高考二轮辅导第2讲直线运动规律和牛顿运动定律的应用
高中物理第2轮复习 专题1 第2讲 牛顿运动定律和直线运动课件
1．力和直线运动的关系 当物体所受合外力与速度共线时，物体做直线运
动
(1)若F合=0，v0≠0，物体保持匀速直线运动． (2)若F合恒定且不为零，且与v0同向时，物体做匀 加速直线运动．
(3)若F合恒定且不为零，且与v0反向时，物体将做 匀减速直线运动．
(4)若F合不恒定，物体做变加速或变减速直线运 动．
图123
答案：A
【解析】由外力F=kt可知F随时间增大，初始时选m1和
m2整体为研究对象F
m1
m2
a，a
m1
kt m2
，a随时间
增大，当F增大到Biblioteka 定程度当两物体发生相对运动时，此时研究m2：F
m2g
m2a2，a2
kt m2
g
a，a2继续
随时间增大．研究m1：m2 g
m1a1，可得a1
m2 g
【解析】设汽车甲在第一段时间间隔末时刻t0的 速度为v，第一段时间间隔内行驶的路程为s1，加 速度为a；在第二段时间间隔内行驶的路程为s2.由 运动学公式得
v a t0
s1
1 2
a
t
2 0
s2
v t0
1 2
(
2
a
)
t
2 0
设汽车乙在时刻t0的速度为v′，在第一、二段时 间间隔内行驶的路程分别为s1′、s2′.同样有
相对性 适用于低速、宏观；只在惯性系中成立
3.匀变速直线运动的规律及推论
① vt v0 at
②
s
v0t
1 2
at2
③
2as
v
2 t
v
2 0
④ s v t v0 vt t 2
⑤v1
2021届高考物理二轮复习专题一第2讲匀变速直线运动规律及牛顿运动定律课件
解析：第一个60 m内中间时刻的瞬时速度v1＝xt11＝6 m/s，第二个60 m内 中间时刻的瞬时速度v2＝xt22＝10 m/s，则动车组的加速度a＝vt21－ ＋vt21＝
2 0.5 m/s2，根据Δx＝aT2得，接下来6 s内的位移x3＝x2＋aT2＝60 m＋ 0.5×36 m＝78 m，故A正确，B错误；动车组的初速度v0＝v1－at21＝ 6 m/s－0.5×120 m/s＝3.5 m/s，故C正确，D错误。
2．(多选)(2020·吉林长春实验中学高三模拟)动车把动力装置分散安装 在每节车厢上，使其既具有牵引动力，又可以载客，而动车组就是几节 自带动力的车辆(动车)加几节不带动力的车辆(也叫拖车)编成一组。若 动车组在匀加速运动过程中，从计时开始，通过第一个60 m所用时间是 10 s，通过第二个60 m 所用时间是6 s，则( AC ) A．动车组的加速度为0.5 m/s2，接下来的6 s内的位移为78 m B．动车组的加速度为1 m/s2，接下来的6 s内的位移为96 m C．动车组计时开始的速度为3.5 m/s D．动车组计时开始的速度为2.x－x1＝v0t2－12at22 解得t2＝1 s(t2＝9 s舍去) 此时校车的速度v2＝v0－at2＝16 m/s 校车行驶完33 m的距离，总共所用的时间 t＝t1＋t2＝1.75 s。
(2)校车行驶33 m正好到达路口时，行人横穿马路走过的距离 L＝v人t＝5×1.75 m＝8.75 m 此时行人接近马路中心，车以16 m/s的速度行至路口，可能有危险。 (3)校车在0.75 s的反应时间内前进的距离 x1＝15 m 之后速度迅速降为v0′＝7.2 km/h＝2 m/s后做匀减速运动，直到速度减到 零，该过程校车行驶的距离
专题一 力与运动
高考物理二轮复习专题归纳总结—牛顿运动定律的应用
高考物理二轮复习专题归纳总结—牛顿运动定律的应用1.牛顿第二定律的理解2.动力学两类基本问题3.超重和失重(1)实重：物体实际所受的重力，它与物体的运动状态无关。
(2)视重：弹簧测力计的示数或台秤的示数。
(3)超重：当物体具有向上的加速度时，物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于所受重力。
即视重大于实重。
(4)失重：当物体具有向下的加速度时，物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于所受重力。
即视重小于实重。
4.连接体问题(1)若求解整体的加速度，可用整体法。
把整个系统看做一个研究对象，分析整体受外力情况，再由牛顿第二定律求出加速度。
(2)若求解系统内力，可先用整体法求出整体的加速度，再用隔离法将内力转化成外力，由牛顿第二定律求解。
5.瞬时问题1.动力学两类基本问题2.瞬时问题3.动力学图像问题图1图24.传送带模型(1)水平传送带模型项目图示滑块可能的运动情况情景1①可能一直加速②可能先加速后匀速情景2①v 0>v ，可能一直减速，也可能先减速再匀速②v 0＝v ，一直匀速③v 0<v ，可能一直加速，也可能先加速再匀速情景3①传送带较短时，滑块一直减速到达左端②传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端。
若v 0>v ，返回时速度为v ，若v 0<v ，返回时速度为v 0(2)倾斜传送带模型项目图示滑块可能的运动情况情景1①可能一直加速②可能先加速后匀速情景2①可能一直加速②可能先加速再匀速③可能先以a 1加速再以a 2加速情景3①可能一直匀速②可能一直加速③可能先减速再反向加速5.板块模型(1)分析“板块”模型时要抓住一个转折和两个关联(2)两种类型类型图示规律分析木板B 带动物块A ，物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑到木板左端时二者速度相等，则位移关系为x B＝x A＋L物块A带动木板B，物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑到木板右端时二者速度相等，则位移关系为x B＋L＝x A6.实验情景。
高考物理二轮复习课件：专题一第2讲直线运动和牛顿运动定律
3.(追及、相遇模型)如图所示，在笔直的公路上前后行驶着甲、乙两辆汽车，
速度大小分别为v甲=6 m/s、v乙=8 m/s。当甲、乙两车相距x=20 m时，甲车司 机发现正前方距甲车x0=18 m远的地方有一汽车突然发生事故，甲车司机立即 开始刹车，以a甲=1.5 m/s2的加速度大小做匀减速直线运动。乙车司机发现甲 车开始刹车的同时也立即刹车，以a乙=2 m/s2的加速度大小做匀减速直线运动。 试通过定量计算判断：
甲车位置坐标/m 时刻/s
5
12.5
25
42.5
1
2
3
4
(1)甲车做匀加速直线运动的加速度大小。 (2)在追赶过程中,甲、乙两车何时距离最大。 (3)甲车何时追上乙车?追上时,甲车的速度为多大?
【解析】(1)由公式可得Δx=aT2,代入数据解得a=5 m/s2;
(2)两车的速度相等时,两车之间的距离最远,
(3)AB分离时两者仍有相同的速度,在时间t内对AB用动能定理得:
金属杆受安培力F安=BIL=0.
FN=(F-mg)点cos37° 两线交点表示两物体相遇
由图可得 =-2.
物体的速度与时间的关系
(多选)如图所示,ab、cd是竖直平面内两根固定的光滑细杆,ab>cd。
小球的加面速积度
加速度a=
=1 m/s2
3a
经t时间两车发生的位移之差为原来两车间距离x,它可用图中的阴影面积表示,
由图象可知
x＝ 1 2v0
t＝ 1 2v0
v0＝v0 2 3a 6a
所以要使两车不相撞,A车的初速度v0应满足的条件是 v0≤ 6 a。x 答案:v0≤ 6 a x
【名师点睛】 1.牢记“一个思维流程”:
高考物理二轮复习专题精讲 第2讲 直线运动规律及牛顿
第2讲直线运动规律及牛顿运动定律的应用一、单项选择题1．(2013·江苏南通一模)某一质点运动的位移x随时间t变化的图象如图1－2－12所示，则( )．图1－2－12A．在10 s末时，质点的速度最大B．在0～10 s内，质点所受合外力的方向与速度方向相反C．在第8 s和第12 s时，质点的加速度方向相反D．在20 s内，质点的位移为9 m解析题图线上各点切线的斜率表示各时刻对应的速度，故t＝10 s时v＝0，A错.0～10 s内质点做减速运动，故B正确.0～10 s和10～20 s内运动的速度方向相反，而0～10 s内质点的加速度方向与速度方向相反，10～20 s内质点加速运动，加速度方向与速度方向相同，故第8 s和第12 s时的加速度方向相同，C错.20 s内质点的位移为－1 m，故D错．答案 B2．(2013·重庆卷，4)图1－2－13为伽利略研究自由落体运动实验的示意图，让小球由倾角为θ的光滑斜面滑下，然后在不同的θ角条件下进行多次实验，最后推理出自由落体运动是一种匀加速直线运动．分析该实验可知，小球对斜面的压力、小球运动的加速度和重力加速度与各自最大值的比值y随θ变化的图象分别对应图1－2－14中的( )．图1－2－13 图1－2－14A ．①、②和③B ．③、②和①C ．②、③和①D ．③、①和②解析 由题意知，小球对斜面的压力F N ＝mg cos θ，随θ增大，F N 逐渐变小直至为零，y 1＝mg cos θmg ＝cos θ，对应③；小球的加速度a ＝g sin θ，y 2＝g sin θg＝sin θ，最大为1，对应②.重力加速度为g 不变，y 3＝g g＝1，对应①.所以选项B 正确．答案 B3．某实验小组为了测量两种纸之间的动摩擦因数，他先将一张纸贴在一平板上，另一张纸贴在另一木块下表面，并在木块上装如图1－2－15a 所示的支架ABC ，其中BC 与木块下表面平行，支架上固定一个量角器，在量角器圆心处固定一根细线，线下系一小球．现将平板倾斜放置，如图b 所示，将木块支架放在平板上，让其加速下滑，稳定时小球连线与OB 的夹角为θ，则两纸之间的动摩擦因数为( )．图1－2－15A ．sin θB ．cos θC ．tan θD ．cot θ解析 以小球为研究对象，设小球的质量为m ，平板的倾角为α，线的拉力为T ，由牛顿第二定律得mg sin α－T cos θ＝ma ，mg cos α＝T sin θ.联立解得a ＝g sin α－g cos αcot θ， 以装置(木块支架)整体为研究对象，由牛顿第二定律得g sin α－μg cos α＝a .又因小球的加速度与装置(木块支架)整体的加速度大小相等，所以μ＝cot θ. 答案 D4．一辆汽车正以v 0＝30 m/s 的速度在平直路面上行驶，驾驶员突然发现正前方约50 m 处有一个障碍物，立即以大小为8 m/s 2的加速度刹车．甲、乙、丙、丁四位同学根据已知条件进行了有关问题的讨论．你认为下列说法正确的是( )．A．甲同学认为汽车经过2 s已撞上障碍物，理由是在2 s时间内汽车通过的位移x＝v0t＋12at2＝30×2 m＋12×8×4 m＝76 m>50 mB．乙同学也认为经过2 s汽车已撞上障碍物，理由是在2 s时间内汽车通过的位移x＝v2－v202a＝0－3022×－8m＝56.25 m>50 mC．丙同学认为汽车经过2 s不会撞上障碍物D．丁同学认为条件不足，无法判断解析甲把加速度a代入正值，乙认为2 s末车的速度为零，A、B错误．车停止时间t′＝0－v0a＝－30－8s＝3.75 s>2 s，所以2 s时间内汽车通过的位移x＝v0t＋12at2＝30×2 m－12×8×4 m＝44 m<50 m，因此2 s内车不会撞上障碍物，C正确，D错误．答案 C5．(2013·浙江卷，17)如图1－2－16所示，水平木板上有质量m＝1.0 kg的物块，受到随时间t变化的水平拉力F的作用，用力传感器测出相应时刻物块所受摩擦力F f的大小．取重力加速度g＝10 m/s2，下列判断正确的是( )．图1－2－16A．5 s内拉力对物块做功为零B．4 s末物块所受合力大小为4.0 NC．物块与木板之间的动摩擦因数为0.4D．6 s～9 s内物块的加速度大小为2.0 m/s2解析由题图知4 s后物块的摩擦力不随F的变化而变化，即4 s后物块受到的是滑动摩擦力，此时物块沿力F 的方向开始运动，力F 在4 s 后开始做正功，选项A 错误；4 s 末物块受滑动摩擦力为F f ＝3 N ，此时拉力F 为4 N ，故水平方向合力F 合＝F －F f ＝1 N ，选项B 错误；由于F f ＝μmg ，故μ＝31.0×10＝0.3，选项C 错误；6 s ～9 s 内，F ＝5 N ，F f ＝3 N ，由a ＝F －F f m得a ＝2.0 m/s 2，故选项D 正确． 答案 D6．(2013·无锡模拟)某运动员做跳伞运动，打开伞前可视为自由落体运动，伞打开后先做减速运动，最后做匀速运动，取竖直向下为正方向．在整个运动过程中，运动员的速度v 、加速度a 随时间t 变化的图象符合事实的是( )．解析 打开伞前可视为自由落体运动，所以加速度为g ，所以做匀加速直线运动，v －t 为直线，伞打开后先做减速运动，空气阻力与速度有关，且此时阻力大于重力，加速度方向竖直向上，即加速度为负值，所以A 、C 、D 错误．随着速度减小，运动员与伞的加速度减小，最后做匀速运动．所以B 正确．答案 B二、多项选择题7．(2013·大纲卷，19)将甲、乙两小球先后以同样的速度在距地面不同高度处竖直向上抛出，抛出时间相隔2 s ，它们运动的v －t 图象分别如直线甲、乙所示．则( )．图1－2－17A ．t ＝2 s 时，两球高度相差一定为40 mB ．t ＝4 s 时，两球相对于各自抛出点的位移相等C．两球从抛出至落到地面所用的时间间隔相等D．甲球从抛出至达到最高点的时间间隔与乙球的相等解析运动过程与v－t图象相结合．甲、乙两小球抛出后均做竖直上抛运动，只是乙的运动滞后2 s．因初始位置高度不同，所以无法确定t＝2 s时两小球的高度差，选项A错误；v－t图象中位移的大小等于图线与t轴所围的面积，从图象中可以看出t＝4 s 时两球相对于各自抛出点的位移相等，选项B正确；同时因抛出速度相同，所以从抛出至达到最高点的时间相同，从v－t图象知，该时间间隔均为3 s，选项D正确；因两球抛出时高度不同且高度差不确定，运动时间就不确定，选项C错误．答案BD8．静止在光滑水平面上的物体，在如图1－2－18所示的水平力F作用下朝某一方向运动，且图中有t1＝t0，t2＝2t0，t3＝3t0，则与F－t图象相对应的v－t图象和a－t图象分别是 ( )．图1－2－18解析设物体质量为m，在0～t1时间内，加速度a＝F0/m，物体做初速度为零的匀加速直线运动，在t1＝t0时刻，速度v0＝at0＝F0t0/m，所以这段时间对应的v－t图象是经过原点的倾斜线段，对应的a－t图象是平行于时间轴的水平线段；在t1～t2时间内，合外力F＝0，加速度a＝0，物体以速度v0做匀速直线运动，所以这段时间对应的v－t图象是平行于时间轴的水平线段，对应的a－t图象与时间轴重合；同理，可分析出在t2～t3时间内的v－t图象和a－t图象．由以上分析可知选项A、C正确．答案AC9．(2013·浙江卷，19)如图1－2－19所示，总质量为460 kg的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5 m/s2，当热气球上升到180 m时，以5 m/s的速度向上匀速运动．若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量不变，重力加速度g＝10 m/s2.关于热气球，下列说法正确的是( )．图1－2－19A．所受浮力大小为4 830 NB．加速上升过程中所受空气阻力保持不变C．从地面开始上升10 s后的速度大小为5 m/sD．以5 m/s匀速上升时所受空气阻力大小为230 N解析从地面刚开始竖直上升时v＝0，空气阻力F f＝0.由F浮－mg＝ma，得F浮＝m(g＋a)＝4 830 N，故A正确；最终气球匀速上升，说明气球加速运动的过程中空气阻力逐渐增大，故B错误；气球做加速度减小的加速运动，故加速到5 m/s的时间大于10 s，C错误；匀速上升时F浮－mg－F f＝0，计算得F f＝230 N，D正确．答案AD10．(2013·全国新课标Ⅰ，21)2012年11月，“歼15”舰载机在“辽宁号”航空母舰上着舰成功．图1－2－20(a)为利用阻拦系统让舰载机在飞行甲板上快速停止的原理示意图．飞机着舰并成功钩住阻拦索后，飞机的动力系统立即关闭，阻拦系统通过阻拦索对飞机施加一作用力，使飞机在甲板上短距离滑行后停止，某次降落，以飞机着舰为计时零点，飞机在t＝0.4 s时恰好钩住阻拦索中间位置，其着舰到停止的速度—时间图线如图(b)所示．假如无阻拦索，飞机从着舰到停止需要的滑行距离约为1 000 m．已知航母始终静止，重力加速度的大小为g.则( )．(a) (b)图1－2－20A．从着舰到停止，飞机在甲板上滑行的距离约为无阻拦索时的1/10B．在0.4 s～2.5 s时间内，阻拦索的张力几乎不随时间变化C．在滑行过程中，飞行员所承受的加速度大小会超过2.5gD．在0.4 s～2.5 s时间内，阻拦系统对飞机做功的功率几乎不变解析由v－t图象中图线与t轴围成的面积，可估算出飞机在甲板上滑行的距离约为103 m，即大约是无阻拦索时的110，A正确．由题图的斜率可知飞机钩住阻拦索后加速度大约保持在a＝27.6 m/s2＞2.5g，故C正确；飞机的速度很大，空气阻力的影响不能忽略，且阻力随速度的减小而减小，所以要保持加速度不变，阻拦索的张力要逐渐减小，B错误；由P＝Fv知，阻拦索对飞机做功的功率逐渐减小，故D错误．答案AC三、非选择题11．(2013·四川卷，9)近来，我国多个城市开始重点治理“中国式过马路”行为．每年全国由于行人不遵守交通规则而引发的交通事故上万起，死亡上千人．只有科学设置交通管制，人人遵守交通规则，才能保证行人的生命安全．如图1－2－21乙所示，停车线AB与前方斑马线边界CD间的距离为23 m．质量8 t、车长7 m的卡车以54 km/h的速度向北匀速行驶，当车前端刚驶过停车线AB，该车前方的机动车交通信号灯由绿灯变黄灯．甲乙图1－2－21(1)若此时前方C 处人行横道路边等待的行人就抢先过马路，卡车司机发现行人，立即制动，卡车受到的阻力为3×104 N ．求卡车的制动距离；(2)若人人遵守交通规则，该车将不受影响地驶过前方斑马线边界CD .为确保行人安全，D 处人行横道信号灯应该在南北向机动车信号灯变黄灯后至少多久变为绿灯？解析 此题运用动能定理解答较简单，也可根据卡车刹车做匀减速直线运动，应用牛顿第二定律和运动学公式解决问题．已知卡车质量m ＝8 t ＝8×103kg 、初速度v 0＝54 km/h ＝15 m/s(1)设卡车减速的加速度为a ，由牛顿第二定律得：f ＝ma ①由运动学公式得：v 20＝2as 1，②联立①②式，代入数据解得s 1＝30 m ③(2)已知车长l ＝7 m ，AB 与CD 的距离为s 0＝23 m ．设卡车驶过的距离为s 2，D 处人行横道信号灯至少需要经过时间Δt 后变灯，有 s 2＝s 0＋l ④s 2＝v 0Δt ⑤联立④⑤式，代入数据解得Δt ＝2 s.答案 (1)30 m (2)2 s12．(2013·苏州三模)如图1－2－22所示，水平地面上有一“L”形滑板ABC ，竖直高度AB＝1.8 m ．D 处有一固定障碍物，滑板右端C 到障碍物的距离为1 m ．滑板左端加上水平向右的推力F ＝144 N 的同时，有一小物块紧贴竖直板的A 点无初速释放，滑板撞到障碍物时立即撤去力F ，滑板以原速率反弹．小物块最终落在地面上．滑板质量M ＝3 kg ，物块质量m ＝1 kg ，滑板与物块及地面间的动摩擦因数均为0.4(取g ＝10 m/s 2，已知tan37°＝34)．求：图 1－2－22(1)滑板撞到障碍物前物块的加速度；(2)物块落地时的速度；(3)物块落地时到滑板B 端的距离．解析 (1)由题意易知，滑板撞到障碍物前物块与滑板相对静止，设两者向右的加速度为a ，则F －μ(M ＋m )g ＝(M ＋m )a ①解得：a ＝32 m/s 2②(2)设滑板撞到障碍物时的速度大小为v 1，v 21＝2ax ③撞障碍物后物块做平抛运动h ＝12gt 21④ v y ＝gt 1⑤v ＝v 21＋v 2y ＝10 m/s ⑥速度与水平方向夹角为αtan α＝v y v 1＝34，α＝37°⑦ (3)物块水平位移为x 1，x 1＝v 1t 1＝4.8 m ⑧滑板运动的加速度为a 2，μMg ＝Ma 2⑨滑板停止运动时间t 2＝v 1a 2＝2 s ，则物块落地时，滑板尚未停止运动⑩滑板向左运动的距离为x 2，x 2＝v 1t 1－12a 2t 21＝4.08 m ⑪ 物块落地时到B 的距离为x 3＝x 1＋x 2＝8.88 m ⑫答案 (1)32 m/s 2 (2)10 m/s ，与水平方向夹角为37°(3)8.88 m。
高三物理二轮复习 专题二 直线运动和牛顿运动定律课件
v0 t1
，下降
过程中的加速度大小为a2＝
v1 t1
.物块在上升和下降过程中，由牛顿第二定
律得mgsin θ＋f＝ma1，mgsin θ－f＝ma2，由以上各式可求得sin θ＝
v02＋t1gv1，滑动摩擦力f＝mv20－t1 v1，而f＝μFN＝μmgcos θ，由以上分析可
知，选项A、C正确．由v－t图象中横轴上方的面积可求出物块沿斜面
上滑的最大距离，可以求出物块沿斜面向上滑行的最大高度，选项D正
确． 答案 ACD
高题频组考冲点关高频考点一 图象问题
命题视角
题组冲关
1 ． 一 物 体 从 静 止 开 始 做 直 线由 运运动 a－动，t图，然象后可做知匀：加该速物运体动先，做最加后速做度加增速大度的减加小速的 其加速度随时间变化的a－t图加象速如运图动．A选项中的v－t图象说明：该物体先 所示．在下列v－t图象中，可做能匀正加确速直线运动，然后做匀速直线运动，最后
高三物理二轮复习
直线运动和牛顿运动定律
考
高频考点一 图象问题
点 高频考点二 匀变速直线运动规律的应用
高频考点三 用牛顿第二定律解决连接体问题
微网构建
核心再现
知识 规律
(1)匀变速直线运动规律公式的两性． ①条件性：物体必须做匀变速直线运动．
②矢量性：公式都是矢量式．
(2)牛顿第二定律的“四性”． ①矢量性：F＝ma是矢量式，a与F同向． ②瞬时性：力与加速度同时产生，同时变化．
高题频组考冲点关高频考点一 图象问题
视角二 图象的应用 命题视角
题组冲关
[例2] (2015·高考新课标全国卷Ⅰ)(多选)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( )
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
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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
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4
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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
【高中物理】二轮复习第2讲 直线运动规律及牛顿运动定律的应用
【高中物理】二轮复习第2讲直线运动规律及牛顿运动定律的应
用
【高中物理】二轮复习第2讲直线运动规律及牛顿运动定律的应用
写在前面：
高三
二轮复习正当时，根据自我总结和学生反馈，将二轮复习主讲内容（方法和易错或常考知识）共11讲进行罗列优化，以备后用。
一、直线运动
1、匀变速直线运公式：
基本公式；
平均速度公式；
加速度高公式；
2、运动图像x-t、v-t；
高度关注正负值、斜率、面积、dT。
3、易错：
（1）坯失速至恒定应当推论x停在（t停在）
（2）不同图像反映出物体运动反向（单向运动最远）依据
（3）坯失速至0Toothukudi逆向坯快速方程；
（4）追击中能否相遇临界为共速，而不是x后>x前；
二、牛顿运动定律
1、牛顿第二定律：f=ma；
2、分析顺序：研究对象→受力分析→拓扑水解→在x、y方向上列方程；
优先使用整体法情况：：（整体法只用1次）
（1）共振体、连接体；
（2）两物相对静止（具有相同a）；
（3）一静一动（整体受力提供更多个体加速度，选择题偶尔发生）；
3、易错：
（1）力变a也变小；
（2）叠加体是否分离要判断；
三、加速度就是联系力和运动的桥梁
1、a通常必解；
2、牛顿第二定律中a就是指大小，坯变速箱公式中a还不含方向；
3、加速度也是联系整体和个体的桥梁。
高三物理高考二轮复习 第一部分 专题一 第2讲 直线运动规律及牛顿运动定律
试题
解析
答案
[题组突破]
考向一 考向二 考向三
1． (原创题 )2016 年 1 月 9 日，合肥新年车展在明珠广场举行，除了馆内的 展示，本届展会还在外场举办了汽车特技表演．某展车表演时做匀变速直线 运动的位移 x 与时间 t 的关系式为 x＝8t＋ 3t2，x 与 t 的单位分别是 m 和 s， 则该汽车 (
研考向 融会贯通
提能力 强化闯关
限时 规范训练
考向一
匀变速直线运动规律的应用
[方法技巧]
考向一 考向二 考向三
1．匀变速直线运动的基本规律 (1)速度公式： v＝ v0＋ at. 1 2 (2)位移公式： x＝ v0t＋ at . 2 (3)速度和位移公式的推论： v2－ v2 0＝ 2ax. t x v0＋v (4)中间时刻的瞬时速度：v ＝ ＝ . 2 t 2 (5)任意相邻两个连续相等的时间内的位移之差是一个恒量，即 Δx＝xn＋ 1－ xn＝ a·(Δt)2.
C
)
A．第 1 s 内的位移大小是 8 m
考向四
B．前 2 s 内的平均速度大小是 28 m/s C．任意相邻 1 s 内的位移大小之差都是 6 m D．任意 1 s 内的速度增量都是 3 m/s
研考向 融会贯通
提能力 强化闯关
限时 规范训练
考向一
试题
解析
将 t＝ 1 s 代入到 x＝8t＋3t2 中得到第 1 s 内的位移大小 x1＝11 m，选项 A 错
考向四
研考向 融会贯通
提能力 强化闯关
限时 规范训练
考向一
试题
解析
答案
考向一 考向二 考向三
(1)若小轿车司机刹车时，前方的货车仍以原速度向前匀速行驶，试通过计算 分析两车是否会相撞． (2)若小轿车司机在刹车的同时给前方的货车发出信号，货车司机经 Δt＝ 1 s 收到信号并立即以 a＝ 2 m/s2 的加速度匀加速行驶，试通过计算分析两车是 否会发生相撞．
(江苏专用)高考物理二轮复习 第2讲 直线运动规律及牛顿运动定律的应用课件
主要题型：选择题、计算题 热点聚焦
(1)匀变速直线运动的规律及应用 (2)运动图象与匀变速直线运动规律的综合应用 (3)运动图象与牛顿第二定律的综合应用 (4)动力学的两类基本问题
命题趋势 (1)单独考查匀变速直线运动的规律、运动图象的应用以 及牛顿运动定律及其应用，题型一般为选择题． (2)力和运动的关系大多结合牛顿运动定律、受力分析、 运动过程分析综合考查，题目一般为计算题；涉及的题目 与实际密切联系．
3．(2013·江苏单科，14)如图1－2－2所示，将小砝码置于桌 面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出， 砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯 性演示实验．若砝码和纸板的质量分别为m1和m2，各接 触面间的动摩擦因数均为μ.重力加速度为g.
图1－2－2
(1)当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力的大小； (2)要使纸板相对砝码运动，求所需拉力的大小； (3)本实验中，m1＝0.5 kg，m2＝0.1 kg，μ＝0.2，砝码与纸板 左端的距离d＝0.1 m，取g＝10 m/s2.若砝码移动的距离超过l ＝0.002 m，人眼就能感知．为确保实验成功，纸板所需的 拉力至少多大？
解析 对皮球应用牛顿第二定律有：mg＋kv＝ma，a＝g＋mk v.上 抛过程中 v 减小，故 a 随时间减小且减小的快慢与 v 的变化快慢 规律相同，即ΔΔat ＝mk ·ΔΔvt ，而ΔΔvt 就是加速度 a，故ΔΔat 随时间减小， 即 a－t 图线各点的切线的斜率是逐渐减小的；又由于上升过程中 a 不可能为零，所以只有 C 项正确． 答案 C
【典例3】 (2013·新课标全国卷Ⅱ，25)一长木 板在水平地面上运动，在t＝0 时刻 将一相对于地面静止的物块轻放到 木板上，以后木板运动的速度－时 间图象如图1－2－6所示．已知物块 与 木板的质量相等，物块与木板间及 图1－2－6 木 板与地面间均有摩擦．物块与木板间的最大静摩擦力 等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上．取重力加速度 的大小g＝10 m/s2，求：
高考物理二轮复习方案 专题2 牛顿运动定律与直线运动课件 新课标
二、牛顿第二定律的四性
性质
内容
瞬时性
力与加速度同时产生、同时消失、同时变化
同体性
在公式F＝ma中，m、F、a都是同一研究对象在同一时刻对应的物理量
矢量性
加速度与合力方向相同
独立性
当物体受几个力的作用时，每一个力分别产生的加速度只与此力有关，与其他力无关；物体的加速度等于所有分力产生的加速度分量的矢量和
专题二 牛顿运动定律与直线运动
专题二 牛顿运动定律与直线运动
主干知识整合
专题二 │ 主干知识整合
一、匀变速直线运动的规律 1．匀变速直线运动的公式
专题二 │ 主干知识整合
2．匀变速直线运动的规律的应用技巧 (1)任意相邻相等时间内的位移之差相等，即Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝aT2，xm－xn＝(m－n)aT2. (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vt/2＝ (3)对于初速度为零的匀变速直线运动，可尽量利用初速度为零的运动特点解题．如第n秒的位移等于前n秒的位移与前n－1秒的位移之差，即x′n＝xn－xn－1＝ an2－ a(n－1)2＝ a(2n－1)．
专题二 │ 要点热点探究
专题二 │ 要点热点探究
专题二 │ 要点热点探究
专题二 │ 要点热点探究
专题二 │ 要点热点探究
专题二 │ 要点热点探究
【点评】有恒力F作用时，当物品速度与传送带速度相等时，沿传送带向上的滑动摩擦力消失，变为沿传送带向下的静摩擦力，随后物品做匀速运动．
专题二 │ 要点热点探究
专题二 │ 要点热点探究
A．两物块所受摩擦力的大小总是相等 B．两物块不可能同时相对绸带静止 C．M不可能相对绸带发生滑动 D．m不可能相对斜面向上滑动
高考物理二轮复习 专题精讲 第2讲 牛顿运动定律与直线运动课件课件
19)
角度3
对超重、失重的理解及牛顿第二定律瞬时性的考查(冷考 点)
• 【典例2】 (2013·安徽卷，14) (单选)如图1－ 2－9所示，细线的一端系一质量为m的小球， 另一端固定在倾角为θ的光滑斜面体顶端，细 线与斜面平行．在斜面体以加速度a水平向右 做匀加速直线运动的过程中，小球始终静止在 斜面上，小球受到细线的拉力T和斜面的支持 力FN分别为(重力加速度为g) • ( )．
图1－2－4
• A．物体具有惯性
• B．斜面倾角一定时，加速度与质量无关
• C．物体运动的距离与时间的平方成正比
• D．物体运动的加速度与重力加速度成正比
• 解析 由表可知，伽利略研究的是物体沿斜 面运动的距离与时间的关系．由计算可得每 一组数据中第三列数据大约总是第一列数据 的33倍左右，故可以得出物体运动的距离与 时间的平方成正比，所以C选项正确．
解析 由 vt2－v20＝2as 得：v0＝ v2t －2as＝ 502－2×6×200 m/s＝10 m/s. 答案 B
• 3．(2013·新课标全国Ⅰ，14)(单选)如图1－2 －4是伽利略1604年做斜面实验时的一页手稿 照片，照片左上角的三列数据如右表．表中第 二列是时间，第三列是物体沿斜面运动的距离， 第一列是伽利略在分析实验数据时添加的．根 据表中的数据．伽利略可以得出的结论是 • ( )．
图1－2－3
• A．在时刻t1，a车追上b车 • B．在时刻t2，a、b两车运动方向相反 • C．在t1到t2这段时间内，b车的速率先减少
后增加
• D．在t1到t2这段时间内，b车的速率一直比 a车的大
• 解析 由题图可知，t1时刻，b车追上a车， 故A错误．x－t图象的斜率表示速度，由于 t2时刻a、b两图象的斜率一正、一负，故两 车运动方向相反，B正确；由b图线的斜率 的变化可以看出t1到t2这段时间b车的速率先 减少后反向增加，C正确．如图所示，在t3 时刻b图线的斜率与a图线的相等，此时两 车的速率相等，故D错误．
高三物理二轮复习 专题一 力和运动 第2讲 直线运动和
解析：(1)设该运动员从开始自由下落至 1.5 km 高度处的 时间为 t，下落距离为 s，在 1.5 km 高度处的速度大小为 v。根 据运动学公式有 v＝gt①
s＝12gt2② 根据题意有 s＝3.9×104 m－1.5×103 m＝3.75×104 m③ 联立①②③式得 t≈87 s④ v≈8.7×102 m/s⑤
考点1 匀变速直线运动规律的应用 ： 本考点的高考 题型既有选择题也有计算题，考向涉及行车安全和追及相 遇问题。
1．牢记解决匀变速直线运动问题的四种常用方法：
2．处理刹车类问题的思路：先判断刹车时间，再进行 分析计算。
1．不计空气阻力，以一定的初速度竖直上拋一物
体，从拋出至回到拋出点的时间为t，现在物体上升的
[答案] (1)2 m/s (2)0.5 m/s2 0.33 m/s2
“一画、二选、三注意”解决匀变速直线运动问题
1．(2015·山东高考)距地面高 5 m 的水平直轨道上 A、B 两点相距 2 m，在 B 点用细线悬挂一小球，离地高度为 h，如 图。小车始终以 4 m/s 的速度沿轨道匀速运动，经过 A 点时将 随车携带的小球由轨道高度自由卸下，小车运动至 B 点时细线 被轧断，最后两球同时落地。不计空气阻力，取重力加速度的 大小 g＝10 m/s2。可求得 h 等于( )
[答案] C
2．一个小球从斜面顶端无初速下滑，接着又在水平面
上做匀减速运动，直到停止，它共运动了10 s，斜面长4 m，
在水平面上运动的距离为6 m，求：
(1)小球在运动过程中的最大速度；
(2)小球在斜面和水平面上运动的加速度大小。
[解题关键] (1)题干中“无初速下滑”说明：小球从斜面顶端下 滑做 初速度为零的匀加速 直线运动。 (2)题干中“直到停止”说明：小球在水平面上运动 的 末速度为零 。
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第2讲直线运动规律和牛顿运动定律的应用
考向一匀变速直线运动规律的应用
1、2014年11月3日，美军第5代战斗机F－35C完成首次航母阻拦着舰测试，成功降落在尼米兹号核动力航空母舰上，假设战斗机着舰后做匀减速直线运动，在着舰后的第一个0.5 s 内的位移是27.5 m，在第二个0.5 s内的位移是22.5 m，求：
(1)战斗机着舰后的加速度和着舰时的初速度；(2)战斗机着舰后4 s末的速度和4 s内的位移
2．(多选)a、b两辆摩托车在一笔直的公路上同时由同一地点开始同向行驶，两车的运动均可视为匀变速直线运动．由t＝0时刻开始每间隔Δt＝1 s将测量的摩托车a、b的速度记录在下表中．则由表中的数据分析可知()
C．前4 s内两摩托车的相对位移为56 m D．在第5 s末两摩托车间距最大
3.某游乐场中有一供游客娱乐的设施，该设施左端有一长为x1＝4 m的平直跑道，跑道的右端与一长为x2＝32 m的传送带衔接，在距离传送带左端x3＝10 m处有一障碍物，已知传送带以大小为1 m/s的速度v0逆时针匀速转动，障碍物始终保持静止．某游客从图中的位置开始由静止出发，向右以a1＝2 m/s2的加速度做匀加速直线运动通过平直跑道，游客跑上传送带后以a2＝1 m/s2的加速度继续向右跑，如果该游客在跨越障碍物时摔倒，经t＝2 s后站起来，假设在这2 s的时间内游客与传送带间没有相对运动，游客站起后继续以a2＝1 m/s2的加速度向右加速运动，并且跨越障碍物前后在传送带上保持a2＝1 m/s2的加速度，然后一直跑到传送带的最右端．求该游客从出发到到达传送带最右端所用的总时间．
考向二动力学的两类基本问题
4、某实验中学在一次课外活动中进行了一次推物块的比赛，比赛时将一质量为m＝2 kg的物块(可视为质点)静止放在一长为x＝20 m的水平台面上，参加比赛的同学将物块从台面的一端推到另一端，用时最短者胜出．在比赛中小明同学用F＝15 N的水平恒力推物块前进，经t0＝4 s的时间将物块由一端推到另一端．已知cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6，重力加速度g＝10 m/s2.(1)求物块与台面间的动摩擦因数．
(2)如果小明改用与水平方向成θ＝37°、大小为F′＝20 N的斜向上的拉力拉物块前进，欲使物块由一端能够运动到另一端，则拉力的作用时间至少为多少？(保留一位小数)
解决动力学问题的关键：做好“两个分析”①正确选择研究对象进行恰当的受力分析，防止漏力和添力；②寻找多过程运动问题中各过程间的相互联系．如第一个过程的末速度就是下一个过程的初速度，找出各过程间的位移联系．
5．2016年元宵节期间人们燃放起美丽的焰火以庆祝中华民族的传统节日，按照设计，某种型号的装有焰火的礼花弹从专用炮筒中射出后，在3 s末到达离地面90 m的最高点时炸开．构成各种美丽的图案．假设礼花弹从炮筒中竖直向上射出时的初速度是v0，上升过程中所受的阻力大小始终是自身重力的k倍，g＝10 m/s2，那么，v0和k分别为()
A．30 m/s,1B．30 m/s,0.5
C．60 m/s,0.5 D．60 m/s,1
6.在风洞实验室中进行如图所示的实验．在倾角为37°的固定斜
面上，有一个质量为1 kg的物块，在风洞施加的水平恒力F作用下，从A点由静止开始运动，经过1.2 s到达B点时立即关闭风洞，撤去恒力F，物块到达C点时速度变为零．通过速度传感器测得这一过程中物块每隔0.2 s的瞬时速度，下表给出了部分数据：
已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2.求：
(1)A、C两点间的距离；
(2)水平恒力F的大小．
7．如图所示，一个质量为m＝15 kg的特制柔软小猴模型，从离地面高h1＝6 m的树上自由下落，一辆平板车正沿着下落点正下方所在的平直路面以v0＝6 m/s的速度匀速前进．已知模型开始自由下落时，平板车前端恰好运动到距
离下落点正下方s＝3 m处，该平板车总长L＝7
m，平板车板面离地面高h2＝1 m，模型可看做
质点，不计空气阻力．假定模型落到板面后不弹
起，在模型落到板面的瞬间，司机刹车使平板车
开始以大小为a＝4 m/s2的加速度做匀减速直线
运动，直至停止，g取10 m/s2，模型下落过程
中未与平板车车头接触，模型与平板车板面间的
动摩擦因数μ＝0.2.求：
(1)模型将落在平板车上距车尾端多远处；
(2)通过计算说明，模型是否会从平板车上滑下；
(3)模型在平板车上相对滑动的过程中产生的总热量Q为多少．
考向三以连接体、弹簧等为载体考查牛顿第二定律的应用
8．如图，轻绳的一端连接质量为m的物体，另一端固定在
左侧竖直墙壁上，轻绳与竖直墙壁的夹角θ＝45°，轻弹簧的一
端连接物体，另一端固定在右侧竖直墙壁上，物体对地面的压
力恰好为0，物体与地面间的动摩擦因数为μ＝0.3，g取10 m/s2，
剪断轻绳的瞬间物体的加速度大小是()
A．3 m/s2B．10 2 m/s2C．7 m/s2D．10 m/s2
9.(多选)将两个质量分别为m A、m B的滑块A、B放在水平面上，中间用一质量不计的弹簧连接，两滑块与水平面间的摩擦力均可忽略不计，现在滑块A、B上分别施加水平向左和水平向右的拉力F1、F2(F1＜F2)，使A、B共同运动．则下列说法正确的是() A．撤走拉力F
后，当系统稳定时滑块B的加速度增大
B．撤走拉力F1后，当系统稳定时弹簧的弹力减小
C．撤走拉力F2后，当系统稳定时滑块B的加速度增大
D．撤走拉力F2后，当系统稳定时弹簧的弹力增大
考向四滑块—滑板模型
10.如图所示，质量M＝8 kg的小车放在水平光滑的平面上，在小车左端加一水平推力F＝8 N．当小车向右运动的速度达到1.5 m/s时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计、质量为m ＝2 kg的小物块，小物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，小车足够长．求：(取g＝10 m/s2) (1)放上小物块后，小物块及小车的加速度各为多大；
(2)经多长时间两者达到相同的速度；
(3)从小物块放在小车上开始，经过t＝1.5 s小物块通过
的位移大小为多少．
11.如图所示，长木板质量M＝100 kg，静止在水平地面上，与地面的动摩擦因数μ1＝0.2.小物块质量m＝100 kg，以初速度v0＝6 m/s，从左端开始在长木板上向右滑行，小物块与长木板间的动摩擦因数为μ2.
(1)若小物块滑上长木板，长木板不动，则μ2满足什么条件？
(2)若μ2＝0.5，要使小物块不滑出长木板，则长木板至少有多长？。