高考物理二轮复习 专题02 牛顿运动定律与直线运动教学案-人教版高三全册物理教学案

专题02 牛顿运动定律与直线运动牛顿第二定律是高考中每年必考的热点内容，既会单独考查，又会与电磁学内容结合考查学生的综合处理问题的能力.近几年高考主要考查匀变速直线运动的公式、规律及运动图象的应用，题型多以选择题和计算题为主，题目新颖，与生活实际联系密切.考查直线运动和力的关系时大多综合牛顿运动定律、受力分析、运动过程分析等内容. 牛顿定律是历年高考重点考查的内容之一。

对这部分内容的考查非常灵活，选择、实验、计算等题型均可以考查。

其中用整体法和隔离法处理问题，牛顿第二定律与静力学、运动学的综合问题，物体的平衡条件等都是高考热点；对牛顿第一、第三定律的考查经常以选择题或融合到计算题中的形式呈现。

另外，牛顿运动定律在实际中的应用很多，如弹簧问题、传送带问题、传感器问题、超重失重问题、同步卫星问题等等，应用非常广泛，尤其要注意以天体问题为背景的信息给予题，这类试题不仅能考查考生对知识的掌握程度，而且还能考查考生从材料、信息中获取要用信息的能力，因此备受命题专家的青睐。

一、匀变速直线运动的规律
1．匀变速直线运动的公式
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，x m－x n＝(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v t/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＝x n－x n－1＝an2－a(n －1)2＝ a(2n－1)．
(4)逆向思维法：将末速度为零的匀减速直线运动转换成初速度为零的匀加速直线运动处理．末速度为零的匀减速直线运动，其逆运动为初速度为零的匀加速直线运动，两者加速度相同．如竖直上抛运动上升阶段的逆运动为自由落体运动，竖直上抛运动上升阶段的最后1 s内的位移与自由落体运动第1 s的位移大小相等．
(5)加速度不变的匀减速直线运动涉及反向运动时(先减速后反向加速)，可对全过程直接应用匀变速运动的规律解题．如求解初速度为19.6 m/s的竖直上抛运动中3 s末的速度，可由v t＝v0－gt直接解得v t＝－9.8 m/s，负号说明速度方向与初速度相反．3．图象问题
(1)两种图象
(2)v－t图象的特点
①v－t图象上只能表示物体运动的两个方向，t轴上方代表的是“正方向”，t轴下方代表的是“负方向”，所以v－t图象只能描述物体做“直线运动”的情况，不能描述物体做“曲线运动”的情况．
②v－t图象的交点表示同一时刻物体的速度相等．
③v－t图象不能确定物体的初始位置．
(3)利用运动图象分析运动问题要注意以下几点
①确定图象是v－t图象还是x－t图象．
②明确图象与坐标轴交点的意义．
③明确图象斜率的意义：v－t图象中图线的斜率或各点切线的斜率表示物体的加速度，斜率的大小表示加速度的大小，斜率的正负反映了加速度的方向；x－t图象中图线的斜率或各点切线的斜率表示物体的速度，斜率的大小表示速度的大小，斜率的正负反映了速度的方向．
④明确图象与坐标轴所围的面积的意义．
⑤明确两条图线交点的意义．
二、牛顿第二定律的四性
三、超重与失重
1．物体具有向上的加速度(或具有向上的加速度分量)时处于超重状态，此时物体重力的效果变大．
2．物体具有向下的加速度(或具有向下的加速度分量)时处于失重状态，此时物体重力的效果变小；物体具有向下的加速度等于重力加速度时处于完全失重状态，此时物体重力的效果消失．
注意：①重力的效果指物体对水平面的压力、对竖直悬绳的拉力以及浮力等；②物体处于超重或失重(含完全失重)状态时，物体的重力并不因此而变化．
四、力F与直线运动的关系
五、匀变速直线运动规律的应用
匀变速直线运动问题，涉及的公式较多，求解方法较多，要注意分清物体的运动过程，选取简洁的公式和合理的方法分析求解，切忌乱套公式，一般情况是对任一运动过程寻找三个运动学的已知量，即知三求二，若已知量超过三个，要注意判断，如刹车类问题，若已知量不足三个，可进一步寻找该过程与另一过程有关系的量，或该物体与另一物体有关系的量，一般是在时间、位移、速度上有关系，然后联立关系式和运动学公式求解，且解题时一定要注意各物理量的正负．
六、追及、相遇问题
1．基本思路
2．追及问题中的临界条件
(1)速度大者减速(如匀减速直线运动)追速度小者
(如匀速运动)：
①当两者速度相等时，若追者位移仍小于被追者位移，则永远追不上，此时两者间有最
小距离．
②若两者速度相等时，两者的位移也相等，则恰能追上，也是两者避免碰撞的临界条件．
③若两者位移相等时，追者速度仍大于被追者的速度，则被追者还有一次追上追者的机会，其间速度相等时两者间距离有一个较大值．
(2)速度小者加速(如初速度为零的匀加速直线运动)追速度大者(如匀速运动)：
①当两者速度相等时有最大距离．
②当两者位移相等时，即后者追上前者．
3．注意事项
(1)追者和被追者速度相等是能追上、追不上或两者间距最大、最小的临界条件．
(2)被追的物体做匀减速直线运动时，要判断追上时被追的物体是否已停止．
七、动力学的两类基本问题
1．已知物体的受力情况，确定物体的运动情况
处理方法：已知物体的受力情况，可以求出物体的合外力，根据牛顿第二定律可以求出物体的加速度，再利用物体的初始条件(初位置和初速度)，根据运动学公式就可以求出物体的位移和速度，也就是确定了物体的运动情况．
2．已知物体的运动情况，确定物体的受力情况
处理方法：已知物体的运动情况，由运动学公式求出加速度，再根据牛顿第二定律就可以确定物体所受的合外力，由此推断物体受力情况．
八、动力学中的临界问题
解答物理临界问题的关键是从题述信息中寻找出临界条件．许多临界问题题述中常用“恰好”、“最大”、“至少”、“恰好不相撞”、“恰好不脱离”……词语对临界状态给出暗示．也有些临界问题中不显含上述常见的“临界术语”，但审题时会发现某个物理量在变化过程中会发生突变，则该物理量突变时物体所处的状态即为临界状态．审题时，一定要抓住这些特定的词语，明确含义，挖掘内涵，找出临界条件．
高频考点一运动图象问题
例1． (多选)甲、乙两辆汽车在平直公路上做直线运动，t＝0时刻两汽车同时经过公路旁的同一个路标．此后两车运动的速度－时间图象(v－t图象)如图所示，则关于两车运动的说法中正确的是( )
A．0～10 s时间内，甲、乙两车在逐渐靠近
B．5～15 s时间内，甲、乙两车的位移大小相等
C ．t ＝10 s 时两车的速度大小相等、方向相反
D ．t ＝20 s 时两车在公路上相遇
【变式探究】若货物随升降机运动的v －t 图象如图所示(竖直向上为正)，则货物受到升降机的支持力F 与时间t 关系的图象可能是( )
解析：选B.根据v －t 图象可知电梯的运动情况：加速下降→匀速下降→减速下降→加速上升→匀速上升→减速上升，根据牛顿第二定律F －mg ＝ma 可判断支持力F 的变化情况：失重→等于重力→超重→超重→等于重力→失重，故选项B 正确． 高频考点二 动力学规律的应用
例2、4．【2017·新课标Ⅲ卷】（20分）如图，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 （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 （2）1.9 m
11A f m g μ=① 21B f m g μ=②
32()A B f m m m g μ=++③
由牛顿第二定律得
1A A f m a =④ 2B B f m a =⑤ 2131f f f ma --=⑥
设在t 1时刻，B 与木板达到共同速度，设大小为v 1。

由运动学公式有
101B v v a t =-⑦
111v a t =⑧
联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得1 1 m/s v =⑨ （2）在t 1时间间隔内，B 相对于地面移动的距离为2
01112
B B s v t a t =-
⑩ 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 与木板组成的体系，由牛顿第二定律有
132()B f f m m a +=+⑪
由①②④⑤式知，a A =a B ；再由⑦⑧可知，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所用时间为t 2，则由运动学公式，对木板有2122v v a t =-⑫ 对A 有212A v v a t =-+⑬
在t 2时间间隔内，B （以及木板）相对地面移动的距离为2
1122212s v t a t =-
⑭ 在（t 1+t 2）时间间隔内，A 相对地面移动的距离为2
012121()()2
A A s v t t a t t =+-+ ⑮
A 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
01A B s s s s =++⑯
联立以上各式，并代入数据得0 1.9 m s =⑰ （也可用如图的速度–时间图线求解）
【变式探究】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 ＋3t 2
，x 与t 的单位分别是m 和s ，则该汽车( ) A ．第1 s 内的位移大小是8 m 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
答案 C
【变式探究】为研究运动物体所受的空气阻力，某研究小组的同学找来一个倾角可调、斜面比较长且表面平整的斜面体和一个滑块，并在滑块上固定一个高度可升降的风帆，如图甲所示．他们让带有风帆的滑块从静止开始沿斜面下滑，下滑过程中帆面与滑块运动方向垂直．假设滑块和风帆总质量为m .滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，风帆受到的空气阻力与风帆的运动速率成正比，即F f ＝kv .
(1)写出滑块下滑过程中加速度的表达式；
(2)求出滑块下滑的最大速度，并指出有哪些措施可以减小最大速度；
(3)若m ＝2 kg ，斜面倾角θ＝30°，g 取10 m/s 2
，滑块从静止下滑的速度图象如图乙所示，图中的斜线为t ＝0时v －t 图线的切线，由此求出μ、k 的值．(计算结果保留两位有效数字)
解析 (1)由牛顿第二定律有：
mg sin θ－μmg cos θ－kv ＝ma
解得：a ＝g sin θ－μg cos θ－kv
m
(2)当a ＝0时速度最大，
v m ＝mg sin θ－μcos θk
减小最大速度的方法有：适当减小斜面倾角θ；风帆升起一些． (3)当v ＝0时，a ＝g sin θ－μg cos θ＝3 m/s 2
解得：μ＝23
15
≈0.23，最大速度v m ＝2 m/s ，
v m ＝mg sin θ－μcos θk
＝2 m/s
解得：k ＝3.0 kg/s
答案 (1)a ＝g sin θ－μg cos θ－kv m
(2)
mg sin θ－μcos θ
k
适当减小斜面倾角θ(保证滑块能静止下滑)；风帆升起一
些。

(3)0.23 3.0 kg/s 高频考点三 连接体问题
例3．(多选)如图所示，质量为m A 的滑块A 和质量为m B 的三角形滑块B 叠放在倾角为θ的斜面体上，B 的上表面水平．用水平向左的力F 推斜面体，使它们从静止开始以相同的加速度a 一起向左加速运动，由此可知( ) A ．B 对A 的摩擦力大小等于m A a B ．斜面体与B 之间一定有摩擦力 C ．地面与斜面体之间一定有摩擦力
D ．B 对斜面体的压力可能等于(m A ＋m B )a 2
＋g 2
【变式探究】(多选)如图所示的装置为在摩擦力不计的水平桌面上放一质量为m 乙＝5 kg 的盒子乙，乙内放置一质量为m 丙＝1 kg 的滑块丙，用一质量不计的细绳跨过光滑的定滑轮将一质量为m 甲＝2 kg 的物块甲与乙相连接，其中连接乙的细绳与水平桌面平行．现由静止释放物块甲，在以后的运动过程中，盒子乙与滑块丙之间没有相对运动，假设整个运动过程中盒子始终没有离开水平桌面，重力加速度g ＝10 m/s 2
.则( ) A ．细绳对盒子的拉力大小为20 N B ．盒子的加速度大小为2.5 m/s 2
C ．盒子对滑块丙的摩擦力大小为2.5 N
D ．定滑轮受到细绳的作用力为30 N
1．【2017·新课标Ⅲ卷】（20分）如图，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 （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 （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 1、f 2和f 3，A 和B 相对于地面的加速度大小分别是a A 和a B ，木板相对于地面的加速度大小为a 1。

在物块B 与木板达到共同速度前有
11A f m g μ=① 21B f m g μ=②
32()A B f m m m g μ=++③
由牛顿第二定律得
1A A f m a =④ 2B B f m a =⑤ 2131f f f ma --=⑥
设在t 1时刻，B 与木板达到共同速度，设大小为v 1。

由运动学公式有
101B v v a t =-⑦
111v a t =⑧
联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得1 1 m/s v =⑨ （2）在t 1时间间隔内，B 相对于地面移动的距离为2
01112
B B s v t a t =-
⑩ 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 与木板组成的体系，由牛顿第二定律有
132()B f f m m a +=+⑪
由①②④⑤式知，a A =a B ；再由⑦⑧可知，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所用时间为t 2，则由运动学公式，对木板有2122v v a t =-⑫ 对A 有212A v v a t =-+⑬
（也可用如图的速度–时间图线求解）
【2017·新课标Ⅱ卷】（12分）为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线距离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，教练员将冰球以初速度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 （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）2
20102v v gs - （2）2
1012
()2s v v s + 【解析】（1）设冰球与冰面间的动摩擦因数为μ， 则冰球在冰面上滑行的加速度a 1=μg ① 由速度与位移的关系知–2a 1s 0=v 12
–v 02
②
联立①②得③
（2）设冰球运动的时间为t ，则④
又⑤
由③④⑤得⑥
3．【2017·新课标Ⅰ卷】（20分）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。

（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】（1）2012v v gt =- （2）002
2111
1[22
()]4v v E E gt gt =-+
011)v t g >+ 【解析】（1）设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
21qE mg ma -=①
油滴在时刻t 1的速度为
1011v v a t =+②
（2）由题意，在t =0时刻前有1qE mg =⑥ 油滴从t =0到时刻t 1的位移为2101111
2
s v t a t =+⑦
油滴在从时刻t 1到时刻t 2=2t 1的时间间隔内的位移为2211211
2
s v t a t =-⑧
由题给条件有202(2)v g h =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12s s h +=⑩ 由①②③④⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得002
2111
1[22()]4v v E E gt gt =-+⑪
为使21E E >，应有002
11
122
()14v v gt gt -+>⑫
即当0
10(1v t g
<<⑬
或0
1(1v t g
>⑭
才是可能的：条件⑬式和⑭式分别对应于20v >和20v <两种情形。

若B 在A 点之下，依题意有21x x h +=-⑮ 由①②③⑥⑦⑧⑨⑮式得002
2111
1[22()]4v v E E gt gt =--⑯
为使21E E >，应有002
11
122
()14v v gt gt -->⑰
即015(
1)2v t g
>+⑱ 另一解为负，不符合题意，已舍去。

1．[2016·浙江卷] 如图1­3所示为一种常见的身高体重测量仪．测量仪顶部向下发射波速为v 的超声波，超声波经反射后返回，被测量仪接收，测量仪记录发射和接收的时间间隔．质量为M 0的测重台置于压力传感器上，传感器输出电压与作用在其上的压力成正比．当测重台没有站人时，测量仪记录的时间间隔为t 0，输出电压为U 0，某同学站上测重台，测量仪记录的时间间隔为t ，输出电压为U ，则该同学的身高和质量分别为( ) 图1­3
A ．v (t 0－t )，M 0
U 0
U B.12v (t 0－t )，M 0
U 0
U C ．v (t 0－t )，M 0U 0
(U －U 0) D.12v (t 0－t )，M 0
U 0
(U －U 0) 2．[2016·全国卷Ⅱ] 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】 设f ＝kR ，则由牛顿第二定律得F 合＝mg －f ＝ma ，而m ＝43πR 3
·ρ，
故a ＝g －k
43πR 2
·ρ，由m 甲>m 乙、ρ甲＝ρ乙可知a 甲>a 乙，故C 错误；因甲、乙位移相同，
由v 2
＝2ax 可知，v 甲>v 乙，B 正确；由x ＝12
at 2可知，t 甲<t 乙，A 错误；由功的定义可知，W
克服
＝f ·x ，又f 甲>f 乙，则W 甲克服>W 乙克服，D 正确．
3． [2016·全国卷Ⅲ] 一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t 内位移为
s ，动能变为原来的9倍．该质点的加速度为( ) A.s t 2 B.3s 2t
2 C.4s t 2 D.8s t
2
【答案】A 【解析】 由E k ＝12mv 2
可知速度变为原来的3倍．设加速度为a ，初速度为v ，
则末速度为3v .由速度公式v t ＝v 0＋at 得3v ＝v ＋at ，解得at ＝2v ；由位移公式s ＝v 0t ＋12at
2
得s ＝vt ＋12·at ·t ＝vt ＋12·2v ·t ＝2vt ，进一步求得v ＝s 2t ；所以a ＝2v t ＝2t ·s 2t ＝s
t 2，A
正确．
4．[2016·四川卷] 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
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： (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． 图1­
【答案】(1)5 m/s 2
，方向沿制动坡床向下 (2)98 m
(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 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 F ＝k (m ＋M )g s 1＝vt －12
a 1t 2 s 2＝vt －1
2a 2t 2 s ＝s 1－s 2 l ＝l 0＋s 0＋s 2
联立并代入数据得
l ＝98 m.
5．[2016·全国卷Ⅰ] 甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其v ­t 图像如图1­所示．已知两车在t ＝3 s 时并排行驶，则( ) 图1­
A ．在t ＝1 s 时，甲车在乙车后
B ．在t ＝0时，甲车在乙车前7.5 m
C ．两车另一次并排行驶的时刻是t ＝2 s
D ．甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40 m
6．[2016·天津卷]
(2)某同学利用图示装置研究小车的匀变速直线运动． ①实验中，必要的措施是________． 图1­
A ．细线必须与长木板平行
B ．先接通电源再释放小车
C ．小车的质量远大于钩码的质量
D ．平衡小车与长木板间的摩擦力
②他实验时将打点计时器接到频率为50 Hz 的交流电源上，得到一条纸带，打出的部分计数点如图1­所示(每相邻两个计数点间还有4个点，图中未画出)．s 1＝3.59 cm ，s 2＝4.41 cm ，
s 3＝5.19 cm ，s 4＝5.97 cm ，s 5＝6.78 cm ，s 6＝7.64 cm ，则小车的加速度a ＝________m/s 2(要
求充分利用测量的数据)，打点计时器在打B 点时小车的速度v B ＝________m/s.(结果均保留两位有效数字) 图1­
【答案】 ①AB ②0.80 0.40
②两点的时间间隔为0.1 s ，由逐差法可以得出a ＝s 6＋s 5＋s 4－s 3－s 2－s 19T
2
＝0.80 m/s 2
，打点计时器在打B 点时小车的速度v B ＝
s 1＋s 2
2T
＝0.40 m/s. 7．[2016·江苏卷] 小球从一定高度处由静止下落，与地面碰撞后回到原高度再次下落，重复上述运动，取小球的落地点为原点建立坐标系，竖直向上为正方向，下列速度v 和位置x 的关系图像中，能描述该过程的是( )
图1­
8．[2016·全国卷Ⅰ] 一质点做匀速直线运动，现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则( )
A ．质点速度的方向总是与该恒力的方向相同
B ．质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直
C ．质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同
D ．质点单位时间内速率的变化量总是不变
【答案】 BC 【解析】由牛顿第二定律，质点的加速度总是与该恒力方向相同，且加速度恒定，单位时间内速度的变化量不变，但速率的变化量可能不同，选项C 正确，选项D 错误；当恒力与速度方向不在同一直线上时，质点做匀变速曲线运动，速度方向与恒力方向不相同，但速度方向不可能总与该恒力方向垂直，选项B 正确；只有当恒力与速度同向，做匀加速直线运动时，速度方向才与该恒力方向相同，选项A 错误．
9． [2016·全国卷Ⅱ] 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】 设f ＝kR ，则由牛顿第二定律得F 合＝mg －f ＝ma ，而m ＝43πR 3
·ρ，
故a ＝g －k
43πR 2
·ρ，由m 甲>m 乙、ρ甲＝ρ乙可知a 甲>a 乙，故C 错误；因甲、乙位移相同，
由v 2
＝2ax 可知，v 甲>v 乙，B 正确；由x ＝12
at 2可知，t 甲<t 乙，A 错误；由功的定义可知，W
克服
＝f ·x ，又f 甲>f 乙，则W 甲克服>W 乙克服，D 正确．
10．[2016·全国卷Ⅱ] 如图1­，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O 点，另一
端与小球相连．现将小球从M 点由静止释放，它在下降的过程中经过了N 点．已知在M 、N 两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM <∠OMN <π
2.在小球从M 点运动到N 点的过程
中( ) 图1­
A ．弹力对小球先做正功后做负功
B ．有两个时刻小球的加速度等于重力加速度
C ．弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零
D ．小球到达N 点时的动能等于其在M 、N 两点的重力势能差
【答案】BCD 【解析】 小球在M 点时弹簧处于压缩状态，在N 点时弹簧处于伸长状态，则在由M 到N 过程中有一点弹簧处于原长状态，设该点为B 点，另设小球在A 点时对应的弹簧最短，如图所示．从M 点到A 点，弹簧压缩量变大，弹力做负功，从A 点到B 点弹簧从压缩逐渐恢复至原长，弹力做正功，从B 点到N 点弹簧从原长逐渐伸长，弹力做负功，选项A 错误．小球在A 点时，水平方向上弹簧的弹力与杆的弹力相平衡，小球受到的合外力F 合＝
mg ，故加速度a ＝g ；小球在B 点时，弹簧处于原长，杆对小球没有作用力，小球受到的合
外力F 合＝mg ，故加速度a ＝g ，B 正确．在A 点时，弹簧的弹力F 弹垂直于杆，小球的速度沿杆向下，则P 弹＝F 弹v cos α＝0，C 正确．从M 点到N 点，小球与弹簧所组成的系统机械能守恒，则E k 增＝E p 减，即E k N －0＝E p 重M －E p 重N ＋E p 弹M －E p 弹N ，由于在M 、N 两点弹簧弹力大小相同，由胡克定律可知，弹簧形变量相同，则弹性势能E p 弹N ＝E p 弹M ，故E k N ＝E p 重M －E p 重N ，D 正确．
11． [2016·全国卷Ⅲ] 如图1­所示，在竖直平面内有由14圆弧AB 和1
2圆弧BC 组成的光滑
固定轨道，两者在最低点B 平滑连接．AB 弧的半径为R ，BC 弧的半径为R
2.一小球在A 点正
上方与A 相距R
4处由静止开始自由下落，经A 点沿圆弧轨道运动．
(1)求小球在B 、A 两点的动能之比；
(2)通过计算判断小球能否沿轨道运动到C 点． 图1­
【答案】(1)5 (2)能
【解析】 (1)设小球的质量为m ，小球在A 点的动能为E k A ，由机械能守恒得E k A ＝mg R
4
①。