2018届高三物理二轮复习专题一力与运动第2讲力和直线运动课件
(3)如果一个物体的运动包含几个阶段，就要分段分析，各段交接处的速度往往 是联系各段的纽带． (4)对于刹车类问题，当车的速度为零时，停止运动，其加速度也突变为零．求 解此类问题应先判断车停下所用的时间，再选择合适的公式求解．
题型二
动力学图象的应用
命题规律 动力学图象的应用是近几年高考的热点，命题规律有以下几点： (1)动力学图
解析 (1)两车减速运动的加速度为 a＝ v2－v1 间为 t1＝ a ＝4 s， v1＋v2 走过的距离为 x1＝ 2 t1＝60 m.
2 ＝ 2.5 m/s ，甲车减速到 v2 所用时 d 2x＋2
v2 1
甲车从匀速运动到栏杆打开所用时间为 d x＋2－x1 t2＝ ＝ 2 s， v2
确定式中各项的物理意义．
2．判别物理过程 由图象形状所描述的状态及变化规律确定质点的运动性质．
3．选择解答方法
根据质点的运动性质，选择公式法、图象法解答试题，必要时建立函数关系并 进行图象转换，或者与常见形式比较进行解答和判断．
1. (多选)如图甲，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( ACD ) 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
突破点拨 (1)由v－t图象知，物块在0～t1内沿斜面减速上滑，之后沿斜面加速下滑．
(2)上滑时，物块所受合力为mgsin θ＋μmgcos θ；下滑时，所受合力为mgsin θ
－μmgcos θ. (3)当t＝t1时，物块速度减为零，滑至最大高度．
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 审题 要点 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 解题 模板 力的合成和分解 F合＝ma 运动学公式 受力情况 求合外力 求加速度 运动情况v、x、t
③
(2)冰球到达挡板时，满足训练要求的运动员中，刚好到达小旗处的运动员的加 速度最小．设这种情况下，冰球和运动员的加速度大小分别为 a1 和 a2，所用的时间
2 为 t.由运动学公式得 v2 － v 0 1＝2a1s0，
④
v0－v1＝a1t 1 2 s 1 ＝ a2 t ， 2 s1v1＋v02 联立④⑤⑥式得 a2＝ . 2s2 0
答案 (1)4.5 s 165 m (2)31.25 s (3)2 100 2 N· s
求解匀变速直线运动问题的技巧 (1)描述匀变速直线运动的基本物理量有 v0、v、a、x、t 五个量，每个基本公式 中都涉及四个量，选择公式时一定要注意分析已知量和待求量，根据所涉及的物理 量选择合适的公式求解，会使问题简化． (2)在涉及匀变速直线运动的题目中，如果出现连续相等时间关系，则要优先使 t x v0＋v 用中间时刻速度公式 v2＝ v ＝ t ＝ 2 及位移差公式 xn－xm＝(n－m)aT2；如果题 中给出初(或末)速度为 0，则要优先使用使用初速度为 0 的匀变速直线运动的“比例 公式”．
2 2 2 v2 － v 30 － 40 3 2 x1＝v2Δt＋ ＝40×2 m＋ m＝150 m， －2a1 －2×5
这段时间内巡警车前进了 x2＝v1(t1＋Δt)＝10×4 m＝40 m. 因为 x0＋x2>x1，说明小汽车与巡警车第一次相遇时，小汽车速度已减为 v3＝30 m/s. 设从巡警车立即示警到两车第一次相遇所用的时间为 t，根据两车的位移关系得 x1＋v3(t－4 s)＝x0＋v1t，解得 t＝4.5 s. 这段时间内小汽车行驶的距离为 x3＝x1＋v3(t－Δt－t1)＝150 m＋30×0.5 m＝165 m.
象结合匀变速直线运动的规律考查； (2) 动力学图象结合牛顿第二定律考查； (3) 动
力学图象结合受力分析，运动分析考查． 方法点拨 巧解动力学中图象的方法：
1．识别图象 ①横、纵坐标轴表示的物理量； ②是定性描述(坐标轴无标度和单位)还是定量描述(坐标轴有标度和单位)； ③图象形状所描述的状态及变化规律； ④图线与横坐标包围的“面积”有、无意义及对应的物理量； ⑤图线的折点表示斜率发生变化，明确图线斜率对应的物理量； ⑥由图象构建数学函数关系式，根据所构建的关系式与掌握的物理规律对比，
2 v2 0－v1 答案 (1)μ＝ 2gs 0
⑤， ⑥ ⑦
s1v1＋v02 (2)a2＝ 2s2 0
【变式考法】 在上述题1中求运动员到达小旗处的最小速度．
v1＋v0 解析 冰球运动的时间为 t，则有 s0＝ 2 t， v2 运动员刚好在同一时间运动到小旗处，速度最小，设为 v2，则有 s1＝ 2 t，联立 s1v0＋v1 上述二式得 v2＝ . s0
(2)设巡警车速度达到 35 m/s 用时为 t2， v－v1 35－10 t2＝ a ＝ 2 s＝12.5 s， 2 1 2 这时 x′1＝v3t2＝375 m>x′2＝v1t2＋2a1t2＝281.25 m， 说明此时没有追上． 设从巡警车开始追赶到追上小汽车用的时间为 t′， 根据两车的位移关系得 x′2＋v(t′－t2)＝v3t′，解得 t′＝31.25 s.
答案 (1)17 s (2)400 m
3． (2017·广东百校联考)某公路限制速度为 v＝ 126 km/h，一巡警车正以 v1＝36 km/h的速度在平直公路上行驶，突然发现在他后方120 m处一小汽车以v2＝144 km/h
的速度同向超速驶来，巡警车立即示警让其停车，但小汽车听到示警Δt＝2 s后以a1＝
开放行；乙车刚好到收费岛中心线收费窗口停下，经过t0＝15 s的时间缴费成功，人
工栏杆打开放行．随后两辆汽车匀加速到速度 v1后沿直线匀速行驶，设加速和减速 过程中的加速度大小相等．求： (1) 此次人工收费通道和 ETC 通 道打开栏杆放行的时间差Δt； (2) 两辆汽车驶离收费站后相距
的最远距离Δx.
v0 v1 解析 由乙图知物体快上滑的加速度大小 a1＝ t ，下滑加速度大小 a2＝ t 根据牛 1 1 顿第二定律．物块上滑时 mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，物块下滑时 mgsin θ－μmgcos θ v0＋v1 v0＋v1 v0 ＝ma2.可以求出 sin θ＝ 2gt ，μ＝2gt cos θ，物块上滑的最大距离 x＝ 2 t1，最大高 1 1 度 h＝xsin θ，选项 A、C、D 正确，B 错误．
s1v0＋v1 答案 s0
2．(2017·河南郑州预测)为提高通行效率，许多高速公路出入口安装了电子不停
车收费系统ETC.甲、乙两辆汽车分别通过 ETC通道和人工收费通道 (MTC)驶离高速 公路，流程如图所示．假设减速带离收费岛口x＝60 m，收费岛总长度为d＝40 m， 两辆汽车同时以相同的速度v1＝72 km/h经过减速带后，一起以相同的加速度做匀减 速运动．甲车减速至v2＝36 km/h后，匀速行驶到中心线即可完成缴费，自动栏杆打
(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， 0－v3 0－30 刹车时间为 t＝ ＝ s＝3 s. －a2 －10 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.
热点题型突破
题型一 匀变速直线运动规律的应用
命题规律
高考对该热点的考查既有选择题，也有计算题，命题方向主要有：(1)匀变速直
线运动公式的灵活运用；(2)在行车安全和实际运动中的应用；(3)追及相遇问题．
方法点拨 1．匀变速直线运动常用的五种解题方法 1v＝v0＋at 基本公式法2x＝v t＋1at2 0 2 3v2－v2 0＝2ax v0＋v 平均速度法→ v ＝ 2 常用方法 2 1 Δ x ＝ aT 推论法 t 2v2＝ 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
第一部分
核心专题突破
专题一 第2讲 力与运动
力和直线运动
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逐题对点特训
2年考情回顾
①运动学图象和匀变速 [例](2017·全国卷Ⅰ，24题) (2016·全国卷Ⅰ， 设问 方式
直线运动
②行车运行问题 ③滑块模型问题
21题)
[例](2016·四川卷，10题) (2016·天津卷，8题) [例](2017·全国卷Ⅰ，25题)
制动力F＝1.5×104 N，汽车质量(含司机，M＝1 500 kg，其制动过程可视为匀减速直
线运动．如果司机的质量为m＝70 kg，汽车紧急制动过程对司机的冲量为多少？
v3－v2 30－40 解析 (1)小汽车速度减为 v3＝108 km/h＝30 m/s，用时 t1＝ ＝ s＝ 2 －a1 －5 s，小汽车前进的距离为
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．
突破点拨
(1)冰球滑向挡板运动过程是在滑动摩擦力作用下做匀减速运动．
(2)冰球到达挡板时，满足训练要求的运动员中，刚好到达小旗处的运动员的加 速度就是所要求解的最小加速度．
解析 (1)设冰球的质量为 m，冰球与冰面之间的动摩擦因数为 μ，根据牛顿第二 定律有 μmg＝ma1， ①
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高考物理二轮复习第1部分专题1力与直线运动第2讲力与物体的直线运动课件
加速阶段：v0′＝v＝6 m/s，v′＝v0＝30 m/s 则：v0＝v＋a2t2，t2＝v0a－2 v＝4 s 则汽车运动的时间至少为 t＝t1＋t2＝10 s。 (3)在加速阶段：v20－v2＝2a2x2，解得 x2＝72 m 则总位移 x＝x1＋x2＝180 m 若不减速通过所需时间 t′＝vx0＝6 s 车因减速和加速过站而耽误的时间至少为 Δt＝t－t′＝4 s。 [答案] (1)108 m (2)10 s (3)4 s
所示，两质点在 t2 时刻相遇，则下 列说法正确的是
图1－2－6
A．t1 时刻两质点的运动方向相反 B．相遇前两质点一定在 t1 时刻相距最远 C．t1～t2 时间内，一定有某一时刻两质点的加速 度相同
D．t2 时刻，甲刚好从后面追上乙
[解析] 本题根据两物体的 v－t 图象考查位置关 系。由题图可知，在 t1 时刻，两质点的速度方向均为 正方向，即两质点均沿正方向运动，故 A 错误；由图 象可知，两质点从同一位置开始运动，在 0～t1 时间内， 甲质点的速度始终大于乙质点的速度，故甲在前乙在 后，在这段时间内，两质点的距离越来越远，在 t1 时 刻速度达到相同，距离最远，B 正确；若 v－t 图象是 曲线，则曲线在某一时刻的切线斜率代表该时刻的瞬
答案 B
3．(2019·浙江卷)如图 1－2－3 所示，A、B、C 为 三个实心小球，A 为铁球，B、C 为木球。A、B 两球 分别连接在两根弹簧上，C 球连接在细线一端，弹簧 和细线的下端固定在装水的杯子底部，该水杯置于用 绳子悬挂的静止吊篮内。若将挂吊篮的绳子剪断，则 剪断的瞬间相对于杯底(不计空气阻力，ρ 木＜ρ 水＜ρ 铁)
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
高三物理二轮复习课件专题一 第二讲 力与直线运动
第2轮 物理 （新高考）
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专题一 力与运动
解析： 将连接地面的细绳剪断瞬间，细绳弹力瞬间消失，对整体有 2mg－mg ＝3ma，解得 a＝g3，A、D 错误；甲球向下加速，处于失重状态，B 正确； 乙球向上加速，处于超重状态，C 正确。
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专题一 力与运动
热点命题突破
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专题一 力与运动
解析： 速度—时间图像的交点表示两车速度相同，A正确；t1～t2时间内，v甲 ＞v乙，则甲车运动的位移大于乙车运动的位移，两车在t1时刻相遇，则在t2 时刻甲车在乙车的前面，B错误；在t2时刻两车速度相同，此时两车相距最 远，C正确；由图像的斜率表示加速度可知，两车的加速度都是先减小后增 大，D错误。
2．社会责任：以中华 全国甲卷(2023)，湖北卷(2023)，河北卷
命题主 优秀文化、我国重大科 (2022)，全国乙卷(2021)，山东卷(2020)，
线之 研成果为素材，培养民 浙江卷(2020)
价值引 族自信心和自豪感，激 5．动力学综合问题：
领 发进取意识、振兴中华 全国甲卷(2022、2021)，山东卷(2022)，湖
总的节省时间，相邻两站间的距离
x＝1
080×103 5
m＝2.16×105
m；由于
v1
＝108 km/h＝30 m/s，v1′＝324 km/h＝90 m/s，普通列车加速时间 t1＝va1＝03.05
s＝60 s，加速过程的位移 x1＝21at21＝12×0.5×602 m＝900 m，根据对称性可知
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专题一 力与运动
(江苏专用)高考物理二轮复习 第一部分 专题一 力与运动 第二讲 力与直线运动课件
考点三 牛顿第二定律与运动图像的综合应用 本考点既是重点，又是难点，之所以是重点，因其与现 实生活结合紧密，能很好地考查考生学以致用的能力；称其 是难点，因为借助图像来考查，信息抽象隐蔽，考生不能准 确获取信息而导致思维受阻。解决此类问题关键是从已知图 像中得出有用信息，再结合牛顿第二定律求解结果。因此需 要考生对这两部分知识学会互联互通。
态。重力加速度大小为g，则
()
A．物块b可能受3个力
B．细线的拉力小于2mg
C．剪断细线瞬间b的加速度大小为g
D．剪断细线瞬间a的加速度大小为2g
解析：对a、b整体分析可知，整体受重力和细线向上的拉 力，水平方向如果受墙的弹力，则整体不可能竖直静止，故 不会受到水平方向上的弹力，根据平衡条件可知，细线向上 的拉力F＝2mg，再对b分析可知，b只受重力和弹簧拉力而保 持静止，故A、B错误；由于b处于平衡，故弹簧的拉力F＝ mg，剪断细线瞬间弹簧的弹力不变，则对b分析可知，b受力 不变，合力为零，故加速度为零，故C错误；对a分析可知， 剪断细线瞬间a受重力和弹簧向下的拉力，合力Fa＝2mg，则 由牛顿第二定律可知，加速度大小为2g，故D正确。 答案：D
解析：由于AB段光滑，物块在AB段受重力和斜面支持力做加
速运动，物块加速度为a1＝mgsmin α＝gsin α，BC段粗糙，故物
块比在AB段多一个沿斜面向上的摩擦力，由于一小物块由A
点静止释放，沿斜面下滑到C点时速度恰好为零，可知物块先
做加速运动后做减速运动，故可知BC段加速度向上，其大小
为：a2＝f－mmgsin α＝mf －gsin α，故A、B正确；物块在AB段
(一)整体法与隔离法的选用原则 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。
2018届高三物理二轮复习课件第1部分 专题讲练突破 力与运动1-2-1
④独立性：分力产生的加速度相互独立．
(3)运动图象六要素．
①轴；②线；③斜率；④截距；⑤交点；
⑥面积．
(1)物理思想：极限思想、 思 逆向思维、理想实验、分 想 解思想． 方 (2)学习方法：比例法、图 法 象法、控制变量法、整体
法、隔离法、合成分解法.
高频考点一 运动图象问题
1.常见图象(如x－t、v－t、a－t、F－t等)的物理意义． 知能 2.图象中斜率、截距、交点、转折点、面积的物理意义． 必备 3.将图象与物理情景相结合，正确进行图象运动过程的转
2．求解运动图象与牛顿第二定律综合问题的基本思路
3．(名师改编)(多选)甲、乙两辆汽车在平直公路上做直线运动，t ＝0 时刻两汽车同时经过公路旁的同一个路标．此后两车运动的 速度－时间图象(v－t 图象)如图所示，则关于两车运动的说法中 正确的是( )
A．0～10 s 时间内，甲、乙两车在逐渐靠近 B．5～15 s 时间内，甲、乙两车的位移大小相等 C．t＝10 s 时两车的速度大小相等、方向相反 D．t＝20 s 时两车在公路上相遇
换.
[题组冲关] 1．若货物随升降机运动的 v－t 图象如图所示(竖直向上为正)，则 货物受到升降机的支持力 F 与时间 t 关系的图象可能是( )
解析：选 B.根据 v－t 图象可知电梯的运动情况：加速下降→匀速 下降→减速下降→加速上升→匀速上升→减速上升，根据牛顿第 二定律 F－mg＝ma 可判断支持力 F 的变化情况：失重→等于重 力→超重→超重→等于重力→失重，故选项 B 正确．
1．解图象问题时不要为图象的表面现象所迷惑，要做好“三看”： (1)看清坐标轴所表示的物理量：明确因变量与自变量的制约关系， 是运动学图象(v－t、x－t、a－t)还是动力学图象(F－a、F－t、F－ x)； (2)看图线本身：识别两个相关量的变化趋势，进而分析具体的物理 过程； (3)看交点、斜率和“面积”：明确图线与图线的交点、图线与坐标 轴的交点、图线斜率、图线与坐标轴围成的面积的物理意义．
高考物理二轮复习专题一力与运动第2讲牛顿运动定律与直线运动课件
B.t=0时刻运动员的加速度大小为2 m/s2
C.动摩擦因数μ为0.25
D.比例系数k为15 kg/s
22
考点一
考点二
考点三
考点四
考点五
考点六
解析 由速度—时间图象可知,物体开始时做加速度减小的加速直
线运动,最后做匀速运动,故A错误;在t=0时刻,图线切线的斜率即为
该时刻的加速度,故有a0=
12-0 3-0
OA直线是t=0时刻速度图线的切线,速度图线末段BC平行于时间轴,
运动员与滑道间的动摩擦因数为μ,所受空气阻力与速度成正比,比 例系数为k。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,则( C)
A.物体开始时做加速度增大的加速直线运动,最后做匀速运动
高考真题 考情感悟
-9-
1
2
3
4
5
3.(多选)(2015全国Ⅰ卷)如图(a),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(b)所示。若重力加速度及图中的v0、v1、t1均 为已知量,则可求出(ACD) 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 考点定位:牛顿运动定律 命题能力点:侧重考查理解能力和分析综合能力 物理学科素养点:科学思维 解题思路与方法:根据速度—时间图象的斜率找到不同阶段的加速 度,结合受力分析和运动学规律是解答此类题目基本方法。
高考真题 考情感悟
-6-
1
2
3
4
5
解析 假设两车在t1时刻也并排(相遇)行驶,由题图可知,在t1~t2内,甲 的速度总是大于乙的速度,则t2时刻甲在乙的前面,与题设矛盾,选项 A错误;在t1时刻甲车在后,乙车在前,则在t2时刻两车才有可能并排 行驶,选项B正确;v-t图象的斜率表示加速度,由题图可知,甲、乙车
高考物理二轮专题复习篇课件：专题1第2讲力与直线运动
D．
ngH 2n＋1
B [设乙球上抛的初速度为 v0，经过时间 t 甲、乙在空中相碰， 甲做自由落体运动的位移为 h1＝H－Hn ＝12gt2，解得 t＝ 2nHn－ g H， 乙做竖直上抛运动的位移 h2＝Hn ＝v0t－12gt2，解得 v0＝ 2nng－H1， 故选项 B 正确。]
2．(多选)2022 年冬奥会将在北京和河北张家口联合举行。俯式 冰橇是冬奥会的比赛项目之一，某次比赛的赛道可简化为起点和终 点高度差为 120 m、长度为 1 200 m 的直斜坡。假设某运动员从起点 开始，以平行赛道的恒力 F＝40 N 推动质量 m＝40 kg 的冰橇开始沿 斜坡向下运动，出发 4 s 内冰橇的位移为 12 m,8 s 末运动员迅速登上 冰橇与冰橇一起沿直线运动直到终点。假定运动员登上冰橇前后冰 橇速度不变，不计空气阻力，g 取 10 m/s2，赛道倾角的余弦值取为 1， 正弦值按照题目要求计算。下列说法正确的是( )
[跟进训练] 1．(2020·河南南阳第四次月考)甲球从离地面 H 高处由静止开始 自由下落，同时使乙球从甲球的正下方地面处做竖直上抛运动，欲
使乙球上升到Hn (n>1)处与甲球相撞，则乙球上抛的初速度为(重力加 速度为 g，忽略空气阻力)( )
A．
gH 2
B．
ngH 2n－1
C．
n－1gH 2n
A．出发 4 s 内冰橇的加速度大小为 1.5 m/s2 B．冰橇与赛道间的动摩擦因数为 0.06 C．出发 10 s 内冰橇的位移为 75 m D．比赛中运动员到达终点时的速度大小为 36 m/s
AD [由出发 4 s 内冰橇的位移为 x1＝12a1t21，解得出发 4 s 内冰橇的加速度 大小为 a1＝1.5 m/s2，选项 A 正确；对冰橇，由牛顿第二定律有 F＋mgsin θ－ μmgcos θ＝ma1，解得 μ＝0.05，选项 B 错误；出发 8 s 内冰橇做匀加速直线运 动，位移为 x2＝12a1t22＝48 m,8 s 后对冰橇和运动员，由牛顿第二定律有(m＋ M)gsin θ－μ(m＋M)gcos θ＝(m＋M)a2，解得 a2＝0.5 m/s2,8 s 末冰橇的速度为 v1 ＝a1t2＝12 m/s，再运动 2 s 后位移为 x3＝v1t3＋12a2t23＝25 m，出发 10 s 内冰橇的 位移为 x2＋x3＝73 m，选项 C 错误；运动员登上冰橇后一直做加速运动，由 v22－ v21＝2a2(x－x2)，解得运动员到达终点时速度 v2＝36 m/s，选项 D 正确。]
高考物理二轮复习专题一 力与运动(PPT版)共42张
θ。
A.由v= gR 可知,甲的速度是乙的 2 倍 当货物速度达到与传送带速度相等时,由于μ<tan θ,即mg sin θ>μmg cos θ,此
绳长不变,用质量不同的球做实验,
(1)A被敲击后获得的初速度大小vA;
B.由a=ω r可知,甲的向心加速度是乙的2倍 再结合水平分运动x=v0t可得2v0=x ,故
是一
个只与地球质量有关的物理量,故D项由此所得推论是正确的。
考情分析
2018
2019
2020
力与物体的平衡 T14(1):物体的平衡
T2:物体的平衡
力与直线运动 T14(3):牛顿运动定律的 T15:牛顿运动定律的 T5:牛顿运动定律的应用-整体法
应用
应用-板块问题
力与曲线运动
T3:平抛运动
T6:圆周运动中的运动 T8:平抛运动
专题一 力与运动
1 .(1)匀变速直线运动的三个基本公式:v= v0 at,x=
v0t
1 at2 2
,v2-
v02 =2ax;
(2)两个中间速度:v=
v
=
t
v0
2
v
,
v
=
x
v02
2
v2
,且 vt <
vx。一个推论:Δx=aT2。
22
2
2
2.(1)轻绳只能产生拉力,方向沿绳子且指向绳子收缩的方向;轻杆产生的弹
力,既可以是压力,也可以是拉力,方向不一定沿杆;弹簧产生的支持力或拉力
沿轴线方向,弹簧弹力的大小:F=kx。
(2)滑动摩擦力大小F=μFN,方向沿接触面的切线方向,与相对运动的方向相反。
3.力的合成和分解均遵பைடு நூலகம்平行四边形定则;两个力的合力范围:|F1-F2|≤F≤ |F1+F2|。 4.牛顿运动定律
2018届高考物理二轮复习专题复习课件专题一 力与直线运动1
(4)a－t 图象中，图线与坐标轴围成的面积表示速度；v－t 图象中，图线与坐标轴围成的面积表示位移；而 x－t 图象中， 图线与坐标轴围成的面积则无实际意义．
变式训练 1 2016·江苏卷小球从一定高度处由静止下落， 与地面碰撞后回到原高度再次下落，重复上述运动．取小球的落
地点为原点建立坐标系，竖直向上为正方向．下列速度 v 和位置 x 的关系图象中，能描述该过程的是( )
答案：BC
变式训练 3 小明同学利用传感器绘出了一个沿直线运动的 物体在不同运动过程中，加速度 a、速度 v、位移 x 随时间 t 变 化的图象，如图所示．若该物体在 t＝0 时刻，初速度为零，则 表示该物体沿单一方向运动的图象是( )
解析：在 0～2 s 内，位移先增大再减小，知运动的方向发生 改变，故 A 错误；在 0～2 s 内速度为正值，向正方向运动，在 2 s～4 s 内速度为负值，向负方向运动，运动方向发生改变，故 B 错误；0～1 s 内加速度不变，做匀加速直线运动，1 s～2 s 内加 速度方向，大小不变，向正方向做匀减速直线运动，2 s 末速度 为零．在一个周期内速度的方向不变，故 C 正确；在 0～1 s 内， 向正方向做匀加速直线运动，1 s～2 s 内加速度方向，大小不变， 向正方向做匀减速直线运动，2 s 末速度为零，2 s～3 s 内向负方 向做匀加速直线运动，运动的方向发生变化，故 D 错误．
位移
特例
匀速直 匀变速直
线运动 线运动
倾斜 的直线
抛物线
与时间 轴平行 的直线
倾斜的 直线
注意：(1)无论是v－t图象还是x－t图象都只能用来描述直 线运动．
(2)v－t图象斜率为正(即向上倾斜)不一定做加速运动，斜率 为负(即向下倾斜)不一定做减速运动．
变式训练 1 2016·江苏卷小球从一定高度处由静止下落， 与地面碰撞后回到原高度再次下落，重复上述运动．取小球的落
地点为原点建立坐标系，竖直向上为正方向．下列速度 v 和位置 x 的关系图象中，能描述该过程的是( )
答案：BC
变式训练 3 小明同学利用传感器绘出了一个沿直线运动的 物体在不同运动过程中，加速度 a、速度 v、位移 x 随时间 t 变 化的图象，如图所示．若该物体在 t＝0 时刻，初速度为零，则 表示该物体沿单一方向运动的图象是( )
解析：在 0～2 s 内，位移先增大再减小，知运动的方向发生 改变，故 A 错误；在 0～2 s 内速度为正值，向正方向运动，在 2 s～4 s 内速度为负值，向负方向运动，运动方向发生改变，故 B 错误；0～1 s 内加速度不变，做匀加速直线运动，1 s～2 s 内加 速度方向，大小不变，向正方向做匀减速直线运动，2 s 末速度 为零．在一个周期内速度的方向不变，故 C 正确；在 0～1 s 内， 向正方向做匀加速直线运动，1 s～2 s 内加速度方向，大小不变， 向正方向做匀减速直线运动，2 s 末速度为零，2 s～3 s 内向负方 向做匀加速直线运动，运动的方向发生变化，故 D 错误．
位移
特例
匀速直 匀变速直
线运动 线运动
倾斜 的直线
抛物线
与时间 轴平行 的直线
倾斜的 直线
注意：(1)无论是v－t图象还是x－t图象都只能用来描述直 线运动．
(2)v－t图象斜率为正(即向上倾斜)不一定做加速运动，斜率 为负(即向下倾斜)不一定做减速运动．
高中物理第二轮复习 专题一 力与物体的运动 第2讲 力和直线运动
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核心要点·高考必备
研透命题·精准备考
解析 (1)设飞机装载货物前质量为m1，起飞离地速度为v1；装载货物后质量为m2， 起飞离地速度为v2，重力加速度大小为g。飞机起飞离地应满足条件
m1g＝kv21① m2g＝kv22②
由①②式及题给条件得v2＝78 m/s③ (2)设飞机滑行距离为s，滑行过程中加速度大小为a，所用时间为t。由匀变速直线运 动公式有 v22＝2as④ v2＝at⑤
①运动规律的应用 ②追及相遇问题
【例1】 (2020·全国卷Ⅰ，24)我国自主研制了运－20重型运输机。飞机获得的升力 大小F可用F＝kv2描写，k为系数；v是飞机在平直跑道上的滑行速度，F与飞机 所受重力相等时的v称为飞机的起飞离地速度。已知飞机质量为1.21×105 kg时， 起飞离地速度为66 m/s；装载货物后质量为1.69×105 kg，装载货物前后起飞离地 时的k值可视为不变。 (1)求飞机装载货物后的起飞离地速度； (2)若该飞机装载货物后，从静止开始匀加速滑行1 521 m起飞离地，求飞机在滑 行过程中加速度的大小和所用的时间。
答案
(1)会相撞
85 (2)16
m/s2(或 5.31 m/s2)
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核心要点·高考必备
研透命题·精准备考
1.建筑工人常常徒手抛砖块，地面上的工人以 10 m/s 的速度竖直向上间隔 1 s 连续两次
抛砖，每次抛一块，楼上的工人在距抛砖点正上方 3.75 m 处接砖，g 取 10 m/s2，空
气阻力可以忽略，则楼上的工人两次接砖的最长时间间隔为( )
代入数据并经过分析可知再经过t＝4 s甲、乙两车会相撞。
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核心要点·高考必备
研透命题·精准备考
2018高考物理(浙江选考)二轮专题复习名师讲练课件：专题一 力与运动 专题一 第2讲(44张PPT)
√ C.重力、空气作用力
D.重力、向前冲力、空气作用力 图4
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答案
5.(2017· 台州市9月选考)足球运动是目前全球体育界最具影响力 的项目之一，深受青少年喜爱 .如图 5 所示的四种与足球有关的 情景.其中正确的是
图5 A. 如图甲所示， 静止在草地上的足球，受到的弹力就是它受到 的重力
个棋子都是一个小磁铁，能吸在棋盘上，不计棋子间的相互作
用力，下列说法正确的是 A.小棋子共受三个力作用 B.棋子对棋盘的压力大小一定等于重力 C.磁性越强的棋子所受的摩擦力越大
D.质量不同的棋子所受的摩擦力不同
√
图7
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解析
答案
规律总结
1.弹力有无的判断“三法”
(1)条件法：根据物体是否直接接触并发生弹性形变来判断是否
D.1.0 解析 由图可知最大静摩擦力为5 N，滑动摩擦力为3 N，且滑 动摩擦力满足公式Ff＝μmg，所以μ＝0.3.
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解析
答案
模拟训练
4.(2017· 浙江 “ 七彩阳光 ” 联考 )“ 跑酷 ” 是一项深受年轻人喜
爱的运动，如图4为运动员在空中跳跃过程中的照片，此时运动 员受到的力有 A.重力 B.重力、向前冲力
(3)根据牛顿第二定律进行求解.
4.摩擦力大小的计算方法 (1)首先分清摩擦力的种类，因为只有滑动摩擦力才能用公式 Ff ＝ μFN 求解，静摩擦力通常只能用平衡条件或牛顿运动定律来 求解.
(2) 公式 Ff ＝ μFN 中， FN 为两接触面间的正压力，与物体的重力
没有必然联系，不一定等于物体的重力大小. (3)滑动摩擦力的大小与物体速度的大小无关，与接触面积的大 小也无关.