1、核心专题突破,第一部分,第2讲 力和直线运动,专题一 力与运动,栏目导航,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,2追及问题的解题思路和技巧 (1)解题思路：,(2)解题技巧： 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 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 若被追赶的物体做匀减速
2、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)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(s1s0)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旗训练要求当冰球到达挡板时，运动员至少到达小旗处,假设运动员在滑行过程中做匀加速运动，冰球到达挡板时的速度为v1，重力加速度大小为g.求： (1)冰球与冰面之间的动摩擦因数； (2)满足训练要求的运动员的最小加速度,突破点
3、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,【变式考法】 在上述题1中求运动员到达小旗处的最小速度,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x60 m，收费岛总长度为d40 m，两辆汽车同时以相同的速度v172 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v236 km/h后，匀速行驶到中心线即可完成缴费
4、，自动栏杆打开放行；乙车刚好到收费岛中心线收费窗口停下，经过t015 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t； (2)两辆汽车驶离收费站后相距的最远距离x.,3(2017广东百校联考)某公路限制速度为v126 km/h，一巡警车正以v136 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v2144 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t2 s后以a15 m/s2的加速度做匀减速直线运动，当速度减为v31
5、08 km/h后继续向前匀速行驶，巡警车发现后，在两车第一次相遇时开始以a22 m/s2的加速度加速追赶小汽车重力加速度g10 m/s2. (1)从巡警车示警到两车第一次相遇用了多长时间？这段时间内小汽车行驶的距离是多少？ (2)在不违规的情况下，巡警车追上小汽车用多长时间？ (3)如果巡警车追上小汽车的同时命令其刹车，小汽车司机急制动时产生的平均制动力F1.5104 N，汽车质量(含司机，M1 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m70 kg，汽车紧急制动过程对司机的冲量为多少？,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
6、：(1)动力学图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 横、纵坐标轴表示的物理量； 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)； 图象形状所描述的状态及变化规律； 图线与横坐标包围的“面积”有、无意义及对应的物理量； 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； 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，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
7、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t0时刻滑上一固定斜面，其运动的vt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( ) 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,ACD,突破点拨 (1)由vt图象知，物块在0t1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 mgcos ；下滑时，所受合力为mgsin mgcos . (3)当tt1时，物块速度减为零，滑至最大高度,【变式考法】 在上述题1
8、中，能否求出滑块返回原出发点时的速度及所用时间？,答案 见解析,2(2017陕西西安八校联考)不同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时，一个物体所受空气阻力可忽略，另一物体所受空气阻力大小与物体速率成正比，下列用虚线和实线描述两物体运动的vt图象可能正确的是( ),D,3(2017湖南湘中名校联考)建筑工地上常用升降机将建材从地面提升到需要的高度某次提升建材时，研究人员在升降机底板安装了压力传感器，可以显示建材对升降机底板压力的大小已知建材放上升降机后，升降机先静止了t01.0 s，然后启动，7.0 s末刚好停止运动，在这7.0 s内压力传感器的示数如图所示，当地重力加速度g取10 m/
9、s2.求： (1)整个过程中升降机的最大速度v的大小； (2)整个过程中建材上升的高度h.,题型三 牛顿运动定律的应用,命题规律 牛顿运动定律是高考的热点，命题角度有：(1)超重和失重问题(2)瞬时性问题(3)连接体问题(4)牛顿运动定律与图象综合问题 方法点拨 1基本思路 受力分析和运动分析是解决问题的关键，而加速度是联系力与运动的桥梁基本思路如图所示：,2常用方法 (1)整体法与隔离法(2)正交分解法 3注意事项 (1)仔细审题，分析物体的受力及受力的变化情况，确定并划分出物体经历的每个不同的过程 (2)逐一分析各个过程中的受力情况和运动情况，以及总结前一过程和后一过程的状态有何特点 (3
10、)前一个过程的结束就是后一个过程的开始，两个过程的交接点受力的变化、状态的特点是解题的关键,1. 一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5 m，如图甲所示t0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t1 s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板已知碰撞后1 s时间内小物块的vt图象如图乙所示木块的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10 m/s2.求：,(1)木板与地面间的动摩擦因数1及小物块与木板间的动摩擦因数2； (2)木板的最小长度； (3)木板右端离墙
11、壁的最终距离,突破点拨 (1)小物块与木板一起以共同速度向右运动，是匀减速运动，且运动时间是1 s，位移是4.5 m，末速度是4 m/s. (2)碰撞后，木板以4 m/s的初速度向左做匀减速运动，小物块以4 m/s的初速度向右做匀减速运动，且小物块运动1 s速度减为零 (3)木板的最小长度是小物块刚好没有离开木板时的长度，也是碰撞后木板和小物块刚好达到共同速度时小物块相对于木板运动的距离而不是小物块速度减为零时相对于木板运动的距离 (4)木板右端离墙壁的最终距离是指木板最终静止时右端离墙壁的距离,(3)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直至停止，设加速度为a4，此过程中小物块和
12、木板运动的位移为s3.由牛顿第二定律及运动学公式得 1(mM)g(mM)a4,0v2a4s3， 碰后木板运动的位移为ss1s3. 联立上式，并代入数值得s6.5 m， 木板右端离墙壁的最终距离为6.5 m. 答案 (1)0.1 0.4 (2)6.0 m (3)6.5 m,【变式考法】 (1)上述题1中，求出木板运动的时间 (2)上述题1中，求出小物块运动的路程 解析 (1)达到共同速度后木板作匀减速运动，运动时间为t3，有0v3a4t3. 由题1中解出t1.5 s，v32 m/s，a41 m/s2. 代入上式得t32 s， 所以木板运动总时间为tt1tt34.5 s.,答案 (1)4.5 s
13、(2)9 m,2(2016湖北部分重高中联考)如图所示，一直立的轻质薄空心圆管长为L，在其上下端开口处各安放有一个质量分别为m和2m的圆柱形物块A、B，A、B紧贴管的内壁，厚度不计A、B与管内壁间的最大静摩擦力分别是Ff1mg、Ff22mg，且设滑动摩擦力与最大静摩擦力大小相等管下方存在这样一个区域：当物块A进入该区域时受到一个竖直向上的恒力F作用，而B在该区域运动时不受它的作用，PQ、MN是该区域的上下水平边界，高度差为H(L2H)现让管的下端从距上边界PQ高H处静止释放，重力加速度为g. (1)为使A、B间无相对运动，求F应满足的条件； (2)若F3mg，求物块A到达下边界MN时A、B间的
14、距离,3(2017陕西宝鸡质检)某工厂为实现自动传送工件，设计了如图所示的传送装置，由一个水平传送带AB和倾斜传送带CD组成，水平传送带长度LAB4 m，倾斜传送带长度LCD4.45 m，倾角为37，AB和CD通过一段极短的光滑圆弧板过渡，AB传送带以v15 m/s的恒定速率顺时针运转，CD传送带静止已知工件与传送带间的动摩擦因数均为0.5，重力加速度g10 m/s2，现将一个工件(可看做质点)无初速度地放在水平传送带最左端A点处，已知sin 370.6，cos 370.8，求：,(1)工件从A端开始被第一次传送到CD传送带，上升的最大高度和所用的时间； (2)要使工件恰好被传送到CD传送带最
15、上端，CD传送带沿顺时针方向运转的速度v2的大小(v2v1),(2)CD传送带以大小为v2的速度向上转动时，当工件的速度大于v2时，滑动摩擦力沿传送带向下，加速度大小仍为a2；当工件的速度小于v2时，滑动摩擦力沿传送带向上，受力分析如图丙所示，设其加速度大小为a3，两个过程的位移大小分别为s3和s4，结合牛顿运动定律，可得 2a2s3vv，mgsin FN2ma3，2a3s40v， LCDs3s4，解得v24 m/s. 答案 (1)0.75 m 1.8 s (2)4 m/s,解答两体问题必避误区 (1)对两体进行受力分析时误认为力可以传递，如用力F推M及m一起前进(如图甲所示)，隔离m受力分析
16、时误认为力F通过M作用到m上 (2)不理解“轻绳”“轻弹簧”与有质量的绳、弹簧的区别，如用水平力F通过质量为m的弹簧秤拉物体M在光滑水平面上加速运动时(如图乙所示)，往往误认为弹簧秤拉物体的力等于F.实际上此时弹簧秤拉物体M的力为TFma，也就是说只有在弹簧秤质量不计时两者才相等,(3)不能正确建立坐标系，对加速度或力进行分解 (4)不清楚两物体在何时分离,“滑板滑块”模型问题,【预测】 如图所示，倾角为37的斜面固定在水平面上，斜面底端固定一弹性挡板，任何物体撞上挡板都以原速率反弹斜面的顶端放置一长木板，上面叠放着一滑块(可视为质点)，长木板质量为M1 kg，滑块质量为m1 kg，长木板与斜
17、面间无摩擦，滑块与长木板间的动摩擦因数0.5，木板足够长且下端距挡板的距离为L3 m，现将它们由静止释放，重力加速度大小为g10 m/s2.sin 370.6，cos 370.8.求： (1)滑块由静止释放时所受摩擦力的大小； (2)长木板第二次碰撞挡板时速度的大小； (3)从开始释放到长木板第二次碰撞挡板前长木板和滑块组成的系统因摩擦产生的热量,思维导航,规范答题,碰后长木板反弹，对滑块受力分析， mgsin 37mgcos 37ma1， 解得a12 m/s2，方向沿斜面向下,技巧点拨：求解(3)问时，可画出滑块和长木板的vt图象如图所示，阴影部分的面积表示s的大小,(1)A、B最后的速度大小和方向； (2)以水平面为参考系，A向左运动的位移最大时，B向右运动的位移大小,适用对象：高中学生,制作软件：Powerpoint2003、Photoshop cs3,运行环境：WindowsXP以上操作系统,
