备战2025年高考物理二轮复习课件（通用版）专题1力与运动第2讲力与直线运动

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通览知识 明要点
研学考点 提能力
目 录 索 引
突破热点 聚素养
考点一　匀变速直线运动规律及应用
1.记牢匀变速直线运动的“四类公式”
2.掌握处理匀变速直线运动的五种方法
3.处理追及相遇问题的思路
例1 (2024山东卷)如图所示,固定的光滑斜面上有一木板,其下端与斜面上A点距离为l。木板由静止释放,若木板长度为l,通过A点的时间间隔为Δt1;若木板长度为2l,通过A点的时间间隔为Δt2。Δt2∶Δt1为(　　)
例2 (2024广西卷)如图所示,轮滑训练场沿直线等间距地摆放着若干个定位锥筒,锥筒间距d=0.9 m,某同学穿着轮滑鞋向右匀减速滑行。现测出他从1号锥筒运动到2号锥筒用时t1=0.4 s,从2号锥筒运动到3号锥筒用时t2=0.5 s。求该同学:(1)滑行的加速度大小;(2)最远能经过几号锥筒。答案 (1)1 m/s2　(2)4
解析 (1)假设经过1号锥筒时,该同学的速度为v0,从1号锥筒到2号锥筒做匀减速运动有
联立以上两式,解得a=1 m/s2v0=2.45 m/s。(2)该同学静止时距1号锥筒的距离为x= =3.001 25 m≈3.33d所以该同学将停在4号锥筒与5号锥筒之间,最远经过4号锥筒。
拓展衍生1.(2024山西临汾一模)滑块以一定的初速度v0从底端冲上足够长的光滑斜面,滑行到最高点的时间为t,位移为l;现在距底端 处放一弹性挡板(图中用虚线表示),滑块仍以相同初速度从底端出发。已知滑块与挡板相碰后可原速率反弹,碰撞时间可以忽略不计,则滑块从出发至返回底端的时间为(　　)B.tD.2t
2.(2024河北保定联考)无线通信技术已经融入了我们生活的方方面面。现甲、乙两位同学利用手机近距离无线连接技术进行实时通信。t=0时,甲、乙两位同学并排(相距较近)从百米赛道起点处沿直线加速起跑,甲同学的初速度为2 m/s,加速度为1 m/s2;乙同学的初速度为1 m/s,加速度为2 m/s2。甲同学加速到最大速度6 m/s,乙同学加速到最大速度7 m/s,两位同学加速到最大速度后均能以各自最大速度跑至终点。已知无线连接的最大距离为10 m,则甲、乙两位同学能实时通信的时间为(　　)A.10 s　B.11 sC.12 sD.13 s
考点二　牛顿运动定律的应用
命题角度1 瞬时加速度问题
例3 (2024湖南卷)如图所示,质量分别为4m、3m、2m、m的四个小球A、B、C、D,通过细线或轻弹簧互相连接,悬挂于O点,处于静止状态,重力加速度为g。若将B、C间的细线剪断,则剪断瞬间B和C的加速度大小分别为(　　)A.g,1.5gB.2g,,0.5gD.g,0.5g
解析 本题考查牛顿第二定律的瞬时性问题。剪断前,对B、C、D整体分析得FAB=(3m+2m+m)g,对D有FCD=mg;剪断后,对B有FAB-3mg=3maB,解得aB=g,方向竖直向上;对C有FCD+2mg=2maC,解得aC=1.5g,方向竖直向下。故选项A正确。
命题角度2 动力学两类基本问题1.动力学两类基本问题的解题思路
2.解决动力学问题的三种常用方法
例4 (2024九省联考安徽卷)如图所示,相距l=2.5 m的两平台位于同一水平面内,二者之间用传送带相接。传送带向右匀速运动,根据需要设定驱动系统的速度大小v=1 m/s。质量m=10 kg的货物(可视为质点)放在距传送带左侧1 m处的P点,右侧平台的人通过一根轻绳用恒力F=40 N水平向右拉货物。已知货物与平台间的动摩擦因数μ1=0.2,货物与传送带间的动摩擦因数μ2=0.5,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2。求:(1)货物运动到传送带左端时的速度大小;(2)货物在传送带上运动的时间。
【破题】(1)对货物受力分析,根据牛顿第二定律求加速度,再求运动量;(2)通过初速度与传送带速度的比较,明确摩擦力方向,根据牛顿第二定律求加速度,明确运动性质,分析求解。答案 (1)2 m/s　(2)2 s解析 (1)根据牛顿第二定律得F-μ1mg=ma1得货物在左端平台上时加速度为a1=2 m/s2由运动学公式有 =2a1x1,又x1=1 m解得货物运动到传送带左端时的速度大小为v1=2 m/s。
(2)由于v1>v,可知货物滑上传送带后受到的摩擦力向左,此时有F-μ2mg=ma2加速度为a2=-1 m/s2
命题角度3 连接体问题1.九种常见连接体
2.连接体问题的分析思路(1)涉及滑轮的问题:若要求轻绳的拉力,一般都采用隔离法。(2)水平面上的连接体问题:①这类问题一般是连接体(系统)中各物体保持相对静止,即具有相同的加速度。解题时,一般采用先整体后隔离的方法。②建立直角坐标系时要考虑矢量正交分解越少越好的原则,可以正交分解力,也可以正交分解加速度。(3)斜面体与物体组成的连接体问题:当物体具有沿斜面方向的加速度,而斜面体相对于地面静止时,一般采用隔离法分析。
例5 (多选)物块B放在光滑的水平桌面上,其上放置物块A,物块A、C通过细绳相连,细绳跨过定滑轮,与物块A相连的细绳平行于桌面,如图所示,物块A、B、C的质量均为m,现释放物块C,A和B一起以相同加速度加速运动,不计细绳与滑轮之间的摩擦力,重力加速度大小为g,则细绳拉力FT的大小及A、B间摩擦力Ff的大小分别为(　　)
命题角度4 动力学中的临界极值问题
例6 (2024河南信阳模拟)彩虹滑道作为一种旱地滑雪设备,因其外形多彩绚丽、危险性低且符合新时代环保理念而吸引到越来越多的游客。小孩坐在皮艇中被拉上滑道的过程可简化成如图所示的模型。已知皮艇质量m0=5 kg,小孩质量m=30 kg,皮艇与滑道之间的动摩擦因数μ1=0.1,小孩与皮艇之间的动摩擦因数μ2=0.8,现给皮艇一沿滑道斜向上的恒力F,用时t=50 s将皮艇和小孩拉至顶端,滑道长度L=250 m,重力加速度g取10 m/s2,滑道倾角θ=37°,已知sin 37°=0.6,cs 37°=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)只给小孩一个沿滑道斜向上的恒力F',求能将小孩和皮艇拉至顶端且不会发生相对滑动的F'的取值范围。
答案 (1)186 N,方向沿滑道向上(2)245 N　(3)238 N≤F'≤1 176 N解析 (1)给皮艇一沿滑道斜向上的恒力F将小孩和皮艇拉至顶端,由运动学公式有L= at2得a=0.2 m/s2对小孩,由牛顿第二定律有Ff-mgsin θ=ma代入数据得Ff=186 N,方向沿滑道向上。(2)对小孩和皮艇整体,由牛顿第二定律有F-(m0+m)gsin θ-μ1(m0+m)gcs θ=(m0+m)a代入数据得F=245 N。
(3)只给小孩一个沿滑道斜向上的恒力F',能将小孩和皮艇拉至顶端的最小拉力F min'=(m0+m)gsin θ+μ1(m0+m)gcs θ=238 N若小孩和皮艇恰好相对滑动,则小孩和皮艇之间达到最大静摩擦力,为μ2mgcs θ,根据牛顿第二定律,对小孩和皮艇整体有Fmax'-(m0+m)gsin θ-μ1(m0+m)gcs θ=(m0+m)a'对皮艇有μ2mgcs θ-m0gsin θ-μ1(m0+m)gcs θ=m0a'联立代入数据得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)如图所示,竖直平面内有两个完全相同的轻质弹簧,它们的一端分别固定于水平线上的M、N两点,另一端均连接在质量为m的小球上。开始时,在竖直向上的拉力作用下,小球静止于MN连线的中点O,弹簧处于原长。后将小球竖直向上缓慢拉至P点,并保持静止,此时拉力F大小为2mg。已知重力加速度大小为g,弹簧始终处于弹性限度内,不计空气阻力。若撤去拉力,则小球从P点运动到O点的过程中(　　)A.速度一直增大B.速度先增大后减小C.加速度的最大值为3gD.加速度先增大后减小
解析 本题考查物体的平衡、牛顿第二定律。小球在P点保持静止时,由平衡条件可知,拉力F、重力和两弹簧的拉力的合力为零,则两弹簧的合力大小为mg。撤去拉力后,小球从P点运动到O点的过程中两弹簧的拉力与重力的合力始终向下,小球一直做加速运动,故A正确,B错误;小球从P点运动到O点的过程中,弹簧的形变量逐渐减小,弹簧在竖直方向上的合力不断减小,故小球受的合外力一直减小,加速度一直减小,加速度的最大值为刚撤去拉力时的加速度,由牛顿第二定律可知2mg=ma,加速度的最大值为2g,故C、D错误。
4.如图所示,光滑且粗细均匀的直杆水平固定,质量均为m的A、B两个滑环套在杆上,用长为L的细线连接,再用两根长也为L的细线将质量为m的小球C分别与滑环A、B连接,不计滑环和小球的大小,重力加速度为g,水平杆足够长,用水平向右的恒定拉力拉滑环B向右加速运动,A、B、C保持相对静止,连接A、C的细线拉力刚好为零。
(1)求A、B、C整体运动的加速度大小和水平拉力F的大小。(2)若将水平拉力增大为原来的 倍,从静止开始拉B运动。当整体稳定时,求B、C间细线上拉力的大小。
解析 (1)由题意可知,连接A、C的细线刚好伸直,且拉力刚好为零,设A、B、C整体运动的加速度大小为a1,对小球C受力分析如图所示,受自身重力和B、C间细线上的拉力作用,两力的合力产生加速度,由牛顿第二定律有mgtan 30°=ma1
考点三　运动学图像和动力学图像
命题角度1 运动学图像问题近几年高考中,多以选择题形式考查,一是考查对图像的理解,二是与追及相遇问题结合起来考查
根据运动规律写出函数表达式,找出斜率及截距的物理意义
例7 (2024九省联考广西卷)2023年11月,在广西举办的第一届全国学生(青年)运动会的自行车比赛中,若甲、乙两自行车的v-t图像如图所示,在t=0时刻两车在赛道上初次相遇,则(　　)A.0~t1时间内,乙的加速度越来越大B.t1时刻,甲、乙再次相遇C.0~t1时间内,甲、乙之间的距离先增大后减小D.t1~t2时间内,甲、乙之间的距离先减小后增大答案 D
解析 v-t图像的斜率表示加速度,由图可知,0~t1时间内乙图线的斜率逐渐变小,即加速度减小,故A错误;v-t图像的面积表示位移,由图可知,在t1时刻,乙的位移大于甲的位移,即此时乙在甲前面,故B错误;v-t图像的面积表示位移,由图可知,0~t1时间内,乙的面积与甲的面积差一直增大,即甲、乙的位移差一直增大,甲、乙之间的距离一直增大,故C错误;由B选项可知,t1时刻乙在甲前面,由图可知,t1~t2时间内v甲>v乙,则甲会追上乙,并超到乙的前面,即t1~t2时间内,甲、乙之间的距离先减小到甲追上乙,后甲超到乙的前面,甲、乙之间的距离增大,故D正确。
规律总结 根据运动图像求解物理问题的四点注意事项1.根据图像的数学意义联系物理规律,明确图像的物理意义。2.识别横坐标和纵坐标所代表的物理意义,明确物理图像中的点(转折点或交点)、线(直线或曲线)、截距、斜率、面积等的物理意义。3.图像与追及相遇问题相结合时,要明确初始关系;注意其正、负值的含义及在图像中的表示方法。4.在考查内容上一般以x-t图像、v-t图像的形式出现,少数情况下会出现a-t图像、x-v图像等不常见的运动图像。
命题角度2 动力学图像问题
例8 (2024全国甲卷)如图所示,一轻绳跨过光滑定滑轮,绳的一端系物块P,P置于水平桌面上,与桌面间存在摩擦;绳的另一端悬挂一轻盘(质量可忽略),盘中放置砝码。改变盘中砝码总质量m,并测量P的加速度大小a,得到a-m图像。重力加速度大小为g。在下列a-m图像中,可能正确的是(　　)答案 D
解析 由于物块与桌面间存在摩擦,当砝码比较少时,物块保持静止,选项A、B错误;当砝码比较多时,选整体为研究对象,
拓展衍生5.(2024辽宁沈阳一模)某汽车在平直公路上行驶,突然发现前方有障碍物,智能系统识别后紧急恒力制动。从制动开始计时,该汽车的位移和时间的比值 与时间t之间的关系图像如图所示,则下列说法正确的是(　　)A.该汽车的初速度大小为20 m/sB.该汽车的初速度大小为6 m/sC.该汽车的加速度大小为4 m/s2D.该汽车从制动到停止用时5 s答案 A
解析 由于汽车恒力制动,可知该汽车制动后做匀减速直线运动,设该汽车制动后的加速度大小为a,
6.(2024安徽卷)倾角为θ的传送带以恒定速率v0顺时针转动,t=0时在传送带底端无初速轻放一物块,如图所示。t0时刻物块运动到传送带中间某位置,速度达到v0。不计空气阻力,则物块从传送带底端运动到顶端的过程中,加速度a、速度v随时间t变化的关系图线可能正确的是(　　)
解析 本题考查传送带中的图像问题。0~t0时间内,物体做加速运动,受力分析可知,物体受重力、支持力、滑动摩擦力,滑动摩擦力大于重力沿传送带向下的分力,合力不变,故做匀加速运动;t0时物块速度与传送带速度相同,静摩擦力与重力沿传送带向下的分力相等,加速度突变为零,物块做匀速直线运动,C正确,A、B、D错误。
经典物理模型:“板—块”模型叠放在一起的滑块和木板之间存在摩擦力,在其他外力作用下它们运动的加速度可能相同也可能不同,有的题目也可能没有外加的拉力或推力。但无论是哪种情况,受力分析和运动过程分析都是解题的关键。
“板—块”模型的三个基本关系
“板—块”模型在高考试题中经常出现,题型常以计算题形式出现,有时也以选择题形式出现,题目难度一般中等偏上,但最近几年单独考查该模型较少,常与动量、能量结合进行综合考查。此外还应注意变形的“板—块”模型,如小球在圆筒内滑动问题,解决此类变形的“板—块”模型,同样需要受力分析,求解两个物体的加速度,结合竖直上抛和自由落体运动进行解答。
典例 (2024四川绵阳一模)如图所示,足够长的木板静止在水平地面上,小物块A放在木板的中间,现在对A施加一与水平方向成53°的恒定拉力F,F的大小为5 N,3 s以后撤去拉力F的同时,另一小物块B以水平向右的速度vB=6.5 m/s(对地速度)冲上木板的左端。已知木板的质量为m0=1 kg,A与B的质量均为m=1 kg,A、B与木板间的动摩擦因数均为μ1=0.25,木板与地面间的动摩擦因数为μ2=0.10,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2,运动过程中A、B不会相撞。(1)拉力F作用时,木板是否会滑动?(2)撤去拉力F时,求小物块A的速度大小。(3)求木板运动的总时间。
解析 (1)拉力F作用时,对A受力分析,在竖直方向上有Fsin 53°+FN1=mg根据牛顿第三定律,A对木板的压力大小等于木板对A的支持力大小,即FN1'=FN1对木板受力分析,在竖直方向上有FN2=m0g+FN1'木板对A的最大静摩擦力、地面对木板的最大静摩擦力分别为Ff1=μ1FN1',Ff2=μ2FN2解得Ff1=1.5 N,Ff2=1.6 N由于Fcs 53°=3N>Ff1=1.5 N所以A向右相对于木板做匀加速直线运动,根据牛顿第三定律,A对木板有向右的摩擦力,由于Ff2=1.6 N>Ff1=1.5 N,所以木板不会滑动。
(2)对A,根据牛顿第二定律有Fcs 53°-Ff1=ma1解得a1=1.5 m/s2撤去拉力F时,根据运动学公式有v1=a1t1解得v1=4.5 m/s。(3)由于A与B的质量均为m=1 kg,A、B与木板间的动摩擦因数均为μ1=0.25,A、B与木板之间的滑动摩擦力大小相等,则A、B均以相同加速度向右做匀减速直线运动,由牛顿第二定律得μ1mg=ma2,解得a2=2.5 m/s2对木板有2μ1mg-μ2(2m+m0)g=m0a3,解得a3=2 m/s2木板向右做匀加速直线运动,设经历时间t2,A与木板达到相等速度,则有v2=a3t2=v1-a2t2解得t2=1 s,v2=2 m/s此时B的速度大小v3=vB-a2t2=4 m/s
随后,木板与A保持相对静止,向右做匀减速直线运动,加速度大小为
规律总结 分析“板—块”模型的四点注意1.从速度、位移、时间等角度,寻找滑块与木板之间的联系。2.滑块与木板共速是摩擦力发生突变的临界条件。3.滑块与木板存在相对滑动的条件(1)运动学条件:若两物体速度不相等,则会发生相对滑动。(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Ff,比较Ff与最大静摩擦力Ffm的关系,若Ff>Ffm,则发生相对滑动。4.滑块不从木板上掉下来的临界条件是滑块到达木板末端时,两者共速。
如图所示,水平桌面上质量为m的薄木板右端叠放着质量也为m的小物块,整体处于静止状态,已知小物块与木板间的动摩擦因数为μ,木板与桌面间的动摩擦因数为 ,假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。(1)若使木板与小物块一起以初速度v0沿水平桌面向右运动,求木板向右运动的最大距离。(2)若对木板施加水平向右的拉力F,为使木板沿水平桌面向右滑动且与小物块间没有相对滑动,求拉力F应满足的条件。(3)若给木板施加大小为3μmg、方向沿水平桌面向右的拉力,经过时间t0撤去拉力,此后运动过程中小物块始终未脱离木板,求木板的最小长度。
(2)设木板和小物块组成的系统一起向右滑动时,最小拉力为Fmin,最大拉力为Fmax,则
所以小物块与木板之间发生相对滑动小物块的加速度a1=μg撤去拉力时小物块的速度v1=a1t0=μgt0
设撤去拉力后,再经过时间t1,小物块与木板达到共同速度v,则v=a1(t0+t1)=a2t0+a3t1
典例示范(18分) 如图所示,小物块A、B由跨过定滑轮的轻绳相连,A位于水平传送带的右端,B置于倾角为30°的光滑固定斜面上,轻绳分别与斜面、传送带平行,传送带始终以速度v0=2 m/s逆时针匀速转动,某时刻A从传送带右端通过细绳带动B以相同初速率v1=5 m/s运动,方向如图所示,经过一段时间A回到传送带的右端,已知A、B的质量均为1 kg,A与传送带间的动摩擦因数为0.1,斜面、轻绳、传送带均足够长,B不会碰到定滑轮,定滑轮的质量与摩擦均不计,g取10 m/s2,求:(1)A向左运动的总时间;(2)A回到传送带右端的速度大小;(3)上述过程中,A与传送带间因摩擦产生的总热量。
大题突破(一):动力学规律在直线运动中的综合应用
满分答卷 (1)A向左减速运动的过程中,开始时A的速度大于传送带的速度,以A为研究对象,受到向右的摩擦力与绳对A的拉力,设绳子的拉力为FT1,以向右为正方向,由牛顿第二定律得FT1+μmg=ma1①(0.5分)以B为研究对象,B的加速度的大小始终与A相等,B向上运动的过程中,由牛顿第二定律得mgsin 30°-FT1=ma1②(0.5分)
当A的速度与传送带的速度相等之后,A继续减速,A的速度小于传送带的速度,受到的摩擦力变成了向左,设绳子的拉力为FT2,以A为研究对象,由牛顿第二定律得FT2-μmg=ma2⑤(0.5分)以B为研究对象,B的加速度的大小始终与A相等,B向上运动的过程中,由牛顿第二定律得mgsin 30°-FT2=ma2⑥(0.5分)
A向左运动的总时间t=t1+t2=2 s。⑨(1分)
(2)A向右运动的过程中,受到的摩擦力的方向仍然向左,仍然受到绳子的拉力,同时,B受到的力也不变,所以它们受到的合力不变,所以A的加速度不变,仍为a3=a2=2 m/s2⑩(0.5分)
(3)t1时间内传送带的位移x1'=-v0t1=-2 m⑯(0.5分)该时间内传送带相对于A的位移Δx1=x1'-x1=1.5 m⑰ (1分)t2时间内传送带的位移x2'=-v0t2=-2 m⑱(0.5分)该时间内传送带相对于A的位移Δx2=x2-x2'=1 m⑲(1分)A回到传送带右端的时间为t3,则
教师点评1.第(1)问中,必要的文字说明不完整,没有指明所选的正方向,应当进行补充。技巧:列式前一定要选好正方向,然后根据所选方向列方程。2.①、②、③三个式子正确得分。3.该同学没有分析出加速度大小发生变化,而是认为做加速度大小一直不变的减速运动。由于A的运动情况没有分析清楚,造成解答错误。技巧:对于传送带问题,一定要把摩擦力分析清楚,当速度相等时,摩擦力发生突变。4.由于第(1)问的错误,造成第(2)、第(3)问的思维出现偏差,没有把A物体运动的不同过程分析出来,导致错误。解题的基本思路还算清晰,根据所列方程或公式,分步给分。
总评:该题满分18分,该同学开始思路较清晰,中间由于摩擦力分析错误,造成错解;该同学的优点是做题过程较规范,物理字母符号应用较好;分步列式,分步得分,减少了失分,总分得到11分。