江苏省南通市通州区三余中学届高三物理二轮复习力与直线运动导学案.docx

江苏省南通市通州区三余中学届高三物理二轮复习力与直线运动导学案.docx

《江苏省南通市通州区三余中学届高三物理二轮复习力与直线运动导学案.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《江苏省南通市通州区三余中学届高三物理二轮复习力与直线运动导学案.docx（24页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

江苏省南通市通州区三余中学届高三物理二轮复习力与直线运动导学案

力与直线运动

【知识必备】

（本专题对应学生用书第4-8页）

1.匀变速直线运动的基本规律为：

速度公式v=v0+at，位移公式x=v0t+

at2，位移速度公式v2-

=2ax，

平均速度公式

=

=

.

任意两个相邻相等的时间内位移之差是一个恒量，即Δx=aT2.

2.牛顿第二定律F合=ma.

3.典型运动的动力学特征：

（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.

特例：

自由落体运动：

初速度v0=0、加速度为g的匀加速直线运动.

竖直上抛运动：

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.

【能力呈现】

能力呈现

【考情分析】

高考对力与直线运动考查的内容主要有：

匀变速直线运动的规律及运动图象问题；行车安全问题；物体在传送带（或平板车）上的运动问题；带电粒子（或带电体）在电

场、磁场中的匀变速直线运动问题；电磁感应中的动力学分析.题型既有选择题又有计算题，题目新颖，与生活实际联系密切，试题大多综合牛顿运动定律、受力分析、运动过程分析等内容.

2013

2014

2015

力与直

线运动

T14：

牛顿运动定律　匀加速运动

T5：

匀变速图象

T8：

牛顿运动定律

T5：

匀变速直线运动

T6：

牛顿运动定律的应用

【备考策略】

复习中，要灵活应用匀变速直线运动的公式，强化牛顿第二定律分析问题的思路和应用，重点抓住“两个分析”和“一个桥梁”.“两个分析”是指受力分析和运动情景或运动

过程分析.“一个桥梁”是指加速度是联系运动和受力的桥梁.综合应用牛顿运动定律和运动学公式解决问题.

1.（2015·连宿徐三模）如图所示，某跳伞运动员正减速下落.下列说法中正确的是（　　）

A.运动员处于失重状态

B.运动员处于超重状态

C.伞绳对运动员的作用力小于运

动员的重力

D.伞绳对运动员的作用力大于运动员对伞绳的作用力

【解析】运动员减速下降，加速度方向向上，运动员处于超重状态，A项错误，B项正确；加速度方向向上，说明伞绳对运动员的作用力大于运动员的重力，C项错误；伞绳对运动员的作用力与运动员对伞绳的作用力是一对作用力与反作用力，大小相等，D项错误.

【答案】B

2.（2015·广东）甲、乙两人同时同地出发骑自行车做直线运动，前1小时内的位移-时间图象如图所示.下列说法中正确的是（　　）

A.，甲的加速度比乙的大

B.，甲的速度比乙的大

C.，甲的位移比乙的小

D.0.8小时内，甲、乙骑行的路程相等

【解析】该题图象为位移—时间图象，图象斜率大小代表速度大小，分析各段甲、乙运动情况：

00.2h内均做匀速直线运动，速度相等，加速度均为0，选项A错误；在0.20.5h内做匀速直线运动，甲的速度大于乙的速度，加速度均为0，选项B正确；在0.50.6h内均静止，在0.60.8h内均做匀速直线运动，但甲的速度大于乙的速度，加速度均为0，甲的位移是-5km，大小是5km，乙的位移是-3km，大小为3km，选项C错误；整个0.8h内，甲的路程是15km，乙的路程是13km，选项D错误.

【答案】B

3.（多选）（2015·海南）如图所示，物块a、b和c的质量相同，a和b、b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连，通过系在a上的细线悬挂于固定点O，整个系统处于静止状态.现将细绳剪断，将物块a的加速度记为a1，S1和S2相对原长的伸长量分别为Δl1和Δl2，重力加速度大小为g，在剪断瞬间（　　）

A.a1=3g　B.a1=0C.Δl1=2Δl2D.Δl1=Δl2

【解析】设物块的质量为m，剪断细绳的瞬间，绳子的拉力消失，弹簧还没有来得及改变，所以剪断细绳的瞬间a受到重力和弹簧S1的拉力T1，剪断前对bc和弹簧组成的整体分析可知T1=2mg，故a受到的合力F=mg+T1=mg+2mg=3mg，故加速度a1=

=3g，A正确，B错误；设弹簧S2的拉力为T2，则T2=mg，根据胡克定律F=kΔx可得Δl1=2Δl2，C正确，D错误.

【答案】AC

4.（多选）（2015·新课标Ⅰ）如图甲所示，一物块在t=0时刻滑上一固定斜面，其运动的v-t图线如图乙所示，若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出（　　）

甲乙

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度

【解析】小球滑上斜面的初速度v0已知，向上滑行过程为匀变速直线运动，末速度为0，那么平均速度即

，所以沿斜面向上滑行的最远距离s=

t1，根据牛顿第二定律，向上滑行过程

=gsinθ+μgcosθ，向下滑行

=gsinθ-μgcosθ，整理可得gsinθ=

，从而可计算出斜面的倾斜角度θ以及动摩擦因数，选项A、C对；根据斜面的倾斜角度可计算出向上滑行的最大高度ssinθ=

t1·

=v0

，选项D对；仅根据速度时间图象，无法求出物块质量，选项B错.

【答案】ACD

【能力提升】

能力提升

匀变速直线运动基本规律的应用

求解匀变速直线运动问题的一般思路

【例1】　（2015·吉林三模）航天飞机水平降落在平直跑道上，其减速过程可简化为两个匀减速直线运动.航天飞机以水平速度v0着陆后立即打开减速阻力伞，加速度大小为a1，运动一段时间后减速为v；随后在无阻力伞的情况下匀减速直至停下.已知两个匀减速滑行过程的总时间为t.求：

（1）第二个减速阶段航天飞机运动的加速度大小.

（2）航天飞机降落后滑行的总路程.

思维轨迹：

审题→画出示意图→选择运动过程→判断运动性质→选用公式列方程→求解方程

【解析】如图，A为飞机着陆点，AB、BC分别为两个匀减速运动过程，C点停下，

A到B过程，依据v=v0+at有：

第一段匀减速运动的时间为t1=

=

，

则B到C过程的时间为t2=t-t1=t-

，

依据v=v0+at有：

B到C过程的加速度大小为

a2=

=

=

.

（2）根据v2-

=2ax得：

第一段匀减速的位移为x1=

=

，

第二段匀减速的位移为x2=

=

=

，

所以航天飞机降落后滑行的总路程为

x=x1+x2=

.

【答案】

（1）

（2）

【变式训练1】　（2015·江苏）如图所示，某“闯关游戏”的笔直通道上每隔8m设有一个关卡，各关卡同步放行和关闭，放行和关闭的时间分别为5s和2s.关卡刚放行时，一同学立即在关卡1处以加速度2m/s2由静止加速到2m/s，然后匀速向前，则最先挡住他前进的关卡是（　　）

A.关卡2B.关卡3C.关卡4D.关卡5

【解析】根据v=at可得，2=2×t1，所以加速的时间为t1=1s，加速的位移为x1=

at2=

×2×12m=1m，匀速运动的时间为t2=

s=3.5s，到达关卡2共用时4.5s，所以可以通过关卡2继续运动.到达关卡3的时间为t3=

s=4s，此时关卡3也是放行的，可以通过.到达关卡4的总时间为（1+3.5+4+4）s=12.5s，关卡放行和关闭的时间分别为5s和2s，此时关卡4是关闭的，所以最先挡住他前进的是关卡4，所以C正确.故选C.

【答案】C

动力学的两类基本问题

1.两类动力学问题的求解思路

2.应用牛顿第二定律解决动力学问题的步骤

【例2】　（2015·金陵中学）如图所示，一木箱静止在长平板车上，某时刻平板车以a=2.5m/s2的加速度由静止开始向前做匀加速直线运动，当速度达到v=9m/s时改做匀速直线运动，已知木箱与平板车之间的动摩擦因数μ=0.225，木箱与平板车之间的最大静摩擦力与滑动摩擦力相等（取g=10m/s2）.求：

（1）车在加速过程中木箱运动的加速度的大小.

（2）木箱做加速运动的时间和位移的大小.

（3）要使木箱不从平板车上滑落，木箱开始时距平板车右端的最小距离.

思维轨迹：

用牛顿第二定律求出木箱的最大加速度→比较平板车与木箱的最大加速度→

得出木箱运动的加速度→选择运动学公式计算平板车和木箱速度相等时，运动的时间和位移→求出木箱与平板车的相对位移

【解析】

（1）设木箱的最大加速度为a'，根据牛顿第二定律

μmg=ma'，

解得a'=2.25m/s2<2.5m/s2.

则木箱与平板车存在相对运动，所以车在加速过程中木箱的加速度为2.25m/s2.

（2）设木箱的加速时间为t1，加速位移为x1.

t1=

=

=4s，

x1=

=

m=18m.

（3）设平板车做匀加速直线运动的时间为t2，则

t2=

=

s=3.6s，

达到共同速度时平板车的位移为x2，则

x2=

+v（t1-t2）=

m+9×（4-3.6）m=19.8m.

要使木箱不从平板车上滑落，木箱距平板车末端的最小距离满足Δx=x2-x1=19.8m-18m=1.8m.

【答案】

（1）2.25m/s2　

（2）4s　18m　（3）1.8m

【变式训练2】　（多选）（2015·苏州一模）如图所示，小球B放在真空正方体容器A内，球B的直径恰好等于A的内边长.现将它们以初速度v0竖直向上抛出，下列说法中正确的是（　　）

A.若不计空气阻力，下落过程中，B对A没有弹力

B.若考虑空气阻力，上升过程中，A对B的弹力向下

C.若考虑空气阻力，下落过程中，B对A的弹力向上

D.若不计空气阻力，上升过程中，A对B有向上的弹力

【解析】若不计空气阻力，A、B均处于完全失重状态，不管是上升还是下落过程，A、B间均无弹力，A项正确，D项错误；若考虑空气阻力，上升过程中，整体法分析加速度大于g，对B分析，根据牛顿第二定律B所受合力大于自身重力，A对B的弹力向下，B项正确；下落过程中，整体法分析加速度小于g，对B分析，根据牛顿第二定律B所受合力小于自身重力，A对B的弹力向上，B对A的弹力向下，C项错误.

【答案】AB

动力学图象问题

求解动力学问题的基本思路

【例3】　（2015·淮安模拟）如图甲所示，水平面上固定一个倾角为θ的光滑足够长斜面，斜面顶端有一光滑的轻质定滑轮，跨过定滑轮的轻细绳两端分别连接物块A和B（可看做质点），开始A、B离水平地面的高度H=0.5m，A的质量m0=0.8kg.当B的质量m连续变化时，可以得到A的加速度变化图线如图乙所示，图中虚线为渐近线，设加速度沿斜面向上的方向为正方向，不计空气阻力，重力加速度取g=10m/s2.求：

（1）斜面的倾角θ.

（2）图乙中a0的值.

（3）若m=1.2kg，由静止同时释放A、B后，A上升离水平地面的最大高度（设B着地后不反弹）.

甲乙

思维轨迹：

（1）由图乙可知，当m=0.4kg时，二者的加速度是0→对A与B受力分析即可求出倾角θ

（2）用整体法或隔离法列式→求出A、B共同运动的加速度的表达式→当m无穷大时的加速度即为a0值

（3）根据系统机械能守恒求出B物块到达地面时的二者的速度大小→B着地后，再对A受力分析，求出A的加速度→应用运动学公式求出A上升的总位移及高度

【解析】

（1）由题意得当m=0.4kg时，a=0，设绳子的拉力为F，

所以对B有F=mg，

对A有m0gsinθ=F，

代入数据解得θ=30°.

（2）当B物体的质量为任意值m时，对B进行受力分析得mg-F=ma，

对A进行受力分析得F-m0gsinθ=m0a，

联立得a=

·g.

可知当m→∞时，a0=g.

（3）若m=1.2kg，由静止同时释放A、B后A与B整体的加速度大小a=

·g，

B着地时的速度v=

.

接着A做匀减速直线运动，到速度为零时到达最高点，

由机械能守恒得上升的高度

mgh1=

mv2，

代

入数据得h1=

=0.2m.

A距离水平面最大高度hm=H+Hsin30°+h1，

代入数据得hm=0.95m.

【答案】

（1）30°　

（2）g　（3）0.95m

【变式训练3】　（多选）（2015·江苏）一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图所示，以竖直向上为a的正方向，则人对地板的压力（　　）

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】电梯向上加速，加速度方向向上，人处于超重状态，向上加速度最大，超重最大，A项正确，B项错误；电梯向上减速，加速度方向向下，人处于失重状态，向下加速度最大，失重最大，C项错误，D项正确.

【答案】AD

滑块—木板问题

滑块—木板问题的分析方法

【例4】　（2015·南通第一次调研）某电视台的娱乐节目中，有一个拉板块的双人游戏，考验两人的默契度.如图所示，一长L=0.60m、质量M=0.40kg的木板靠在光滑竖直墙面上，木板右下方有一质量m=0.80kg的小滑块（可视为质点），滑块与木板间的动摩擦因数为μ=0.20，滑块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10m/s2.一人用水平恒力F1向左作用在滑块上，另一人用竖直恒力F2向

上拉动滑块，使滑块从地面由静止开始向上运动.

（1）为使木板能向上运动，求F1必须满足什么条件?

（2）若F1=22N，为使滑块与木板能发生相对滑动，求F2必须满足什么条件?

（3）游戏中，如果滑块上移h=1.5m时，滑块与木板没有分离，才算两人配合默契，游戏成功.现F1=24N，F2=16N，请通过计算判断游戏能否成功?

思维轨迹：

（1）木板靠在光滑墙壁上，若使木板向上运动→滑块对木板的摩擦力应大于木板的重力→列出关系式即可求解

（2）根据牛顿第二定律分别求出滑块和木板的加速度→滑块的加速度大于木板的加速度就能发生相对滑动→求得F2的范围

（3）根据牛顿第二定律分别求出滑块和木板的加速度→根据各自的加速度求出各自的位移和相对位移→若相对位移大于0.6m→不成功→若相对位移小于0.6m→成功

【解析】

（1）滑块与木板间的滑动摩擦力f=μF1，

对木板应有f>Mg，

代入数据得F1>20N.

（2）对木板由牛顿第二定律有μF1-Mg=Ma1，

对滑块由牛顿第二定律有F2-μF1-mg=ma2，

要能发生相对滑动应有a2>a1，

代入数据可得F2>13.2N.

（3）对滑块由牛顿第二定律有

F2-μF1-mg=ma3，

设滑块上升h的时间为t，则h=

a3t2，

对木板由牛顿第二定律有μF1-Mg=Ma4，

设木板在t时间上升的高度为H，则H=

a4t2，

代入数据可得H=0.75m.

由于H+L

【答案】

（1）F1>20N　

（2）F2>13.2N　（3）游戏不能成功

【变式训练4】　（2015·新课标Ⅱ）

下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害.某地有一倾角为θ=37°（sin37°=

）的山坡C，上面有一质量为m的石板B，其上下表面与斜坡平行；B上有一碎石堆A（含有大量泥土），A和B均处于静止状态，如图所示.假设某次暴雨中，A浸透雨水后总质量也为m（可视为质量不变的滑块），在极短时间内，A、B间的动摩擦因数μ1减小为

，B、C间的动摩擦因数μ2减小为0.5，A、B开始运动，此时刻为计时起点；在第2s末，B的上表面突然变为光滑，μ2保持不变.已知A开始运动时，A离B下边缘的距离l=27m，C足够长，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力.取重力加速度大小g=10m/s2.求：

（1）在02s时间内A和B加速度的大小.

（2）A在B上总的运动时间.

【解析】

（1）在02s时间内，A和B的受力如图所示，其中f1、N1是A与B之间的摩擦力和正压力的大小，f2、N2是B与C之间的摩擦力和正压力的大小，方向如图所示.

由滑动摩擦力公式和力的平衡条件

f1=μ1N1，

N1=mgcosθ，

f2=μ2N2，

N2=N1+mgcosθ，

规定沿斜面向下为正方向.设A和B的加速度分别为a1和a2，由牛顿第二定律得

mgsinθ-f1=ma1，

mgsinθ-f2+f1=ma2，

联立各式，并代入题给条件得

a1=3m/s2，

a2=1m/s2.

（2）在t1=2s时，设A和B的速度分别为v1和v2，则有

v1=a1t1=6m/s，

v2=a2t1=2m/s.

t>t1时，设A和B的加速度分别为a1'和a2'.此时A与B之间摩擦力为零，同理可得

a1'=6m/s2，

a2'=-2m/s2.

即B做减速运动.设经过时间t2，B的速度减为零，则有

v2+a2't2=0，

联立解得t2=1s.

在t1+t2时间内，A相对于B运动的距离为

s=

-

=12m<27m，

此后B静止不动.A继续在B上滑动.设再经过时间t3后A离开B，则有

L-s=（v1+a'1t2）t3+

a'1

，

可得t3=1s（另一解不合题意，舍去）.

设A在B上总的运动时间为t总，有

t总=t1+t2+t3=4s.

（也可利用下面的速度图象求解）

【答案】

（1）3m/s2　1m/s2　

（2）4s

应用动力学方法分析传送带问题

物体与传送带发生相对滑动时，物体所受摩擦力的方向与相对运动的方向相反，因物体与传送带间的动摩擦因数、斜面倾角、传送带速度、传送方向、滑块初速度的大小和方向的不同，传送带问题往往存在多种可能，因此对传送带问题

做出准确的动力学过程分析，是解决此类问题的关键.

【例5

】　（多选）（2015·盐城三模）如图所示，生产车间有两个相互垂直且等高的水平传送带甲和乙，甲的速度为v0.小工件离开甲前与甲的速度相同，并平稳地传到乙上.乙的宽度足够大，速度为v1.则（　　）

A.在地面参考系中，工件做类平抛运动

B.在乙参考系中，工件在乙上滑动的轨迹是直线

C.工件在乙上滑动时，受到乙的摩擦力方向不变

D.工件沿垂直于乙的速度减小为0时，工件的速度等于v1

思维轨迹：

在地面参考系中→沿甲与乙的运动方向分析摩擦力方向→根据合外力方向与初速度方向的夹角分析工件的运动情况

在乙参考系中→摩

擦力的合力与合初速度方向相反→做匀减速直线运动

【解析】在地面参考系中，沿甲运动的方向滑动摩擦力分力向左，沿乙运动的方向滑动摩擦力沿乙运动方向，则摩擦力的合力如图.

合初速度沿甲运动的方向，则合力与初速度不垂直，所以工件做的不是类平抛运动，故A错误；在乙参考系中，如右图所示，摩擦力的合力与合初速度方向相反，故工件在乙上滑动的轨迹是直线，做匀减速直线运动，故B正确；工件在乙上滑动时，在x轴方向做匀减速直线运动，在y轴方向做匀加速直线运动，可知两个方向摩擦力的分力不变，所以受到乙的摩擦力方向不变，故C正确；设t=0时刻摩擦力与纵向的夹角为α，侧向（x轴方向）、纵向（y轴方向）加速度的大小分别为ax、ay，则

=tanα，很短的时间Δt内，侧向、纵向的速度增量大小分别为Δvx=axΔt，Δvy=ayΔt，解得

=tanα，由题意知tanα=

=

，则

=

，则当Δvx=v0，Δvy=v

1，所以工件沿垂直于乙的速度减小为0时，工件的速度等于v1.故D正确.

【答案】BCD

【变式训练5】　（多选）（2015·盐城检测）如图甲所示，以速度v逆时针匀速转动的足够长的传送带与水平面的夹角为θ.现将一个质量为m的小木块轻轻地放在传送带的上端，小木块与传送带间的动摩擦因数为μ，则图乙中能够正确地描述小木块的速度随时间变化关系的图线可能是（　　）

甲

ABCD

乙

【解析】木块放上后一定先向下加速，由于传送带足够长，所以一定有木块速度大小等于传送带速度大小的机会，此时若重力沿传送带向下的分力大小大于最大静摩擦力，则之后木块继续加速，但加速度变小了；而若重力沿传送带向下的分力大小小于或等于最大静摩擦力，则木块将随传送带匀速运动；故C、D正确，A、B错误.

【答案】CD

趁热打铁，事半功倍.请老师布置同学们根据要求及时完成《配套检测与评估》中的练习第3-4页.

【检测与评估】

专题二　力与直线运动

1.（2015·镇江模拟）质量为0.5kg的物体在水平面上以一定的初速度运动，如图所示，a、b分别表示物体不受拉力和受到水平拉力作用的v-t图象，则拉力与摩擦力大小之比为（　　）

A.1∶2　　B.2∶1C.3∶1D.3∶2

2.（多选）（2015·南京、淮安三模）如图所示，竖直固定的光滑杆上套有一个质量m的小球A，不可伸长的轻质细绳通过固定在天花板上、大小可忽略的定滑轮O，连接小球A和小球B，虚线OC水平，此时连接小球A的细绳与水平面的夹角为60°，小球A恰能保持静止.现在小球B的下端再挂一个小球Q，小球A可从图示位置上升并恰好能到达C处.不计摩擦和空气阻力，重力加速度为g.则（　　）

A.小球B的质量为

m

B.小球B的质量为

m

C.小球A到达C处时的加速度为0

D.小球A到达C处时的加速度为g

3.（多选）（2015·海南）如图所示，升降机内有一固定斜面，斜面上放一物体，开始时升降机做匀速运动，物块相对斜面匀速下滑，当升降机加速上升时（　　）

A.物块与斜面间的摩擦力减小

B.物块与斜面间的正压力增大

C.物块相对于斜面减速下滑

D.物块相对于斜面匀速下滑

4.（多选）（2015·新课标Ⅱ）在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩链接好的车厢.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，链接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着这列车厢以大小为

a的加速度向西行驶时，链接某两相邻车厢的挂钩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

5.（多选）（2015·苏州一模）如图所示，足够长的木板A静止放置于水平面上，小物块B以初速度v0从木板左侧滑上木板.关于此后A、B两物体运动的v-t图象可能是（　　）

6.（2015·徐州一中）如图所示为仓库中常用的皮带传输装置示意图.传送带BC与水平平台AB的夹角θ=37°，其交接处由很小的圆弧平滑连接，平台左端A处一质量为m=30kg的货物，在F=350N水平推力的作用下由静止开始向传送带运动，经时间t1=1.5s到达平台AB的中点，此时撤去外力F，货物继续向前运动，不计货物经过B处的机械能损失.已知货物与平台和传送带间的动摩擦因数均为0.5，B、C两端相距4.45m，取g=10m/s2，cos37°=0.8，sin37°=0.6.

（1）求货物到达B点时的速度.

（2）若传送带BC不运转，求货物在传送带上运动的最大位移.

（3）若要货物能被送到C端，求传送带顺时针运转的最小速度.

7.（2015·连宿徐三模）一根细绳绕过轻质定滑轮，右边穿上质量M=3kg的物块A，左边穿过长L=2m的固定细管后下端系着质量m=1kg的小物块B，物块B距细管下端x=0.4m处，已知物块B通过细管时与管内壁间的滑动摩擦力F1=10N，当绳中