2021届高考物理二轮专题复习PPT-专题一第2课时牛顿运动定律与直线运动
合集下载
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
123
(2)为保证两车在紧急刹车过程中不相撞，甲、乙两车在正常行驶过程 中应至少保持多大距离？ 答案 1.5 m
123
解析 乙车紧急刹车的加速度大小为 a2＝Fmf22＝0.6mm22g＝6 m/s2， 刹车过程中，两车速度相等时处于同一位置，即为恰好不相撞的条件. 设甲、乙两车行驶过程中至少应保持距离x0， 在乙车刹车t2时间后两车的速度相等， 其运动关系如图所示，
123
解析 根据牛顿第二定律，甲车紧急刹车的加速度大小为 a1＝Fmf11＝0.4mm11g ＝4 m/s2. 甲车停下来所需时间为 t1＝va01＝140 s＝2.5 s， 滑行距离 x＝2va021＝21×024 m＝12.5 m， 由于x＝12.5 m<15 m， 可见甲车司机刹车后能避免闯红灯.
√C.该避险车道能接受失控车辆的最大初速度为30 m/s
D.该避险车道能接受失控车辆的最大初速度为21 m/s
456
解析 根据牛顿第二定律得，失控车辆冲上避险车道的加速度 a＝ mgsin mθ＋kmg＝g(sin θ＋k)＝10 m/s2， 则失控车辆冲上避险车道的距离 x＝v20a2＝20vm02/s2， 失控车辆冲上避险车道的距离和质量无关，故A、B错误； 车辆的最大速度 vm＝ 2axm＝30 m/s，故 C 正确，D 错误.
⑪
(3)管第二次落地弹起的上升过程中，球仍没有从管中滑出，求圆管长
度应满足的条件. 1.秦武阳脸色大变，引起秦国群臣的怀疑，荆轲谈笑而饰，足见超人的勇气、胆量和智慧。
二、整体感知课文 8．ＣＥ（Ａ提高信息技术是发展共享经济的重要任务，并非首要任务。Ｂ材料一重在分析共享经济发展的内驱力。Ｄ“只能通过自我探索发展本国经济”错。）
球不会从管中滑出的条件是x1＋x2≤L
⑮
联立⑪⑬⑭⑮式，L 应满足条件为 L≥115225H.
命题预测
4.如图3所示，两个质量均为m的小球A、B用细绳相连，小球A与一个轻
弹簧相连，弹簧另一端固定在竖直墙上，小球用一根细线连在天花板上，
开始时，两小球都静止不动，这时细线与水平方向的夹角是θ＝45°，弹
专题一 力与运动
内容索引
NEIRONGSUOYIN
高考题型1 匀变速直线运动规律的应用 1.匀变速直线运动问题常用的六种解题方法
2.解题的基本步骤
画过程 示意图
→
判断运 动性质
→ 选取正方向
→
选用公式 列方程
→
解方程并 加以讨论
3.两种匀减速直线运动的分析方法 (1)刹车问题的分析 末速度为零的匀减速直线运动问题常用逆向思维法，对于刹车问题，应先 判断车停下所用的时间，再选择合适的公式求解. (2)双向可逆类运动分析 匀减速直线运动速度减为零后反向运动，全过程加速度的大小和方向均不 变，故求解时可对全过程列式，但需注意x、v、a等矢量的正负及物理意义.
图2
解析 管第一次落地弹起的瞬间，小球仍然向下运动.
设此时管的加速度大小为a1，方向向下；
球的加速度大小为a2，方向向上；
球与管之间的摩擦力大小为Ff，
由牛顿运动定律有Ma1＝Mg＋Ff
①
ma2＝Ff－mg
②
联立①②式并代入题给数据，得
a1＝2g，a2＝3g
③
(2)管第一次落地弹起后，在上升过程中球没有从管中滑出，求管上升 的最大高度； 答案 见解析
别为24 m、16 m，则从t2时刻至速度为零汽车又行驶的距离为
√A.9 m
B.10 m
C.11 m
D.12 m
123
解析 设此后又行驶的距离为x，运动的时间为t， 刹车后两个连续相等的时间均为T， 则 x＝12at2，x＋16 m＝12a(t＋T)2，aT2＝8 m， 解得Tt ＝32，x＝9 m.故选 A.
解析 设第一次弹起过程中球相对管的位移为x1.
在管开始下落到上升H1这一过程中，由动能定理有
Mg(H－H1)＋mg(H－H1＋x1)－Ffx1＝0
⑫
联立⑪⑫式并代入题给数据得 x1＝45H
⑬
同理可推得，管与球从再次下落到第二次弹起至最高点的过程中，
球与管的相对位移为 x2＝45H1
⑭
设圆管长度为L.管第二次落地弹起后的上升过程中，
图4
456
解析 F作用时，对圆环受力分析，如图甲所示. 沿杆方向： Fcos 30°－mgsin 30°－Ff＝ma1 垂直杆方向： mgcos 30°＝FN＋Fsin 30° 又Ff＝μFN 联立解得：a1＝10 m/s2 由运动学公式得：2 s时圆环的速度大小v＝a1t 代入数据解得：v＝20 m/s
考题示例
例 1 (2019·全国卷Ⅰ·18)如图 1，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，
离地后重心上升的最大高度为 H.上升第一个H4 所用的时间为 t1，第四个H4
所用的时间为 t2.不计空气阻力，则tt21满足
A.1<tt21<2
B.2<tt21<3
√C.3<tt21<4
D.4<tt21<5
图1
答案 78 m/s
解析 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＝kv12
①
m2g＝kv22
②
由①②式及题给条件得v2＝78 m/s
③
(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 2 m/s2 39 s
考题示例
例3 (2020·全国卷Ⅱ·25)如图2，一竖直圆管质量为M，下端距水平地面 的高度为H，顶端塞有一质量为m的小球.圆管由静止自由下落，与地面发 生多次弹性碰撞，且每次碰撞时间均极短；在运动过程中，管始终保持 竖直.已知M＝4m，球和管之间的滑动摩擦力大小为4mg, g为重力加速度 的大小，不计空气阻力. (1)求管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球各自的加速度 大小； 答案 见解析
D.螺钉随升降机从井底出发到落回井底共用时6 s
123
解析 螺钉松脱时具有与升降机相同的向上的初速度，
故螺钉脱落后做竖直上抛运动，A项错误； 取竖直向上为正方向，螺钉从脱落至落到井底的位移 h1＝v0t－21gt2＝－30 m， 升降机这段时间的位移h2＝v0t＝15 m， 故矿井的深度为h＝|h1|＋h2＝45 m，B项正确； 螺钉落到井底时的速度为v＝v0－gt＝－25 m/s， 故速度大小为25 m/s，C项正确； 螺钉松脱前运动的时间为 t′＝|hv10|＝6 s， 所以螺钉运动的总时间为t总＝t＋t′＝9 s，D项错误.
解析 管第一次碰地前与球的速度大小相同.
由运动学公式，碰地前瞬间它们的速度大小均为 v0＝ 2gH ④ 方向均向下.
Байду номын сангаас
管弹起的瞬间，管的速度反向，球的速度方向仍向下.
设自弹起时经过时间t1，管与小球的速度刚好相同. 取向上为正方向，由运动学公式得
v0－a1t1＝－v0＋a2t1
⑤
联立③④⑤式得 t1＝25
456
6.(2020·河南信阳市高三期末)如图4所示，将质量m＝1 kg的圆环套在固定 的足够长的直杆上，杆的倾角为30°，环的直径略大于杆的截面直径.对环 施加一位于竖直平面内斜向上与杆夹角为30°、大小为10 N的3拉力F，使 圆环由静止开始沿杆加速向上运动，已知环与杆间的动摩擦因数μ＝ ，23g ＝10 m/s2，则： (1)F作用t＝2 s时圆环的速度是多大？ 答案 20 m/s
456
5.(2020·陕西西安中学高三三模)高速公路的长下坡路段设有避险车道， 若刹车失灵，车辆可以冲向避险车道保证人员安全.设避险车道长为45 m， 且与水平面的夹角为30°，车道填充砾石后具有的阻力系数为0.5(即阻力 为车重力的0.5倍)，取g＝10 m/s2，以下说法正确的是 A.失控车辆冲上避险车道的距离仅和质量有关 B.失控车辆冲上避险车道的加速度为5 m/s2
簧水平，重力加速度大小为g，现突然把细线剪断.
在剪断细线的瞬间，小球A的加速度大小是
A.2 2g
√B. 5g
C.2g
D. 2g
图3
456
解析 细线剪断前，小球A受到4个力作用，重力、弹簧的弹力、细线 的拉力和细绳的拉力， 由力的平衡条件，可知：弹簧的弹力大小F＝2mg，剪断细线的瞬间， 小球A只受弹簧的弹力和自身重力，此时弹簧的弹力大小还是F＝2mg， 所以此时 A 球受到的合力大小 FA＝ mg2＋2mg2＝ 5mg， 由牛顿第二定律可知，在剪断细线的瞬间，小球 A 的加速度大小 a＝ 5g， 故 B 正确，A、C、D 错误.
解析 本题应用逆向思维法求解，
即运动员的竖直上抛运动可等同于从一定高度处开始
的自由落体运动的逆运动，
所以第四个H4 所用的时间为 t2＝
2×g H4 ，
第一个H4 所用的时间为 t1＝ 2gH－
2×g43H，
因此有tt21＝2－1 3＝2＋ 3，即 3<tt21<4，选项 C 正确.
例2 (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；
2H g
⑥
设此时管下端的高度为h1，速度为v.
由运动学公式可得
h1＝v0t1－12a1t12
⑦
v＝v0－a1t1
⑧
由③④⑥⑧式可判断此时v>0.
此后，管与小球将以加速度g减速上升h2，
到达最高点.由运动学公式有 h2＝2vg2
⑨
设管第一次落地弹起后上升的最大高度为H1，则H1＝h1＋ h2 ⑩
联立③④⑥⑦⑧⑨⑩式可得 H1＝2153H
答案 见解析 固时俗之工巧兮，偭规矩而改错。
材料一： 秦晋历史上关系一直很好；更重要的是，秦也有向外扩张的欲望，于是秦晋联合也就必然了。 寄蜉蝣于天地，渺沧海之一粟。 情节曲折有效 师配乐朗诵。 5．用落叶和江水抒发时光易逝．壮志难酬的感伤的句子是：无边落木萧萧下，不尽长江滚滚来。 话里含有威胁的意味。 旺盛的用户需求促使资本与市场活跃起来。第三方数据显示，截至去年年底，中国共享单车市场整体用户数量大幅上升，预计今年年底将达到千万用户规模，今年以来，共享单车 平台已经从最初的17家迅速扩大到27家。 提问：浏览全诗，思考，作者在这首诗表达了那样的一些感情？
123
3.现有甲、乙两汽车正沿同一平直道路同向匀速行驶，甲车在前，乙车 在后，它们行驶的速度均为10 m/s.当两车快要到一十字路口时，甲车司 机看到绿灯已转换成了黄灯，于是紧急刹车(反应时间忽略不计)，乙车 司机为了避免与甲车相撞也紧急刹车，但乙车司机反应较慢(反应时间 为t0＝0.5 s).已知甲车紧急刹车时制动力为车重的0.4倍，乙车紧急刹车 时制动力为车重的0.6倍，g＝10 m/s2，假设汽车可看成质点. (1)若甲车司机看到黄灯时车头距警戒线15 m，他采取上述措施能否避 免闯红灯？ 答案 能
123
2.(多选)矿井中的升降机从井底开始以5 m/s的速度竖直向上匀速运行， 某时刻一螺钉从升降机底板松脱，经过3 s升降机底板上升至井口，此 时松脱的螺钉刚好落到井底，不计空气阻力，取重力加速度大小g＝ 10 m/s2，下列说法正确的是 A.螺钉松脱后做自由落体运动
√B.矿井的深度为45 m √C.螺钉落到井底时的速度大小为25 m/s
解析 设飞机匀加速滑行距离为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＝2as
④
v2＝at
⑤
联立③④⑤式及题给条件得a＝2 m/s2，t＝39 s.
命题预测
1.(2020·吉林示范高中联考)一辆汽车正在平直的公路上行驶，突遇前方
有险情而紧急刹车，刹车后两个连续相等时间内(0～t1，t1～t2)的位移分
123
则有速度关系v0－a1(t2＋t0)＝v0－a2t2，v＝v0－a2t2 位移关系 v0t0＋v022－a2v2＝x0＋v022－a1v2 解得x0＝1.5 m.
123
高考题型2 牛顿运动定律的应用 1.动力学两类基本问题的解题思路
2.超重与失重
3.瞬时加速度的求解
(1)两个重要模型 ①轻绳——长度不变时产生弹力可突变，剪断时弹力立即消失； ②轻弹簧——其形变的恢复需要时间，在瞬时性问题中，其弹力认为 不变. (2)注意：力和加速度可以发生突变，但速度不可以.
(2)为保证两车在紧急刹车过程中不相撞，甲、乙两车在正常行驶过程 中应至少保持多大距离？ 答案 1.5 m
123
解析 乙车紧急刹车的加速度大小为 a2＝Fmf22＝0.6mm22g＝6 m/s2， 刹车过程中，两车速度相等时处于同一位置，即为恰好不相撞的条件. 设甲、乙两车行驶过程中至少应保持距离x0， 在乙车刹车t2时间后两车的速度相等， 其运动关系如图所示，
123
解析 根据牛顿第二定律，甲车紧急刹车的加速度大小为 a1＝Fmf11＝0.4mm11g ＝4 m/s2. 甲车停下来所需时间为 t1＝va01＝140 s＝2.5 s， 滑行距离 x＝2va021＝21×024 m＝12.5 m， 由于x＝12.5 m<15 m， 可见甲车司机刹车后能避免闯红灯.
√C.该避险车道能接受失控车辆的最大初速度为30 m/s
D.该避险车道能接受失控车辆的最大初速度为21 m/s
456
解析 根据牛顿第二定律得，失控车辆冲上避险车道的加速度 a＝ mgsin mθ＋kmg＝g(sin θ＋k)＝10 m/s2， 则失控车辆冲上避险车道的距离 x＝v20a2＝20vm02/s2， 失控车辆冲上避险车道的距离和质量无关，故A、B错误； 车辆的最大速度 vm＝ 2axm＝30 m/s，故 C 正确，D 错误.
⑪
(3)管第二次落地弹起的上升过程中，球仍没有从管中滑出，求圆管长
度应满足的条件. 1.秦武阳脸色大变，引起秦国群臣的怀疑，荆轲谈笑而饰，足见超人的勇气、胆量和智慧。
二、整体感知课文 8．ＣＥ（Ａ提高信息技术是发展共享经济的重要任务，并非首要任务。Ｂ材料一重在分析共享经济发展的内驱力。Ｄ“只能通过自我探索发展本国经济”错。）
球不会从管中滑出的条件是x1＋x2≤L
⑮
联立⑪⑬⑭⑮式，L 应满足条件为 L≥115225H.
命题预测
4.如图3所示，两个质量均为m的小球A、B用细绳相连，小球A与一个轻
弹簧相连，弹簧另一端固定在竖直墙上，小球用一根细线连在天花板上，
开始时，两小球都静止不动，这时细线与水平方向的夹角是θ＝45°，弹
专题一 力与运动
内容索引
NEIRONGSUOYIN
高考题型1 匀变速直线运动规律的应用 1.匀变速直线运动问题常用的六种解题方法
2.解题的基本步骤
画过程 示意图
→
判断运 动性质
→ 选取正方向
→
选用公式 列方程
→
解方程并 加以讨论
3.两种匀减速直线运动的分析方法 (1)刹车问题的分析 末速度为零的匀减速直线运动问题常用逆向思维法，对于刹车问题，应先 判断车停下所用的时间，再选择合适的公式求解. (2)双向可逆类运动分析 匀减速直线运动速度减为零后反向运动，全过程加速度的大小和方向均不 变，故求解时可对全过程列式，但需注意x、v、a等矢量的正负及物理意义.
图2
解析 管第一次落地弹起的瞬间，小球仍然向下运动.
设此时管的加速度大小为a1，方向向下；
球的加速度大小为a2，方向向上；
球与管之间的摩擦力大小为Ff，
由牛顿运动定律有Ma1＝Mg＋Ff
①
ma2＝Ff－mg
②
联立①②式并代入题给数据，得
a1＝2g，a2＝3g
③
(2)管第一次落地弹起后，在上升过程中球没有从管中滑出，求管上升 的最大高度； 答案 见解析
别为24 m、16 m，则从t2时刻至速度为零汽车又行驶的距离为
√A.9 m
B.10 m
C.11 m
D.12 m
123
解析 设此后又行驶的距离为x，运动的时间为t， 刹车后两个连续相等的时间均为T， 则 x＝12at2，x＋16 m＝12a(t＋T)2，aT2＝8 m， 解得Tt ＝32，x＝9 m.故选 A.
解析 设第一次弹起过程中球相对管的位移为x1.
在管开始下落到上升H1这一过程中，由动能定理有
Mg(H－H1)＋mg(H－H1＋x1)－Ffx1＝0
⑫
联立⑪⑫式并代入题给数据得 x1＝45H
⑬
同理可推得，管与球从再次下落到第二次弹起至最高点的过程中，
球与管的相对位移为 x2＝45H1
⑭
设圆管长度为L.管第二次落地弹起后的上升过程中，
图4
456
解析 F作用时，对圆环受力分析，如图甲所示. 沿杆方向： Fcos 30°－mgsin 30°－Ff＝ma1 垂直杆方向： mgcos 30°＝FN＋Fsin 30° 又Ff＝μFN 联立解得：a1＝10 m/s2 由运动学公式得：2 s时圆环的速度大小v＝a1t 代入数据解得：v＝20 m/s
考题示例
例 1 (2019·全国卷Ⅰ·18)如图 1，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，
离地后重心上升的最大高度为 H.上升第一个H4 所用的时间为 t1，第四个H4
所用的时间为 t2.不计空气阻力，则tt21满足
A.1<tt21<2
B.2<tt21<3
√C.3<tt21<4
D.4<tt21<5
图1
答案 78 m/s
解析 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＝kv12
①
m2g＝kv22
②
由①②式及题给条件得v2＝78 m/s
③
(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 2 m/s2 39 s
考题示例
例3 (2020·全国卷Ⅱ·25)如图2，一竖直圆管质量为M，下端距水平地面 的高度为H，顶端塞有一质量为m的小球.圆管由静止自由下落，与地面发 生多次弹性碰撞，且每次碰撞时间均极短；在运动过程中，管始终保持 竖直.已知M＝4m，球和管之间的滑动摩擦力大小为4mg, g为重力加速度 的大小，不计空气阻力. (1)求管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球各自的加速度 大小； 答案 见解析
D.螺钉随升降机从井底出发到落回井底共用时6 s
123
解析 螺钉松脱时具有与升降机相同的向上的初速度，
故螺钉脱落后做竖直上抛运动，A项错误； 取竖直向上为正方向，螺钉从脱落至落到井底的位移 h1＝v0t－21gt2＝－30 m， 升降机这段时间的位移h2＝v0t＝15 m， 故矿井的深度为h＝|h1|＋h2＝45 m，B项正确； 螺钉落到井底时的速度为v＝v0－gt＝－25 m/s， 故速度大小为25 m/s，C项正确； 螺钉松脱前运动的时间为 t′＝|hv10|＝6 s， 所以螺钉运动的总时间为t总＝t＋t′＝9 s，D项错误.
解析 管第一次碰地前与球的速度大小相同.
由运动学公式，碰地前瞬间它们的速度大小均为 v0＝ 2gH ④ 方向均向下.
Байду номын сангаас
管弹起的瞬间，管的速度反向，球的速度方向仍向下.
设自弹起时经过时间t1，管与小球的速度刚好相同. 取向上为正方向，由运动学公式得
v0－a1t1＝－v0＋a2t1
⑤
联立③④⑤式得 t1＝25
456
6.(2020·河南信阳市高三期末)如图4所示，将质量m＝1 kg的圆环套在固定 的足够长的直杆上，杆的倾角为30°，环的直径略大于杆的截面直径.对环 施加一位于竖直平面内斜向上与杆夹角为30°、大小为10 N的3拉力F，使 圆环由静止开始沿杆加速向上运动，已知环与杆间的动摩擦因数μ＝ ，23g ＝10 m/s2，则： (1)F作用t＝2 s时圆环的速度是多大？ 答案 20 m/s
456
5.(2020·陕西西安中学高三三模)高速公路的长下坡路段设有避险车道， 若刹车失灵，车辆可以冲向避险车道保证人员安全.设避险车道长为45 m， 且与水平面的夹角为30°，车道填充砾石后具有的阻力系数为0.5(即阻力 为车重力的0.5倍)，取g＝10 m/s2，以下说法正确的是 A.失控车辆冲上避险车道的距离仅和质量有关 B.失控车辆冲上避险车道的加速度为5 m/s2
簧水平，重力加速度大小为g，现突然把细线剪断.
在剪断细线的瞬间，小球A的加速度大小是
A.2 2g
√B. 5g
C.2g
D. 2g
图3
456
解析 细线剪断前，小球A受到4个力作用，重力、弹簧的弹力、细线 的拉力和细绳的拉力， 由力的平衡条件，可知：弹簧的弹力大小F＝2mg，剪断细线的瞬间， 小球A只受弹簧的弹力和自身重力，此时弹簧的弹力大小还是F＝2mg， 所以此时 A 球受到的合力大小 FA＝ mg2＋2mg2＝ 5mg， 由牛顿第二定律可知，在剪断细线的瞬间，小球 A 的加速度大小 a＝ 5g， 故 B 正确，A、C、D 错误.
解析 本题应用逆向思维法求解，
即运动员的竖直上抛运动可等同于从一定高度处开始
的自由落体运动的逆运动，
所以第四个H4 所用的时间为 t2＝
2×g H4 ，
第一个H4 所用的时间为 t1＝ 2gH－
2×g43H，
因此有tt21＝2－1 3＝2＋ 3，即 3<tt21<4，选项 C 正确.
例2 (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；
2H g
⑥
设此时管下端的高度为h1，速度为v.
由运动学公式可得
h1＝v0t1－12a1t12
⑦
v＝v0－a1t1
⑧
由③④⑥⑧式可判断此时v>0.
此后，管与小球将以加速度g减速上升h2，
到达最高点.由运动学公式有 h2＝2vg2
⑨
设管第一次落地弹起后上升的最大高度为H1，则H1＝h1＋ h2 ⑩
联立③④⑥⑦⑧⑨⑩式可得 H1＝2153H
答案 见解析 固时俗之工巧兮，偭规矩而改错。
材料一： 秦晋历史上关系一直很好；更重要的是，秦也有向外扩张的欲望，于是秦晋联合也就必然了。 寄蜉蝣于天地，渺沧海之一粟。 情节曲折有效 师配乐朗诵。 5．用落叶和江水抒发时光易逝．壮志难酬的感伤的句子是：无边落木萧萧下，不尽长江滚滚来。 话里含有威胁的意味。 旺盛的用户需求促使资本与市场活跃起来。第三方数据显示，截至去年年底，中国共享单车市场整体用户数量大幅上升，预计今年年底将达到千万用户规模，今年以来，共享单车 平台已经从最初的17家迅速扩大到27家。 提问：浏览全诗，思考，作者在这首诗表达了那样的一些感情？
123
3.现有甲、乙两汽车正沿同一平直道路同向匀速行驶，甲车在前，乙车 在后，它们行驶的速度均为10 m/s.当两车快要到一十字路口时，甲车司 机看到绿灯已转换成了黄灯，于是紧急刹车(反应时间忽略不计)，乙车 司机为了避免与甲车相撞也紧急刹车，但乙车司机反应较慢(反应时间 为t0＝0.5 s).已知甲车紧急刹车时制动力为车重的0.4倍，乙车紧急刹车 时制动力为车重的0.6倍，g＝10 m/s2，假设汽车可看成质点. (1)若甲车司机看到黄灯时车头距警戒线15 m，他采取上述措施能否避 免闯红灯？ 答案 能
123
2.(多选)矿井中的升降机从井底开始以5 m/s的速度竖直向上匀速运行， 某时刻一螺钉从升降机底板松脱，经过3 s升降机底板上升至井口，此 时松脱的螺钉刚好落到井底，不计空气阻力，取重力加速度大小g＝ 10 m/s2，下列说法正确的是 A.螺钉松脱后做自由落体运动
√B.矿井的深度为45 m √C.螺钉落到井底时的速度大小为25 m/s
解析 设飞机匀加速滑行距离为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＝2as
④
v2＝at
⑤
联立③④⑤式及题给条件得a＝2 m/s2，t＝39 s.
命题预测
1.(2020·吉林示范高中联考)一辆汽车正在平直的公路上行驶，突遇前方
有险情而紧急刹车，刹车后两个连续相等时间内(0～t1，t1～t2)的位移分
123
则有速度关系v0－a1(t2＋t0)＝v0－a2t2，v＝v0－a2t2 位移关系 v0t0＋v022－a2v2＝x0＋v022－a1v2 解得x0＝1.5 m.
123
高考题型2 牛顿运动定律的应用 1.动力学两类基本问题的解题思路
2.超重与失重
3.瞬时加速度的求解
(1)两个重要模型 ①轻绳——长度不变时产生弹力可突变，剪断时弹力立即消失； ②轻弹簧——其形变的恢复需要时间，在瞬时性问题中，其弹力认为 不变. (2)注意：力和加速度可以发生突变，但速度不可以.