二诊)如下图所示，在光滑水平面上放着紧靠在一起的A 、B 两物体，B 的质量是A 的2倍，B 受到水平向右的恒力F B ＝2 N ，A 受到的水平向右的变力F A ＝(9－2t ) N ，t 的单位是s.从t ＝0开始计时，则( )。

2019-2020年高三物理第二轮专题复习专题一力和运动教案人教版

2019-2020年高三物理第二轮专题复习专题一力和运动教案人教版一、考点回顾1．物体怎么运动，取决于它的初始状态和受力情况。

牛顿运动定律揭示了力和运动的关系，关系如下表所示：2．力是物体运动状态变化的原因，反过来物体运动状态的改变反映出物体的受力情况。

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。

3．处理动力学问题的一般思路和步骤是：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。

4．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。

二、经典例题剖析1．长L的轻绳一端固定在O点，另一端拴一质量为m的小球，现使小球在竖直平面内作圆周运动，小球通过最低点和最高点时所受的绳拉力分别为T1和T2(速度分别为v0和v)。

5求证：(1)T1－T2＝6mg(2)v0≥gL证明：(1)由牛顿第二定律，在最低点和最高点分别有：T1－mg＝mv02/L T2＋mg＝mv2/L由机械能守恒得：mv02/2＝mv2/2＋mg2L以上方程联立解得：T1－T2＝6mg(2)由于绳拉力T2≥0，由T2＋mg＝mv2/L可得v≥gL5代入mv02/2＝mv2/2＋mg2L得：v0≥gL点评：质点在竖直面内的圆周运动的问题是牛顿定律与机械能守恒应用的综合题。

加之小球通过最高点有极值限制。

这就构成了主要考查点。

2．质量为M 的楔形木块静置在水平面上，其倾角为α的斜面上,一质量为m 的物体正以加速度a 下滑。

求水平面对楔形木块的弹力N 和摩擦力f 。

解析：首先以物体为研究对象，建立牛顿定律方程： N 1‘＝mgcosα mgsinα－f 1’＝ma ，得：f 1‘＝m(gsinα－a) 由牛顿第三定律，物体楔形木块有N 1＝N 1’，f 1＝f 1‘然后以楔形木块为研究对象，建立平衡方程：N ＝mg ＋N 1cosα＋f 1sinα＝Mg ＋mgcos 2α＋mgsin 2α－masinα ＝(M ＋m)g －masinαf ＝N 1sinα－f 1cosα＝mgcosαsinα－m(gsinα－a)cosα＝macosα 点评：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。

2020高三物理高考二轮复习(2)力与物体的直线运动-教案、学案、习题全(精品)

专题二力与物体的直线运动一．专题要点第一部分：匀变速直线运动在力学中的应用1.物体或带电粒子做直线运动的条件是物体所受的合外力与速度方向平行。

2.物体或带电粒子做匀变速直线运动的条件是物体所受的合外力为恒力且与速度方向平行。

3.牛顿第二定律的内容是：物体运动时的加速度与物体所受的合外力成正比，与物体的质量成反比，加速度的方向与所受合外力的方向相同，且二者具有瞬时对应关系，此定律可以用控制变量法进行实验验证。

4.速度时间关系图像的斜率表示物体运动的加速度，图像所包围的面积表示物体运动的位移。

在分析物体的运动时常利用v-t 图像帮助分析物体的运动情况。

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。

当a=g 时物体完全失重。

6.匀变速直线运动的基本规律为速度公式：at v v t +=0位移公式：2021at t v x +⋅=速度与位移关系式：ax v v t 2202=- 7.匀变速直线运动平均速度：20t v v t x v +=或位移中点的瞬时速度2220tv v v +=中点第二部分：匀变速直线运动在电学中的应用1. 带电粒子在电场中直线运动的问题：实质是在电场中处理力学问题，其分析方法与力学中相同。

首先进行受力分析，然后看物体所受的合外力与速度方向是否一致，其运动类型有电场加速运动和交变的电场内往复运动2. 带电粒子在磁场中直线运动问题：洛伦兹力的方向始终垂直于粒子的速度方向。

3. 带电粒子在复合场中的运动情况一般较为复杂，但是它仍然是一个力学问题，同样遵循力和运动的各条基本规律。

4. 若带电粒子在电场力、重力和洛伦兹力共同作用下做直线运动，如果是匀强电场和匀强磁场，那么重力和电场力都是恒力，洛伦兹力与速度方向垂直，而其大小与速度大小密切相关。

只有带电粒子的速度大小不变，才可能做直线运动，也即匀速直线运动。

二．考纲要求考点要求考点解读参考系、质点Ⅰ本专题知识是整个高中物理的基础，高考对本部分考查的重点是匀变速直线运动的公式及应用；v- t 图像的理解及应用，其命题情景较为新颖，（如高速公路上的车距问题、追及相遇问题）竖直上抛与自由落体运动的规律及其应用；强调对牛顿第二定律分析、计算和应用考查，而牛顿第三定律贯穿于综合分析过程中。

高三物理二轮专题复习导学案微专题2 力与直线运动

教学过程1．匀变速直线运动的基本规律(1) 速度公式v＝v0＋at，位移公式x＝v0t＋12at2，位移速度公式v2－v20＝2ax，平均速度公式v＝xt＝v0＋v2＝v t2.(2) 任意两个相邻相等的时间内位移之差是一个恒量，即Δx＝aT2，可推广为x m －x n＝(m－n)aT2.2．牛顿第二定律F合＝ma.(1) F合＝0，物体做匀速直线运动或静止.(2) F合≠0且与v共线，物体做变速直线运动．①F合不变，物体做匀变速直线运动．例：自由落体运动是初速度v0＝0、加速度为g的匀加速直线运动；竖直上抛运动是初速度v0≠0、加速度为g的匀减速直线运动．②F合大小变化，物体做变加速直线运动．考向一匀变速直线运动的规律及应用1．(2023·江苏卷)电梯上升过程中，某同学用智能记录了电梯速度随时间变化的关系，如图所示．电梯加速上升的时段是()A．从20.0s到30.0sB．从30.0s到40.0sC．从40.0s到50.0sD．从50.0s到60.0s2．(2023·山东卷)如图所示，电动公交车做匀减速直线运动进站，连续经过R、S、T三点，已知ST间的距离是RS的两倍，RS段的平均速度是10m/s，ST段的平均速度是5m/s，则公交车经过T点时的瞬时速度为()A．3m/s B．2m/sC．1m/s D．0.5m/s考向二牛顿运动定律的应用3．(2022·江苏卷)高铁车厢里的水平桌面上放置一本书，书与桌面间的动摩擦因数为0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10 m/s2．若书不滑动，则高铁的最大加速度不超过()A．2.0 m/s2B．4.0 m/s2C．6.0 m/s2D．8.0 m/s24．(2023·北京卷)如图所示，在光滑水平地面上，两相同物块用细线相连，两物块质量均为1kg，细线能承受的最大拉力为2N.若在水平拉力F作用下，两物块一起向右做匀加速直线运动．则F的最大值为()A．1N B．2NC．4N D．5N考向1匀变速直线运动的规律及应用(2023·苏州八校适应性检测)一物块在水平外力作用下由静止开始沿光滑水平面做直线运动，其速度v随位移x变化的图像如图所示，下列关于物块速度v 随时间t、加速度a随速度v变化的图像中可能正确的是()A B C D(2022·南京、盐城二模)广场喷泉是城市一道亮丽的风景．如图所示，喷口竖直向上喷水，已知喷管的直径为D，水在喷口处的速度为v0.重力加速度为g，不考虑空气阻力的影响，则在离喷口高度为H时的水柱直径为()A．D B．D v0v20＋2gHC．D2v0v20－2gHD．D2v0v20＋2gH考向2动力学基本问题分析(2023·南京六校联考)如图所示，两根直木棍AB和CD相互平行，固定在同一个水平面上．一个圆柱形工件P架在两木棍之间，在水平向右的推力F的作用下，恰好能向右匀速运动(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力).若保持两木棍在同一水平面内，但将它们间的距离稍微减小一些后再固定．仍将工件P架在两木棍之间，用同样的水平推力F向右推该工件，则下列说法中正确的是()A．向右匀速运动B．向右加速运动C．可能静止不动D．条件不足，无法判定如图甲所示，在升降机的顶部安装了一个能够显示拉力大小的传感器，传感器下方挂上一轻质弹簧，弹簧下端挂一质量为m的小球．若升降机在匀速运行过程中突然停止，并以此时为零时刻，在后面一段时间内传感器显示弹簧弹力F随时间t变化的图像如图乙所示，g为重力加速度，则()甲乙A．升降机停止运行前在向下运动B．t1～t3时间内小球向下运动，速度先增大，后减小C ．t 1～t 2时间内小球处于超重状态D ．t 3～t 4时间内小球向下运动，速度一直增大考向3 动力学中的连接体问题(2023·镇江三模)如图所示，A 、B 叠放在粗糙水平桌面上，一根轻绳跨过光滑定滑轮连接A 、C ，滑轮左侧轻绳与桌面平行，A 、B 间动摩擦因数为μ，B 与桌面间动摩擦因数为μ4，A 、B 、C 质量分别为2m 、2m 和m ，各接触面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，将C 由图示位置静止释放，要使A 、B 间发生相对滑动，则μ满足的条件是( )A ．μ＜12 B ．μ≥12 C ．μ＜27D ．μ≥27(2022·辅仁中学)a 、b 两物体的质量分别为m 1、m 2，由轻质弹簧相连．当用恒力F 竖直向上拉着a ，使a 、b 一起向上做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x 1；当用大小仍为F 的恒力沿水平方向拉着a ，使a 、b 一起沿光滑水平桌面做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x 2，如图所示，则( )A ．x 1一定等于x 2B ．x 1一定大于x 2C ．若m 1＞m 2，则x 1＜x 2D ．若m 1＜m 2，则x 1＜x 2(2023·湖南卷改编)如图所示，光滑水平地面上有一质量为2m 的小车在水平推力F 的作用下加速运动．车厢内有质量均为m 的A 、B 两小球，两球用轻杆相连，A 球靠在光滑左壁上，B 球处在车厢水平底面上，且与底面的动摩擦因数为μ，杆与竖直方向的夹角为θ，杆与车厢始终保持相对静止，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．下列说法中正确的是( )A．若B球受到的摩擦力为零，则F＝2mg tan θB．若推力F向左，且tan θ≤μ，则F的最大值为2mg tan θC．若推力F向左，且μ＜tan θ≤2μ，则F的最大值为2mg(2μ－tan θ)D．若推力F向右，且tan θ＞2μ，则F的范围为4mg(tan θ－2μ)≤F≤4mg(tan θ＋2μ)1．(2023·南京三模)潜艇从海水高密度区域驶入低密度区域，浮力顿减，称之为“掉深”．如图甲所示，某潜艇在高密度海水区域沿水平方向缓慢航行．t＝0时，该潜艇“掉深”，随后采取措施成功脱险，在0～30 s 时间内潜艇竖直方向的v－t 图像如图乙所示(设竖直向下为正方向).不计水的黏滞阻力，则()甲乙A．潜艇在“掉深”时的加速度为1 m/s2B．t＝30 s潜艇回到初始高度C．潜艇竖直向下的最大位移为100 mD．潜艇在10～30 s时间内处于超重状态2．(2023·南京六校联考)在平直公路上有甲、乙两车，甲车超过乙车后两车位移x和时间t的比值xt与时间t之间的关系如图所示(图像只记录了3s 内的情况)，下列说法中正确的是()A．甲车的加速度大小为1 m/s2B．乙车做的是匀减速直线运动C．甲车在这2s内的位移为18mD．甲、乙两车再次相遇前的最大距离为9m3．图甲是某人站在接有传感器的力板上做下蹲、起跳和回落动作的示意图，图中的小黑点表示人的重心．图乙是力板所受压力随时间变化的图像，取g＝10 m/s2.根据图像分析可知()甲乙A．人的重力可由b点读出，约为300 NB．b到c的过程中，人先处于超重状态，再处于失重状态C．人在双脚离开力板的过程中，处于完全失重状态D．人在b点对应时刻的加速度大于在c点对应时刻的加速度4．(2022·常州5月模拟)如图甲所示，A、B两物体叠放在一起，放在光滑的水平面上，从静止开始受到一变力的作用，该力与时间的关系如图乙所示，A、B始终相对静止，则下列说法中错误的是()A．t0时刻，A、B间静摩擦力最大B．t0时刻，B速度最大C．2t0时刻，A、B间静摩擦力最大D．2t0时刻，A、B位移最大5．(2023·金陵中学)如图所示，光滑的水平地面上有三块木块a、b、c质量均为m，a、c之间用轻质细绳连接．现用一水平恒力F作用在b上，三者开始一起做匀加速运动，运动过程中把一块橡皮泥粘在某一木块上面，系统仍加速运动，且始终没有相对滑动．则在粘上橡皮泥并达到稳定后，下列说法中错误的是()A．无论粘在哪块木块上面，系统的加速度一定减小B．若粘在a木块上面，绳的拉力和a、b间摩擦力一定都减小C．若粘在b木块上面，绳的拉力和a、b间摩擦力一定都减小D．若粘在c木块上面，绳的拉力和a、b间摩擦力一定都增大6．(2023·中华中学)如图甲所示为无人机，它具有4个旋翼，可以通过调整旋翼倾斜度而产生不同方向的升力.2020黄埔马拉松在12月27日拉开序幕，此次赛事无人机在拍摄、巡查、安保等方面大显身手．赛事开始，调整旋翼使无人机以竖直向上的恒定升力F＝20N从地面静止升起，到达稳定速度过程中，其运动图像如图乙所示．已知无人机质量为m＝1kg，飞行时受到的空气阻力与速率成正比，即f＝k v，方向与速度方向相反．取g＝10m/s2.(1) 求k值和1s末无人机的加速度大小．(2) 调整旋翼角度以改变升力，使无人机以v0＝1m/s 水平飞行进行录像，求此时的升力大小和升力方向与水平方向所夹锐角θ的正切值．(答案允许含根号)甲乙7．(2022·海门中学)如图所示，一个质量为M、长为L的圆管竖直放置，顶端塞有一个质量为m的弹性小球，M＝4m，球和管间的滑动摩擦力和最大静摩擦力大小均为4mg.管从下端离地面距离为H处自由落下，运动过程中，管始终保持竖直，每次落地后向上弹起的速度与落地时速度大小相等，不计空气阻力，重力加速度为g.(1) 求管第一次落地弹起时管和球的加速度．(2) 管第一次落地弹起后，若球没有从管中滑出，求球与管刚达到相同速度时，管的下端距地面的高度．(3) 若管第二次弹起后球没有从管中滑出，求L应满足的条件．板书设计：。

高三物理第二轮复习全套教案直线运动

直线运动教学目标1．知识方面：使学生对匀速直线运动、匀变速直线运动的主要概念、规律有进一步的认识．2．能力方面：（1）培养学生运用方程组、图像等数学工具解决物理问题的能力；（2）通过一题多解培养发散思维．3．科学方法：（1）渗透物理思想方法的教育，如模型方法、等效方法等；（2）通过例题的分析，使学生形成解题思路，体会特殊解题技巧，即获得解决物理问题的认知策略．教学重点、难点分析通过复习应使学生熟练掌握匀变速直线运动的规律，形成解题思路．从高考试题看，把直线运动作为一个孤立的知识点单独进行考查的命题并不多，更多的是作为综合试题中一个知识点而加以体现．对能力的培养是本课时的重点，也是难点．高考将审题、画草图、建立物理图景……作为一种能力考查，学生往往忽视对物理过程的分析，以及一些特殊解题技巧，因此，能力的形成不是一蹴而就的．通过例题分析，使学生积极参与分析解题的思维过程，让他们亲自参与讨论、交流，在这过程中思维能力得到锻炼，同时获得解决问题的认知策略．教学过程设计教师活动一、引入力学中，只研究物体运动的描述及运动的规律叫运动学．这一章，我们复习直线运动．板书：直线运动二、复习基本概念本章的特点是概念多、公式多，还涉及到很多重要的物理研究方法，请大家总结：1．描述运动的基本概念有哪些？学生活动学生总结并做笔记：（独立总结后，讨论并交流）一、描述运动的基本概念1．机械运动：一个物体相对于另一个物体位置的改变叫机械运动，简称运动．包括平动、转动、振动等运动形式．2．参照物：为了研究物体的运动而假定为不动的那个物体叫参照物．通常以地球为参照物．3．质点：用来代替物体的有质量的点，是一个理想模型．4．时间和时刻：时刻指某一瞬时，时间是两时刻间的间隔．5．位移和路程：位移描述物体位置的变化，是从物体初位置指向末位置的矢量；路程是物体运动轨迹的长度，是标量．6．速度和加速度：速度是描述物体运动快慢的物理量，有平均速度、瞬时速度，是矢量；加速度是描述速度变化快慢的物理量，是矢量．2．涉及哪几种物理研究方法？二、物理方法1．模型方法．突出主要因素，忽略次要因素的研究方法，是一种理想化方法．如：研究一个物体运动时，如果物体的形状和大小属于次要因素，为使问题简化，忽略了次要因素，就用一个有质量的点来代替物体，叫质点．巡回指导：学生没有想到的，教师适当点拨．2．等效方法．（学生可能想不到）小结并点评：1．位移、速度、加速度是本章的重要概念，对速度、加速度两个物理量要从引入原因、定义方法、定义表达、单位、标矢量、物理意义等方面全面理解．2．模型方法．实际物理现象和过程一般都十分复杂，涉及到众多的因素，采用模型方法，能够排除非本质因素的干扰，突出反映事物的本质特征，从而使物理现象或过程得到简化．如；质点．3．等效方法．对于一些复杂的物理问题，我们往往从事物的等同效果出发，将其转化为简单的、易于研究的物理问题，这种方法称为等效代替的方法．如引入平均速度，就可把变速直线运动等效为匀速直线运动，从而把复杂的变速运动转化为简单的匀速运动来处理．这是物理学中两种重要的研究方法．大家应注意体会．学生反馈练习（交换判题后讨论）；1．下面关于质点的说法正确的是：[ ]A．地球很大，不能看作质点B．原子核很小，可以看作质点C．研究地球公转时可把地球看作质点D．研究地球自转时可把地球看作质点2．一小球从4m高处落下，被地面弹回，在1m高处被接住，则小球的路程和位移大小分别为：[ ]A．5m，5mB．4m，1mC．4m，3mD．5m，3m3．百米运动员起跑后，6s末的速度为9.3m/s，10s末到达终点时的速度为15.5m/s，他跑全程的平均速度为：[ ]A．12.2m/sB．11.8m/sC．10m/sD．10.2m/s4．关于速度、加速度正确的说法是：[ ]A．物体有加速度，速度就增加B．加速度增大，速度一定增大C．物体速度很大，加速度可能为零D．物体加速度值减小，速度可能增大巡回指导学生自由发言：1．物体能否看作质点，不是根据物体大小．研究地球公转时，由于地球直径远远小于地球和太阳之间的距离，地球上各点相对于太阳的运动，差别极小，可以认为相同，即地球的大小形状可以忽略不计，而把地球看作质点；但研究地球公转时，地球的大小形状不能忽略，当然不能把地球看作质点．2．求平均速度应用定义式v=s/t，而v=（v1+v2）/2只适用于匀变速直线运动．3．速度、加速度是两个概念不同的物理量，加速度等于速度对时间的变化率，即a=△v/t，所以，加速度的大小与速度大小无关，它们之间并无必然联系．A．若物体作减速运动，有加速度，而速度在减小，此时加速度表示速度减小的快慢；同理B也不对；C．物体匀速运动时，就可能速度很大，而加速度为0；D．当物体作加速运动时，加速度减小，表示速度增加得越来越慢，但仍在增大．根据学生答题、发言情况简评．给出正确答案；1．C 2．D 3．C 4．C D三、复习基本规律本章我们学习了匀速直线运动和匀变速直线运动，请大家总结：1．这两种运动的特点、规律；学生总结并做笔记：（自己总结后可以相互交流）三、基本规律1．匀速直线运动：定义：在任意相等的时间里位移相等的直线运动特点：a=0，v=恒量规律：位移公式：s=vt图像：速度图像位移图像2．匀变速直线运动：定义：在相等的时间内速度的变化相等的直线运动．特点：a=恒量规律：速度公式：vt=v0+at图像：速度图像斜率=a，面积=s2．涉及哪几种物理研究方法？（有的学生能总结出以下推论）1．匀变速：任意两个连续相等的时间T内的位移之差为一恒量：即A．△s=s2-s1=s3-s2=aT2=恒量2．v0=0匀加速：A．在时间t、2t、3t…内位移之比为s1∶s2∶s3…∶s n=1∶22∶32∶n2B．第一个t内、第二个t内、…位移之比为sⅠ∶sⅡ∶sⅢ…∶sN=1∶3∶5…∶（2n-1）C．通过连续相等的位移所用时间之比为巡回指导小结并补充分析，明确要求：1．物理方法：实际的直线运动通常都很复杂，一般我们都将其等效为匀速直线运动和匀变速直线运动处理，匀速直线运动和匀变速直线运动实际上是一种理想模型，这里用到了模型方法和等效的方法．另外，物理规律的表达除了用公式外，有的规律还用图像表达，优点是能形象、直观地反映物理量之间的函数关系，这也是物理中常用的一种方法．2．认知策略：对图像的要求可概括记为：“一轴二线三斜率四面积”．3．匀变速直线运动规律是本章重点，通过复习，要求大家达到熟练掌握．四、典型例题分析[例题1]火车紧急刹车后经7s停止，设火车作的是匀减速直线运动，它在最后1s内的位移是2m，则火车在刹车过程中通过的位移和开始刹车时的速度各是多少？分析：首先将火车视为质点，由题意画出草图：从题目已知条件分析，直接用匀变速直线运动基本公式求解有一定困难．大家能否用其它方法求解？（学生独立解答后相互交流）解法一：用基本公式、平均速度．质点在第7s内的平均速度为：则第6s末的速度：v6=4（m/s）求出加速度：a=（0-v6）/t=4/1=-4（m/s2）求初速度：0=v0-at，v0=at=4×7=28（m/s）解法二：逆向思维，用推论．倒过来看，将匀减速的刹车过程看作初速度为0，末速度为28m/s，加速度大小为4m/s2的匀加速直线运动的逆过程．由推论：s1∶s7=1∶72=1∶49则7s内的位移：s7=49s1=49×2=98（m）v0=28（m/s）解法三：逆向思维，用推论．仍看作初速为0的逆过程，用另一推论：sⅠ∶sⅡ∶sⅢ∶…=1∶3∶5∶7∶9∶11∶13sⅠ=2（m）则总位移：s=2（1+3+5+7+9+11+13）=98（m）求v0同解法二．解法四：图像法作出质点的速度-时间图像质点第7s内的位移大小为阴影部分小三角形面积：小三角形与大三角形相似，有v6∶v0=1∶7，v0=28（m/s）总位移为大三角形面积：小结：1．逆向思维在物理解题中很有用．有些物理问题，若用常规的正向思维方法去思考，往往不易求解，若采用逆向思维去反面推敲，则可使问题得到简明的解答；2．熟悉推论并能灵活应用它们，即能开拓解题的思路，又能简化解题过程；3．图像法解题的特点是直观，有些问题借助图像只需简单的计算就能求解；4．一题多解能训练大家的发散思维，对能力有较高的要求．这些方法在其它内容上也有用，希望大家用心体会．[例题2]甲、乙、丙三辆汽车以相同的速度同时经过某一路标，从此时开始甲车一直做匀速直线运动，乙车先加速后减速，丙车先减速后加速，它们经过下个路标时速度又相同．则：[ ]A．甲车先通过下一个路标B．乙车先通过下一个路标C．丙车先通过下一个路标D．条件不足，无法判断点拨：直接分析难以得出答案，能否借助图像来分析？（学生讨论发言，有些学生可能会想到用图像．）解答：作出三辆汽车的速度-时间图像：甲、乙、丙三辆汽车的路程相同，即速度图线与t轴所围的面积相等，则由图像分析直接得出答案B．根据学生分析情况适当提示．[例题3]（1999年高考题）一跳水运动员从离水面10m高的平台上向上跃起，举双臂直体离开台面，此时其重心位于从手到脚全长的中点，跃起后重心升高0.45m达到最高点，落水时身体竖直，手先入水（在此过程中运动员水平方向的运动忽略不计），从离开跳台到手触水面，他可用于完成空中动作的时间是______s．（计算时，可以把运动员看作全部质量集中在重心的一个质点．g取10m/s2，结果保留二位数字．）分析：首先，要将跳水这一实际问题转化为理想化的物理模型，将运动员看成一个质点，则运动员的跳水过程就抽象为质点的竖直上抛运动．作出示意图：巡回指导．适当点拨．学生解答：解法一：分段求解．上升阶段：初速度为v0，a=-g的匀减速直线运动由题意知质点上升的最大高度为：h=0.45m可求出质点上抛的初速度下落阶段：为自由落体运动，即初速度为0，a=g的匀加速直线运动．完成空中动作的时间是：t1+t2=0.3+1.45=1.75s解法二：整段求解．先求出上抛的初速度：v0=3m/s（方法同上）将竖直上抛运动的全过程看作统一的匀减速直线运动，设向上的初速度方向为正，加速度a=-g，从离开跳台到跃入水中，质点位移为-10m．求出：t=1.75s（舍去负值）通过计算，我们体会到跳水运动真可谓是瞬间的体育艺术，在短短的1.75s内要完成多个转体和翻滚等高难度动作，充分展示优美舒展的姿势确实非常不易．[例题4]在平直公路上有甲、乙两辆车在同一地点向同一方向运动，甲车以10m/s的速度做匀速直线运动，乙车从静止开始以1.0m/s的加速度作匀加速直线运动，问：（1）甲、乙两车出发后何时再次相遇？（2）在再次相遇前两车何时相距最远？最远距离是多少？要求用多种方法求解．巡回指导．适当点拨．学生分析与解答：解法一：函数求解．出发后甲、乙的位移分别为s甲=vt=10t ①两车相遇：s甲=s乙③解出相遇时间为：t=20s两车相距：△s=s甲-s乙=10t-0.5t2求函数极值：当t=10s时，△s有最大值，△smax=50m微机模拟物理过程（几何画板）：观察：△s的变化现象：当v乙＜v甲时，△s增大当v乙＞v甲时，△s减小当v乙=v甲时，△s最大根据学生分析情况适当提示．解法二：实验方法求△smax．当v乙=v甲时，△s最大，有：at=10，t=10/1=10（s）△smax=s甲-s乙=10t-0.5t2=50（m）解法三：图像法．分别作出甲、乙的速度-时间图像当甲、乙两车相遇时，有s甲=s乙，由图像可看出：当甲图线与时间轴所围面积=乙图线与时间轴所围面积时，有：t=20s，即两车相遇的时间．当v乙=v甲时，△s最大．由图像可看出：△smax即为阴影部分的三角形面积，[例题5]球A从高H处自由下落，与此同时，在球A下方的地面上，B球以初速度v0竖直上抛，不计阻力，设v0=40m/s，g=10m/s2．试问：（1）若要在B球上升时两球相遇，或要在B球下落时两球相遇，则H的取值范围各是多少？（2）若要两球在空中相遇，则H的取值范围又是多少？示意图：图1-2-9．分析：若H很小，可能在B球上升时相遇；若H较大，可能在B球下落时相遇，但若H很大，就可能出现B球已落回原地，而A球仍在空中，即两球没有相遇．所以，要使两球在空中相遇．H要在一定的范围内．微机模拟（几何画板）：v0=40m/s设定H取不同的值，观察两球在什么位置相遇、或不相遇：H=100m时，在B球上升时相遇H=200m时，在B球下落时相遇H=400m时，不相遇再改变几次H的值进行观察．微机模拟：H不变，改变v0当v0取不同的值，观察两球在什么位置相遇或不相遇．请同学们课后解答．学生解答：（1）算出B球上升到最高点的时间：t1=v0/g=40/10=4（s）则B球在最高点处两球相遇时：B球在落地前瞬间两球相遇时：所以：要在B球上升时两球相遇，则0＜H＜160m要在B球下落时两球相遇，则160m＜H＜320m．（2）由上可知，若要两球在空中相遇，则0＜H＜320m．题目变形：若H是定值，而v0不确定，试问：（1）若要在B球上升时两球相遇，或要在B球下落时两球相遇，v0应满足什么条件？（2）若要两球在空中相遇，v0应满足什么条件？五、小结1．物理方法？2．解决问题的策略？（即解题思路）3．特殊解题技巧？学生小结：1．物理方法：模型方法，等效方法．2．解题思路：（1）由题意建立物理模型；（2）画出草图，建立物理图景；（3）分析质点运动性质；（4）由已知条件选定规律列方程；（5）统一单位制，求解方程；（6）检验讨论结果；（7）想想别的解题方法．3．特殊解题技巧：逆向思维；用推论；图像法．根据学生小结情况简评。

2019版高考物理二轮复习专题一力与运动第2讲力与物体的直线运动学案

第2讲力与物体的直线运动网络构建备考策略1.解决动力学问题要抓好关键词语(1)看到“刚好”“恰好”“正好”等字眼，想到“题述的过程存在临界点”。

(2)看到“最大、最小、至多、至少”等字眼，想到“题述的过程存在极值点”。

2.“四点”注意(1)x－t图象、v－t图象均表示直线运动。

(2)运动学公式中的v、a、x均为矢量，一定规定正方向。

(3)刹车问题中不能忽略实际运动情况。

(4)x－t、v－t、a－t图象相关量间的关系运动学中的图象问题x－t图象的理解及应用【典例1】 (多选)(2018·全国卷Ⅲ，18)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1所示。

下列说法正确的是( )图1A.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x－t图象某点的切线斜率表示瞬时速度，A错误；从0～t1时间内，由于甲、乙的出发点不同，故路程不同，B错误；t1～t2时间内，甲、乙的位移和路程都相等，大小都为x2－x1，C正确；t1～t2时间内，甲的x－t图象在某一点的切线与乙的x－t图象平行，此时刻两车速度相等，D正确。

答案CDv－t图象的理解及应用【典例2】 (多选)(2018·全国卷Ⅱ，19)甲、乙两汽车在同一条平直公路上同向运动，其速度—时间图象分别如图2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( )图2A.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解析本题可巧用逆向思维分析，两车在t 2时刻并排行驶，根据题图分析可知在t 1～t 2时间内甲车运动的位移大于乙车运动的位移，所以在t 1时刻甲车在后，乙车在前，B 正确，A 错误；依据v －t 图象斜率表示加速度分析出C 错误，D 正确。

高三物理二轮复习专题一力与物体的直线运动 学案

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