【专项复习】通用版2018_版高考物理总复习主题一机械运动与物理模型1.2.3匀变速直线运动的位移与时间的关系

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B
末位置
速度增量的定义： v = vt - v0
三种情况：大小变；方向变；大小、方向都变。
匀加速直线运动
v0 Δv
匀减速直线运动
v0
平抛运动
v0
vt
vt Δv
Δv
速度增运算遵从三角形法则，方向由初速 vt 度矢端指向末速度矢端。
3、质点运动变化快慢的描述
瞬时速度（矢量）：反映质点位置变化的快慢。定义：v=s/t（t趋近于0）速度的方向质点运动轨迹的切线方向。瞬时速率（标量）（瞬时速度的大小）
一、原子结构模型二、光谱及光谱分析三、原子核
第十四部分物理实、高中物理分组实验（目录）四、传感器的简单应用
模型化思维结构概述
一、物理模型
物理学是“模型”的科学。物理模型，往往是在对一些现实物理过程或对象进行科学地分析后，抓住事物的主要矛盾（决定性因素），忽略次要矛盾（次要性因素）后得到的，它能够更加清晰地反映事物的本质规律。物理模型的建构是在某些条件下抽象出来的简化近似结果。从某种意义上讲，物理学理论的发展进化过程，就是物理模型发展进化的过程。物理学概念、规律都是对物理模型而言的。我们在应用物理学知识解决实际问题时，就需要将实际问题简化为物理模型，再运用相应的规律加以描述。
位置：三维空间中的点坐标A（x0,y0,z0）
z A(x0,y0,z0)
O
y
x
三维空间坐标系即运动参考系
2、质点运动变化的描述
位移（矢量）：反映质点空间位置的变化。P3.1
大小：由初末位置决定。
A
L
方向：由初位置指向末位置。初位置
路程（标量）：物体运动轨迹的长度。
S

高考物理知识点总结归纳

高考物理知识点总结归纳2018年高考物理知识点归纳:运动学知识点总结1.机械运动:一个物体相对于另一个物体的位置的改变叫做机械运动，简称运动，它包括平动，转动和振动等运动形式.为了研究物体的运动需要选定参照物(即假定为不动的物体)，对同一个物体的运动，所选择的参照物不同，对它的运动的描述就会不同，通常以地球为参照物来研究物体的运动.2.质点:用来代替物体的只有质量没有形状和大小的点，它是一个理想化的物理模型.仅凭物体的大小不能做视为质点的依据。

3.位移和路程:位移描述物体位置的变化，是从物体运动的初位置指向末位置的有向线段，是矢量.路程是物体运动轨迹的长度，是标量.路程和位移是完全不同的概念，仅就大小而言，一般情况下位移的大小小于路程，只有在单方向的直线运动中，位移的大小才等于路程.4.速度和速率(1)速度:描述物体运动快慢的物理量.是矢量.①平均速度:质点在某段时间内的位移与发生这段位移所用时间的比值叫做这段时间(或位移)的平均速度v，即v=s/t，平均速度是对变速运动的粗略描述.②瞬时速度:运动物体在某一时刻(或某一位置)的速度，方向沿轨迹上质点所在点的切线方向指向前进的一侧.瞬时速度是对变速运动的精确描述.(2)速率：①速率只有大小，没有方向，是标量.②平均速率:质点在某段时间内通过的路程和所用时间的比值叫做这段时间内的平均速率.在一般变速运动中平均速度的大小不一定等于平均速率，只有在单方向的直线运动，二者才相等.5.加速度(1)加速度是描述速度变化快慢的物理量，它是矢量.加速度又叫速度变化率.(2)定义:在匀变速直线运动中，速度的变化Δv跟发生这个变化所用时间Δt的比值，叫做匀变速直线运动的加速度，用a表示.(3)方向:与速度变化Δv的方向一致.但不一定与v的方向一致.[注意]加速度与速度无关.只要速度在变化，无论速度大小，都有加速度;只要速度不变化(匀速)，无论速度多大，加速度总是零;只要速度变化快，无论速度是大、是小或是零，物体加速度就大.6.匀速直线运动(1)定义:在任意相等的时间内位移相等的直线运动叫做匀速直线运动.(2)特点:a=0，v=恒量.(3)位移公式:S=vt.7.匀变速直线运动(1)定义:在任意相等的时间内速度的变化相等的直线运动叫匀变速直线运动.(2)特点:a=恒量(3)公式：速度公式：V=V0+at位移公式：s=v0t+ at2速度位移公式：vt2-v02=2as平均速度V=以上各式均为矢量式，应用时应规定正方向，然后把矢量化为代数量求解，通常选初速度方向为正方向，凡是跟正方向一致的取“+”值，跟正方向相反的取“-”值.8.重要结论(1)匀变速直线运动的质点，在任意两个连续相等的'时间T内的位移差值是恒量，即ΔS=Sn+l–Sn=aT2=恒量(2)匀变速直线运动的质点，在某段时间内的中间时刻的瞬时速度，等于这段时间内的平均速度，即：9.自由落体运动(1)条件:初速度为零，只受重力作用.(2)性质:是一种初速为零的匀加速直线运动，a=g.(3)公式:10.运动图像(1)位移图像(s-t图像):①图像上一点切线的斜率表示该时刻所对应速度;②图像是直线表示物体做匀速直线运动，图像是曲线则表示物体做变速运动;③图像与横轴交叉，表示物体从参考点的一边运动到另一边.(2)速度图像(v-t图像):①在速度图像中，可以读出物体在任何时刻的速度;②在速度图像中，物体在一段时间内的位移大小等于物体的速度图像与这段时间轴所围面积的值.③在速度图像中，物体在任意时刻的加速度就是速度图像上所对应的点的切线的斜率.④图线与横轴交叉，表示物体运动的速度反向.⑤图线是直线表示物体做匀变速直线运动或匀速直线运动;图线是曲线表示物体做变加速运动.2018年高考物理知识点归纳：力(常见的力、力的合成与分解)1)常见的力1.重力G=mg (方向竖直向下，g=9.8m/s2≈10m/s2，作用点在重心，适用于地球表面附近)2.胡克定律F=kx {方向沿恢复形变方向，k：劲度系数(N/m)，x：形变量(m)｝3.滑动摩擦力F=μFN {与物体相对运动方向相反，μ：摩擦因数，FN：正压力(N)｝4.静摩擦力0≤f静≤fm (与物体相对运动趋势方向相反，fm为最大静摩擦力)5.万有引力F=Gm1m2/r2 (G=6.67×10-11N•m2/kg2,方向在它们的连线上)6.静电力F=kQ1Q2/r2 (k=9.0×109N•m2/C2,方向在它们的连线上)7.电场力F=Eq (E：场强N/C，q：电量C，正电荷受的电场力与场强方向相同)8.安培力F=BILsi nθ (θ为B与L的夹角，当L⊥B时:F=BIL，B//L时:F=0)9.洛仑兹力f=qVBsinθ (θ为B与V的夹角，当V⊥B时：f=qVB，V//B 时:f=0)注:(1)劲度系数k由弹簧自身决定;(2)摩擦因数μ与压力大小及接触面积大小无关，由接触面材料特性与表面状况等决定;(3)fm略大于μFN，一般视为fm≈μFN;(4)其它相关内容：静摩擦力(大小、方向)〔见第一册P8〕;(5)物理量符号及单位B：磁感强度(T)，L：有效长度(m)，I:电流强度(A)，V：带电粒子速度(m/s),q:带电粒子(带电体)电量(C);(6)安培力与洛仑兹力方向均用左手定则判定。

【K12教育学习资料】通用版2018_2019版高考物理总复习主题一机械运动与物理模型1.2.5_1

1.2.5 自由落体运动1.2.6 伽利略对自由落体运动的研究一、自由落体运动1.定义：物体只在重力作用下从静止开始下落的运动。

2.特点(1)运动性质：初速度等于零的匀加速直线运动。

(2)受力特点：只受重力作用。

(3)物体下落可看作自由落体运动的条件：在实际中物体下落时由于受空气阻力的作用，物体并不是做自由落体运动，只有当空气阻力比重力小得多，可以忽略时，物体的下落才可当作自由落体运动来处理。

思维拓展如图所示，在有空气的玻璃管中，金属片比羽毛下落得快，在抽掉空气的玻璃管中，金属片和羽毛下落快慢相同。

(1)只受重力作用时，物体下落快慢有什么规律。

(2)空气中的落体运动在什么条件下可看作自由落体运动？答案 (1)物体下落快慢相同 (2)空气的阻力作用可以忽略二、自由落体加速度1.定义：在同一地点，一切物体自由下落的加速度都相同。

这个加速度叫自由落体加速度，也叫重力加速度，通常用g 表示。

2.方向：竖直向下。

3.大小(1)在地球上的同一地点：一切物体自由下落的加速度都相同。

(2)在地球上不同的地点，g 的大小一般是B(A.相同 B.不同)的，g 值随纬度的增大而逐渐增大。

(3)一般取值：g ＝9.8 m/s 2或g ＝10 m/s 2。

思维拓展自由下落加速度的大小与物体的质量有关吗？同一物体在月球和地球上做自由落体运动时加速度相同吗？答案自由下落加速度的大小与物体的质量无关系。

同一物体在月球和地球上自由落体的加速度也不相同。

三、自由落体运动规律速度公式v ＝gt 位移公式h ＝12gt 2速度位移公式v2＝2gh思维拓展我们已经知道，自由落体运动是一种初速度为0，只受重力作用的运动。

那么前面所学的匀变速直线运动的规律，还有哪些适用于自由落体运动。

请举出一些！答案平均速度公式，初速度为零的匀变速直线运动的比例式等均可用。

四、伽利略对自由落体运动的研究1.亚里士多德的观点：物体下落的快慢是由它们的重力决定的。

2018版高考物理(全国通用)大一轮复习讲义文档：第五章机械能第3讲含答案

第3讲功能关系能量守恒定律一．几种常见的功能关系及其表达式力做功能的变化定量关系合力的功动能变化W＝E k2－E k1＝ΔE k重力的功重力势能变化（1）重力做正功,重力势能减少(2）重力做负功,重力势能增加(3)W G＝－ΔE p＝E p1－E p2弹簧弹力的功弹性势能变化(1）弹力做正功,弹性势能减少(2)弹力做负功,弹性势能增加(3）W F＝－ΔE p＝E p1－E p2只有重力、弹簧弹力做功机械能不变化机械能守恒ΔE＝0除重力和弹簧机械能变（1)其他力做多少正[深度思考］一对相互作用的静摩擦力做功能改变系统的机械能吗? 答案不能，因做功代数和为零．二、两种摩擦力做功特点的比较一对摩擦力的总功方面一对静摩擦力所做功的代数和总等于零一对滑动摩擦力做功的代数和总是负值相同点正功、负功、不做功方面两种摩擦力对物体均可以做正功，做负功，还可以不做功三、能量守恒定律1．内容能量既不会凭空产生,也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变．2．表达式ΔE减＝ΔE增．3．基本思路（1)某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加，且减少量和增加量一定相等；(2）某个物体的能量减少,一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量一定相等．1．上端固定的一根细线下面悬挂一摆球，摆球在空气中摆动,摆动的幅度越来越小,对此现象下列说法是否正确．（1)摆球机械能守恒．( ×)（2）总能量守恒,摆球的机械能正在减少，减少的机械能转化为内能．（√）（3）能量正在消失．（×）（4）只有动能和重力势能的相互转化．( ×）2．如图1所示，在竖直平面内有一半径为R的圆弧形轨道，半径OA水平、OB竖直,一个质量为m的小球自A的正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力．已知AP＝2R,重力加速度为g,则小球从P至B的运动过程中（)图1A．重力做功2mgR B．机械能减少mgRC．合外力做功mgR D．克服摩擦力做功错误!mgR答案D3．如图2所示,质量相等的物体A、B通过一轻质弹簧相连，开始时B放在地面上，A、B均处于静止状态．现通过细绳将A向上缓慢拉起,第一阶段拉力做功为W1时，弹簧变为原长；第二阶段拉力再做功W2时，B刚要离开地面．弹簧一直在弹性限度内，则（)图2A．两个阶段拉力做的功相等B．拉力做的总功等于A的重力势能的增加量C．第一阶段,拉力做的功大于A的重力势能的增加量D．第二阶段，拉力做的功等于A的重力势能的增加量答案B4．（多选）如图3所示,轻质弹簧上端固定，下端系一物体．物体在A处时，弹簧处于原长状态．现用手托住物体使它从A处缓慢下降，到达B处时，手和物体自然分开．此过程中，物体克服手的支持力所做的功为W.不考虑空气阻力．关于此过程，下列说法正确的有( ）图3A．物体重力势能减少量一定大于WB．弹簧弹性势能增加量一定小于WC．物体与弹簧组成的系统机械能增加量为WD．若将物体从A处由静止释放，则物体到达B处时的动能为W答案AD解析根据能量守恒定律可知，在此过程中减少的重力势能mgh＝ΔE p＋W，所以物体重力势能减少量一定大于W，不能确定弹簧弹性势能增加量与W的大小关系，故A正确，B错误；支持力对物体做负功，所以物体与弹簧组成的系统机械能减少W,所以C错误；若将物体从A处由静止释放，从A到B的过程,根据动能定理:E k＝mgh －W弹＝mgh－ΔE p＝W，所以D正确．命题点一功能关系的理解和应用在应用功能关系解决具体问题的过程中：（1）若只涉及动能的变化用动能定理．(2)只涉及重力势能的变化,用重力做功与重力势能变化的关系分析．（3）只涉及机械能变化，用除重力和弹簧的弹力之外的力做功与机械能变化的关系分析．(4)只涉及电势能的变化，用电场力做功与电势能变化的关系分析．例1 (多选）如图4所示,轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长．圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，AC＝h。

(完整word版)2018高中物理学业水平考试复习提纲资料

第一章运动的描述1.质点（1）没有形状、大小，而拥有质量的点。

（2）质点是一个理想化的物理模型，实质其实不存在。

（3）一个物体可否当作质点，其实不取决于这个物体的大小，而是看在所研究的问题中物体的形状、大小和物体上各部分运动状况的差别能否为能够忽视的次要因素，要详细问题详细剖析。

2.参照系（1）物体有关于其余物体的地点变化，叫做机械运动，简称运动。

（2）在描述一个物体运动时，选来作为标准的（即假定为不动的）此外的物体，叫做参照系。

对参照系应明确以下几点：①对同一运动物体，选用不一样的物体作参照系时，对物体的察看结果常常不一样的。

②在研究实质问题时，选用参照系的基来源则是能对研究对象的运动状况的描述获得尽量的简化，能够使解题显得简捷。

③因为此后我们主要议论地面上的物体的运动，所以往常取地面作为参照系3.行程和位移（1）位移是表示质点地点变化的物理量。

行程是质点运动轨迹的长度。

（2）位移是矢量，能够用以初地点指向末地点的一条有向线段来表示。

所以，位移的大小等于物体的初地点到末地点的直线距离。

行程是标量，它是质点运动轨迹的长度。

所以其大小与运动路径有关。

（3）一般状况下，运动物体的行程与位移大小是不一样的。

只有当质点做单调方向的直线运动时，行程与位移的大小才相等。

（ 4）在研究机械运动时，位移才是能用来描述地点变化的物理量。

行程不可以用来表达物体确实切地点。

比方说某人从O点起走了 50m路，我们就说不出终了地点在哪处。

4、速度、均匀速度和刹时速度（ 1）表示物体运动快慢的物理量，它等于位移s 跟发生这段位移所用时间t 的比值。

即v=s/t 。

速度是矢量，既有大小也有方向，其方向就是物体运动的方向。

在国际单位制中，速度的单位是（m/s）米/秒。

（ 2）均匀速度是描述作变速运动物体运动快慢的物理量。

一个作变速运动的物体，假如在一段时间t 内的位移为s,则我们定义 v=s/t 为物体在这段时间（或这段位移）上的均匀速度。

2018年最新版高中物理专题复习资料

四、专题复习（一）第一专题力与运动（1）知识梳理一、考点回顾1．物体怎么运动，取决于它的初始状态和受力情况。

牛顿运动定律揭示了力和运动的关系，关系如下2．力是物体运动状态变化的原因，反过来物体运动状态的改变反映出物体的受力情况。

从物体的受力情况去推断物体运动情况，或从物体运动情况去推断物体的受力情况，是动力学的两大基本问题。

3．处理动力学问题的一般思路和步骤是：①领会问题的情景，在问题给出的信息中，提取有用信息，构建出正确的物理模型；②合理选择研究对象；③分析研究对象的受力情况和运动情况；④正确建立坐标系；⑤运用牛顿运动定律和运动学的规律列式求解。

4．在分析具体问题时，要根据具体情况灵活运用隔离法和整体法，要善于捕捉隐含条件，要重视临界状态分析。

二、经典例题剖析1．长L的轻绳一端固定在O点，另一端拴一质量为m的小球，现使小球在竖直平面内作圆周运动，小球通过最低点和最高点时所受的绳拉力分别为T1和T2(速度分别为v0和v)。

5求证：(1)T1－T2＝6mg (2)v0≥gL证明：(1)由牛顿第二定律，在最低点和最高点分别有：T1－mg＝mv02/L T2＋mg＝mv2/L由机械能守恒得：mv02/2＝mv2/2＋mg2L以上方程联立解得：T1－T2＝6mg(2)由于绳拉力T2≥0，由T2＋mg＝mv2/L可得v≥gL5代入mv02/2＝mv2/2＋mg2L得：v0≥gL点评：质点在竖直面内的圆周运动的问题是牛顿定律与机械能守恒应用的综合题。

加之小球通过最高点有极值限制。

这就构成了主要考查点。

2．质量为M的楔形木块静置在水平面上，其倾角为α的斜面上,一质量为m的物体正以加速度a下滑。

求水平面对楔形木块的弹力N和摩擦力f。

解析：首先以物体为研究对象，建立牛顿定律方程：N1‘＝mgcosαmgsinα－f1’＝ma，得：f1‘＝m(gsinα－a)由牛顿第三定律，物体楔形木块有N1＝N1’，f1＝f1‘然后以楔形木块为研究对象，建立平衡方程：N＝mg＋N1cosα＋f1sinα＝Mg＋mgcos2α＋mgsin2α－masinα＝(M＋m)g－masinαf＝N1sinα－f1cosα＝mgcosαsinα－m(gsinα－a)cosα＝macosα点评：质点在直线运动问题中应用牛顿定律，高考热点是物体沿斜面的运动和运动形式发生变化两类问题。

高考物理机械运动与物理模型

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（2）图像①物理意义：反映了做直线运动的物体的速度随时间变化的规律。②图线斜率的意义图线上某点切线的斜率的绝对值表示物体运动的加速度的大小；图线上某点切线的斜率的正负表示加速度的方向。
注意（1）无论是图像还是图像都只能描述直线运动。
（2）图像和图像均不表示物体运动的轨迹。
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情景模型再现
02
情景
图示
运动情景
.
常规运动图像
.
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情景
图示
非常规图像
.
探究速度随时间变化规律的实验情景
.
续表
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一机械运动与物理模型
核心知识规律
情景模型再现
核心知点。在所研究的问题中，只有当物体的体积和形状处于次要或可忽略的地位时，才能把物体当作质点处理。
2.参考系：在描述物体的运动时，被选定做参考、假定不动的其他物体。选取不同的参考系，对同一物体运动的描述一般不同。一般情况下，选地面或相对地面静止的物体为参考系。
5.加速度：描述速度变化的快慢的物理量，是矢量。，方向与的方向一致。
6.基本规律：
（1）速度公式。
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（2）位移公式。
（3）速度和位移的关系式：。
（4）平均速度公式。
7.两类典型的运动学图像
（1）图像①物理意义：反映了做直线运动的物体的位移随时间变化的规律。②图线斜率的意义图线上某点切线的斜率的绝对值表示物体速度的大小；图线上某点切线的斜率的正负表示物体速度的方向。
3.位移：描述质点位置变化的物理量，是矢量，方向由初位置指向末位置，大小是初、末位置间有向线段的长度。
4.速度：描述物体运动快慢的物理量，是矢量。
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考前三个月2018版高考物理全国通用专题总复习文档：专

第2讲牛顿运动定律与直线运动高考命题轨迹考情分析该部分是高考重点考查内容，匀变速直线运动问题一般结合牛顿运动定律，在选择题和计算题中均有考查，形式灵活，情景多样，贴近生活，选择题难度中等，计算题多以板块模型、多过程问题为主再结合v －t 图象，难度较大．单纯直线运动问题一般在选择题中结合v －t 图象考查，难度不大．知识方法链接 1．解题思路(1)分析运动过程，画出过程示意图． (2)标出已知量、未知量．(3)选择合适公式，列方程求解．注意：(1)多过程问题中两过程间的连接点的速度是连接两运动的纽带，是解题的关键，要先设出．(2)多过程问题用v－t图象辅助分析会更形象、简捷．(3)v、x、a等物理量是矢量，注意规定正方向，尤其是在一个过程中速度方向发生变化的情况．2．牢记解决匀变速直线运动问题的四种常用方法3．处理刹车类问题的思路：先判断刹车时间，再进行分析计算．4．图象问题要“四看”“一注意”(1)看坐标轴：看清坐标轴所表示的物理量，明确因变量(纵轴表示的量)与自变量(横轴表示的量)之间的制约关系．(2)看图象：识别两个相关量的变化趋势，从而分析具体的物理过程．(3)看纵坐标、“斜率”和“面积”：v－t图象中根据坐标值、“斜率”和“面积”可分析速度、加速度和位移的大小、方向特点．(4)看交点：明确图线与图线的交点、图线与坐标轴的交点的物理意义．(5)一注意：利用v－t图象分析两个物体的运动时，要注意两个物体的出发点，即注意它们是从同一位置出发，还是从不同位置出发．若从不同位置出发，要注意出发时两者的距离．真题模拟精练1．(2017·湖南怀化市一模)如图1所示，甲、乙两车同时由静止从A点出发，沿直线AC运动．甲以加速度a3做初速度为零的匀加速运动，到达C点时的速度为v.乙以加速度a1做初速度为零的匀加速运动，到达B点后做加速度为a2的匀加速运动，到达C点时的速度亦为v.若a1≠a2≠a3，则()图1A．甲、乙不可能同时由A到达CB．甲一定先由A到达CC．乙一定先由A到达CD．若a1＞a3，则甲一定先由A到达C答案 A2．(多选)某物体以一定的初速度沿足够长的斜面从底端向上滑去，此后该物体的运动图象不可能的是(v 是速度、t 是时间)( )答案 ABC3．(多选)(2017·湖北省部分重点中学调研)两辆汽车从同一地点同时出发沿同一方向做直线运动，它们的速度的平方(v 2) 随位置(x )的变化图象如图2所示，下列判断正确的是( )图2A ．汽车A 的加速度大小为4 m/s 2B ．汽车A 、B 在x ＝6 m 处的速度大小为2 3 m/sC ．汽车A 、B 在x ＝8 m 处相遇D ．汽车A 、B 在x ＝9 m 处相遇答案 BC解析根据匀变速直线运动的速度位移关系公式v 2－v 20＝2ax 得：v 2＝v 20＋2ax ，可知v 2－x图象的斜率等于2a .对于汽车A ，则有 2a A ＝0－369 m /s 2＝－4 m/s 2，可得a A ＝－2 m /s 2，加速度大小为2 m/s 2，故A 错误．汽车A 、B 在x ＝6 m 处的速度大小设为v .由题图知：对于汽车A ，有 v 20＝36 m 2/s 2，得A 的初速度v 0＝6 m/s ，由v 2－v 20＝2a A x 得v ＝v 20＋2a A x ＝36＋2×(－2)×6 m/s ＝2 3 m/s ，故B 正确．对于汽车B ，初速度为0，加速度为 a B ＝k B 2＝1892 m /s 2＝1 m/s 2，设经过时间t 两车相遇，则有 v 0t ＋12a A t 2＝12a B t 2，得t ＝4 s ，则x ＝12a B t 2＝12×1×42 m ＝8 m ，即汽车A 、B 在x ＝8 m 处相遇，故C 正确，D 错误．故选B 、C.知识方法链接1．分析动力学问题的流程注意：(1)抓好两个分析：受力分析与运动过程分析，特别是多过程问题，一定要明确各过程受力的变化、运动性质的变化、速度方向的变化等．(2)求解加速度是解决问题的关键．2．陌生的图象要先找图象的函数关系式(根据动力学规律对运动过程列方程，找出两物理量在运动过程中任一位置的关系，分离出因变量即可)，由函数关系式确定截距、斜率等的物理意义．真题模拟精练4．(2017·湖南湘潭市二模)如图3所示，地面上放有一质量为m的物块(视为质点)，物块与水平地面间的动摩擦因数为33，现用一斜向右上的力F(与水平方向的夹角θ及力的大小未知)拉物块使之在地面上向右运动，重力加速度为g，下列说法正确的是()图3A．若物块向右加速运动，则物块与地面间可能没有摩擦力B．若物块向右加速运动，则F与摩擦力的合力一定竖直向上C．若物块向右匀速运动，则F的最小值为3mgD．若物块向右匀速运动，则F的最小值为33mg答案 A5．(多选)(2017·广东深圳市二模)如图4所示，倾角为θ的固定斜面上放置一矩形木箱，箱中有垂直于底部的光滑直杆，箱和杆的总质量为M，质量为m的铁环从杆的上端由静止开始下滑，铁环下滑的过程中木箱始终保持静止，在铁环到达箱底之前()图4A ．箱对斜面的压力大小为(m ＋M )g cos θB ．箱对斜面的压力大小为Mg cos θC ．箱对斜面的摩擦力大小为(m ＋M )g sin θD ．箱对斜面的摩擦力大小为Mg sin θ 答案 BC6．(多选)(2017·广东汕头市一模)假设小球在空气中下落过程受到的空气阻力与球的速率成正比，即F 阻＝k v ，比例系数k 决定于小球的体积，与其他因素无关．让体积相同而质量不同的小球在空气中由静止下落，它们的加速度与速度的关系图象如图5所示，则( )图5A ．小球的质量越大，图象中的a 0越大B ．小球的质量越大，图象中的v m 越大C ．小球的质量越大，速率达到v m 时经历的时间越短D ．小球的质量越大，速率达到v m 时下落的距离越长答案 BD解析根据牛顿第二定律得mg －F 阻＝ma ，据题F 阻＝k v ，解得a ＝g －km v ，当v ＝0时，a ＝a 0＝g ，与小球的质量无关．当a ＝0时，v ＝v m ＝mgk，可知小球的质量m 越大，图象中的v m 越大，故A 错误，B 正确．Δt ＝|Δv Δa |＝mk 随着m 的增大而增大，即小球的质量越大，速率达到v m 时经历的时间越长，故C 错误．m 越大，v m 越大，速率达到v m 时经历的时间越长，下落的距离越长，故D 正确．故选B 、D.7．(2017·全国卷Ⅱ·24)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s 0和s 1(s 1<s 0)处分别设置一个挡板和一面小旗，如图6所示．训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以速度v 0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．假定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v 1.重力加速度大小为g .求：图6(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．答案 (1)v 20－v 212gs 0 (2)s 1(v 0＋v 1)22s 2解析 (1)设冰球的质量为m ，冰球与冰面之间的动摩擦因数为μ，由运动学公式得v 21－v 20＝2a 1s 0①由牛顿第二定律－μmg ＝ma 1解得μ＝v 20－v 212gs 0②(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最小．设这种情况下，冰球和运动员的加速度大小分别为a 1和a 2，所用的时间为t .由运动学公式得v 20－v 21＝2a 1s 0③v 0－v 1＝a 1t ④ s 1＝12a 2t 2 ⑤联立③④⑤式得 a 2＝s 1(v 1＋v 0)22s 2知识方法链接1．分析“滑块—木板”模型时要抓住一个转折和两个关联(1)一个转折——滑块与木板达到相同速度或者滑块从木板上滑下是受力和运动状态变化的转折点．(2)两个关联——转折前、后受力情况之间的关联和滑块、木板位移和板长之间的关联． (3)两物体发生相对运动的临界条件——加速度相同且两物体间的摩擦力为最大静摩擦力，分析此临界条件前、后物体的运动状态是解题的关键． 2．灵活应用整体法与隔离法(1)整体法：在连接体问题中，如果不需要求物体之间的相互作用力，且连接体的各部分具有相同的加速度，一般采用整体法列牛顿第二定律方程．(2)隔离法：如果需要求物体之间的相互作用力或对于加速度不同的连接体，一般采用隔离法列牛顿第二定律方程．真题模拟精练8．(多选)如图7所示，水平地面上有一楔形物块a ，倾角为θ＝37°，其斜面上有一小物块b ，b 与平行于斜面的细绳的一端相连，细绳的另一端固定在斜面上．a 与b 之间光滑，a 与b 以共同速度在地面轨道的光滑段向左匀速运动．当它们刚运行至轨道的粗糙段时(物块a 与粗糙地面间的动摩擦因数为μ，g ＝10 m/s 2)，有( )图7A ．若μ＝0.1，则细绳的拉力为零，地面对a 的支持力变小B ．若μ＝0.1，则细绳的拉力变小，地面对a 的支持力不变C ．若μ＝0.75，则细绳的拉力为零，地面对a 的支持力不变D ．若μ＝0.75，则细绳的拉力变小，地面对a 的支持力变小答案 BC解析在光滑段运动时，物块a 及物块b 均处于平衡状态，对a 、b 整体受力分析，受重力和支持力，二力平衡．对b 受力分析，如图，受重力、支持力和绳子的拉力，根据共点力平衡条件，有F cos θ－F N sin θ＝0，F sin θ＋F N cos θ－mg ＝0，由两式解得F ＝mg sin θ，F N ＝mg cos θ，当它们刚刚运动至轨道的粗糙段时，减速滑行，系统有水平向右的加速度，而b 向右的加速度最大为a m ＝g tan θ＝10×34 m /s 2＝7.5 m/s 2，此时绳对b 没有拉力．若μ＝0.1，则物块a 、b 仍相对静止，竖直方向加速度为零，由牛顿第二定律得：F sin θ＋F N cos θ－mg ＝0，F N sin θ－F cos θ＝ma ，由两式解得F ＝mg sin θ－ma cos θ，F N ＝mg cos θ＋ma sin θ，即绳的拉力F 将变小，而a 对b 的支持力变大；再对a 、b 整体受力分析，竖直方向重力和支持力平衡，水平方向只受摩擦力，故地面对a 的支持力不变，故A 错误，B 正确；若μ＝0.75，a 的加速度为7.5 m/s 2，物块b 的重力和其受到的支持力正好提供其运动的加速度，故绳的拉力为零；再对a 、b 整体受力分析，竖直方向重力和支持力平衡，水平方向只受摩擦力，故地面对a 的支持力不变，故C 正确，D 错误．9.(2017·全国卷Ⅲ·25)如图8所示，两个滑块A 和B 的质量分别为m A ＝1 kg 和m B ＝5 kg ，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5；木板的质量为m ＝4 kg ，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1.某时刻A 、B 两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v 0＝3 m/s .A 、B 相遇时，A 与木板恰好相对静止．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g ＝10 m/s 2.求：图8(1)B 与木板相对静止时，木板的速度；(2)A 、B 开始运动时，两者之间的距离．答案 (1)1 m/s ，方向与B 的初速度方向相同 (2)1.9 m解析 (1)滑块A 和B 在木板上滑动时，木板也在地面上滑动．设A 、B 和木板所受的摩擦力大小分别为F f1、F f2和F f3，A 和B 相对于地面的加速度大小分别为a A 和a B ，木板相对于地面的加速度大小为a 1.在滑块B 与木板达到共同速度前有 F f1＝μ1m A g ① F f2＝μ1m B g ②F f3＝μ2(m ＋m A ＋m B )g ③ 由牛顿第二定律得 F f1＝m A a A ④ F f2＝m B a B ⑤ F f2－F f1－F f3＝ma 1⑥设在t 1时刻，B 与木板达到共同速度，其大小为v 1.由运动学公式有 v 1＝v 0－a B t 1⑦ v 1＝a 1t 1⑧联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得 v 1＝1 m/s ，方向与B 的初速度方向相同⑨ (2)在t 1时间间隔内，B 相对于地面移动的距离为 s B ＝v 0t 1－12a B t 21⑩ 设在B 与木板达到共同速度v 1后，木板的加速度大小为a 2.对于B 与木板组成的系统，由牛顿第二定律有 F f1＋F f3＝(m B ＋m )a 2⑪由①②④⑤式知，a A ＝a B ；再由⑦⑧式知，B 与木板达到共同速度时，A 的速度大小也为v 1，但运动方向与木板相反．由题意知，A 和B 相遇时，A 与木板的速度相同，设其大小为v 2.设A 的速度大小从v 1变到v 2所用的时间为t 2，则由运动学公式，对木板有 v 2＝v 1－a 2t 2⑫对A 有：v 2＝－v 1＋a A t 2⑬在t 2时间间隔内，B (以及木板)相对地面移动的距离为 s 1＝v 1t 2－12a 2t 22⑭在(t 1＋t 2)时间间隔内，A 相对地面移动的距离为 s A ＝v 0(t 1＋t 2)－12a A (t 1＋t 2)2⑮A 和B 相遇时，A 与木板的速度也恰好相同．因此A 和B 开始运动时，两者之间的距离为s 0＝s A ＋s 1＋s B ⑯联立以上各式，并代入数据得 s 0＝1.9 m(也可用如图所示的速度—时间图线求解)知识方法链接1．电场、磁场中的动力学问题处理方法与力学中相同． 2．受力分析时先分析场力：重力、电场力、磁场力．3．匀强电场中电场力与重力一样为恒力，二者的合力也为恒力，可用它们的合力代替这两个力，称为等效重力．4．洛伦兹力是随速度变化而变化的力，方向总垂直于v ，大小等于q v B . 真题模拟精练10．(2017·河北衡水市模拟)如图9所示，地面上某个空间区域存在这样的电场，水平虚线上方为场强E 1、方向竖直向下的匀强电场；虚线下方为场强E 2、方向竖直向上的匀强电场．一个质量m 、带电＋q 的小球从上方电场的A 点由静止释放，结果刚好到达下方电场中与A 关于虚线对称的B 点，重力加速度为g ，则下列结论正确的是( )图9A ．若A 、B 高度差为h ，则U AB ＝－mgh qB ．带电小球在A 、B 两点电势能相等C ．在虚线上、下方的电场中，带电小球运动的加速度相同D ．两电场强度大小关系满足E 2＝2E 1 答案 A解析对A 到B 的过程运用动能定理得，qU AB ＋mgh ＝0，解得：U AB ＝－mghq ，知A 、B 的电势不等，则电势能不等，故A 正确，B 错误；由A 到虚线的过程小球速度由零加速至v ，由虚线到B 的过程小球速度由v 减为零，位移相同，根据匀变速直线运动的推论知，时间相同，则加速度大小相等，方向相反，故C 错误；在上方电场，根据牛顿第二定律得：a 1＝mg ＋qE 1m ，在下方电场中，根据牛顿第二定律得，加速度大小为a 2＝qE 2－mgm ，因为a 1＝a 2，解得E 2－E 1＝2mg q，故D 错误．11．(2017·全国卷Ⅰ·25)真空中存在电场强度大小为E 1的匀强电场，一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动，速度大小为v 0，在油滴处于位置A 时，将电场强度的大小突然增大到某值，但保持其方向不变．持续一段时间t 1后，又突然将电场反向，但保持其大小不变；再持续同样一段时间后，油滴运动到B 点．重力加速度大小为g . (1)求油滴运动到B 点时的速度大小；(2)求增大后的电场强度的大小；为保证后来的电场强度比原来的大，试给出相应的t 1和v 0应满足的条件．已知不存在电场时，油滴以初速度v 0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B 、A 两点间距离的两倍．答案见解析解析 (1)设该油滴带正电，油滴质量和电荷量分别为m 和q ，油滴速度方向向上为正．油滴在电场强度大小为E 1的匀强电场中做匀速直线运动，故匀强电场方向向上．在t ＝0时，电场强度突然从E 1增加至E 2时，油滴做竖直向上的匀加速运动，加速度方向向上，大小a 1满足 qE 2－mg ＝ma 1① 油滴在t 1时刻的速度为 v 1＝v 0＋a 1t 1②电场强度在t 1时刻突然反向，油滴做匀变速直线运动，加速度方向向下，大小a 2满足 qE 2＋mg ＝ma 2③油滴在t 2＝2t 1时刻的速度为 v 2＝v 1－a 2t 1④ 由①②③④式得 v 2＝v 0－2gt 1⑤(2)由题意，在t ＝0时刻前有 qE 1＝mg ⑥油滴从t ＝0到t 1时刻的位移为 x 1＝v 0t 1＋12a 1t 21⑦油滴在从t 1时刻到t 2＝2t 1时刻的时间间隔内的位移为 x 2＝v 1t 1－12a 2t 21⑧ 由题给条件有v 20＝2g ×2h ＝4gh ⑨式中h 是B 、A 两点之间的距离．若B 点在A 点之上，依题意有 x 1＋x 2＝h ⑩由①②③⑥⑦⑧⑨⑩式得 E 2＝[2－2v 0gt 1＋14(v 0gt 1)2]E 1⑪为使E 2＞E 1，应有 2－2v 0gt 1＋14(v 0gt 1)2＞1⑫即当0＜t 1＜(1－32)v 0g⑬ 或t 1＞(1＋32)v 0g⑭ 才是可能的；条件⑬式和⑭式分别对应于v 2＞0和v 2＜0两种情形．若B 在A 点之下，依题意有 x 2＋x 1＝－h ⑮由①②③⑥⑦⑧⑨⑮式得 E 2＝[2－2v 0gt 1－14(v 0gt 1)2]E 1⑯为使E 2>E 1，应有 2－2v 0gt 1－14(v 0gt 1)2>1⑰即t 1>(52＋1)v 0g⑱ 另一解为负，不符合题意，舍去．专题规范练题组1 高考真题检验1．(多选)(2016·全国卷Ⅱ·19)两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球质量大于乙球质量．两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关．若它们下落相同的距离，则( ) A ．甲球用的时间比乙球长B ．甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小C ．甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小D ．甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功答案 BD解析小球的质量m ＝ρ·43πr 3，由题意知m 甲>m 乙，ρ甲＝ρ乙，则r 甲>r 乙．空气阻力F 阻＝kr ，对小球由牛顿第二定律得，mg －F 阻＝ma ，则a ＝mg －F 阻m ＝g －kr ρ·43πr 3＝g －3k4πρr 2，可得a 甲>a乙，由h ＝12at 2知，t 甲<t 乙，选项A 、C 错误；由v ＝2ah 知，v 甲>v 乙，故选项B 正确；因F阻甲>F 阻乙，由球克服阻力做功W 阻＝F 阻h 知，甲球克服阻力做功较大，选项D 正确．2．(多选)(2015·新课标全国Ⅰ·20)如图1(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v 0、v 1、t 1均为已知量，则可求出( )图1A ．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答案 ACD解析由v t 图象可求知物块沿斜面向上滑行时的加速度大小为a ＝v 0t 1，根据牛顿第二定律得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma ，即g sin θ＋μg cos θ＝v 0t 1.同理向下滑行时g sin θ－μg cos θ＝v 1t 1，两式联立得sin θ＝v 0＋v 12gt 1，μ＝v 0－v 12gt 1cos θ，可见能计算出斜面的倾斜角度θ以及动摩擦因数，选项A 、C 正确；物块滑上斜面时的初速度v 0已知，向上滑行过程为匀减速直线运动，末速度为0，那么平均速度为v 02，所以沿斜面向上滑行的最远距离为x ＝v 02t 1，根据斜面的倾斜角度可计算出向上滑行的最大高度为x sin θ＝v 02t 1×v 0＋v 12gt 1＝v 0(v 0＋v 1)4g ，选项D 正确；仅根据v t 图象无法求出物块的质量，选项B 错误．3．(多选)(2015·新课标全国Ⅱ·20)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢．当机车在东边拉着这列车厢以大小为a 的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P 和Q 间的拉力大小为F ；当机车在西边拉着车厢以大小为23a 的加速度向西行驶时，P 和Q 间的拉力大小仍为F .不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为( )A ．8B ．10C ．15D ．18 答案 BC解析设PQ 西边有n 节车厢，每节车厢的质量为m ，则F ＝nma ① 设PQ 东边有k 节车厢，则F ＝km ·23a ②联立①②得3n ＝2k ，由此式可知n 只能取偶数，当n ＝2时，k ＝3，总节数为N ＝5 当n ＝4时，k ＝6，总节数为N ＝10 当n ＝6时，k ＝9，总节数为N ＝15当n ＝8时，k ＝12，总节数为N ＝20，故选项B 、C 正确．4．(2013·新课标Ⅱ卷·14)一物块静止在粗糙的水平桌面上．从某时刻开始，物块受到一方向不变的水平拉力作用．假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．以a 表示物块的加速度大小，F 表示水平拉力的大小．能正确描述F 与a 之间的关系的图象是( )答案 C解析当拉力F 小于最大静摩擦力时，物块静止不动，加速度为零，当F 大于最大静摩擦力时，根据F －F f ＝ma 知：随F 的增大，加速度a 增大，故选C.5．(多选)(2013·新课标Ⅰ卷·21)2012年11月，“歼15”舰载机在“辽宁号”航空母舰上着舰成功．图2(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( )图2A ．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110B ．在0.4～2.5 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0.4～2.5 s 时间内，阻拦系统对飞机做功的功率几乎不变答案 AC6．(2015·新课标全国Ⅱ·25)下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害．某地有一倾角为θ＝37°(sin 37°＝35)的山坡C ，上面有一质量为m 的石板B ，其上下表面与斜坡平行；B 上有一碎石堆A (含有大量泥土)，A 和B 均处于静止状态，如图3所示．假设某次暴雨中，A 浸透雨水后总质量也为m (可视为质量不变的滑块)，在极短时间内，A 、B 间的动摩擦因数μ1减小为38，B 、C 间的动摩擦因数μ2减小为0.5，A 、B 开始运动，此时刻为计时起点；在第2 s 末，B 的上表面突然变为光滑，μ2保持不变．已知A 开始运动时，A 离B 下边缘的距离l ＝27 m ，C 足够长，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．取重力加速度大小g ＝10 m/s 2.求：图3(1)在0～2 s 时间内A 和B 加速度的大小； (2)A 在B 上总的运动时间．答案 (1)3 m /s 2 1 m/s 2 (2)4 s解析 (1)在0～2 s 时间内，A 和B 的受力如图所示，其中F f1、F N1是A 与B 之间的摩擦力和正压力的大小，F f2、F N2是B 与C 之间的摩擦力和正压力的大小，方向如图所示．由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得 F f1＝μ1F N1① F N1＝mg cos θ② F f2＝μ2F N2③F N2＝F N1′＋mg cos θ④规定沿斜面向下为正．设A 和B 的加速度分别为a 1和a 2，由牛顿第二定律得 mg sin θ－F f1＝ma 1⑤ mg sin θ－F f2＋F f1′＝ma 2⑥ 又F N1＝F N1′⑦ F f1＝F f1′⑧联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，并代入题给条件得 a 1＝3 m/s 2⑨ a 2＝1 m/s 2⑩(2)在t 1＝2 s 时，设A 和B 的速度分别为v 1和v 2，则 v 1＝a 1t 1＝6 m/s ⑪ v 2＝a 2t 1＝2 m/s ⑫2 s 后，设A 和B 的加速度分别为a 1′和a 2′.此时A 与B 之间摩擦力为零，同理可得 a 1′＝6 m/s 2⑬ a 2′＝－2 m/s 2⑭由于a 2′＜0，可知B 做减速运动．设经过时间t 2，B 的速度减为零，则有v 2＋a 2′t 2＝0⑮ 联立⑫⑭⑮式得t 2＝1 s ⑯在t 1＋t 2时间内，A 相对于B 运动的距离为x ＝⎝⎛⎭⎫12a 1t 21＋v 1t 2＋12a 1′t 22－⎝⎛⎭⎫12a 2t 21＋v 2t 2＋12a 2′t 22＝12 m ＜27 m ⑰ 此后B 静止不动，A 继续在B 上滑动．设再经过时间t 3后A 离开B ，则有 l －x ＝(v 1＋a 1′t 2)t 3＋12a 1′t 23⑱ 可得t 3＝1 s(另一解不合题意，舍去)⑲ 设A 在B 上总的运动时间为t 总，有 t 总＝t 1＋t 2＋t 3＝4 s. 题组2 各省市模拟精选7．(多选)(2017·山西省一模)将一小球以一定的初速度竖直向上抛出并开始计时，小球所受空气阻力的大小与小球的速率成正比，已知t 2时刻小球落回到抛出点，其运动的v －t 图象如图4所示，则在此过程中( )图4A ．t ＝0时刻小球的加速度最大B ．当小球运动到最高点时，小球的加速度为重力加速度gC ．t 2＝2t 1D ．小球的速度大小先减小后增加，加速度大小先增加后减小答案 AB解析根据v －t 图象的斜率等于加速度，t ＝0时刻图象切线的斜率绝对值最大，则t ＝0时，小球的加速度最大，故A 正确．当小球运动到最高点时，小球的速度为零，所受的空气阻力为零，则其所受合力等于重力，加速度为重力加速度g ，故B 正确．由于空气阻力的存在，小球的机械能不断减少，所以上升和下落经过同一点上升时的速度大于下落时的速度，所以上升过程的平均速度大于下落过程的平均速度，而上升阶段和下落阶段的位移大小相等，所以上升的时间小于下落的时间，则t 2＞2t 1，故C 错误．由题图知：小球的速度大小先减小后增大，而加速度一直减小，故D 错误．故选A 、B.8．(2017·山西运城市期末)入冬以来，运城市雾霾天气频发，发生交通事故的概率比平常高出许多，保证雾霾中行车安全显得尤为重要；在雾天的平直公路上，甲、乙两汽车同向匀速行驶，乙在前，甲在后．某时刻两车司机听到警笛提示，同时开始刹车，结果两车刚好没有发生碰撞．如图5所示为两车刹车后做匀减速运动的v －t 图象，以下分析正确的是( )图5A ．甲刹车的加速度的大小为0.5 m/s 2B ．两车刹车后间距一直在减小C ．两车开始刹车时的距离为100 mD ．两车都停下来后相距25 m 答案 C解析甲刹车的加速度的大小a ＝|ΔvΔt |＝1 m /s 2，故A 错误；两车刹车后前20 s 间距一直在减小，20 s 末两车速度相等，距离最小，之后间距增大，故B 错误；两车刚好没有发生碰撞，说明20 s 末两车速度相等时，两车位置相同，20 s 末两车的速度v ＝5 m/s ，Δx ＝x 2－x 1＝(25＋52×20－15＋52×20) m ＝100 m ，故C 正确； 20 s 后两车的位移之差Δx ＝12×(30－20)×5 m －12×(25－20)×5 m ＝12.5 m ，故D 错误．本题选C.9．(2017·河北省五个一联盟二模)如图6所示，固定斜面，CD 段光滑，DE 段粗糙，A 、B 两物体叠放在一起从C 点由静止下滑，下滑过程中A 、B 保持相对静止，则( )图6A ．在CD 段时，A 受三个力作用B ．在DE 段时，A 可能受二个力作用C ．在DE 段时，A 受摩擦力方向一定沿斜面向上D ．整个下滑过程中，A 、B 均处于失重状态答案 C解析在CD 段，整体的加速度a ＝(m A ＋m B )g sin θm A ＋m B ＝g sin θ，隔离B 对A 分析，有：m A g sin θ＋F f ＝m A a ，解得F f ＝0，可知A 受重力和支持力两个力作用，故A 错误．设B 与斜面DE 段间的动摩擦因数为μ，在DE 段，整体的加速度a ′＝(m A ＋m B )g sin θ－μ(m A ＋m B )g cos θm A ＋m B ＝g sinθ－μg cos θ，隔离B 对A 分析，有：m A g sin θ＋F f ′＝m A a ′，解得F f ′＝－μm A g cos θ，方向沿斜面向上．若匀速运动，A 受到静摩擦力也是沿斜面向上，所以A 一定受三个力作用，故B 错误，C 正确．整体下滑的过程中，CD 段加速度沿斜面向下，A 、B 均处于失重状态．在DE 段，A 、B 可能做匀速直线运动，不处于失重状态，故D 错误．故选C.10．(多选)(2017·广东深圳市第一次调研)如图7所示，质量为M 的木板放在光滑的水平面上，木板的左端有一质量为m 的木块，在木块上施加一水平向右的恒力F ，木块和木板由静止开始运动，木块相对地面运动位移x 后二者分离．则下列哪些变化可使位移x 增大( )图7A ．仅增大木板的质量MB ．仅增大木块的质量mC ．仅增大恒力FD ．仅稍增大木块与木板间的动摩擦因数答案 BD解析根据牛顿第二定律得m 的加速度为：a 1＝F －μmg m ＝F m －μg ，M 的加速度为：a 2＝μmg M ，设板长为L ，根据L ＝12a 1t 2－12a 2t 2，得：t ＝2L a 1－a 2.木块相对地面运动位移为：x ＝12a 1t 2＝。

2018届高考物理(全国通用)一轮总复习配套课件 1.2

第一章
考点一考点二考点三
第2讲匀变速直线运动规律
主干知识回顾
名师考点精讲
综合能力提升
课堂限时检测
-14-
第一章
第2讲匀变速直线运动规律
主干知识回顾
名师考点精讲综合能力提升课堂限时检测
-5-
三、自由落体运动和竖直上抛运动 1.自由落体运动 (1)条件:物体只受重力作用,从静止开始下落。 (2)运动性质:初速度v0=0,加速度为重力加速度g的匀加速直线 (3)基本规律 ①速度公式: v=gt 。
考点一考点二考点三
第2讲匀变速直线运动规律
主干知识回顾
名师考点精讲
综合能力提升
课堂限时检测
-11-
t=t1+t2④ v=at1⑤
1 s=2 2 ��1 +vt 2⑥
设加速阶段通过的距离为s',则
1 2 s'=2 ��1 ⑦
联立③④⑤⑥⑦式,并代入数据得 s'=10 m 【参考答案】 5 m/s2 10 m
第一章
考点一识回顾
名师考点精讲
综合能力提升
课堂限时检测
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某物体做直线运动,位移遵循的方程为x=6t-t2(其中x的单位为m,t的单位为s)。则该物体在0~4 s时间内通过的路程为 (C) A.8 m B.9 m C.10 m D.11 m 【解析】根据位移表达式x=6t-t2可知,物体做初速度v0=6 m/s,加速度a=-2 m/s2的匀减速直线运动。当t=0时,x=0;当t=3 s时,物体速度减为零,但位移达到最大,为x=9 m;之后物体折回做匀加速直线运动,当t=4 s时,x=8 m;所以物体在0~4 s时间内通过的路程为10 m,C项正确。

【配套K12】通用版2018_2019版高考物理总复习主题一机械运动与物理模型1.2.1实验：探究小

1.2.1 实验：探究小车速度随时间变化的规律一、实验目的1.进一步练习使用打点计时器及利用纸带求瞬时速度。

2.探究小车速度随时间的变化规律。

3.会用图象法处理实验数据。

二、实验原理1.瞬时速度的计算：各计数点的瞬时速度可用以该点为中间时刻的一段时间内的平均速度来代替：v n ＝x n ＋x n ＋12T。

2.根据v －t 图象判断运动性质：用描点法可作出小车的v －t 图象，根据图象的形状可判断小车的运动性质。

3.加速度的计算：利用v －t 图象的斜率求出小车的加速度。

三、实验器材电磁打点计时器(或电火花计时器)、复写纸、导线、一端附有定滑轮的长木板、小车、纸带、细绳、钩码、刻度尺、交流电源。

四、实验步骤1.如图所示，把附有滑轮的长木板放在实验桌上，并使滑轮伸出桌面，把打点计时器固定在长木板上没有滑轮的一端，连接好电路。

2.把一条细绳拴在小车上，使细绳跨过滑轮，下边挂上钩码，把纸带穿过打点计时器，并把纸带的一端固定在小车的后面。

3.把小车停在靠近打点计时器处，接通电源后，释放小车，让小车拖着纸带运动，打点计时器就在纸带上打下一系列小点，关闭电源。

4.换上新的纸带，重复实验两次。

5.增减所挂钩码的个数，按以上步骤再做两次实验。

五、数据处理1.瞬时速度的计算(1)从几条纸带中选择一条比较理想的纸带，舍掉开始一些比较密集的点，在后面便于测量的地方找一个点，作为计数始点，以后依次每五个点取一个计数点，并标明0、1、2、3、4…如图所示。

(2)依次测出01、02、03、04…的距离x1、x2、x3、x4…，填入表中。

(3)1、2、3、4…各点的瞬时速度分别为：v1＝22T 、v2＝3－12T、v3＝4－22T、v4＝5－x32T…。

将计算得出的各点的速度填入表中。

(4)根据表格中的数据，分析速度随时间变化的规律。

2.作出小车运动的v－t图象(1)定标度、描点：坐标轴的标度选取要合理，应使图象大致分布在坐标平面中央。

【配套K12】通用版2018_2019版高考物理总复习主题一机械运动与物理模型提升课匀变速直线运动规

提升课匀变速直线运动规律的应用匀变速直线运动的基本公式的应用[要点归纳]1.匀变速直线运动四个常用公式的比较2.常用公式的三点说明(1)表中四个公式共涉及匀变速直线运动的初速度v0、末速度v、加速度a、位移x和时间t 五个物理量，这五个物理量中前四个都是矢量，应用时要规定统一的正方向(通常取v0方向为正方向)，并注意各物理量的正负。

(2)灵活选用公式，已知五个量中任意三个可求另外两个。

(3)速度公式和位移公式是两个基本公式，利用这两个公式可求解匀变速直线运动的所有问题，而灵活选用其他公式可在某些具体问题中大大简化解题过程。

[精典示例][例1] 出租车上安装有速度表，计价器里安装有里程表和时间表，出租车载客后，从高速公路入口处驶入高速公路。

并从10时10分55秒开始做初速度为零的匀加速直线运动，经过10 s时，速度表显示54 km/h，求：(1)这时出租车离出发点的距离；(2)出租车继续做匀加速直线运动，当速度表显示108 km/h时，出租车开始做匀速直线运动，若时间表显示10时12分35秒，此时计价器里程表示数应为多少？(出租车启动时，里程表示数为零)解析 (1)根据速度公式，得到a ＝v 1t 1＝1510m/s 2＝1.5 m/s 2 再根据位移公式，得到x 1＝12at 21＝12×1.5×102m ＝75 m这时出租车离出发点的距离为75 m (2)根据v 22＝2ax 2得到x 2＝v 222a ＝3022×1.5m ＝300 m这时出租车从静止载客开始，已经经历的时间为t 2，可根据速度公式v 2＝at 2得t 2＝v 2a ＝301.5s ＝20 s这时出租车时间表应显示10时11分15秒。

出租车继续匀速运动，它匀速运动的时间t 3应为80 s ，匀速运动的位移x 3＝v 2t 3＝30×80 m＝2 400 m所以10时12分35秒时，计价器里程表应显示的示数为：x ＝(300＋2 400) m ＝2.7 km答案 (1)75 m (2)2.7 km[针对训练1] 一列从车站开出的火车，在平直轨道上做匀加速直线运动，已知这列火车的长度为l ，火车头经过某路标时的速度为v 1，而车尾经过此路标时的速度为v 2，求： (1)火车的加速度a ；(2)火车中点经过此路标时的速度v ； (3)整列火车通过此路标所用的时间t 。

2018版高考物理全国通用大一轮复习讲义文档：专题强化

专题强化四牛顿运动定律的综合应用(二)专题解读1.本专题是动力学方法在两类典型模型问题中的应用，高考常以计算题压轴题的形式命题.2.通过本专题的学习，可以培养同学们审题能力、建模能力、分析推理能力和规范表达等物理学科素养，针对性的专题强化，通过题型特点和解题方法的分析，能帮助同学们迅速提高解题能力.3.用到的相关知识有：匀变速直线运动规律、牛顿运动定律、相对运动的有关知识.命题点一“传送带模型”问题传送带模型问题包括水平传送带问题和倾斜传送带问题.1.水平传送带问题求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断.物体的速度与传送带速度相等的时刻就是物体所受摩擦力发生突变的时刻.2.倾斜传送带问题求解的关键在于分析清楚物体与传送带的相对运动情况，从而确定其是否受到滑动摩擦力作用.当物体速度与传送带速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变.例1如图1所示，足够长的水平传送带，以初速度v0＝6 m/s顺时针转动.现在传送带左侧轻轻放上m＝1 kg的小滑块，与此同时，启动传送带制动装置，使得传送带以恒定加速度a ＝4 m/s2减速直至停止；已知滑块与传送带的动摩擦因数μ＝0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力.滑块可以看成质点，且不会影响传送带的运动，g＝10 m/s2.试求：图1(1)滑块与传送带共速时，滑块相对传送带的位移；(2)滑块在传送带上运动的总时间t.①传送带以恒定加速度减速直至停止；②滑块与传送带共速.答案(1)3 m(2)2 s解析(1)对滑块，由牛顿第二定律可得：μmg＝ma1得：a1＝2 m/s2设经过时间t1滑块与传送带达到共同速度v，有：v ＝v 0－at 1 v ＝a 1t 1解得：v ＝2 m/s ，t 1＝1 s 滑块位移为x 1＝v t 12＝1 m传送带位移为x 2＝(v 0＋v )t 12＝4 m故滑块与传送带的相对位移Δx ＝x 2－x 1＝3 m(2)共速之后，设滑块与传送带一起减速，则滑块与传送带间的静摩擦力为F f ，有： F f ＝ma ＝4 N ＞μmg ＝2 N 故滑块与传送带相对滑动. 滑块做减速运动，加速度仍为a 1. 滑块减速时间为t 2，有： t 2＝0－v －a 1＝1 s故：t ＝t 1＋t 2＝2 s.例2 如图2所示为货场使用的传送带的模型，传送带倾斜放置，与水平面夹角为θ＝37°，传送带AB 足够长，传送皮带轮以大小为v ＝2 m /s 的恒定速率顺时针转动.一包货物以v 0＝12 m/s 的初速度从A 端滑上倾斜传送带，若货物与皮带之间的动摩擦因数μ＝0.5，且可将货物视为质点.图2(1)求货物刚滑上传送带时加速度为多大？(2)经过多长时间货物的速度和传送带的速度相同？这时货物相对于地面运动了多远？ (3)从货物滑上传送带开始计时，货物再次滑回A 端共用了多少时间？(g ＝10 m/s 2，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)①恒定速率顺时针转动；②货物的速度和传送带相同；③再次滑回A 端.答案 (1)10 m/s 2，方向沿传送带向下 (2)1 s 7 m (3)(2＋22) s解析 (1)设货物刚滑上传送带时加速度为a 1，货物受力如图所示：根据牛顿第二定律得沿传送带方向：mg sin θ＋F f ＝ma 1 垂直传送带方向：mg cos θ＝F N 又F f ＝μF N由以上三式得：a 1＝g (sin θ＋μcos θ)＝10×(0.6＋0.5×0.8)＝10 m/s 2，方向沿传送带向下. (2)货物速度从v 0减至传送带速度v 所用时间设为t 1，位移设为x 1，则有： t 1＝v －v 0－a 1＝1 s ，x 1＝v 0＋v 2t 1＝7 m(3)当货物速度与传送带速度相等时，由于mg sin θ＞μmg cos θ，此后货物所受摩擦力沿传送带向上，设货物加速度大小为a 2，则有mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2，得：a 2＝g (sin θ－μcos θ)＝2 m/s 2，方向沿传送带向下. 设货物再经时间t 2，速度减为零，则t 2＝0－v－a 2＝1 s沿传送带向上滑的位移x 2＝v ＋02t 2＝1 m 则货物上滑的总距离为x ＝x 1＋x 2＝8 m.货物到达最高点后将沿传送带匀加速下滑，下滑加速度大小等于a 2.设下滑时间为t 3，则x ＝12a 2t 23，代入解得t 3＝2 2 s. 所以货物从A 端滑上传送带到再次滑回A 端的总时间为t ＝t 1＋t 2＋t 3＝(2＋22) s.1.如图3所示为粮袋的传送装置，已知A 、B 两端间的距离为L ，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时运行速度为v ，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，正常工作时工人在A 端将粮袋放到运行中的传送带上.设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度大小为g .关于粮袋从A 到B 的运动，以下说法正确的是( )图3A.粮袋到达B 端的速度与v 比较，可能大，可能小也可能相等B.粮袋开始运动的加速度为g (sin θ－μcos θ)，若L 足够大，则以后将以速度v 做匀速运动C.若μ≥tan θ，则粮袋从A 端到B 端一定是一直做加速运动D.不论μ大小如何，粮袋从Α到Β端一直做匀加速运动，且加速度a ≥g sin θ答案 A解析若传送带较短，粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B 端时的速度小于v ；若传送带较长，μ≥tan θ，则粮袋先做匀加速运动，当速度与传送带的速度相同后，做匀速运动，到达B 端时速度与v 相同；若μ＜tan θ，则粮袋先做加速度为g (sin θ＋μcos θ)的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度为g (sin θ－μcos θ)的匀加速运动，到达B 端时的速度大于v ，选项A 正确；粮袋开始时速度小于传送带的速度，相对传送带的运动方向是沿传送带向上，所以受到沿传送带向下的滑动摩擦力，大小为μmg cos θ，根据牛顿第二定律得加速度a ＝mg sin θ＋μmg cos θm ＝g (sin θ＋μcos θ)，选项B 错误；若μ≥tan θ，粮袋从A 到B 可能是一直做匀加速运动，也可能先匀加速运动，当速度与传送带的速度相同后，做匀速运动，选项C 、D 均错误.2.如图4所示为一水平传送带装置示意图.A 、B 为传送带的左、右端点，AB 长L ＝2 m ，初始时传送带处于静止状态，当质量m ＝2 kg 的煤块(可视为质点)轻放在传送带A 点时，传送带立即启动，启动过程可视为加速度a ＝2 m /s 2的匀加速运动，加速结束后传送带立即匀速运动.已知煤块与传送带间动摩擦因数μ＝0.1，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力(g 取10 m /s 2).图4(1)如果煤块以最短时间到达B 点，煤块到达B 点时的速度大小是多少？ (2)上述情况下煤块运动到B 点的过程中在传送带上留下的痕迹至少多长？答案 (1)2 m/s (2)1 m解析 (1)为了使煤块以最短时间到达B 点，煤块应一直匀加速从A 点到达B 点 μmg ＝ma 1得a 1＝1 m/s 2v 2B ＝2a 1Lv B ＝2 m/s(2)传送带加速结束时的速度v ＝v B ＝2 m/s 时，煤块在传送带上留下的痕迹最短煤块运动时间t ＝v Ba 1＝2 s传送带加速过程： v B ＝at 1得t 1＝1 s x 1＝12at 21得x 1＝1 m传送带匀速运动过程： t 2＝t －t 1＝1 s x 2＝v B t 2得x 2＝2 m故痕迹最小长度为Δx ＝x 1＋x 2－L ＝1 m.命题点二 “滑块－木板模型”问题 1.模型特点涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动. 2.两种位移关系滑块由木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板同向运动，位移大小之差等于板长；反向运动时，位移大小之和等于板长.设板长为L ，滑块位移大小为x 1，木板位移大小为x 2 同向运动时：如图5所示，L ＝x 1－x 2图5反向运动时：如图6所示，L ＝x 1＋x 2图63.解题步骤审题建模→弄清题目情景，分析清楚每个物体的受力情况，运动情况，清楚题给条件和所求 ↓ 建立方程→根据牛顿运动定律准确求出各运动过程的加速度(两过程接连处的加速度可能突变) ↓明确关系→找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口，上一过程的末速度是下一过程的初速度，这是两过程的联系纽带例3 (2018·新课标Ⅱ·25)下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害.某地有一倾角为θ＝37°(sin 37°＝35)的山坡C ，上面有一质量为m 的石板B ，其上下表面与斜坡平行；B上有一碎石堆A (含有大量泥土)，A 和B 均处于静止状态，如图7所示.假设某次暴雨中，A 浸透雨水后总质量也为m (可视为质量不变的滑块)，在极短时间内，A 、B 间的动摩擦因数μ1减小为38，B 、C 间的动摩擦因数μ2减小为0.5，A 、B 开始运动，此时刻为计时起点；在第2s 末，B 的上表面突然变为光滑，μ2保持不变.已知A 开始运动时，A 离B 下边缘的距离l ＝27 m，C足够长，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力.取重力加速度大小g＝10 m/s2.求：图7(1)在0～2 s时间内A和B加速度的大小；(2)A在B上总的运动时间.①μ1＜μ2，可分析A、B受力；②第2 s末，B的上表面突然变为光滑.答案(1)3 m/s2 1 m/s2(2)4 s解析(1)在0～2 s时间内，A和B的受力如图所示，其中F f1、F N1是A与B之间的摩擦力和正压力的大小，F f2、F N2是B与C之间的摩擦力和正压力的大小，方向如图所示.由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得F f1＝μ1F N1 ①F N1＝mg cos θ②F f2＝μ2F N2 ③F N2＝F N1′＋mg cos θ④规定沿斜面向下为正.设A和B的加速度分别为a1和a2，由牛顿第二定律得mg sin θ－F f1＝ma1 ⑤mg sin θ－F f2＋F f1′＝ma2 ⑥联立①②③④⑤⑥式，并代入题给条件得a1＝3 m/s2 ⑦a2＝1 m/s2 ⑧(2)在t1＝2 s时，设A和B的速度分别为v1和v2，则v1＝a1t1＝6 m/s ⑨v2＝a2t1＝2 m/s ⑩2 s后，设A和B的加速度分别为a1′和a2′.此时A与B之间摩擦力为0，同理可得a1′＝6 m/s2 ⑪a2′＝－2 m/s2 ⑫由于a 2′＜0，可知B 做减速运动.设经过时间t 2，B 的速度减为0，则有 v 2＋a 2′t 2＝0⑬联立⑩⑫⑬式得t 2＝1 s在t 1＋t 2时间内，A 相对于B 运动的距离为x ＝⎝⎛⎭⎫12a 1t 21＋v 1t 2＋12a 1′t 22－⎝⎛⎭⎫12a 2t 21＋v 2t 2＋12a 2′t 22＝12 m ＜27 m ⑭此后B 静止不动，A 继续在B 上滑动.设再经过时间t 3后A 离开B ，则有 l －x ＝(v 1＋a 1′t 2)t 3＋12a 1′t 23⑮ 可得t 3＝1 s(另一解不合题意，舍去) ⑯设A 在B 上总的运动时间为t 总，有 t 总＝t 1＋t 2＋t 3＝4 s3.(多选)如图8所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面，若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中( )图8A.桌布对鱼缸摩擦力的方向向左B.鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等C.若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大D.若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面答案 BD解析桌布对鱼缸摩擦力的方向向右，A 项错误；各接触面间的动摩擦因数均为μ，设鱼缸的质量为m ，由牛顿第二定律可得鱼缸在桌布和桌面上滑动的加速度大小相同，均为a ＝μg ，鱼缸离开桌布时的速度为v ，则鱼缸在桌布上和在桌面上滑动时间均为t ＝vμg ，B 项正确；猫增大拉力时，鱼缸受到的摩擦为F f ＝μmg 不变，C 项错；若猫减小拉力，鱼缸在桌布上加速运动的时间变长，离开桌布时的速度v ＝μgt 增大，加速运动的位移x 1＝12μgt 2增大，且鱼缸在桌面上减速滑行的位移x 2＝v 22μg也增大，则鱼缸有可能滑出桌面，D 项对.4.(2018·四川理综·10)避险车道是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图9所示竖直平面内，制动坡床视为与水平面夹角为θ的斜面.一辆长12 m 的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为23 m /s 时，车尾位于制动坡床的底端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了4 m 时，车头距制动坡床顶端38 m ，再过一段时间，货车停止.已知货车质量是货物质量的4倍，货物与车厢间的动摩擦因数为0.4；货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44倍.货物与货车分别视为小滑块和平板，取cos θ＝1，sin θ＝0.1，g ＝10 m/s 2.求：图9(1)货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向； (2)制动坡床的长度.答案 (1)5 m/s 2 方向沿制动坡床向下 (2)98 m解析 (1)设货物的质量为m ，货物在车厢内滑动过程中，货物与车厢的动摩擦因数μ＝0.4，受摩擦力大小为f ，加速度大小为a 1，则 f ＋mg sin θ＝ma 1 ① f ＝μmg cos θ②联立①②并代入数据得 a 1＝5 m/s 2③ a 1的方向沿制动坡床向下.(2)设货车的质量为M ，车尾位于制动坡床底端时的车速为v ＝23 m/s.货物在车厢内开始滑动到车头距制动坡床顶端s 0＝38 m 的过程中，用时为t ，货物相对制动坡床的运动距离为s 1，在车厢内滑动的距离s ＝4 m ，货车的加速度大小为a 2，货车相对制动坡床的运动距离为s 2.货车受到制动坡床的阻力大小为F ，F 是货车和货物总重的k 倍，k ＝0.44，货车长度l 0＝12 m ，制动坡床的长度为l ，则 Mg sin θ＋F －f ＝Ma 2 ④ F ＝k (m ＋M )g ⑤ s 1＝v t －12a 1t 2⑥ s 2＝v t －12a 2t 2⑦ s ＝s 1－s 2 ⑧ l ＝l 0＋s 0＋s 2⑨ 联立①～⑨并代入数据得l ＝98 m.“传送带”模型的易错点典例如图10所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v0逆时针匀速转动.在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ＜tan θ，则图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是()图10答案 D解析开始阶段，小木块受到竖直向下的重力和沿传送带向下的摩擦力作用，做加速度为a1的匀加速直线运动，由牛顿第二定律得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1，所以a1＝g sin θ＋μg cos θ.小木块加速至与传送带速度相等时，由于μ＜tan θ，则小木块不会与传送带保持相对静止而做匀速运动，之后小木块继续加速，所受滑动摩擦力变为沿传送带向上，做加速度为a2的匀加速直线运动，这一阶段由牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ＝ma2，所以a2＝g sin θ－μg cos θ.根据以上分析，有a2＜a1，所以，本题正确选项为D.易错诊断本题的易错点在于没有注意到关键条件“μ＜tan θ”，没有准确分析小木块所受摩擦力的方向，想当然地认为传送带足够长，小木块最后总会达到与传送带相对静止而做匀速运动，从而错选C选项.理解μ与tan θ关系的含义，正确分析小木块所受摩擦力方向是解题关键.变式拓展(1)若将“μ＜tan θ”改为“μ＞tan θ”，答案应选什么？提示若改为μ＞tan θ，则小木块加速到速度与传送带速度相等后，滑动摩擦力突然变为静摩擦力，以后与传送带相对静止而做匀速运动，故应选C选项.(2)若将传送带改为水平呢？提示若将传送带改为水平，则小木块加速到速度与传送带速度相等后，摩擦力突然消失，以后与传送带保持相对静止而做匀速运动，仍然是C选项正确.题组1 “传送带模型”问题1.如图1所示，为传送带传输装置示意图的一部分，传送带与水平地面的倾角θ＝37°，A 、B 两端相距L ＝5.0 m ，质量为M ＝10 kg 的物体以v 0＝6.0 m/s 的速度沿AB 方向从A 端滑上传送带，物体与传送带间的动摩擦因数处处相同，均为0.5.传送带顺时针运转的速度v ＝4.0 m /s ，(g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：图1(1)物体从A 点到达B 点所需的时间；(2)若传送带顺时针运转的速度可以调节，物体从A 点到达B 点的最短时间是多少？答案 (1)2.2 s (2)1 s解析 (1)设物体速度大于传送带速度时加速度大小为a 1，由牛顿第二定律得Mg sin θ＋μMg cos θ＝Ma 1①设经过时间t 1物体的速度与传送带速度相同， t 1＝v 0－v a 1② 通过的位移x 1＝v 20－v 22a 1③设物体速度小于传送带速度时物体的加速度为a 2 Mg sin θ－μMg cos θ＝Ma 2④由μ＜tan θ＝0.75知，物体继续减速，设经时间t 2到达传送带B 点 L －x 1＝v t 2－12a 2t 22⑤联立得①②③④⑤式可得：t ＝t 1＋t 2＝2.2 s(2)若传送带的速度较大，物体沿AB 上滑时所受摩擦力一直沿传送带向上，则所用时间最短，此种情况加速度大小一直为a 2， L ＝v 0t ′－12a 2t ′2t ′＝1 s(t ′＝5 s 舍去).2.车站、码头、机场等使用的货物安检装置的示意图如图2所示，绷紧的传送带始终保持v ＝1 m/s 的恒定速率运行，AB 为水平传送带部分且足够长，现有一质量为m ＝5 kg 的行李包(可视为质点)无初速度地放在水平传送带的A 端，传送到B 端时没有被及时取下，行李包从B 端沿倾角为37°的斜面滑入储物槽，已知行李包与传送带间的动摩擦因数为0.5，行李包与斜面间的动摩擦因数为0.8，g 取10 m/s 2，不计空气阻力(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8).图2(1)求行李包相对于传送带滑动的距离；(2)若B 轮的半径为R ＝0.2 m ，求行李包在B 点对传送带的压力；(3)若行李包滑到储物槽时的速度刚好为零，求斜面的长度.答案 (1)0.1 m (2)25 N ，方向竖直向下 (3)1.25 m解析 (1)行李包在水平传送带上加速时μ1mg ＝ma 1若行李包达到水平传送带的速度所用时间为t ，则v ＝a 1t行李包前进距离x 1＝12a 1t 2 传送带前进距离x 2＝v t行李包相对传送带滑动的距离Δx ＝x 2－x 1＝0.1 m(2)行李包在B 点，根据牛顿第二定律，有mg －F N ＝m v 2R解得：F N ＝25 N根据牛顿第三定律可得：行李包在B 点对传送带的压力为25 N ，方向竖直向下.(3)行李包在斜面上时，根据牛顿第二定律：mg sin 37°－μ2mg cos 37°＝ma 2行李包从斜面滑下过程：0－v 2＝2a 2x解得：x ＝1.25 m.题组2 “滑块－木板模型”问题3.如图3所示，水平传送带以v ＝12 m/s 的速度顺时针做匀速运动，其上表面的动摩擦因数μ1＝0.1，把质量m ＝20 kg 的行李包轻放上传送带，释放位置距传送带右端4.5 m 处.平板车的质量M ＝30 kg ，停在传送带的右端，水平地面光滑，行李包与平板车上表面间的动摩擦因数μ2＝0.3，平板车长10 m ，行李包从传送带滑到平板车过程速度不变，行李包可视为质点.(g ＝10 m/s 2)求：图3(1)行李包在平板车上相对于平板车滑行的时间是多少？(2)若要想行李包不从平板车滑出，求行李包释放位置应满足什么条件？答案 (1)0.6 s (2)见解析解析 (1)行李包放上传送带做匀加速直线运动.a 1＝μ1gv 2＝2a 1x解得：v ＝3 m/s因v ＝3 m /s ＜12 m/s ，符合题意行李包滑上平板车后，行李包减速，平板车加速.a 2＝μ2g ＝3 m/s 2a 3＝μ2mg M＝2 m/s 2 v －a 2t ＝a 3t解得：t ＝0.6 s相对位移x ＝v t －12a 2t 2－12a 3t 2＝0.9 m ＜10 m ，符合题意. (2)当行李包刚好滑到平板车右端时，行李包与平板车的相对位移等于车长.设行李包刚滑上平板车时速度为v 0，L 为平板车长，则v 0－a 2t ′＝a 3t ′v 0t ′－12a 2t ′2－12a 3t ′2＝L 解得v 0＝10 m /s ＜12 m/s故行李包在传送带上一直做匀加速直线运动v 20＝2a 1x ′解得：x ′＝50 m所以行李包释放位置距离传送带右端应不大于50 m.4.一平板车，质量M ＝100 kg ，停在水平路面上，车身的平板离地面的高度h ＝1.25 m ，一质量m ＝50 kg 的小物块置于车的平板上，它到车尾的距离b ＝1 m ，与车板间的动摩擦因数μ＝0.2，如图4所示，今对平板车施加一水平方向的恒力，使车向前行驶，结果物块从车板上滑落，物块刚离开车板的时刻，车向前行驶距离x 0＝2.0 m ，求物块落地时，落地点到车尾的水平距离x (不计路面摩擦，g ＝10 m/s 2).图4答案 1.625 m解析设小物块在车上运动时，车的加速度为a 1，物块的加速度为a 2.则a 2＝μmg m＝μg ＝0.2×10 m /s 2＝2 m/s 2. 由x ＝12at 2得： x 0＝12a 1t 2，x 0－b ＝12a 2t 2. 故有a 1a 2＝x 0x 0－b ＝22－1＝21， a 1＝2a 2＝4 m/s 2.对车，由牛顿第二定律得：F －μmg ＝Ma 1.F ＝Ma 1＋μmg ＝100×4 N ＋0.2×50×10 N ＝500 N. 小物块滑落时车速v 1＝2a 1x 0＝2×4×2 m /s ＝4 m/s ，小物块速度v 2＝2a 2(x 0－b )＝2×2×1 m /s ＝2 m/s物块滑落后，车的加速度a ′＝F M ＝500100m /s 2＝5 m/s 2 小物块落地时间t ′＝2h g ＝2×1.2510s ＝0.5 s. 车运动的位移x 车′＝v 1t ′＋12a ′t 2＝4×0.5 m ＋12×5×0.52 m ＝2.625 m. 小物块平抛的水平位移x 物′＝v 2·t ′＝2×0.5 m ＝1 m. 物块落地时，落地点与车尾的水平位移为：x ＝x 车′－x 物′＝2.625 m －1 m ＝1.625 m.。

【全国通用】通用版2018_2019版高考物理总复习主题一机械运动与物理模型1.1.5速度变化快慢的描

1.1.5 速度变化快慢的描述——加速度学习目标核心提炼1.理解加速度的概念，能区分v、Δv与ΔvΔt的关系。

1个定义——加速度的比值定义法2种方法——求解加速度方法：公式法或图象法3个物理量——速度、速度变化量和加速度2.知道加速度的矢量性，能根据加速度与速度方向的关系判断物体的运动情况。

3.掌握运用v－t图象计算加速度大小的方法及分析物体的运动情况。

一、加速度1.定义：速度的变化量与发生这一变化所用时间的比值。

即a＝Δv Δt。

2.单位：国际单位制中，加速度的单位是米每二次方秒，符号是m/s2或m·ｓ－2。

3.物理意义加速度a是表示物体速度变化快慢的物理量，也叫速度对时间的变化率。

4.a＝ΔvΔt是用比值定义法定义的物理量，a的大小与Δv、Δt无关。

思维拓展图1中甲、乙、丙、丁各物体都在做直线运动，其运动的速度在发生变化，但速度变化的快慢不同。

图11.万吨货轮和火箭在相同时间内谁的速度变化大？谁的速度变化快？答案火箭火箭2.列车和小轿车从静止开始运动达到相同速度，所用时间不同，谁的速度变化快？答案小轿车3.甲、乙、丙、丁四种情形中，加速度的大小各为多少？答案甲0.02 m/s2乙10 m/s2丙0.056 m/s2丁 1.4 m/s2二、加速度方向与速度方向的关系1.加速度的方向：与速度变化量的方向相同。

2.加速度与速度的方向关系：在直线运动中，如果速度增加，加速度的方向与速度的方向相同；如果速度减小，加速度的方向与速度的方向相反。

思维拓展图2中做直线运动的火车，在40 s内速度由10 m/s增加到20 m/s，那么火车在40 s内速度的变化量是多少？火车的加速度是多少？加速度的方向与速度变化量的方向有什么关系？图2答案Δv＝v2－v1＝10 m/s，a＝ΔvΔt＝0.25 m/s2，相同三、从v－t图象看加速度1.定性判断：v－t图象的斜率反映加速度的大小。

图32.定量计算：在v－t图象上取两点E(t1，v1)、F(t2，v2)，加速度的数值a＝ΔvΔt＝v2－v1t2－t1。

高中物理必修一全册总复习资料_(家教资料必备)

专题一：描述物体运动的几个基本本概念◎ 知识梳理1．机械运动：一个物体相对于另一个物体的位置的改变叫做机械运动，简称运动，它包括平动、转动和振动等形式。

2．参考系：被假定为不动的物体系。

对同一物体的运动，若所选的参考系不同，对其运动的描述就会不同，通常以地球为参考系研究物体的运动。

3．质点：用来代替物体的有质量的点。

它是在研究物体的运动时，为使问题简化，而引入的理想模型。

仅凭物体的大小不能视为质点的依据，如：公转的地球可视为质点，而比赛中旋转的乒乓球则不能视为质点。

’物体可视为质点主要是以下三种情形：(1)物体平动时；(2)物体的位移远远大于物体本身的限度时；(3)只研究物体的平动，而不考虑其转动效果时。

4．时刻和时间(1)时刻指的是某一瞬时，是时间轴上的一点，对应于位置、瞬时速度、动量、动能等状态量，通常说的“2秒末”，“速度达2m/s 时”都是指时刻。

(2)时间是两时刻的间隔，是时间轴上的一段。

对应位移、路程、冲量、功等过程量．通常说的“几秒内”“第几秒内”均是指时间。

5．位移和路程(1)位移表示质点在空间的位置的变化，是矢量。

位移用有向线段表示，位移的大小等于有向线段的长度，位移的方向由初位置指向末位置。

当物体作直线运动时，可用带有正负号的数值表示位移，取正值时表示其方向与规定正方向一致，反之则相反。

(2)路程是质点在空间运动轨迹的长度，是标量。

在确定的两位置间，物体的路程不是唯一的，它与质点的具体运动过程有关。

(3)位移与路程是在一定时间内发生的，是过程量，二者都与参考系的选取有关。

一般情况下，位移的大小并不等于路程，只有当质点做单方向直线运动时，二者才相等。

6．速度（1）．速度：是描述物体运动方向和快慢的物理量。

（2）．瞬时速度：运动物体经过某一时刻或某一位置的速度，其大小叫速率。

（3）．平均速度：物体在某段时间的位移与所用时间的比值，是粗略描述运动快慢的。

①平均速度是矢量，方向与位移方向相同。

[精品课件](通用版)2018-2019版高考物理总复习主题一机械运动与物理模型单元总结课件新人教版

解析位移与通过该段位移所用时间的比值叫平均速度，本题中A、B、C三个质点在相同时间内的位移相同，大小都等于MN 的长度，方向由N指向M，所以它们的平均速度相同，A正确；瞬时速度是表征质点在某时刻运动快慢和方向的物理量，本题中B质点做单向直线运动，速度方向恒定，A、C两质点做曲线运动，速度方向时刻在变，B错误；三个质点从N点出发到任意时刻(未达到M点)，平均速度的方向不同，C错误；由平均速率的定义可知，由N到M，A、C两质点的平均速率相等，且大于B 质点的平均速率，D错误。答案 A
答案 (1)1.60 1.55 1.62 1.53 1.61 1.58 0.05 误差允许相邻相等的时间内匀加速直线运动 (2)1.58
解析由图象可知前5 s做的是匀速运动，选项A正确；5～15 s 内做匀加速运动，加速度大小为0.8 m/s2，选项B错误；15～20 s内做匀减速运动，加速度大小为3.2 m/s2，选项C正确；质点一直做单方向的直线运动，在20 s末离出发点最远，选项D错误。答案 AC 误区警示物体是否做匀变速直线运动，关键看该过程的加速度是不是有变化。
[针对训练2] (2018·郑州高一检测)如图3所示是甲、乙两物体从同一点出发的位移—时间(x－t)图象，由图象可以看出在0～4 s这段时间内( )
图3 A.甲、乙两物体始终同向运动 B.4 s时甲、乙两物体之间的距离最大 C.甲的平均速度大于乙的平均速度 D.甲、乙两物体之间的最大距离为3 m
二、速度、速度变化量和加速度
速度
速度变化量
加速度

定义式 v＝ΔΔxt
Δv＝v－v0
a＝ΔΔvt ＝v－Δtv0
v 的大小由 Δv 由 v 与 v0 进行矢 a 不是由 v、Δt、Δv

高考物理总复习主题一机械运动与物理模型1.1.2时间和位移学案新人教版(2021年整理)

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1.1.2 时间和位移学习目标核心提炼1.知道时刻与时间间隔的区别和联系，能在具体的情境下识别时刻和时间间隔。

6个概念-—时刻、时间间隔、路程、位移、矢量、标量1种方法—-描述直线运动的方法 3个区别：时刻与时间间隔、位移与路程、标量与矢量2。

理解路程和位移概念，能说出它们的区别。

3.认识标量和矢量，知道标量和矢量遵从不同的运算法则。

4.能在坐标系中定量地描述直线运动的位置和位移。

一、时刻和时间间隔1.时刻：表示某一瞬间，在时间轴上用点来表示。

2.时间间隔：表示某一过程，在时间轴上用线段来表示。

3.二者的联系：两个时刻之间的间隔即为时间间隔思维拓展如图甲、乙所示：“上午8时上课、8时45分下课”、“每节课45分钟”、“第2 s 初”、“第5 s 末”、“第6 s 内”……（1）以上说法中,哪些表示时刻?哪些表示时间间隔？（2)“第2 s初”、“第5 s末”、“第6 s内"分别对应时间轴上的哪一点或哪一段？在图乙上标明。

答案(1）时刻有“8时”、“8时45分”、“第2 s初”、“第5 s末";时间间隔有“45分钟”、“第6 s内”.(2）二、路程和位移1.路程：物体运动轨迹的长度。