高一物理专题二 直线运动和牛顿运动定律教案 人教版

高一物理专题二 直线运动和牛顿运动定律教案
一 教学目的
1 理解有关直线运动的基本概念，掌握直线运动的特点和基本规律，并能较熟练地解决有关直线运动的问题
2.进一步理解牛顿运动定律,掌握用牛顿定律解题的一般方法,明确力和运动的关系.
3.通过典型题的讲解和训练,帮助学生初步形成学习物理的良好的思维习惯,为后续学习打好基础.
二 重要知识点
㈠ 匀变速直线运动的规律
1．基本规律
①．速度公式： 0t V V at =+
②．位移公式： 2012S V t at =+
注意： ．这两个公式是矢量式
ⅱ ．从位移公式的推导过程看1()2
S t =
0t v +v 也是匀变速直线运动求位移的一个重要公式。

2．有用的推论
③．速度位移关系： 2202t V V aS -=
3．其他导出规律
⑴．一般的匀变速直线运动
④．连续相等时间间隔T 内的位移之差为定值a 2T ，即： 21N N S S aT +-=
⑤．某段过程中间时刻的即时速度等于这段过程的平均速度，即
021()2
t t S V V V t ==+ ⑥．某段过程中间位置即时速度等于这段过程初、末速度平方和一半的平方根，即
2S V =
⑵．初速度v 0 0=的匀变速直线运动
⑦．速度与时间成正比，即： V t ∝
⑧．位移与时间平方成正比，即： 2S t ∝
⑨．从开始运动起，连续相等的时间间隔内位移之比等于从1起的连续奇数比，即：
123:::1:3:5:(21)N S S S S N =-
⑩．从开始运动起，通过连续相等的位移所用时间之比为
123:::1:(21):(32):(1)n t t t t n n =----
㈡ 牛顿第二定律
1. 内容：物体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，加速度方向与合外力方向一致。

其表达式为 F m a =
其分量式为： x x y y z z
F ma F ma F ma ===
2.要点：
⑴．物体的惯性得到了量化：质量是惯性的唯一量度。

⑵．力的作用效果的共同性：物体运动的合加速度由物体所受的各个力的合力确定，而不是由某一个力确定。

⑶．力的作用效果的独立性：物体所受的各个力分别产生各自的加速度，物体的合加速度是这些分加速度的矢量和。

⑷．力的作用效果的矢量性：合运动的加速度与合外力的方向一致，分运动的加速度与产生这个加速度的分力方向一致。

⑸．力的作用效果的瞬时性：合外力恒定，则加速度恒定；合外力变化，则加速度同时变化。

⑹．牛顿定律中的加速度必须取惯性系做参照物。

㈢ 动力学的两类问题
物体的受力情况 加速度a 物体的运动情况
三 典型例题及讲解
1．（2006年·全国理综Ⅲ）2006年我国自行研制的“枭龙”战机04架在四川某地
试飞成功．假设该战机起飞前从静止开始做匀加速直线运动，达到起飞速度v 所需时间为t ，则起飞前的运动距离为
A ．vt
B ．vt /2
C ．2vt
D ．不能确定
答案：B 由于战机从静止开始做匀变速直线运动，所以，其平均速度02v v +=；由平均速度的定义，得s v t =，则12
s vt vt ==． 2．（2003年·广东大综合）飞机的起飞过程是从静止出发，在直跑道上加速前进，
等达到一定速度时离地．已知飞机加速前进的路程为1600m ，所用的时间为40s ．假设这段运动为匀加速运动，用a 表示加速度，v 表示离地时的速度，则
A ．a ＝2m ／s 2， v ＝80m ／s
B ．a ＝1m ／s 2，v ＝40m ／s
C ．a ＝80m ／s 2，v ＝40m ／s
D ．a ＝1m ／s 2，v ＝80m ／s
答案：A
3．以10/m s 的速度匀速行驶的汽车在第2秒末关闭发动机，然后匀减速行驶，在第3秒内的平均速度为9/m s ，则汽车的加速度为 2
/m s ；这辆汽车在10s 内行驶的距离为 m 。

解：依题意可知汽车在开始减速的第1秒内的平均速度为9/m s =v ，于是由01v +v v =2
得汽车在第3秒末的瞬时速度 (2910)/8/m s m s =⨯-=10v =2v -v
于是其加速度 22810/2/1
a m s m s -===-103v -v t 分析可知这辆汽车从第2秒末起仅用5秒即可停住，此过程行驶的距离
2
2010252(2)
S m m -===⨯-2t 0v -v 2a 又知此前匀速行驶的距离
1110220S t m m ==⨯=0v
于是这10s 内汽车行驶的距离为
12202545S S S m m m =+=+=
4．沿平直公路匀加速行驶的汽车，经过路旁连续三个电杆之间的间隔，所需的时间分别是3秒和2秒，已知相邻电杆之间的距离都是60米，求汽车驶过每个电杆时的速度。

解法一：已知第1、2电杆之间的距离160S m =，汽车在此间行驶的时间13t s =，第2、3电杆之间的距离260S m =，汽车在此间行驶的时间22t s =，设通过三个电杆时的速度分别为1v 、2v 、3v ，汽车的加速度为a ，由匀变速直线运动的位移公式及速度公式可得： 211112
S t at =+1v 2222212
S t at =+v 1at +21v =v
联立解得：24/a m s =；114/m s =v ；226/m s =v 。

再由速度公式得： 32(2642)/34/at m s m s =+=+⨯=v v 。

解法二：利用 11211()2
S t =+v v 22321()2S t =+v v 1213121()()2
S S t t +=+⨯+v v 即可联立求解这三个速度。

解法三：利用中间时刻的瞬时速度等于平均速度求出第一、二阶段中间时刻的瞬时速度，再利用其求出加速度，再根据加速度和上述的瞬时速度推算出三个速度。

5．一个氢气球以4m/s 2的加速度由静止从地面竖直上升，10 s 末从气球上面掉下一
重物，此重物最高可上升到距地面多高处?此重物从氢气球上掉下后，经多长时间落
回地面?（忽略空气阻力，取g =10m/s 2）
答案：11.48s
解析：重物的运动过程共分三个阶段：先随气球向上做匀加速直线运动，然后从气球上掉下．此时重物不是自由下落，而是由于惯性继续向上做竖直上抛运动．达到最高点后，重物开始做自由落体运动，最后回到地面，如图所示．
下面分三个阶段来求解：
（1）向上加速阶段：a 1=4m/s 2，t 1=10m/s
221111111410m=200m,410m/s=40m/s 22
H a t v a t ==⨯⨯==⨯． （2）竖直上抛阶段：a 2=－10m/s 2，v 0=v =40m/s ． 上升的高度：22
024080m 2210m
v H g ===⨯．
所用的时间：0240s=4s 10
v t g ==． 所以，重物距地面的最大高度H max =H 1＋H 2=200m ＋80m=280m ．
（3）自由下落阶段：加速度a 3=10m/s 2，下落的高度H 3=280m ．
下落所用的时间3t ==． 所以，重物从氢气球上掉下后，落回地面所用的时间为
23t=t +t =11.48s
6．（2003年·北京春招）在滑冰场上，甲、乙两小孩分别坐在滑冰板上，原来静止
不动，在相互猛推一下后分别向相反方向运动．假定两板与冰面间的动摩擦因数相同．已知甲在冰上滑行的距离比乙远，这是由于
A ．在推的过程中，甲推乙的力小于乙推甲的力
B ．在推的过程中，甲推乙的时间小于乙推甲的时间
C ．在刚分开时，甲的初速度大于乙的初速度
D ．在分开后，甲的加速度的大小小于乙的加速度的大小
答案：C 根据牛顿第三定律，在互推的过程中，作用力与反作用力大小相等，作用时间也相等，故A 、B 两选项均错误．分离后，两者滑动摩擦力分别为1212f f F m g F m g μμ==，，则各自的加速度大小分别为
1
21212f f F F a g a g m m μμ====，，
可知他们做匀减速直线运动的加速度大小相等．又由v 2
=2as 可知，211222s v s v =，因s 1>s 2，则v 1>v 2．故C 选项正确，D 选项错误．
7．（2005年·全国理综Ⅱ）如图所示，位于光滑固定斜面上的小物块P 受到一水平
向右的推力F 的作用．已知物块P 沿斜面加速下滑．现保持F 的方向不变，使其减小，则小物块P 的加速度
A ．一定变小
B ．一定变大
C ．一定不变
D ．可能变小，可能变大，也可能不变
答案：B 设斜面倾角为α，由牛顿第二定律得：
mg sin α－F cos α=ma 所以，sin cos F a g m
αα=- 由上式可知，F 减小，其加速度一定变大．
8．（2004年·上海）物体B 放在物体A 上，A 、B 的上下表面均与斜面平行（如图）．当
两者以相同的初速度靠惯性沿光滑固定斜面C 向上做匀减速运动时
A ．A 受到
B 的摩擦力沿斜面方向向上
B ．A 受到B 的摩擦力沿斜面方向向下
C ．A 、B 之间的摩擦力为零
D ．A 、B 之间是否存在摩擦力取决于A 、B 表面的性质
答案：C 由于物体AB 是在光滑斜面上匀减速运动．整体的加速度应该是g sinα，这正好是各自沿斜面运动时的加速度，AB 之间的摩擦力为零，否则AB 不会一起运动．故选项C 是正确的．
9．小车上竖立着一弯折的坚硬轻杆，弯折的角度 30θ=，轻杆的末端固定着一个
质量为m 的小球A 。

求下列情况下轻杆对小球的作用力：
⑴．小车静止不动；
⑵．小车以2a g =的加速度向右做匀 加速直线运动；
⑶．小车以1(a g =是重力加速度， 取10m/s 2）的加速度向右做匀加速直线运动；
答案：⑴．mg ，竖直向上；⑵．2mg ，与水平成30°斜向右上方；
沿杆斜向右上方 9．（2006年·全国理综Ⅰ）一水平的浅色长传送带上放置一煤块（可视为质点），
煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ．起始时，传送带与煤块都是静止的．现让传送带以恒定的加速度a 0开始运动，当其速度达到v 0后，便以此速度匀速运动．经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后，煤块相对于传送带不再滑动．求此黑色痕迹的长度． 答案：20002v a g a g
μμ-（）
解析：根据“传送带上有黑色痕迹”可知，煤块与传送带之间发生了相对滑动，煤块的加速度a 小于传送带的加速度a 0．根据牛顿第二定律，可得 a ＝μg
设经历时间t ，传送带由静止开始加速到速度等于v 0，煤块则由静止加速到v ，有
v 0＝a 0t ，v ＝at
由于a <a 0，故v <v 0，煤块继续受到滑动摩擦力的作用．再经过时间t '，煤块的速度由v 增加到v 0，有v 0＝v +at '
此后，煤块与传送带运动速度相同，相对于传送带不再滑动，不再产生新的痕迹．设在煤块的速度从0增加到v 0的整个过程中，传送带和煤块移动的距离分别为s 0和s ，有
200012s a t v t '=+，202v s a
= 传送带上留下的黑色痕迹的长度l ＝s 0－s 由以上各式得20002v a g l a g
μμ-=（） 四 总结归纳
1．求解匀变速直线运动的一般思路
⑴．弄清题意，建立物体运动的情景。

为了直观形象，应尽可能的画出草图，并在图中标出一些位置和物理量。

⑵．弄清研究对象，明确哪些量已知，哪些量未知，根据公式特点恰当选择公式。

⑶．注意运用一些推论，往往能使解题过程简化。

⑷．如果题目涉及不同的运动过程，则应重点寻找各段运动的速度、位移、时间等方面的关系。

2．由物体的受力情况求解运动情况的一般步骤
⑴．确定研究对象，对研究对象进行受力分析，并画出受力示意图。

⑵．根据力的合成与分解的方法求出合外力（大小、方向），或对力进行正交分解（物体受两个以上的力作用时一般用正交分解法）
⑶．根据牛顿第二定律列方程，并解出物体运动的加速度
⑷．结合题给物体运动的初始条件，选择运动学公式求出所需的运动学量。

3．由物体的运动情况，推断或求出物体所受的未知力的步骤
⑴．确定研究对象
⑵．根据运动学情况，利用运动学公式，求出物体的加速度
⑶．对研究对象分析受力情况
⑷．根据牛顿第二定律确定物体所受的合外力，从而求出未知力
五 课后练习
1．（2005年·广东）一汽车在路面情况相同的公路上直线行驶，下面关于车速、惯
性、质量和滑行路程的讨论，正确的是
A．车速越大，它的惯性越大
B．质量越大，它的惯性越大
C．车速越大，刹车后滑行的路程越长
D．车速越大，刹车后滑行的路程越长，所以惯性越大
2．一质点从A点由静止出发沿一直线做匀加速运动，经过B点后立即改做匀减速运动，到达C点时速度减为零，已知A、C两点的距离为S，整个过程历时为t，求质点经过B点时的速度。

3．光滑斜面A的倾角为θ，在物块B的水平
上表面上放一个质量为m的物块C，求B、
C两物体一起下滑的过程中物体C所受
合外力的大小和方向及B对C的支持力
和摩擦力的大小。

4．小车上的木箱中装有许多石块，其中一个石块P的
质量为m（如图所示），当这辆小车以加速度a向
右运动时，周围石块对它的作用力有多大，向什么
方向？
5．（2005年·全国理综Ⅲ）如图所示，一物块位于光滑水平桌面上，用一大小为F、方向如图所示的力去推它，使它以加速度a向右运动．若保持力的方向不变而增大力的大小，则
A．a变大
B．a不变
C．a变小
D．因为物块的质量未知，故不能确定a变化的趋势
6．（2002年·春招理综）质量为m的三角形木楔A置于倾角为θ的固定斜面上．它与斜面间的动摩擦因数为μ，一水平力F作用在木楔A的竖直平面上．在力F 的推动下，木楔A沿斜面以恒定的加速度向上滑动，如图所示，则F的大小为
A．
[(sin cos)]
cos
m a gθμθ
θ
++
B．
(sin)
(cos sin)
m a gθ
θμθ
-
+
C ．[(sin cos )](cos cos )
m a g θμθθμθ++- D ．
[(sin cos )](cos sin )m a g θμθθμθ+++ 7．（2006年·广东）a 、b 两物体从同一位置沿同一直线运
动，它们的速度图象如图所示，下列说法正确的是
A ．a 、b 加速时，物体a 的加速度大于物体b 的加速度
B ．20秒时，a 、b 两物体相距最远
C ．60秒时，物体a 在物体b 的前方
D ．40秒时，a 、b 两物体速度相等，相距200m
8．正以v =30m/s 的速度运行中的列车，接前方小站的请求：在该站停靠1分钟，接
一个危重病人上车．司机决定以加速度a 1=－0.6m/s 2匀减速运动到小站，停车1
分钟后以a 2=1.0m/s 2匀加速起动，恢复到原来的速度行驶．试问由于临时停车
共耽误了多少时间?
9．（2006年·上海）要求摩托车由静止开始在尽量短的时间内走完一段直道，然
后驶入一段半圆形的弯道，但在弯道上行驶时车速不能太快，以免因离心作用而偏出车道．求摩托车在直道上行驶所用的最短时间．有关数据见表格．
某同学是这样解的：要使摩托车所用时
间最短，应先由静止加速到最大速度v 1＝
40m/s ，然后再减速到v 2＝20m/s ，
111
v t a ==…；1222v v t a -==…；t =t 1+t 2 你认为这位同学的解法是否合理？若合理，请完成计算；若不合理，请说明理由，并用你自己的方法算出正确结果．
10．（2006年·全国理综Ⅱ）一质量为m ＝40kg 的小孩子站在电梯内的体重计上．电
梯从t ＝0时刻由静止开始上升，在0到6s 内体重计示数F 的变化如图所示．试
问：在这段时间内电梯上升的高度是多少？取重力加速度g ＝10m/s 2．
[参考答案]
1．BC 提示： 质量是惯性大小的量度，质量大，则惯性大，B 选项正确；由22v as =
可知，车速越大，其运动的路程越长，C 选项正确．
2．答案：v B 2S t =
解一．设第一阶段加速度为a 1，用时t 1，速度可达v ．第二阶段加速度为a 2，用时t 2．则此过程中质点的位移
2211221122
S a t t a t =+-v 根据题意可知 1122a t a t ==v
代入上式得 12
S t =
v 解得最大速度 2S t =v 解二．直接应用匀变速直线运动平均速度和位移的关系即可得
12
S t =v 3．答案：①．C 受的合外力sin C F mg θ=，方向沿斜面向下。

②．支持力 2cos c N mg θ=
摩擦力 1sin 22
c f mg θ=
4 与水平方向的夹角的正切g tg a α=斜向右上方
5． A 提示： 设F 与水平方向的夹角为α，受力分析如图，则由牛顿
第二定律得：F cosα=ma 则cos F a m
α= 由上式可知，F 增大，则a 增大．
6．C 提示： 将物体所受各力沿斜面方向和垂直斜面方向正交分解，即可得出方
程组，即：垂直斜面方向上，有cos sin N F mg F θθ=+ ①
而N F F μμ= ②
沿斜面方向，有cos sin F F mg ma μθθ--=
③ 由①②③解得[(sin cos )]cos sin m a g F θμθθμθ
++=- 7．C 提示： 根据加速度的定义0t v v a t
-=可知，物体a 的加速度小于物体b 的加速度，A 选项错误；在v —t 图象中，图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移，两物体相距最远时，其面积差最大，显然，40s t =时两物体速度相等、相距最远，且最远距离为
m 4010204020204090022
()m=m a b s s s +⨯⨯+⨯-∆=-=，B 、D 两选项均错误；由图象可知，后40s 两物体的位移相等，因此，60s 时物体a 在物体b 的前方，C 选项正确。

8．答案：100s 解析：匀减速停车过程，所用时间11
050s v t a -==． 制动过程列车运动的路程11750m 2
v s t ==． 匀加速起动过程所用的时间2230s v t a =
=． 起动过程列车运动的路程22450m 2v s t ==．
从开始制动到恢复原速行驶共用时间t =t 1＋t 2＋t 3=140s ．
列车以速度v 通过(s 1＋s 2)路程所用时间1240s s s t v
+'==． 所以实际耽误时间Δt =t －t ′=100s ．
9．答案：不合理，11s
解析：若按该同学的方法计算，则摩托车在直道上的位移
22211212
22v v v s a a -=+=275m ≠218m ．
所以以上做法不对，而且说明最大速度一定比40m/s 要小．
设在直道上最大速度为v ，则有222212
22v v v s a a -=+ 代入数据解得v =36m/s 则加速时间11
v t a ==9s ，减速时间222v v t a -==2s 最短时间为12t t t =+=11s
10．答案：9m
解析：由图可知，在t ＝0到t ＝t 1＝2s 时间内，
体重计的示数大于mg ，故电梯应向上做匀加速运动．设这段时间内体重计作用于小孩的力为F 1，电梯及小孩的加速度为a 1，由牛顿第二定律，得F 1－mg ＝ma 1
① 在这段时间内电梯上升的高度h 1＝12a 1t 12 ②
在t 1到t ＝t 2＝5s 的时间内，体重计的示数等于mg ，故电梯应向上做匀速运动，t 1时刻电梯的速度v 1＝a 1t 1
③ 在这段时间内电梯上升的高度h 2＝v 1（t 2－t 1） ④ 在t 2到t ＝t 3＝6s 的时间内，体重计的示数小于mg ，故电梯应向上做匀减速运动．设这段时间内体重计作用于小孩的力为F 2，电梯及小孩的加速度大小为a 2，由牛顿第二定律，得mg －F 2＝ma 2
⑤ 在这段时间内电梯上升的高度h 3＝v 1(t 3－t 2)－12a 2(t 3－t 2)2 ⑥
电梯上升的总高度h ＝h 1＋h 2＋h 3
⑦ 由以上各式，并利用牛顿第三定律和题文及题图中的数据，解得h ＝9m ．。