2025屆高考物理二輪總復習第一編專題1力與運動第2講力與直線運動課件

第二講力與直線運動通覽知識明要點研學考點提能力目錄索引0102突破熱點聚素養(yǎng)03通覽知識明要點研學考點提能力考點一勻變速直線運動規(guī)律及應用高考風向標考點考題明細考查頻度勻變速直線運動規(guī)律及應用2024全國甲卷,24;2024山東卷,3;2024湖南卷,10;2024江西卷,3;2024廣西卷,3、13;2023山東卷,6;2022全國甲卷,15;2022湖北卷,6;2022遼寧卷,1全國卷:3年2考,地方卷:3年8考1.記牢勻變速直線運動的“四類公式”2.掌握處理勻變速直線運動的五種方法

3.處理追及相遇問題的思路

例1

(2024山東卷)如圖所示,固定的光滑斜面上有一木板,其下端與斜面上A點距離為l。木板由靜止釋放,若木板長度為l,通過A點的時間間隔為Δt1;若木板長度為2l,通過A點的時間間隔為Δt2。Δt2∶Δt1為(

)A例2(2024廣西卷)如圖所示,輪滑訓練場沿直線等間距地擺放著若干個定位錐筒,錐筒間距d=0.9m,某同學穿著輪滑鞋向右勻減速滑行?，F測出他從1號錐筒運動到2號錐筒用時t1=0.4s,從2號錐筒運動到3號錐筒用時t2=0.5s。求該同學:(1)滑行的加速度大小;(2)最遠能經過幾號錐筒。答案

(1)1m/s2

(2)4解析

(1)假設經過1號錐筒時,該同學的速度為v0,從1號錐筒到2號錐筒做勻減速運動有聯立以上兩式,解得a=1

m/s2v0=2.45

m/s。(2)該同學靜止時距1號錐筒的距離為x==3.001

25

m≈3.33d所以該同學將停在4號錐筒與5號錐筒之間,最遠經過4號錐筒。拓展衍生1.(2024山西臨汾一模)滑塊以一定的初速度v0從底端沖上足夠長的光滑斜面,滑行到最高點的時間為t,位移為l;現在距底端

處放一彈性擋板(圖中用虛線表示),滑塊仍以相同初速度從底端出發(fā)。已知滑塊與擋板相碰后可原速率反彈,碰撞時間可以忽略不計,則滑塊從出發(fā)至返回底端的時間為(

)A.0.5t

B.t

C.1.2t

D.2tB2.(2024河北保定聯考)無線通信技術已經融入了我們生活的方方面面?，F甲、乙兩位同學利用手機近距離無線連接技術進行實時通信。t=0時,甲、乙兩位同學并排(相距較近)從百米賽道起點處沿直線加速起跑,甲同學的初速度為2m/s,加速度為1m/s2;乙同學的初速度為1m/s,加速度為2m/s2。甲同學加速到最大速度6m/s,乙同學加速到最大速度7m/s,兩位同學加速到最大速度后均能以各自最大速度跑至終點。已知無線連接的最大距離為10m,則甲、乙兩位同學能實時通信的時間為(

)A.10s

B.11s C.12s D.13sB考點二牛頓運動定律的應用高考風向標考點考題明細考查頻度牛頓運動定律的應用2024湖南卷,3;2024黑吉遼卷,3;2024安徽卷,6;2023全國乙卷,14;2023北京卷,6;2023湖北卷,9;2023湖南卷,10;2022全國甲卷,19;2022全國乙卷,15;2022山東卷,16;2022北京卷,5;2022湖南卷,9全國卷:3年3考地方卷:3年9考命題角度1瞬時加速度問題

例3

(2024湖南卷)如圖所示,質量分別為4m、3m、2m、m的四個小球A、B、C、D,通過細線或輕彈簧互相連接,懸掛于O點,處于靜止狀態(tài),重力加速度為g。若將B、C間的細線剪斷,則剪斷瞬間B和C的加速度大小分別為(

)A.g,1.5g

B.2g,1.5gC.2g,0.5g

D.g,0.5gA解析

本題考查牛頓第二定律的瞬時性問題。剪斷前,對B、C、D整體分析得FAB=(3m+2m+m)g,對D有FCD=mg;剪斷后,對B有FAB-3mg=3maB,解得aB=g,方向豎直向上;對C有FCD+2mg=2maC,解得aC=1.5g,方向豎直向下。故選項A正確。命題角度2動力學兩類基本問題1.動力學兩類基本問題的解題思路2.解決動力學問題的三種常用方法

例4(2024九省聯考安徽卷)如圖所示,相距l(xiāng)=2.5m的兩平臺位于同一水平面內,二者之間用傳送帶相接。傳送帶向右勻速運動,根據需要設定驅動系統的速度大小v=1m/s。質量m=10kg的貨物(可視為質點)放在距傳送帶左側1m處的P點,右側平臺的人通過一根輕繩用恒力F=40N水平向右拉貨物。已知貨物與平臺間的動摩擦因數μ1=0.2,貨物與傳送帶間的動摩擦因數μ2=0.5,設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,重力加速度g取10m/s2。求:(1)貨物運動到傳送帶左端時的速度大小;(2)貨物在傳送帶上運動的時間。解題指導【審題】讀取題干獲取信息物理關系相距l(xiāng)=2.5

m的兩平臺位于同一水平面內,二者之間用傳送帶相接傳送帶長度已知;在水平面內運動l=2.5

m,貨物對平臺和傳送帶的壓力FN大小等于重力大小傳送帶向右勻速運動,根據需要設定驅動系統的速度大小v=1

m/s傳送帶勻速運動v=1

m/s質量m=10

kg的貨物(可視為質點)放在距傳送帶左側1

m處的P點貨物重力和初始位置已知G=mgx1=1

m讀取題干獲取信息物理關系用恒力F=40

N水平向右拉貨物水平拉力已知F=40

N已知貨物與平臺間的動摩擦因數μ1=0.2,貨物與傳送帶間的動摩擦因數μ2=0.5兩段摩擦力可求Ff=μFN貨物運動到傳送帶左端時的速度大小貨物在傳送帶左邊做初速度為零的勻加速運動F-μ1mg=ma1,

=2a1x1貨物在傳送帶上運動的時間貨物在傳送帶上做初速度不為零的勻變速運動第一段運動的末速度是第二段運動的初速度【破題】(1)對貨物受力分析,根據牛頓第二定律求加速度,再求運動量;(2)通過初速度與傳送帶速度的比較,明確摩擦力方向,根據牛頓第二定律求加速度,明確運動性質,分析求解。答案

(1)2m/s

(2)2s解析

(1)根據牛頓第二定律得F-μ1mg=ma1得貨物在左端平臺上時加速度為a1=2

m/s2由運動學公式有

=2a1x1,又x1=1

m解得貨物運動到傳送帶左端時的速度大小為v1=2

m/s。(2)由于v1>v,可知貨物滑上傳送帶后受到的摩擦力向左,此時有F-μ2mg=ma2加速度為a2=-1

m/s2命題角度3連接體問題1.九種常見連接體2.連接體問題的分析思路(1)涉及滑輪的問題:若要求輕繩的拉力,一般都采用隔離法。(2)水平面上的連接體問題:①這類問題一般是連接體(系統)中各物體保持相對靜止,即具有相同的加速度。解題時,一般采用先整體后隔離的方法。②建立直角坐標系時要考慮矢量正交分解越少越好的原則,可以正交分解力,也可以正交分解加速度。(3)斜面體與物體組成的連接體問題:當物體具有沿斜面方向的加速度,而斜面體相對于地面靜止時,一般采用隔離法分析。例5(多選)物塊B放在光滑的水平桌面上,其上放置物塊A,物塊A、C通過細繩相連,細繩跨過定滑輪,與物塊A相連的細繩平行于桌面,如圖所示,物塊A、B、C的質量均為m,現釋放物塊C,A和B一起以相同加速度加速運動,不計細繩與滑輪之間的摩擦力,重力加速度大小為g,則細繩拉力FT的大小及A、B間摩擦力Ff的大小分別為(

)BD命題角度4動力學中的臨界極值問題

例6(2024河南信陽模擬)彩虹滑道作為一種旱地滑雪設備,因其外形多彩絢麗、危險性低且符合新時代環(huán)保理念而吸引到越來越多的游客。小孩坐在皮艇中被拉上滑道的過程可簡化成如圖所示的模型。已知皮艇質量m0=5kg,小孩質量m=30kg,皮艇與滑道之間的動摩擦因數μ1=0.1,小孩與皮艇之間的動摩擦因數μ2=0.8,現給皮艇一沿滑道斜向上的恒力F,用時t=50s將皮艇和小孩拉至頂端,滑道長度L=250m,重力加速度g取10m/s2,滑道傾角θ=37°,已知sin37°=0.6,cos37°=0.8。(1)求小孩所受摩擦力的大小和方向。(2)求恒力F的大小。(3)只給小孩一個沿滑道斜向上的恒力F',求能將小孩和皮艇拉至頂端且不會發(fā)生相對滑動的F'的取值范圍。答案

(1)186N,方向沿滑道向上(2)245N

(3)238N≤F'≤1176N解析

(1)給皮艇一沿滑道斜向上的恒力F將小孩和皮艇拉至頂端,由運動學公式有L=at2得a=0.2

m/s2對小孩,由牛頓第二定律有Ff-mgsin

θ=ma代入數據得Ff=186

N,方向沿滑道向上。(2)對小孩和皮艇整體,由牛頓第二定律有F-(m0+m)gsin

θ-μ1(m0+m)gcos

θ=(m0+m)a代入數據得F=245

N。(3)只給小孩一個沿滑道斜向上的恒力F',能將小孩和皮艇拉至頂端的最小拉力F

min'=(m0+m)gsin

θ+μ1(m0+m)gcos

θ=238

N若小孩和皮艇恰好相對滑動,則小孩和皮艇之間達到最大靜摩擦力,為μ2mgcos

θ,根據牛頓第二定律,對小孩和皮艇整體有Fmax'-(m0+m)gsin

θ-μ1(m0+m)gcos

θ=(m0+m)a'對皮艇有μ2mgcos

θ-m0gsin

θ-μ1(m0+m)gcos

θ=m0a'聯立代入數據得a'=26.8

m/s2,Fmax'=1

176

N故238

N≤F'≤1

176

N。拓展衍生3.(2024安徽卷)如圖所示,豎直平面內有兩個完全相同的輕質彈簧,它們的一端分別固定于水平線上的M、N兩點,另一端均連接在質量為m的小球上。開始時,在豎直向上的拉力作用下,小球靜止于MN連線的中點O,彈簧處于原長。后將小球豎直向上緩慢拉至P點,并保持靜止,此時拉力F大小為2mg。已知重力加速度大小為g,彈簧始終處于彈性限度內,不計空氣阻力。若撤去拉力,則小球從P點運動到O點的過程中(

)A.速度一直增大

B.速度先增大后減小C.加速度的最大值為3g

D.加速度先增大后減小A解析

本題考查物體的平衡、牛頓第二定律。小球在P點保持靜止時,由平衡條件可知,拉力F、重力和兩彈簧的拉力的合力為零,則兩彈簧的合力大小為mg。撤去拉力后,小球從P點運動到O點的過程中兩彈簧的拉力與重力的合力始終向下,小球一直做加速運動,故A正確,B錯誤;小球從P點運動到O點的過程中,彈簧的形變量逐漸減小,彈簧在豎直方向上的合力不斷減小,故小球受的合外力一直減小,加速度一直減小,加速度的最大值為剛撤去拉力時的加速度,由牛頓第二定律可知2mg=ma,加速度的最大值為2g,故C、D錯誤。4.如圖所示,光滑且粗細均勻的直桿水平固定,質量均為m的A、B兩個滑環(huán)套在桿上,用長為L的細線連接,再用兩根長也為L的細線將質量為m的小球C分別與滑環(huán)A、B連接,不計滑環(huán)和小球的大小,重力加速度為g,水平桿足夠長,用水平向右的恒定拉力拉滑環(huán)B向右加速運動,A、B、C保持相對靜止,連接A、C的細線拉力剛好為零。(1)求A、B、C整體運動的加速度大小和水平拉力F的大小。(2)若將水平拉力增大為原來的

倍,從靜止開始拉B運動。當整體穩(wěn)定時,求B、C間細線上拉力的大小。解析

(1)由題意可知,連接A、C的細線剛好伸直,且拉力剛好為零,設A、B、C整體運動的加速度大小為a1,對小球C受力分析如圖所示,受自身重力和B、C間細線上的拉力作用,兩力的合力產生加速度,由牛頓第二定律有mgtan

30°=ma1考點三運動學圖像和動力學圖像高考風向標考點考題明細考查頻度運動學圖像和動力學圖像2024全國甲卷,15;2024新課標卷,14;2024福建卷,3;2024河北卷,3;2024黑吉遼卷,10;2024廣東卷,7;2024安徽卷,4;2024甘肅卷,2;2023全國甲卷,16、19;2023廣東卷,3;2023江蘇卷,1;2023湖北卷,8;2023重慶卷,8;2022廣東卷,3全國卷:3年4考地方卷:3年11考命題角度1運動學圖像問題近幾年高考中,多以選擇題形式考查,一是考查對圖像的理解,二是與追及相遇問題結合起來考查根據運動規(guī)律寫出函數表達式,找出斜率及截距的物理意義

例7(2024九省聯考廣西卷)2023年11月,在廣西舉辦的第一屆全國學生(青年)運動會的自行車比賽中,若甲、乙兩自行車的v-t圖像如圖所示,在t=0時刻兩車在賽道上初次相遇,則(

)A.0~t1時間內,乙的加速度越來越大B.t1時刻,甲、乙再次相遇C.0~t1時間內,甲、乙之間的距離先增大后減小D.t1~t2時間內,甲、乙之間的距離先減小后增大答案

D解析

v-t圖像的斜率表示加速度,由圖可知,0~t1時間內乙圖線的斜率逐漸變小,即加速度減小,故A錯誤;v-t圖像的面積表示位移,由圖可知,在t1時刻,乙的位移大于甲的位移,即此時乙在甲前面,故B錯誤;v-t圖像的面積表示位移,由圖可知,0~t1時間內,乙的面積與甲的面積差一直增大,即甲、乙的位移差一直增大,甲、乙之間的距離一直增大,故C錯誤;由B選項可知,t1時刻乙在甲前面,由圖可知,t1~t2時間內v甲>v乙,則甲會追上乙,并超到乙的前面,即t1~t2時間內,甲、乙之間的距離先減小到甲追上乙,后甲超到乙的前面,甲、乙之間的距離增大,故D正確。規(guī)律總結

根據運動圖像求解物理問題的四點注意事項1.根據圖像的數學意義聯系物理規(guī)律,明確圖像的物理意義。2.識別橫坐標和縱坐標所代表的物理意義,明確物理圖像中的點(轉折點或交點)、線(直線或曲線)、截距、斜率、面積等的物理意義。3.圖像與追及相遇問題相結合時,要明確初始關系;注意其正、負值的含義及在圖像中的表示方法。4.在考查內容上一般以x-t圖像、v-t圖像的形式出現,少數情況下會出現a-t圖像、x-v圖像等不常見的運動圖像。命題角度2動力學圖像問題

例8(2024全國甲卷)如圖所示,一輕繩跨過光滑定滑輪,繩的一端系物塊P,P置于水平桌面上,與桌面間存在摩擦;繩的另一端懸掛一輕盤(質量可忽略),盤中放置砝碼。改變盤中砝碼總質量m,并測量P的加速度大小a,得到a-m圖像。重力加速度大小為g。在下列a-m圖像中,可能正確的是(

)答案

D解析

由于物塊與桌面間存在摩擦,當砝碼比較少時,物塊保持靜止,選項A、B錯誤;當砝碼比較多時,選整體為研究對象,拓展衍生5.(2024遼寧沈陽一模)某汽車在平直公路上行駛,突然發(fā)現前方有障礙物,智能系統識別后緊急恒力制動。從制動開始計時,該汽車的位移和時間的比值

與時間t之間的關系圖像如圖所示,則下列說法正確的是(

)A.該汽車的初速度大小為20m/sB.該汽車的初速度大小為6m/sC.該汽車的加速度大小為4m/s2D.該汽車從制動到停止用時5s答案

A解析

由于汽車恒力制動,可知該汽車制動后做勻減速直線運動,設該汽車制動后的加速度大小為a,6.(2024安徽卷)傾角為θ的傳送帶以恒定速率v0順時針轉動,t=0時在傳送帶底端無初速輕放一物塊,如圖所示。t0時刻物塊運動到傳送帶中間某位置,速度達到v0。不計空氣阻力,則物塊從傳送帶底端運動到頂端的過程中,加速度a、速度v隨時間t變化的關系圖線可能正確的是(

)C解析

本題考查傳送帶中的圖像問題。0~t0時間內,物體做加速運動,受力分析可知,物體受重力、支持力、滑動摩擦力,滑動摩擦力大于重力沿傳送帶向下的分力,合力不變,故做勻加速運動;t0時物塊速度與傳送帶速度相同,靜摩擦力與重力沿傳送帶向下的分力相等,加速度突變?yōu)榱?物塊做勻速直線運動,C正確,A、B、D錯誤。突破熱點聚素養(yǎng)經典物理模型:“板—塊”模型疊放在一起的滑塊和木板之間存在摩擦力,在其他外力作用下它們運動的加速度可能相同也可能不同,有的題目也可能沒有外加的拉力或推力。但無論是哪種情況,受力分析和運動過程分析都是解題的關鍵。模型建構“板—塊”模型的三個基本關系

加速度關系如果滑塊與木板之間沒有發(fā)生相對運動,可以用“整體法”求出它們一起運動的加速度;如果滑塊與木板之間發(fā)生相對運動,應采用“隔離法”分別求出滑塊與木板運動的加速度。應注意找出滑塊與木板是否發(fā)生相對運動等隱含條件速度關系滑塊與木板之間發(fā)生相對運動時,明確滑塊與木板的速度關系,從而確定滑塊與木板受到的摩擦力。應注意當滑塊與木板的速度相同時,摩擦力可能會發(fā)生突變的情況位移關系滑塊與木板疊放在一起運動時,應仔細分析滑塊與木板的運動過程,明確滑塊與木板相對地面的位移和滑塊與木板之間的相對位移的關系考向分析“板—塊”模型在高考試題中經常出現,題型常以計算題形式出現,有時也以選擇題形式出現,題目難度一般中等偏上,但最近幾年單獨考查該模型較少,常與動量、能量結合進行綜合考查。此外還應注意變形的“板—塊”模型,如小球在圓筒內滑動問題,解決此類變形的“板—塊”模型,同樣需要受力分析,求解兩個物體的加速度,結合豎直上拋和自由落體運動進行解答。案例探究典例(2024四川綿陽一模)如圖所示,足夠長的木板靜止在水平地面上,小物塊A放在木板的中間,現在對A施加一與水平方向成53°的恒定拉力F,F的大小為5N,3s以后撤去拉力F的同時,另一小物塊B以水平向右的速度vB=6.5m/s(對地速度)沖上木板的左端。已知木板的質量為m0=1kg,A與B的質量均為m=1kg,A、B與木板間的動摩擦因數均為μ1=0.25,木板與地面間的動摩擦因數為μ2=0.10,設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,重力加速度g取10m/s2,運動過程中A、B不會相撞。(1)拉力F作用時,木板是否會滑動?(2)撤去拉力F時,求小物塊A的速度大小。(3)求木板運動的總時間。解析

(1)拉力F作用時,對A受力分析,在豎直方向上有Fsin

53°+FN1=mg根據牛頓第三定律,A對木板的壓力大小等于木板對A的支持力大小,即FN1'=FN1對木板受力分析,在豎直方向上有FN2=m0g+FN1'木板對A的最大靜摩擦力、地面對木板的最大靜摩擦力分別為Ff1=μ1FN1',Ff2=μ2FN2解得Ff1=1.5

N,Ff2=1.6

N由于Fcos

53°=3N>Ff1=1.5

N所以A向右相對于木板做勻加速直線運動,根據牛頓第三定律,A對木板有向右的摩擦力,由于Ff2=1.6

N>Ff1=1.5

N,所以木板不會滑動。(2)對A,根據牛頓第二定律有Fcos

53°-Ff1=ma1解得a1=1.5

m/s2撤去拉力F時,根據運動學公式有v1=a1t1解得v1=4.5

m/s。(3)由于A與B的質量均為m=1

kg,A、B與木板間的動摩擦因數均為μ1=0.25,A、B與木板之間的滑動摩擦力大小相等,則A、B均以相同加速度向右做勻減速直線運動,由牛頓第二定律得μ1mg=ma2,解得a2=2.5

m/s2對木板有2μ1mg-μ2(2m+m0)g=m0a3,解得a3=2

m/s2木板向右做勻加速直線運動,設經歷時間t2,A與木板達到相等速度,則有v2=a3t2=v1-a2t2解得t2=1

s,v2=2

m/s此時B的速度大小v3=vB-a2t2=4

m/s隨后,木板與A保持相對靜止,向右做勻減速直線運動,加速度大小為規(guī)律總結

分析“板—塊”模型的四點注意1.從速度、位移、時間等角度,尋找滑塊與木板之間的聯系。2.滑塊與木板共速是摩擦力發(fā)生突變的臨界條件。3.滑塊與木板存在相對滑動的條件(1)運動學條件:若兩物體速度不相等,則會發(fā)生相對滑動。(2)力學條件:一般情況下,假設兩物體間無相對滑動,先用整體法算出一起運動的加速度,再用隔離法算出滑塊“所需要”的摩擦力Ff,比較Ff與最大靜摩擦力Ffm的關系,若Ff>Ffm,則發(fā)生相對滑動。4.滑塊不從木板上掉下來的臨界條件是滑塊到達木板末端時,兩者共速。角度拓展如圖所示,水平桌面上質量為m的薄木板右端疊放著質量也為m的小物塊,整體處于靜止狀態(tài),已知小物塊與木板間的動摩擦因數為μ,木板與桌面間的動摩擦因數為,假設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,重力加速度為g。(1)若使木板與小物塊一起以初速度v0沿水平桌面向右運動,求木板向右運動的最大距離。(2)若對木板施加水平向右的拉力F,為使木板沿水平桌面向右滑動且與小物塊間沒有相對滑動,求拉力F應滿足的條件。(3)若給木板施加大小為3μmg、方向沿水平桌面向右的拉力,經過時間t0撤去拉力,此后運動過程中小物塊始終未脫離木板,求木板的最小長度。(2)設木板和小物塊組成的系統一起向右滑動時,最小拉力為Fmin,最大拉力為Fmax,則所以小物塊與木板之間發(fā)生相對滑動小物塊的加速度a1=μg撤去拉力時小物塊的速度v1=a1t0=μgt0設撤去拉力后,再經過時間t1,小物塊與木板達到共同速度v,則v=a1(t0+t1)=a2t0+a3t1典例示范(18分)如圖所示,小物塊A、B由跨過定滑輪的輕繩相連,A位于水平傳送帶的右端,B置于傾角為30°的光滑固定斜面上,輕繩分別與斜面、傳送帶平行,傳送帶始終以速度v0=2m/s逆時針勻速轉動,某時刻A從傳送帶右端通過細繩帶動B以相同初速率v1=5m/s運動,方向如圖所示,經過一段時間A回到傳送帶的右端,已知A、B的質量均為1kg,A與傳送帶間的動摩擦因數為0.1,斜面、輕繩、傳送帶均足夠長,B不會碰到定滑輪,定滑輪的質量與摩擦均不計,g取10m/s2,求:(1)A向左運動的總時間;(2)A回到傳送帶右端的速度大小;(3)上述過程中,A與傳送帶間因摩擦產生的總熱量。大題突破(一):動力學規(guī)律在直線運動中的綜合應用滿分答卷

(1)A向左減速運動的過程中,開始時A的速度大于傳送帶的速度,以