备战2025年高考二轮复习课件 物理（山东版）专题1 力与运动 第2讲 力与直线运动 课件（共79张PPT）

(共79张PPT)
第二讲　力与直线运动
通览知识 明要点
研学考点 提能力
目 录 索 引
01
02
突破热点 聚素养
03
通览知识 明要点
研学考点 提能力
考点一　匀变速直线运动规律及应用
高考风向标
考点 考题明细 考查频度
匀变速直线运动规律及应用 2024全国甲卷,24;2024山东卷,3; 2024湖南卷,10;2024江西卷,3; 2024广西卷,3、13; 2023山东卷,6; 2022全国甲卷,15; 2022湖北卷,6;2022辽宁卷,1 全国卷:
3年2考,
地方卷:
3年8考
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(　　)
A
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/s2
v0=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.(2023山东卷)如图所示,电动公交车做匀减速直线运动进站,连续经过R、S、T三点,已知ST间的距离是RS间的距离的两倍,RS段的平均速度是10 m/s,ST段的平均速度是5 m/s,则公交车经过T点时的瞬时速度为(　　)
A.3 m/s B.2 m/s
C.1 m/s D.0.5 m/s
C
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 s
C.12 s D.13 s
B
考点二　牛顿运动定律的应用
高考风向标
考点 考题明细 考查频度
牛顿运动定律的应用 2024湖南卷,3;2024黑吉辽卷,3; 2024安徽卷,6;2023全国乙卷,14; 2023北京卷,6;2023湖北卷,9; 2023湖南卷,10;2022全国甲卷,19; 2022全国乙卷,15;2022山东卷,16; 2022北京卷,5; 2022湖南卷,9 全国卷:
3年3考
地方卷:
3年9考
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,1.5g B.2g,1.5g
C.2g,0.5g D.g,0.5g
A
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。
解题指导
【审题】
读取题干 获取信息 物理关系
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 传送带长度已知;在水平面内运动 l=2.5 m,货物对平台和传送带的压力FN大小等于重力大小
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 传送带匀速运动 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 货物重力和初始位置已知 G=mg
x1=1 m
读取题干 获取信息 物理关系
用恒力F=40 N水平向右拉货物 水平拉力已知 F=40 N
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 两段摩擦力可求 Ff=μFN
货物运动到传送带左端时的速度大小 货物在传送带左边做初速度为零的匀加速运动 F-μ1mg=ma1,
=2a1x1
货物在传送带上运动的时间 货物在传送带上做初速度不为零的匀变速运动 第一段运动的末速度是第二段运动的初速度
【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(　　)
BD
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,cos 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)gcos 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)gcos 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μ2mgcos 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)gcos θ=(m0+m)a'
对皮艇有μ2mgcos θ-m0gsin θ-μ1(m0+m)gcos 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3g
D.加速度先增大后减小
A
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
高考风向标
考点 考题明细 考查频度
运动学图像和动力学图像 2024全国甲卷,15;2024新课标卷,14; 2024福建卷,3;2024河北卷,3; 2024黑吉辽卷,10;2024广东卷,7; 2024安徽卷,4;2024甘肃卷,2; 2023全国甲卷,16、19;2023广东卷,3; 2023江苏卷,1;2023湖北卷,8; 2023重庆卷,8; 2022广东卷,3 全国卷:
3年4考
地方卷:
3年11考
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/s
B.该汽车的初速度大小为6 m/s
C.该汽车的加速度大小为4 m/s2
D.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(　　)
C
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。
突破热点 聚素养
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。
模型建构
“板—块”模型的三个基本关系
加速度 关系 如果滑块与木板之间没有发生相对运动,可以用“整体法”求出它们一起运动的加速度;如果滑块与木板之间发生相对运动,应采用“隔离法”分别求出滑块与木板运动的加速度。应注意找出滑块与木板是否发生相对运动等隐含条件
速度关系 滑块与木板之间发生相对运动时,明确滑块与木板的速度关系,从而确定滑块与木板受到的摩擦力。应注意当滑块与木板的速度相同时,摩擦力可能会发生突变的情况
位移关系 滑块与木板叠放在一起运动时,应仔细分析滑块与木板的运动过程,明确滑块与木板相对地面的位移和滑块与木板之间的相对位移的关系
考向分析
“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。
案例探究
典例 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Fcos 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Fcos 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。
角度拓展
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 m (0.5分)
该时间内传送带相对于A的位移
Δx1=x1'-x1=1.5 m (1分)
t2时间内传送带的位移
x2'=-v0t2=-2 m (0.5分)
该时间内传送带相对于A的位移
Δx2=x2-x2'=1 m (1分)
A回到传送带右端的时间为t3,则
原生态样卷剖析
学生答卷及批阅展示
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。
解答思路归纳