高考物理二轮复习专题力与直线运动动力学规律的应用学案

专题分层突破练2力与直线运动A组基础巩固练1.(2023浙江衢州模拟)北京冬奥会速滑馆内装有猎豹超高速4K轨道摄像机,让犯规无处遁形。

某次速度滑冰比赛中,摄像机和运动员的水平位移x随时间t变化的图像分别如图所示,下列说法正确的是()A.摄像机做直线运动,运动员做曲线运动B.0~t1时间内摄像机在前,t1~t2时间内运动员在前C.0~t2时间内摄像机与运动员的平均速度相同D.0~t2时间内任一时刻摄像机的速度都大于运动员的速度2.如图所示,甲、乙两辆汽车并排沿平直路面向前行驶,两车车顶O1、O2两位置都装有蓝牙设备,这两个蓝牙设备在5 m以内能够实现通信。

t=0时刻,甲、乙两车刚好位于图示位置,此时甲车的速度为5 m/s,乙车的速度为2 m/s,O1、O2的距离为3 m。

从该时刻起甲车以1 m/s2的加速度做匀减速直线运动直至停下,乙车保持原有速度做匀速直线运动。

忽略信号传递时间,从t=0时刻起,甲、乙两车能利用蓝牙通信的时间为()A.2.00 sB.4.75 sC.6.00 sD.6.25 s3.(2023河南安阳模拟)很多智能手机都有加速度传感器,能通过图像显示加速度情况,用手掌托着智能手机,打开加速度传感器,把手机向上抛出,然后又在抛出点接住手机,得到如图所示的加速度随时间变化的图像,图中t1=0.38 s,t2=0.55 s,t3=0.66 s,t4=1.26 s,重力加速度g取10 m/s2,由此可判断出()A.t1时刻手机的速度最大B.t2时刻手机离开手掌C.t3时刻手机处于超重状态D.手机离开手掌后上升的高度为0.45 m4.(2023全国乙卷)一同学将排球自O点垫起,排球竖直向上运动,随后下落回到O点。

设排球在运动过程中所受空气阻力大小和速度大小成正比,则该排球()A.上升时间等于下落时间B.被垫起后瞬间的速度最大C.达到最高点时加速度为零D.下落过程中做匀加速运动5.(2023山东日照模拟)如图所示,质量为2 kg的物体A静止于竖直的轻弹簧上,质量为2 kg的物体B 用细线悬挂,A、B间相互接触但无压力,重力加速度g取10 m/s2。

高三物理二、三轮复习计划与安排高三物理通过第一轮基础知识的复习，学生对高中物理中的基本概念、规律，及其一般应用，在原来的基础上大都有了一定提高。

但这些方面的知识，总的来说是比较零散的，同时，由于新高考划线录取模式未完全出炉，前两年——高一、高二对物理在高考中的作用认识不足，老师、学生对物理不够重视所带来的负面影响，使得第一轮复习较往年同样时间所产生的效果是不同的；对于综合方面的应用更存在较大的问题。

根据往年的经验，在第二轮复习中，主要的任务是能把整个高中物理知识连成线，铺成面织成网，实现知识网络化、系统化。

疏理出知识结构，使之有机地结合在一起。

另外，要在理解的基础上，能够综合各部分的内容，进一步提高解题能力。

如何才能在最后阶段充分利用有限的时间，提高复习效率，这是每位高三同仁都会思考的问题。

我们学校高三物理组根据新高考、新形势，结合本校学生具体情况，参照以往经验制订了2008届高三物理二、三轮复习计划，今天利用市教研室给我们提供的机会，把我们的一些还不成熟的做法向在座的各位领导、老师汇报一下，敬请批评指正。

一、二轮复习主要任务（一）、立足基础，构建知识体系，实现知识网络化由于高一高二认识的问题，使得前期基础知识的学习受到一定的影响，所以第一轮复习后学生的基础知识比以前还是有点不足的。

主要存在以下几方面问题：1、知识理解不到位：⑴对基本概念、基本公式记忆不清，常在考试中将公式表达错；⑵对基本概念、基本公式理解不到位，以致于在具体应用中出错；⑶对定理、定律理解单一，缺乏从不同角度理解；2、解题不规范：解题格式，语言表达不规范3、解题方法不灵活：对物理学科而言，现在的高考在选择题方面，由于单选与多选分开，在解题上有很强的技巧性。

比如这次统测的第9题（讲解）：4、解综合题能力不够：以上几方面在本次市统测中都有明显的体现，相信这是我们每个兄弟学校的共性，针对这种现状，在二轮复习中我们:进一步深化对基础知识的理解，同时把分章节复习的比较零散的知识点从整体的高度重新认识，突出主干知识，抓住重点，了解知识间的纵横联系，从而构建一个完整的知识结构体系。

专项1 匀变速直线运动规律的应用一、单项选择题1．[2023·重庆名校联考]我国自主研发的“暗剑”无人机，时速可达到2马赫．在某次试飞测试中，无人机起飞前沿地面做匀加速直线运动，加速过程中连续经过两段均为120m 的测试距离，用时分别为2s 和1s ，则无人机的加速度大小是( )A ．20m/s 2B ．60m/s 2C ．40m/s 2D ．80m/s 22．[2023·全国甲卷]一小车沿直线运动，从t ＝0开始由静止匀加速至t ＝t 1时刻，此后做匀减速运动，到t ＝t 2时刻速度降为零．在下列小车位移x 与时间t 的关系曲线中，可能正确的是( )A B C D3．[2022·全国甲卷]长为l 的高速列车在平直轨道上正常行驶，速率为v 0，要通过前方一长为L 的隧道，当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过v (v <v 0).已知列车加速和减速时加速度的大小分别为a 和2a ，则列车从减速开始至回到正常行驶速率v 0所用时间至少为( )A ．v 0－v 2a ＋L ＋l vB ．v 0－v a ＋L ＋2l vC ．3（v 0－v ）2a ＋L ＋l vD ．3（v 0－v ）a ＋L ＋2l v二、多项选择题4．2020东京奥运会田径男子4×100米接力比赛，由汤星强、谢震业、苏炳添和吴智强组成的中国队取得优异成绩．如图(a)所示，假设某接力比赛中甲、乙两运动员在直道交接棒过程的v ­t 图象大致如图(b)所示．设t 1时刻为交接棒时刻，下列说法正确的是( )A.甲为交棒运动员，乙为接棒运动员B ．0～t 1过程中，甲在前，乙在后，二者距离越来越小C ．t 1～t 2过程中，接棒运动员的加速度越来越小D ．交接棒时的速度越大，因交接棒而损失的时间越少5．[2023·福建福州3月质检]小物块在竖直方向上拉力F 的作用下从静止开始向上运动，从某一时刻开始作出其速度v 随位移x 变化的图象(v ­x 图象)如图所示，运动过程空气阻力不计，则在小物块运动过程中，下列判断正确的是( )A.小物块做匀加速直线运动 B ．拉力F 逐渐变大C ．任意相等位移内，拉力冲量相同D ．速度增加量相同时，小物块重力势能的增加量相同三、非选择题 6.随着私家车的普及，武汉的许多道路出现了让人头疼的拥堵问题．如图所示为高峰时段武汉某一街道十字路口，在一个单行道上红灯拦停了很多汽车，拦停的汽车排成笔直的一列，最前面的一辆汽车的前端刚好与路口停车线相齐，汽车长均为L ＝4.5m ，前面汽车尾部与后面相邻汽车的前端相距均为d 1＝2.0m ．为了安全，前面汽车尾部与后面相邻汽车的前端相距至少为d 2＝3.0m ，后面相邻汽车才能启动，若汽车都以a ＝2.0m/s 2的加速度做匀加速直线运动，加速到v ＝12.0m/s 后做匀速运动．若该路口一次绿灯持续时间t ＝20.0s ，时间到后直接亮红灯．另外，交通规则规定：红灯亮起时，车头已越过停车线的汽车允许通过．绿灯亮起瞬间，第一辆汽车立即启动．(1)求第一辆汽车尾部与第二辆汽车前端间的最大距离．(2)通过计算，判断第13辆汽车能否在第一次绿灯期间通过路口？7．[2023·辽宁卷]某大型水陆两栖飞机具有水面滑行汲水和空中投水等功能．某次演练中，该飞机在水面上由静止开始匀加速直线滑行并汲水，速度达到v 1＝80m/s 时离开水面，该过程滑行距离L ＝1600m 、汲水质量m ＝1.0×104kg.离开水面后，飞机攀升高度h ＝100m 时速度达到v 2＝100m/s ，之后保持水平匀速飞行，待接近目标时开始空中投水．取重力加速度g ＝10m/s 2.求：(1)飞机在水面滑行阶段的加速度a 的大小及滑行时间t ； (2)整个攀升阶段，飞机汲取的水的机械能增加量ΔE .专项1 匀变速直线运动规律的应用1．解析：第一段时间内的平均速度v 1＝120m 2s ＝60m/s ，第二段时间内的平均速度v 2＝120m1s ＝120m/s ，根据匀变速直线运动规律可知，无人机在一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，结合加速度的定义可得无人机的加速度大小为a ＝Δv Δt ＝120－601＋0.5m/s 2＝40m/s 2，选项C 正确．答案：C2．解析：x ­t 图像的斜率表示速度，小车先做匀加速运动，因此速度变大即0～t 1图像斜率变大，t 1～t 2做匀减速运动则图像的斜率变小，在t 2时刻停止图像的斜率变为零．故选D.答案：D3．解析：列车车头到达隧道前减速时间t 1＝v 0－v 2a ，在隧道中匀速行驶时间t 2＝L ＋lv，车尾离开隧道后，加速时间t 3＝v 0－v a ，总时间t ＝t 1＋t 2＋t 3＝3（v 0－v ）2a ＋L ＋lv，故C 项正确．答案：C 4．解析：由图（b ）可知，交接棒过程中，接棒运动员在前，从静止开始向前加速运动，交棒运动员在后，开始时交棒运动员速度大于接棒运动员速度，二者之间的距离越来越小，当二者速度相等时，二者距离达到最小，此时要完成交接棒动作．交接棒完成后，接棒运动员继续加速直到达到最大速度，交棒运动员继续减速直到停下，综上分析，甲为交棒运动员，乙为接棒运动员，A 正确.0～t 1过程中，乙在前，甲在后，二者距离越来越小，B 错误．由图（b ）可知，t 1～t 2过程中，接棒运动员乙做加速度逐渐减小的加速运动，C 正确．交接棒时的速度越大，移动相同位移所需时间越短，因交接棒而损失的时间越少，D 正确．答案：ACD5．解析：若小物块做匀加速直线运动，则由匀变速直线运动规律可知，v ­x 图象应为曲线，A 错误．由于拉力F 变化情况待求，显然可从运动情况入手，由加速度的定义式a ＝ΔvΔt 和Δv Δx ＝k 可得a ＝k Δx Δt ，当Δt 趋近于0时，ΔxΔt ＝v ，即a ＝kv ，则v ↑→a ↑→F ↑，B 正确．在Δt 时间内，由动量定理可得F Δt －mg Δt ＝m Δv ，即F Δt ＝mg Δt ＋km Δx ，拉力冲量I ＝mgt ＋kmx ，由B 项分析可知，发生相等位移所用的时间不同，则拉力冲量也不相同，C 错误；小物块重力势能的增加量ΔE p ＝mg Δx ＝mg ·Δvk，则速度增加量Δv 相同时，小物块重力势能的增加量mg Δx 相同，D 正确.答案：BD 6．解析：（1）第一辆汽车启动后至第二辆车启动，运动距离为d 2－d 1＝1.0m 所用时间设为t 1，则有d 2－d 1＝12at 21 ，解得t 1＝1.0s第一辆汽车启动后设经过时间t 2，第二辆汽车的速度大小为v ，对第二辆汽车，则有v ＝a （t 2－t 1），解得t 2＝7.0s设第一辆汽车尾部与第二辆汽车前端的最大距离为x 1，则有x 1＝d 1＋0＋v 2（t 2－t 1）＋vt 1－0＋v2（t 2－t 1） 解得x 1＝14.0m.（2）由题意知，绿灯亮起后，第13辆汽车的延迟启动的时间为t 3＝（13－1）t 1，解得t 3＝12.0s第13辆汽车启动前前端与路口停车线间距x 3＝（13－1）（d 1＋L ），解得x 3＝78.0m 第13辆汽车启动后，在t 4＝t －t 3＝8.0s 时间内通过的距离设为x 4，则有x 4＝12a （t 2－t 1）2＋v [t 4－（t 2－t 1）]解得x 4＝60.0m由于x 4<x 3，故第13辆汽车不能在第一次绿灯期间通过路口． 答案：（1）14.0m （2）不能7．解析：（1）飞机从静止开始做匀加速直线运动，平均速度为v 12，则L ＝12v 1t解得飞机滑行的时间为 t ＝2L v 1＝2×160080s ＝40s飞机滑行的加速度为a ＝v 1t ＝8040m/s 2＝2m/s 2（2）飞机从水面至h ＝100m 处，水的机械能包含水的动能和重力势能，则ΔE ＝mgh ＋12mv 22 －12mv 21 ＝12×1×104×1002J －12×1×104×802J ＋1×104×10×100J＝2.8×107J.答案：（1）2m/s 2 40s （2）2.8×107J。

全册教案导学案说课稿试题高三物理二轮总复习全册教学案高三物理第二轮总复习目录第1专题力与运动 (1)第2专题动量和能量 (46)第3专题圆周运动、航天与星体问题 (76)第4专题带电粒子在电场和磁场中的运动 (94)第5专题电磁感应与电路的分析 (120)第6专题振动与波、光学、执掌、原子物理 (150)第7专题高考物理实验 (177)第8专题 (202)第9专题高中物理常见的物理模型 (221)第10专题计算题的答题规范与解析技巧 (240)第1专题 力与运动知识网络考点预测本专题复习三个模块的内容：运动的描述、受力分析与平衡、牛顿运动定律的运用．运动的描述与受力分析是两个相互独立的内容，它们通过牛顿运动定律才能连成一个有机的整体．虽然运动的描述、受力平衡在近几年都有独立的命题出现在高考中但由于理综考试题量的局限以及课改趋势，独立考查前两模块的命题在2013年高考中出现的概率很小，大部分高考卷中应该都会出现同时考查三个模块知识的试题，而且占不少分值．在综合复习这三个模块内容的时候，应该把握以下几点：1．运动的描述是物理学的重要基础，其理论体系为用数学函数或图象的方法来描述、推断质点的运动规律，公式和推论众多．其中，平抛运动、追及问题、实际运动的描述应为复习的重点和难点．2．无论是平衡问题，还是动力学问题，一般都需要进行受力分析，而正交分解法、隔离法与整体法相结合是最常用、最重要的思想方法，每年高考都会对其进行考查．3．牛顿运动定律的应用是高中物理的重要内容之一，与此有关的高考试题每年都有，题型有选择题、计算题等，趋向于运用牛顿运动定律解决生产、生活和科技中的实际问题．此外，它还经常与电场、磁场结合，构成难度较大的综合性试题．一、运动的描述 要点归纳(一)匀变速直线运动的几个重要推论和解题方法1．某段时间内的平均速度等于这段时间的中间时刻的瞬时速度，即v －t ＝v t 2． 2．在连续相等的时间间隔T 内的位移之差Δs 为恒量，且Δs ＝aT 2．3．在初速度为零的匀变速直线运动中，相等的时间T 内连续通过的位移之比为：s1∶s2∶s3∶…∶s n＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)通过连续相等的位移所用的时间之比为：t1∶t2∶t3∶…∶t n＝1∶(2－1)∶(3－2)∶…∶(n－n－1)．4．竖直上抛运动(1)对称性：上升阶段和下落阶段具有时间和速度等方面的对称性．(2)可逆性：上升过程做匀减速运动，可逆向看做初速度为零的匀加速运动来研究．(3)整体性：整个运动过程实质上是匀变速直线运动．5．解决匀变速直线运动问题的常用方法(1)公式法灵活运用匀变速直线运动的基本公式及一些有用的推导公式直接解决．(2)比例法在初速度为零的匀加速直线运动中，其速度、位移和时间都存在一定的比例关系，灵活利用这些关系可使解题过程简化．(3)逆向过程处理法逆向过程处理法是把运动过程的“末态”作为“初态”，将物体的运动过程倒过来进行研究的方法．(4)速度图象法速度图象法是力学中一种常见的重要方法，它能够将问题中的许多关系，特别是一些隐藏关系，在图象上明显地反映出来，从而得到正确、简捷的解题方法．(二)运动的合成与分解1．小船渡河设水流的速度为v1，船的航行速度为v2，河的宽度为d．(1)过河时间t仅由v2沿垂直于河岸方向的分量v⊥决定，即t＝dv⊥，与v1无关，所以当v2垂直于河岸时，渡河所用的时间最短，最短时间t min＝dv2．(2)渡河的路程由小船实际运动轨迹的方向决定．当v1＜v2时，最短路程s min＝d；当v1＞v2时，最短路程s min＝v1v2 d，如图1－1 所示．图1－12．轻绳、轻杆两末端速度的关系(1)分解法把绳子(包括连杆)两端的速度都沿绳子的方向和垂直于绳子的方向分解，沿绳子方向的分运动相等(垂直方向的分运动不相关)，即v 1cos θ1＝v 2cos_θ2．(2)功率法通过轻绳(轻杆)连接物体时，往往力拉轻绳(轻杆)做功的功率等于轻绳(轻杆)对物体做功的功率．3．平抛运动如图1－2所示，物体从O 处以水平初速度v 0抛出，经时间t 到达P 点．图1－2(1)加速度⎩⎪⎨⎪⎧ 水平方向：a x ＝0竖直方向：a y＝g (2)速度⎩⎪⎨⎪⎧水平方向：v x ＝v 0竖直方向：v y ＝gt合速度的大小v ＝v 2x ＋v 2y ＝v 20＋g 2t 2设合速度的方向与水平方向的夹角为θ，有：tan θ＝v y v x ＝gt v 0，即θ＝arctan gt v 0． (3)位移⎩⎪⎨⎪⎧ 水平方向：s x ＝v 0t 竖直方向：s y ＝12gt2 设合位移的大小s ＝s 2x ＋s 2y ＝(v 0t )2＋(12gt 2)2 合位移的方向与水平方向的夹角为α，有： tan α＝s y s x ＝12gt 2v 0t ＝gt 2v 0，即α＝arctan gt 2v 0要注意合速度的方向与水平方向的夹角不是合位移的方向与水平方向的夹角的2倍，即θ≠2α，而是tan θ＝2tan α．(4)时间：由s y ＝12gt 2得，t ＝2s y g，平抛物体在空中运动的时间t 只由物体抛出时离地的高度s y 决定，而与抛出时的初速度v 0无关．(5)速度变化：平抛运动是匀变速曲线运动，故在相等的时间内，速度的变化量(g ＝Δv Δt)相等，且必沿竖直方向，如图1－3所示．图1－3任意两时刻的速度与速度的变化量Δv 构成直角三角形，Δv 沿竖直方向．注意：平抛运动的速率随时间并不均匀变化，而速度随时间是均匀变化的．(6)带电粒子(只受电场力的作用)垂直进入匀强电场中的运动与平抛运动相似，出电场后做匀速直线运动，如图1－4所示．图1－4故有：y ＝(L ′＋L 2)·tan α＝(L ′＋L 2)·qUL dm v 20． 热点、重点、难点(一)直线运动高考中对直线运动规律的考查一般以图象的应用或追及问题出现．这类题目侧重于考查学生应用数学知识处理物理问题的能力．对于追及问题，存在的困难在于选用哪些公式来列方程，作图求解，而熟记和运用好直线运动的重要推论往往是解决问题的捷径．●例1 如图1－5甲所示，A 、B 两辆汽车在笔直的公路上同向行驶．当B 车在A 车前s ＝84 m 处时，B 车的速度v B ＝4 m/s ，且正以a ＝2 m/s 2的加速度做匀加速运动；经过一段时间后，B 车的加速度突然变为零．A 车一直以v A ＝20 m/s 的速度做匀速运动，从最初相距84 m 时开始计时，经过t 0＝12 s 后两车相遇．问B 车加速行驶的时间是多少？图1－5甲【解析】设B 车加速行驶的时间为t ，相遇时A 车的位移为：s A ＝v A t 0B 车加速阶段的位移为：s B 1＝v B t ＋12at 2 匀速阶段的速度v ＝v B ＋at ，匀速阶段的位移为：s B 2＝v (t 0－t )相遇时，依题意有：s A ＝s B 1＋s B 2＋s联立以上各式得：t 2－2t 0t －2[(v B －v A )t 0＋s ]a ＝0 将题中数据v A ＝20 m/s ，v B ＝4 m/s ，a ＝2 m/s 2，t 0＝12 s ，代入上式有：t 2－24t ＋108＝解得：t 1＝6 s ，t 2＝18 s(不合题意，舍去)因此，B 车加速行驶的时间为6 s ．[答案] 6 s【点评】①出现不符合实际的解(t 2＝18 s)的原因是方程“s B 2＝v (t 0－t )”并不完全描述B 车的位移，还需加一定义域t ≤12 s ．②解析后可以作出v A －t 、v B －t 图象加以验证．图1－5乙根据v －t 图象与t 围成的面积等于位移可得，t ＝12 s 时，Δs ＝[12×(16＋4)×6＋4×6] m ＝84 m ．(二)平抛运动平抛运动在高考试题中出现的几率相当高，或出现于力学综合题中，如2008年北京、山东理综卷第24题；或出现于带电粒子在匀强电场中的偏转一类问题中，如2008年宁夏理综卷第24题、天津理综卷第23题；或出现于此知识点的单独命题中，如2009年高考福建理综卷第20题、广东物理卷第17(1)题、2008年全国理综卷Ⅰ第14题．对于这一知识点的复习，除了要熟记两垂直方向上的分速度、分位移公式外，还要特别理解和运用好速度偏转角公式、位移偏转角公式以及两偏转角的关系式(即tan θ＝2tan α)．●例2 图1－6甲所示，m 为在水平传送带上被传送的小物体(可视为质点)，A 为终端皮带轮．已知皮带轮的半径为r ，传送带与皮带轮间不会打滑．当m 可被水平抛出时，A 轮每秒的转数最少为( )图1－6甲A ．12πg rB ．g rC ．grD ．12πgr 【解析】解法一 m 到达皮带轮的顶端时，若m v 2r≥mg ，表示m 受到的重力小于(或等于)m 沿皮带轮表面做圆周运动的向心力，m 将离开皮带轮的外表面而做平抛运动又因为转数n ＝ω2π＝v 2πr所以当v ≥gr ，即转数n ≥12πg r时，m 可被水平抛出，故选项A 正确． 解法二 建立如图1－6乙所示的直角坐标系．当m 到达皮带轮的顶端有一速度时，若没有皮带轮在下面，m 将做平抛运动，根据速度的大小可以作出平抛运动的轨迹．若轨迹在皮带轮的下方，说明m 将被皮带轮挡住，先沿皮带轮下滑；若轨迹在皮带轮的上方，说明m 立即离开皮带轮做平抛运动．图1－6乙又因为皮带轮圆弧在坐标系中的函数为：当y 2＋x 2＝r 2初速度为v 的平抛运动在坐标系中的函数为：y ＝r －12g (x v )2 平抛运动的轨迹在皮带轮上方的条件为：当x >0时，平抛运动的轨迹上各点与O 点间的距离大于r ，即y 2＋x 2>r 即[r －12g (x v )2]2＋x 2>r 解得：v ≥gr又因皮带轮的转速n 与v 的关系为：n ＝v 2πr 可得：当n ≥12πg r时，m 可被水平抛出． [答案] A【点评】“解法一”应用动力学的方法分析求解；“解法二”应用运动学的方法(数学方法)求解，由于加速度的定义式为a ＝Δv Δt ，而决定式为a ＝F m，故这两种方法殊途同归． ★同类拓展1 高台滑雪以其惊险刺激而闻名，运动员在空中的飞跃姿势具有很强的观赏性．某滑雪轨道的完整结构可以简化成如图1－7所示的示意图．其中AB 段是助滑雪道，倾角α＝30°，BC 段是水平起跳台，CD 段是着陆雪道，AB 段与BC 段圆滑相连，DE 段是一小段圆弧(其长度可忽略)，在D 、E 两点分别与CD 、EF 相切，EF 是减速雪道，倾角θ＝37°．轨道各部分与滑雪板间的动摩擦因数均为μ＝0.25，图中轨道最高点A 处的起滑台距起跳台BC 的竖直高度h ＝10 m ．A 点与C 点的水平距离L 1＝20 m ，C 点与D 点的距离为32.625 m ．运动员连同滑雪板的总质量m ＝60 kg ．滑雪运动员从A 点由静止开始起滑，通过起跳台从C 点水平飞出，在落到着陆雪道上时，运动员靠改变姿势进行缓冲使自己只保留沿着陆雪道的分速度而不弹起．除缓冲外运动员均可视为质点，设运动员在全过程中不使用雪杖助滑，忽略空气阻力的影响，取重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8．求：图1－7(1)运动员在C 点水平飞出时的速度大小．(2)运动员在着陆雪道CD 上的着陆位置与C 点的距离． (3)运动员滑过D 点时的速度大小．【解析】(1)滑雪运动员从A 到C 的过程中，由动能定理得：mgh －μmg cos αhsin α－μmg (L 1－h cot α)＝12m v 2C解得：v C ＝10 m/s ．(2)滑雪运动员从C 点水平飞出到落到着陆雪道的过程中做平抛运动，有： x ＝v C t y ＝12gt 2 yx＝tan θ 着陆位置与C 点的距离s ＝x cos θ解得：s ＝18.75 m ，t ＝1.5 s ．(3)着陆位置到D 点的距离s ′＝13.875 m ，滑雪运动员在着陆雪道上做匀加速直线运动．把平抛运动沿雪道和垂直雪道分解，可得着落后的初速度v 0＝v C cos θ＋gt sin θ加速度为：mg sin θ－μmg cos θ＝ma运动到D 点的速度为：v 2D ＝v 20＋2as ′ 解得：v D ＝20 m/s ．[答案] (1)10 m/s (2)18.75 m (3)20 m/s 互动辨析 在斜面上的平抛问题较为常见，“位移与水平面的夹角等于倾角”为着落条件．同学们还要能总结出距斜面最远的时刻以及这一距离．二、受力分析要点归纳(一)常见的五种性质的力(二)力的运算、物体的平衡1．力的合成与分解遵循力的平行四边形定则(或力的三角形定则)．2．平衡状态是指物体处于匀速直线运动或静止状态，物体处于平衡状态的动力学条件是：F合＝0或F x＝0、F y＝0、F z＝0．注意：静止状态是指速度和加速度都为零的状态，如做竖直上抛运动的物体到达最高点时速度为零，但加速度等于重力加速度，不为零，因此不是平衡状态．3．平衡条件的推论(1)物体处于平衡状态时，它所受的任何一个力与它所受的其余力的合力等大、反向．(2)物体在同一平面上的三个不平行的力的作用下处于平衡状态时，这三个力必为共点力．物体在三个共点力的作用下而处于平衡状态时，表示这三个力的有向线段组成一封闭的矢量三角形，如图1－8所示．图1－84．共点力作用下物体的平衡分析热点、重点、难点(一)正交分解法、平行四边形法则的应用1．正交分解法是分析平衡状态物体受力时最常用、最主要的方法．即当F合＝0时有：F x合＝0，F y合＝0，F z合＝0．2．平行四边形法有时可巧妙用于定性分析物体受力的变化或确定相关几个力之比．●例3举重运动员在抓举比赛中为了减小杠铃上升的高度和发力，抓杠铃的两手间要有较大的距离．某运动员成功抓举杠铃时，测得两手臂间的夹角为120°，运动员的质量为75 kg，举起的杠铃的质量为125 kg，如图1－9甲所示．求该运动员每只手臂对杠铃的作用力的大小．(取g＝10 m/s2)图1－9甲【分析】由手臂的肌肉、骨骼构造以及平时的用力习惯可知，伸直的手臂主要沿手臂方向发力．取手腕、手掌为研究对象，握杠的手掌对杠有竖直向上的弹力和沿杠向外的静摩擦力，其合力沿手臂方向，如图1－9乙所示．图1－9乙【解析】手臂对杠铃的作用力的方向沿手臂的方向，设该作用力的大小为F，则杠铃的受力情况如图1－9丙所示图1－9丙由平衡条件得：2F cos 60°＝mg解得：F＝1250 N．[答案] 1250 N●例4两个可视为质点的小球a和b，用质量可忽略的刚性细杆相连放置在一个光滑的半球面内，如图1－10甲所示．已知小球a和b的质量之比为3，细杆长度是球面半径的 2 倍．两球处于平衡状态时，细杆与水平面的夹角θ是[2008年高考·四川延考区理综卷]()图1－10甲A．45°B．30°C．22.5°D．15°【解析】解法一设细杆对两球的弹力大小为T，小球a、b的受力情况如图1－10乙所示图1－10乙其中球面对两球的弹力方向指向圆心，即有： cos α＝22R R ＝22解得：α＝45°故F N a 的方向为向上偏右，即β1＝π2－45°－θ＝45°－θF N b 的方向为向上偏左，即β2＝π2－(45°－θ)＝45°＋θ两球都受到重力、细杆的弹力和球面的弹力的作用，过O 作竖直线交ab 于c 点，设球面的半径为R ，由几何关系可得：m a g Oc ＝F N aR m b g Oc ＝F N bR解得：F N a ＝3F N b取a 、b 及细杆组成的整体为研究对象，由平衡条件得： F N a ·sin β1＝F N b ·sin β2 即 3F N b ·sin(45°－θ)＝F N b ·sin(45°＋θ) 解得：θ＝15°．解法二 由几何关系及细杆的长度知，平衡时有： sin ∠Oab ＝22R R ＝22故∠Oab ＝∠Oba ＝45°再设两小球及细杆组成的整体重心位于c 点，由悬挂法的原理知c 点位于O 点的正下方，且ac bc ＝m am b＝ 3即R ·sin(45°－θ)∶R ·sin(45°＋θ)＝1∶ 3解得：θ＝15°． [答案] D【点评】①利用平行四边形(三角形)定则分析物体的受力情况在各类教辅中较常见．掌握好这种方法的关键在于深刻地理解好“在力的图示中，有向线段替代了力的矢量”．②在理论上，本题也可用隔离法分析小球a 、b 的受力情况，根据正交分解法分别列平衡方程进行求解，但是求解三角函数方程组时难度很大．③解法二较简便，但确定重心的公式ac bc ＝m am b＝3超纲．(二)带电粒子在复合场中的平衡问题 在高考试题中，也常出现带电粒子在复合场中受力平衡的物理情境，出现概率较大的是在正交的电场和磁场中的平衡问题及在电场和重力场中的平衡问题．在如图1－11所示的速度选择器中，选择的速度v ＝EB ；在如图1－12所示的电磁流量计中，流速v ＝u Bd ，流量Q ＝πdu 4B．图1－11 图1－12●例5 在地面附近的空间中有水平方向的匀强电场和匀强磁场，已知磁场的方向垂直纸面向里，一个带电油滴沿着一条与竖直方向成α角的直线MN 运动，如图1－13所示．由此可判断下列说法正确的是( )图1－13A ．如果油滴带正电，则油滴从M 点运动到N 点B ．如果油滴带正电，则油滴从N 点运动到M 点C ．如果电场方向水平向右，则油滴从N 点运动到M 点D ．如果电场方向水平向左，则油滴从N 点运动到M 点【解析】油滴在运动过程中受到重力、电场力及洛伦兹力的作用，因洛伦兹力的方向始终与速度方向垂直，大小随速度的改变而改变，而电场力与重力的合力是恒力，所以物体做匀速直线运动；又因电场力一定在水平方向上，故洛伦兹力的方向是斜向上方的，因而当油滴带正电时，应该由M 点向N 点运动，故选项A 正确、B 错误．若电场方向水平向右，则油滴需带负电，此时斜向右上方与MN 垂直的洛伦兹力对应粒子从N 点运动到M 点，即选项C 正确．同理，电场方向水平向左时，油滴需带正电，油滴是从M 点运动到N 点的，故选项D 错误．[答案] AC 【点评】对于带电粒子在复合场中做直线运动的问题要注意受力分析．因为洛伦兹力的方向与速度的方向垂直，而且与磁场的方向、带电粒子的电性都有关，分析时更要注意．本题中重力和电场力均为恒力，要保证油滴做直线运动，两力的合力必须与洛伦兹力平衡，粒子的运动就只能是匀速直线运动．★同类拓展2 如图1－14甲所示，悬挂在O 点的一根不可伸长的绝缘细线下端挂有一个带电荷量不变的小球A ．在两次实验中，均缓慢移动另一带同种电荷的小球B ．当B 到达悬点O 的正下方并与A 在同一水平线上，A 处于受力平衡时，悬线偏离竖直方向的角度为θ．若两次实验中B 的电荷量分别为q 1和q 2，θ分别为30°和45°，则q 2q 1为 [2007年高考·重庆理综卷]( )图1－14甲A．2B．3C．23D．3 3【解析】对A球进行受力分析，如图1－14 乙所示，图1－14乙由于绳子的拉力和点电荷间的斥力的合力与A球的重力平衡，故有：F电＝mg tan θ，又F电＝k qQ Ar2．设绳子的长度为L，则A、B两球之间的距离r＝L sin θ，联立可得：q＝mL2g tan θsin2θkQ A，由此可见，q与tan θsin 2θ成正比，即q2q1＝tan 45°sin245°tan 30°sin230°＝23，故选项C正确．[答案] C互动辨析本题为带电体在重力场和电场中的平衡问题，解题的关键在于：先根据小球的受力情况画出平衡状态下的受力分析示意图；然后根据平衡条件和几何关系列式，得出电荷量的通解表达式，进而分析求解．本题体现了新课标在知识考查中重视方法渗透的思想．三、牛顿运动定律的应用要点归纳(一)深刻理解牛顿第一、第三定律1．牛顿第一定律(惯性定律)一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，直到有外力迫使它改变这种状态为止．(1)理解要点①运动是物体的一种属性，物体的运动不需要力来维持．②它定性地揭示了运动与力的关系：力是改变物体运动状态的原因，是使物体产生加速度的原因．③牛顿第一定律是牛顿第二定律的基础，不能认为它是牛顿第二定律合外力为零时的特例．牛顿第一定律定性地给出了力与运动的关系，第二定律定量地给出力与运动的关系．(2)惯性：物体保持原来的匀速直线运动状态或静止状态的性质叫做惯性．①惯性是物体的固有属性，与物体的受力情况及运动状态无关．②质量是物体惯性大小的量度．2．牛顿第三定律(1)两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等，方向相反，作用在一条直线上，可用公式表示为F＝－F′．(2)作用力与反作用力一定是同种性质的力，作用效果不能抵消．(3)牛顿第三定律的应用非常广泛，凡是涉及两个或两个以上物体的物理情境、过程的解答，往往都需要应用这一定律．(二)牛顿第二定律1．定律内容物体的加速度a跟物体所受的合外力F合成正比，跟物体的质量m成反比．2．公式：F合＝ma理解要点①因果性：F合是产生加速度a的原因，它们同时产生，同时变化，同时存在，同时消失．②方向性：a与F合都是矢量，方向严格相同．③瞬时性和对应性：a为某时刻某物体的加速度，F合是该时刻作用在该物体上的合外力．3．应用牛顿第二定律解题的一般步骤：(1)确定研究对象；(2)分析研究对象的受力情况，画出受力分析图并找出加速度的方向；(3)建立直角坐标系，使尽可能多的力或加速度落在坐标轴上，并将其余的力或加速度分解到两坐标轴上；(4)分别沿x轴方向和y轴方向应用牛顿第二定律列出方程；(5)统一单位，计算数值．热点、重点、难点一、正交分解法在动力学问题中的应用当物体受到多个方向的外力作用产生加速度时，常要用到正交分解法．1．在适当的方向建立直角坐标系，使需要分解的矢量尽可能少．2．F x合＝ma x合，F y合＝ma y合，F z合＝ma z合．3．正交分解法对本章各类问题，甚至对整个高中物理来说都是一重要的思想方法．●例6如图1－15甲所示，在风洞实验室里，一根足够长的细杆与水平面成θ＝37°固定，质量m＝1 kg的小球穿在细杆上静止于细杆底端O点．现有水平向右的风力F作用于小球上，经时间t 1＝2 s 后停止，小球沿细杆运动的部分v －t 图象如图1－15乙所示．试求：(取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)图1－15(1)小球在0～2 s 内的加速度a 1和2～4 s 内的加速度a 2．(2)风对小球的作用力F 的大小．【解析】(1)由图象可知，在0～2 s 内小球的加速度为：a 1＝v 2－v 1t 1＝20 m/s 2，方向沿杆向上 在2～4 s 内小球的加速度为：a 2＝v 3－v 2t 2＝－10 m/s 2，负号表示方向沿杆向下． (2)有风力时的上升过程，小球的受力情况如图1－15丙所示图1－15丙在y 方向，由平衡条件得：F N1＝F sin θ＋mg cos θ在x 方向，由牛顿第二定律得：F cos θ－mg sin θ－μF N1＝ma1停风后上升阶段，小球的受力情况如图1－15丁所示图1－15丁在y方向，由平衡条件得：F N2＝mg cos θ在x方向，由牛顿第二定律得：－mg sin θ－μF N2＝ma2联立以上各式可得：F＝60 N．【点评】①斜面(或类斜面)问题是高中最常出现的物理模型．②正交分解法是求解高中物理题最重要的思想方法之一．二、连接体问题(整体法与隔离法)高考卷中常出现涉及两个研究对象的动力学问题，其中又包含两种情况：一是两对象的速度相同需分析它们之间的相互作用，二是两对象的加速度不同需分析各自的运动或受力．隔离(或与整体法相结合)的思想方法是处理这类问题的重要手段．1．整体法是指当连接体内(即系统内)各物体具有相同的加速度时，可以把连接体内所有物体组成的系统作为整体考虑，分析其受力情况，运用牛顿第二定律对整体列方程求解的方法．2．隔离法是指当研究对象涉及由多个物体组成的系统时，若要求连接体内物体间的相互作用力，则应把某个物体或某几个物体从系统中隔离出来，分析其受力情况及运动情况，再利用牛顿第二定律对隔离出来的物体列式求解的方法．3．当连接体中各物体运动的加速度相同或要求合外力时，优先考虑整体法；当连接体中各物体运动的加速度不相同或要求物体间的作用力时，优先考虑隔离法．有时一个问题要两种方法结合起来使用才能解决．●例7如图1－16所示，在光滑的水平地面上有两个质量相等的物体，中间用劲度系数为k的轻质弹簧相连，在外力F1、F2的作用下运动．已知F1＞F2，当运动达到稳定时，弹簧的伸长量为()图1－16A ．F 1－F 2kB ．F 1－F 22kC ．F 1＋F 22kD ．F 1＋F 2k【解析】取A 、B 及弹簧整体为研究对象，由牛顿第二定律得：F 1－F 2＝2ma取B 为研究对象：kx －F 2＝ma(或取A 为研究对象：F 1－kx ＝ma )可解得：x ＝F 1＋F 22k． [答案] C【点评】①解析中的三个方程任取两个求解都可以．②当地面粗糙时，只要两物体与地面的动摩擦因数相同，则A 、B 之间的拉力与地面光滑时相同．★同类拓展3 如图1－17所示，质量为m 的小物块A 放在质量为M 的木板B 的左端，B 在水平拉力的作用下沿水平地面匀速向右滑动，且A 、B 相对静止．某时刻撤去水平拉力，经过一段时间，B 在地面上滑行了一段距离x ，A 在B 上相对于B 向右滑行了一段距离L (设木板B 足够长)后A 和B 都停了下来．已知A 、B 间的动摩擦因数为μ1，B 与地面间的动摩擦因数为μ2，且μ2＞μ1，则x 的表达式应为( )图1－17A ．x ＝M m LB ．x ＝(M ＋m )L mC ．x ＝μ1ML (μ2－μ1)(m ＋M )D ．x ＝μ1ML (μ2＋μ1)(m ＋M ) 【解析】设A 、B 相对静止一起向右匀速运动时的速度为v ，撤去外力后至停止的过程中，A 受到的滑动摩擦力为：f 1＝μ1mg其加速度大小a 1＝f 1m＝μ1g B 做减速运动的加速度大小a 2＝μ2(m ＋M )g －μ1mg M由于μ2＞μ1，所以a 2＞μ2g ＞μ1g ＝a 1即木板B 先停止后，A 在木板上继续做匀减速运动，且其加速度大小不变对A 应用动能定理得：－f 1(L ＋x )＝0－12m v 2 对B 应用动能定理得：μ1mgx －μ2(m ＋M )gx ＝0－12M v 2 解得：x ＝μ1ML (μ2－μ1)(m ＋M )． [答案] C【点评】①虽然使A 产生加速度的力由B 施加，但产生的加速度a 1＝μ1g 是取大地为参照系的．加速度是相对速度而言的，所以加速度一定和速度取相同的参照系，与施力物体的速度无关．②动能定理可由牛顿第二定律推导，特别对于匀变速直线运动，两表达式很容易相互转换．三、临界问题●例8 如图1－18甲所示，滑块A 置于光滑的水平面上，一细线的一端固定于倾角为45°、质量为M 的光滑楔形滑块A 的顶端P 处，细线另一端拴一质量为m 的小球B ．现对滑。

一、匀变速直线运动的规律1.匀变速直线运动的公式（1）速度公式∶（2）位移公式:（3）速度—位移公式∶（4）平均速度公式:2.匀变速直线运动规律的应用技巧（1）任意相邻相等时间内的位移之差相等，即常用于纸带处理求加速度【例1】某同学利用重物牵引小车研究匀加速直线运动，从打出纸带中选出一条理想纸带，点O为纸带上选取的第一个计数点，每相邻计数点间有四个点未画出，已知打点计时器的频率为f，回答以下问题：（1）纸带的___________（填“左端”或“右端”）与小车相连；（2）该小车运动的加速度为=a___________；（用题中所给的字母表示）（3）如果当时交变电流的频率是48Hzf=，而计算时仍按50Hzf=处理，那么加速度的测量值将___________（填“偏大”“偏小”或“相等”）。

【变式1】实验装置中打点计时器所用电源的频率为50Hz。

图是某同学利用该实验装置研究小车做匀变速运动规律时打出的一条纸带，0、1、2、3、4是计数点，相邻两个计数点间都有四个计时点没有标出，部分实验数据如图所示，可求得小车的加速度大小为______2m/s（结果保留三位有效数字）；计数点2与计数点3间的距离2x=______cm；【变式2】某同学用打点计时器测量做匀加速直线运动的物体的加速度，电源频率f=50Hz在纸带上打出的点中，选出零点，每隔4个点取1个计数点，因保存不当，纸带被污染，如图所示，A、B、C、D是依次排列的4个计数点，仅能读出其中3个计数点到零点的距离：SA=16.6mm SB=126.5mm SD=624.5mm若无法再做实验，可由以上信息推知：物体的加速度大小为______（用SA、SB、SD和f表示）。

（2）某段时间的中间时刻的瞬时速度等于该段时间内的平均速度，即某段位移的中间位置的瞬时速度等于【例2】如图的平潭海峡公铁两用大桥是世界上最长的跨海公铁两用大桥，其中元洪航道桥的A、B、C三根桥墩间距分别为AB=132m、BC=196m。

第一课时直线运动【自主学习】考纲要求网络构建：学习目标1、通过例1和变式1掌握初速度为零的匀加速直线运动的规律2、通过例2和变式2学会分析竖直抛体运动3、通过例3和变式3能够应用匀变速直线运动的图象解题4、通过例4和变式4学会分析追及相遇类问题 要点梳理：要点1：匀变速直线运动的主要规律和推论1、主要规律：速度公式at v v +=0 位移公式2021at t v x += 速度位移关系式 ax v v t 222=- 平均速度公式v 02t v v+=2、常用推论：(1)在相邻相等时间T 内的位移差等于恒量2aT x =∆(2)在一段时间内的平均速度等于中间时刻的即时速度，202tt v v v v +==-3、常见实例：自由落体运动，竖直上抛运动思考1．一个物体做匀加速直线运动，在t 秒内经过的位移是x ，它的初速度为v 0，t 秒末的速度为v t ，则物体在这段时间内的平均速度为( )A.x tB.v 0＋v tt C.v t －v 0tD.v t ＋v 02思考2一个物体做变加速直线运动，依次经过A 、B 、C 三点，B 为AC 的中点，物体在AB 段的加速度恒为a 1，在BC 段的加速度恒为a 2，己知A 、B 、C 三点的速度分别为υA 、υB 、υC ，且 υA <υC , υB =(υA +υC )/2,则加速度a 1和a 2的大小为 ( )A 、a 1> a 2B 、a 1= a 2C 、a 1< a 2D 、条件不足无法确定 要点2：匀速直线运动和匀变速直线运动的v -t 图像和x-t 图像匀变速直线运动的υ－t 图像的截距、斜率、面积所表示的物理意义要解决匀变速直线运动的图像问题，首先要搞清横纵坐标轴的意义，v -t 图像表征了速度随时间的变化规律，x -t 图像表征了位移随时间的变化规律 思考3：（2011年卓越自主招生）甲、乙两车在一平直公路上从同一地点沿同一方向沿直线运动，它们的 v-t 图像如图所示。

第三课时牛顿运动定律【自主探究】考纲要求考点要求复习导航牛顿运动定律及其应用Ⅱ 1.对研究对象的受力分析是解题的关键。

要根据力的概念、力产生的条件进行分析，更要注意结合物体的运动状态去研究。

2.选取适当的坐标系，会对建立方程和求解带来方便。

无论是分解物体的受力还是分解物体的加速度，都要根据题目的具体条件和所求，灵活地建立直角坐标系。

3.注意合外力与加速度的瞬时对应关系，牛顿运动定律是力学的核心，其物理过程的分析和理解能体现学生的综合分析能力、推理能力，是考查的重点。

4.理解超重和失重的本质，灵活运用其知识分析和解决问题。

超重和失重Ⅰ网络构建：学习目标：1、理解牛顿第一定律的内容和惯性，会分析实际问题2、理解牛顿第三定律的内容，会区分相互作用力和平衡力3、理解牛顿第二定律，会解决瞬时问题和两类动力学问题4、掌握超重、失重概念，会分析有关超重、失重问题，会分析界、极值问题、会进行动力学多过程问题的分析要点梳理：要点1.牛顿第一定律（惯性定律）（1）内容：一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，直到有外力迫使它改变这种状态为止。

（2）理解：①牛顿第一定律反映了物体不受外力时的运动状态；②牛顿第一定律说明一切物体都有惯性；③牛顿第一定律说明力是改变物体运动状态的原因，即力是产生加速度的原因。

思考1如图1-3-1所示，在匀速前进的磁悬浮列车里，小明将一小球放在水平桌面上，且小球相对桌面静止．关于小球与列车的运动，下列说法正确的是( )．A ．若小球向前滚动，则磁悬浮列车在加速前进B ．若小球向后滚动，则磁悬浮列车在加速前进C ．磁悬浮列车急刹车时，小球向前滚动D ．磁悬浮列车急刹车时，小球向后滚动 图1-3-1要点2.牛顿第二定律（1）内容：物体运动时的加速度与物体所受的合外力成正比，与物体的质量成反比，加速度的方向与所受合外力的方向相同，且二者具有瞬时对应关系，此定律可以用控制变量法进行实验验证。

（2）公式：ma F =合（3）适用范围：宏观、低速运动的物体。