2018版高考物理二轮复习讲义：第2部分专项4 1、力和牛顿运动定律

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高考物理一轮复习第3章牛顿运动定律第2讲牛顿第二定律两类动力学问题课后限时训练新人教版必

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牛顿第二定律两类动力学问题一、选择题（本题共8小题,1～4题为单选，5～8题为多选)1．(2017·河南中原名校联考）如图所示，质量为m的球置于斜面上，被一个竖直挡板挡住,现用一个力F拉斜面，使斜面在水平面上做加速度为a的匀加速直线运动，忽略一切摩擦,以下说法中正确的是错误!（ D )A．若加速度足够小，竖直挡板对球的弹力可能为零B．若加速度足够大，斜面对球的弹力可能为零C．斜面和挡板对球的弹力的合力等于maD．斜面对球的弹力不仅有，而且是一个定值[解析] 小球受到重力mg、斜面的支持力F N2、竖直挡板的水平弹力F N1,设斜面的倾角为α，则竖直方向有：Fcosα＝mg；因为mg和α不变，故无论加速度如何变化，F N2不变且不N2可能为零，故B错误,D正确。

水平方向有：F N1－F N2sinα＝ma,因为F N2sinα≠0,若加速度足够小，竖直挡板的水平弹力不可能为零，故A错误.斜面和挡板对球的弹力的合力即为竖直方向的F N2cosα与水平方向的ma的合力，因此不等于ma，故C错误。

2．(2016·河北“五个一名校联盟教学质量监测”)如图，A、B、C三个小球的质量均为m，A、B之间用一根没有弹性的轻绳连在一起,B、C之间用轻弹簧拴接,用细线悬挂在天花板上,整个系统均静止，现将A上面的细线烧断，使A的上端失去拉力，则在烧断细线瞬间，A、B、C的加速度的大小分别为错误!（ A )A．1。

2018版高考物理二轮(江苏专版)教师用书：第二部分倒计时第9天三种性质力和牛顿运动定律 Word版含解析

倒计时第9天三种性质力和牛顿运动定律A．主干回顾一、三种性质力1．重力：(1)重力是万有引力的分力．(2)重力的大小(G＝mg)取决于m和g，与运动状态无关．2．弹力3(1)滑动摩擦力F f＝μF N，式中压力F N一般情况下不等于重力，滑动摩擦力的大小与速度无关．(2)静摩擦力大小和方向随运动状态及外力情况而变化，与压力F N无关．静摩擦力的大小范围：0≤F f≤F f max，其中最大静摩擦力F f max与压力F N成正比．4．共点力作用下物体的平衡条件合力为零，即F合＝0．力沿任意方向分力的合力都为零，即F x合＝0，F y合＝0．解答三个共点力作用下物体平衡的基本思路是合成法和分解法．1．牛顿三大定律的意义(1)牛顿第一定律：揭示了运动和力的关系：力不是维持物体速度(运动状态)的原因，而是改变物体速度的原因．(2)牛顿第二定律①公式：a＝F合m．②意义：力的作用效果是使物体产生加速度，力和加速度是瞬时对应关系．(3)牛顿第三定律①表达式：F1＝－F2．②意义：明确了物体之间作用力与反作用力的关系．2．超重与失重(1)超重：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受的重力．原因：物体有向上的加速度．(2)失重：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受的重力．原因：物体有向下的加速度．(3)完全失重：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)为零．原因：物体有向下的加速度且大小为重力加速度g．三、规律方法1．处理平衡问题的基本思路确定平衡状态(加速度为零)→巧选研究对象(整体法或隔离法)→受力分析→建立平衡方程→求解或作讨论．2．常用的方法(1)在判断弹力或摩擦力是否存在以及确定方向时常用假设法．(2)求解平衡问题时常用二力平衡法、矢量三角形法、正交分解法、相似三角形法、图解法等．3．电磁场中的平衡(1)带电体的平衡问题仍然满足平衡条件，只是要注意准确分析场力——电场力、安培力或洛伦兹力．(2)如果带电粒子在重力场、电场和磁场三者组成的复合场中做直线运动，则一定是匀速直线运动，因为F洛⊥v．4．(1)动力学的两类基本问题的处理思路受力情况 F合F合＝maa运动学公式运动情况(v、x、t)(2)解答动力学问题的两个关键点①做好物体的受力分析和物体的运动过程分析，抓住加速度这一关键的物理量．②寻找多过程运动问题中各过程间的相互关系．如第一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关系．C．考前热身1．如图1所示，一直杆倾斜固定，并与水平方向成30°的夹角．直杆上套有一质量为0．5 kg的圆环，圆环与轻弹簧相连，在轻弹簧上端施加一竖直向上、大小为F＝7 N的力，圆环处于静止状态．已知直杆与圆环之间的动摩擦因数为0．7，g取10 m/s2．下列说法正确的是()图1A ．圆环受到直杆的弹力，方向垂直直杆向上B ．圆环受到直杆的摩擦力，方向沿直杆向上C ．圆环受到直杆的摩擦力大小等于1 ND ．圆环受到直杆的弹力大小等于52 3 NC [对圆环受力分析，圆环受到向上的拉力、重力、垂直直杆向下的弹力与沿直杆向下的静摩擦力，如图所示，将静摩擦力与弹力进行合成，设其合力为F 合，根据平衡条件，有F合＋G ＝F ，解得F 合＝2 N ，方向竖直向下．根据几何关系，有F 合sin 30°＝f ，F 合cos 30°＝N ，解得f ＝1 N ，N ＝ 3 N ，选项C 正确．] 2．(多选)如图2所示．一个物体质量为m ，在高出水面H 处由静止下落，落入水中后竖直向下运动h 距离后速度减为零．物体在水中运动时，除受重力外，还受水的浮力和阻力．已知物体在水中所受浮力是其重力的109倍，重力加速度为g ，假设水的阻力恒定，空气阻力不计．则下列说法中正确的是( )图2A ．水的阻力做功为mg (H ＋h )B ．水的阻力做功为mghC ．物体入水前瞬间的速度为2gHD ．物体在水中运动时所受阻力大小为mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫H h －19CD [下落全过程中，由动能定理得mg (H ＋h )＋W浮＋W 阻＝0，解得W 阻＝－mg (H ＋h )－W 浮＝－mg (H ＋h )＋109mgh ，A 、B 错误．入水前运动，由运动规律知v 2＝2gH ，解得v ＝2gH ①，故C 正确．物体在水中运动受重力、浮力F 浮和阻力F 阻，由牛顿第二定律得F 浮＋F 阻－mg ＝ma ②由运动规律得v 2＝2ah ③ 由题意知F 浮＝109mg ④联立①②③④式解得F 阻＝mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫H h －19，故D 正确．]3．如图3所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy ，该平面内有AM 、BM 、CM 三条光滑固定轨道，其中A 、C 两点处于同一个圆上，C 是圆上任意一点，A 、M 分别为此圆与y 、x 轴的切点．B 点在y 轴上且∠BMO ＝60°，O ′为圆心．现将a 、b 、c 三个小球分别从A 、B 、C 点同时由静止释放，它们将沿轨道运动到M 点，如所用时间分别为t A 、t B 、t C ，则t A 、t B 、t C 大小关系是( )【导学号：17214217】图3A ．t A ＜t C ＜tB B ．t A ＝tC ＜t B C ．t A ＝t C ＝t BD ．由于C 点的位置不确定，无法比较时间大小关系B [对于AM 段，位移x 1＝2R ，加速度a 1＝mg sin 45°m ＝22g ，根据x ＝12at 2得，t A ＝2x 1a 1＝4R g ．对于BM 段，位移x 2＝2R ，加速度a 2＝g sin 60°＝32g ，由x 2＝12a 2t 2得，t B ＝2x 2a 2＝8R 3g．对于CM 段，同理可解得t C ＝2x 3a 3＝4Rg ．所以t A ＝t C <t B ，B 正确．]4．如图4所示，截面为等腰直角三角形的物块的斜边固定在水平面上，两根长为L 的细导体棒a 、b 被放置在三角形的两个光滑直角面等高的地方，它们间的距离为x ，导体棒a 的质量为m a ，导体棒b 的质量为m b ．现分别对两导体棒通以同向电流I a 、I b ，且I a ＝2I b ＝2I ，两棒恰能保持静止．则下列说法正确的是( )图4A ．两导体棒的质量之比m a ∶m b ＝2∶1B ．两导体棒的质量之比m a ∶m b ＝1∶2C ．电流I b 在导体棒a 处产生的磁场的磁感应强度大小为2m a g2IL D ．电流I a 在导体棒b 处产生的磁场的磁感应强度大小为m b gIL D [两导体棒中的电流同向，受到的相互吸引力等大、反向，方向在它们的连线上．对a ，受力如图所示，由平衡条件得m a g ＝F A ，对b ，同理得m b g ＝F B ，F A 与F B 等大、反向，因此m a ∶m b ＝1∶1，选项A 、B 错误；对a ，F A ＝B a ·2IL ，则导体棒a 处的磁感应强度大小B a ＝m a g 2IL ，选项C错误；对b ，F B ＝B b IL ，则导体棒b 处的磁感应强度大小B b ＝m b g IL ，选项D 正确．]5．如图5甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一物体(物体与弹簧不连接)，初始时物体处于静止状态．现用竖直向上的拉力F 作用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动，拉力F 与物体位移x 之间的关系如图乙所示(g ＝10 m/s 2)，则下列结论正确的是( )甲乙图5A．物体的加速度大小为5 m/s2B．弹簧的劲度系数为7．5 N/cmC．物体的质量为3 kgD．物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态A[刚开始物体处于静止状态，重力和弹力二力平衡，有mg＝kx①拉力F1为10 N时，弹簧弹力和重力平衡，合力等于拉力，根据牛顿第二定律，有F1＋kx－mg＝ma②物体与弹簧分离后，拉力F2为30 N，根据牛顿第二定律，有F2－mg＝ma③代入数据解得m＝2 kgk＝500 N/m＝5 N/cma＝5 m/s2故B、C错误，A正确；物体与弹簧分离时，弹簧恢复原长，故D错误．] 6．风洞是研究空气动力学的实验设备，如图6所示，将刚性杆水平固定在风洞内距水平地面高度h＝5 m处，杆上套一质量m＝2 kg、可沿杆滑动的小球．将小球所受的风力调节为F＝10 N，方向水平向右．小球落地时离水平杆右端的水平距离x＝12．5 m，假设小球所受风力不变，取g＝10 m/s2，求：图6(1)小球从刚离开杆到落地时所用的时间t；(2)小球离开杆右端时的速度大小v0；(3)小球从离开杆右端到动能为125 J的过程中所用的时间t1．【导学号：17214218】【解析】 (1)小球在竖直方向做自由落体运动，运动时间为t ＝2hg ＝2×510 s ＝1 s ．(2)小球在水平方向做匀加速运动，加速度a ＝Fm ＝5 m/s 2 则水平位移x ＝v 0t ＋12at 2 代入数据得：v 0＝10 m/s ．(3)小球离开杆后经过时间t 1后水平方向的位移：x 1＝v 0t 1＋12at 21竖直方向的位移：y 1＝12gt 21由动能定理得：mgy 1＋Fx 1＝E k －12m v 20 代入数据，联立得：t 1＝0．2 s ．【答案】 (1)1 s (2)10 m/s (3)0．2 s7．如图7所示，物块A 、木板B 的质量均为m ＝10 kg ，不计A 的大小，木板B 长为L ＝3 m ．开始时A 、B 均静止．现给A 一水平初速度让其从B 的最左端开始运动．已知A 与B 、B 与地面之间的动摩擦因数分别为μ1＝0．3和μ2＝0．1，g 取10 m/s 2．(1)若物块A 刚好没有从B 上滑下来，则A 的初速度为多大？图7(2)若把木板B 放在光滑水平面上，让A 仍以(1)问的初速度从B 的最左端开始运动，则A 能否与B 脱离？最终A 和B 的速度各是多大？【导学号：17214219】【解析】 (1)物块A 在木块B 上向右匀减速运动，加速度大小为a 1＝μ1g ＝3 m/s 2木块B 向右匀加速运动，加速度大小为 a 2＝μ1mg －μ2·2mg m＝1 m/s 2由题意，物块A 刚好没有从B 上滑下来，则A 滑到B 最右端时和B 速度相同，设为v ，则有时间关系：t ＝v 0－v a 1＝v a 2位移关系：L ＝v 20－v22a 1－v 22a 2代入数据解得v 0＝2 6 m/s ，v ＝62 m/s ．(2)把木板B 放在光滑水平面上，A 在B 上向右匀减速运动的加速度大小仍为a 1＝μ1g ＝3 m/s 2B 向右匀加速运动的加速度大小为 a ′2＝μ1mgm ＝3 m/s 2设A 、B 达到相同速度v ′时A 没有脱离B ，由时间关系得v 0－v ′a 1＝v ′a ′2代入数据解得v ′＝ 6 m/sA 的位移x A ＝v 20－v ′22a 1＝3 mB 的位移x B ＝v ′22a ′2＝1 m由x A －x B ＝2 m ＜L 可知，A 没有与B 脱离，最终A 和B 的速度相等，大小均为 6 m/s ．【答案】 (1)2 6 m/s (2)没有脱离6 m/s 6 m/s。

2018届高考物理二轮复习全国通用课件专题一力与运动第4讲

C.A和B的质量之比为1∶12
D.A和B的位移大小之比为1∶1
解析粒子 A 和 B 在匀强电场中做类平抛运动，水平方向由 x ＝v0t 及 OC＝CD 得，tA∶tB＝1∶2；竖直方向由 h＝12at2得 a＝2th2 ，它们沿竖直方向下落的加速度大小之比为 aA∶aB＝4∶1；根据 a ＝qmE得 m＝qaE，故mmAB＝112，A 和 B 的位移大小不相等，故选项 A、B、C 正确。答案 ABC
答案 AC
5.(2015·全国卷Ⅱ·24)如图3，一质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两点。已知该粒子在A点的速度大小为v0，方向与电场方向的夹角为60°；它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30°。不计重力。求A、B两点间的电势差。
图3
解析设带电粒子在 B 点的速度大小为 vB。粒子在垂直于电场方向的速度分量不变，即
[精典题组]
1.(多选)如图4所示，带电荷量之比为qA∶qB ＝1∶3的带电粒子A、B以相等的速度v0从同一点出发，沿着跟电场强度垂直的方向
射入平行板电容器中,分别打在C、D点，若
图4
OC＝CD，忽略粒子重力的影响，则( )
A.A和B在电场中运动的时间之比为1∶2
B.A和B运动的加速度大小之比为4∶1
3600°°＝
33，选项
A
错误、B
正确；粒子运行周期
T＝2Bπqm，粒子在磁场中运行的时间为 t＝326θ0°T＝2Bmqθ，所以tt21＝ 23，选项 C 错误、D 正确。
答案 BD
2.(2016·四川理综，4)如图8所示，正六边形
abcdef区域内有垂直于纸面的匀强磁场。一

2018高考物理新课标总复习课件：第二章第一节重力弹力摩擦力

A．B
受到的摩擦力增加了
2 2 mg
B．推力
F
增大了
2 2 mg
C．推力 F 增大了 2mg
D．A 受到地面的摩擦力增加了 mg
[审题突破] (1)B 在 A 上恰能匀速下滑，则 μ＝______．放上 C 后，B 对 A 的压力增大了________，则摩擦力增大了 ________． (2)放上 C 后，将 B、C 作为一个整体，重力沿斜面向下的分力增大了________． (3)将 A、B、C 作为整体，A 受地面的摩擦力等于推力 F 的 ______分力．
三、胡克定律
1．内容：弹簧发生弹性形变时，弹簧的弹力的大小F跟弹簧伸长(或缩短)的长度x成___正__比__________．
2．表达式：F＝kx. (1)k是弹簧的____劲__度__系__数_____，单位为N/m；k的大小由弹簧 __自__身__性__质_______决定． (2)x是弹簧长度的___变__化__量___，不是弹簧形变以后的长度．
4.(多选)有关摩擦力的下列说法中，正确的是 ( CD ) A．运动物体可能受到静摩擦力作用，但静止物体不可能受到滑动摩擦力作用 B．静止物体可能受到滑动摩擦力作用，但运动物体不可能受到静摩擦力作用 C．正压力越大，摩擦力可能越大，也可能不变 D．摩擦力方向可能与速度方向在同一直线上，也可能与速度方向不在同一直线上
于原长，A 恰好静止．现用一沿斜面向上的力拉 A，直到 B
刚要离开挡板 C，则此过程中物块 A 的位移大小为(弹簧始
终处于弹性限度内)( D )
A.mkg
mgsin θ
B. k
2mg C. k
2mgsin θ
D. k
[审题突破] (1)“弹簧处于原长，A 恰好静止”，则 A 所受最大静摩擦力等于______________． (2)A、B 完全相同，则 B 所受最大静摩擦力等于________． (3)B 刚好要离开挡板 C，则弹簧的弹力等于____________．

2018版高考物理全国用大一轮复习讲义文档：第三章牛

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v 0＝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 (2015·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 ⑪a 2′＝－2 m/s 2⑫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.(2016·四川理综·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v 0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－v22a 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 22 ⑤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.。

2018届高三物理一轮复习第三章牛顿运动定律第2讲牛顿第二定律两类动力学问题课件

F Mg M m ＝ g， M M
2.(多选)如图所示,质量为m的小球被一根橡皮筋AC和一根绳BC系住,当小球静止时,橡皮筋处在水平方向上。下列判断中正确的是 ( )
A.在AC被突然剪断的瞬间,BC对小球的拉力不变 B.在AC被突然剪断的瞬间,小球的加速度大小为gsinθ C.在BC被突然剪断的瞬间,小球的加速度大小为 D.在BC被突然剪断的瞬间,小球的加速度大小为gsinθ
1 2 2 2x at , t , 2 a
t甲<t乙,选项A错误;由v2=2ax可知,甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小 ,选项B正确;由于甲球质量大于乙球质量,所以甲球半径大于乙球半径,甲球所受的阻力大于乙球所受的阻力,则两小球下落相同的距离甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功,选项D正确。
m m
考点2 牛顿第二定律的瞬时性问题【核心要素精讲】 1.两种模型:牛顿第二定律F=ma,其核心是加速度与合外力的瞬时对应关系, 两者总是同时产生、同时消失、同时变化,具体可简化为以下两种模型:
此类物体认为是一种不发生明显形变就能产刚性绳生弹力的物体,剪断(或脱离)后,其弹力立即 (或接触消失,不需要形变恢复时间。一般题目中所面) 给细绳、轻杆和接触面等在不加特殊说明时, 均可按此模型处理此类物体的特点是形变量大,形变恢复需要弹簧(或较长时间,在瞬时问题中,其弹力可以看成是橡皮绳) 不变的
A.此时轻弹簧的弹力大小为20N B.当撤去拉力F的瞬间,物块的加速度大小为8m/s2,方向向左 C.若剪断弹簧,则剪断的瞬间物块的加速度大小为8m/s2,方向向右 D.若剪断弹簧,则剪断的瞬间物块的加速度为0
【解析】选A、B。物块在重力、拉力F和弹簧的弹力作用下处于静止状态,由平衡条件得kx=Fcosθ, mg=Fsinθ,联立以上二式解得弹簧的弹力kx= =20N,选项A正确;撤去拉力F的瞬间,由牛顿第二定律得kx-μmg=ma1,解得 a1=8m/s2,方向向左,选项B正确;剪断弹簧的瞬间,弹簧的弹力消失,则 mg Fcosθ=ma2,解得a2=10m/s2,方向向右,选项C、D错误。

2018高考物理新课标总复习课件：第三章第二节牛顿第二定律两类动力学问题

3.(单选)在国际单位制 ( 简称SI)中，力学和电学的基本单位有：m(米)、kg(千克)、s(秒)、A(安培)．导出单位 V(伏特)用上述基本单位可表示为( B ) A．m2·kg·s－4·A－1 B．m2·kg·s－3·A－1 C．m2·kg·s－2·A－1 D．m2·kg·s－1·A－1
两类动力学问题的解题步骤
考点三动力学图象问题 1．图象类型 (1)已知物体在一过程中所受的某个力随时间变化的图象，要求分析物体的运动情况． (2)已知物体在一运动过程中位移、速度、加速度随时间变化的图象，要求分析物体的受力情况． (3)已知物体在物理图象中的运动初始条件，分析物体位移、速度、加速度随时间的变化情况．
其简化模型如图所示，AC 是长度 L1＝5.5 m 的水平桌面，选手们将瓶子放在 A 点，从 A 点开始用一恒定不变的水平推力推它，BC 为有效区域．已知 BC 长度 L2＝1.1 m，瓶子质量 m＝0.5 kg，与桌面间的动摩擦因数 μ＝0.2，g＝10 m/s2.某选手作用在瓶子上的水平推力 F＝11 N，瓶子沿 AC 做直线运动，假设瓶子可视为质点，该选手要想游戏获得成功，试求：
为( A )
m A.
t2gh＋mg
m C.
tgh＋mg
m B.
t2gh－mg
m D.
tgh－mg
[审题突破] (1)安全带作用的过程，可认为人做__________ 运动； (2)安全带达到最大伸长时，人的速度为________．
[解析]设高空作业人员自由下落 h 时的速度为 v，则 v2＝2gh，得 v＝ 2gh，设安全带对人的平均作用力为 F，由牛顿第二定律得 F－mg＝ma 又 v＝at 解得 F＝m t2gh＋mg.

2018版高考物理(全国通用)大一轮复习讲义文档：第三章牛顿运动定律第2讲含答案

第2讲牛顿第二定律两类动力学问题一、牛顿第二定律1．内容：物体加速度的大小跟它受到的作用力成正比，跟它的质量成反比．加速度的方向跟作用力的方向相同．2．表达式：F＝ma,F与a具有瞬时对应关系．3．力学单位制（1）单位制:由基本单位和导出单位共同组成．（2）基本单位：基本物理量的单位．力学中的基本物理量有三个，分别是质量、时间和长度，它们的国际单位分别是千克(kg)、秒(s）和米(m)．(3）导出单位:由基本物理量根据物理关系推导出来的其他物理量的单位．深度思考判断下列说法是否正确．（1)物体所受合外力越大，加速度越大．(√)（2)物体所受合外力越大，速度越大．(×)(3)物体在外力作用下做匀加速直线运动，当合外力逐渐减小时，物体的速度逐渐减小．(×）（4）物体的加速度大小不变一定受恒力作用．（×）二、动力学两类基本问题1．动力学两类基本问题（1)已知受力情况，求物体的运动情况．(2)已知运动情况，求物体的受力情况．2．解决两类基本问题的方法以加速度为“桥梁"，由运动学公式和牛顿运动定律列方程求解,具体逻辑关系如图：深度思考如图1所示,质量为m的物体在水平面上由速度v A均匀减为v B的过程中前进的距离为x.图1（1)物体做什么运动？能求出它的加速度吗？(2)物体受几个力作用?能求出它受到的摩擦力吗？答案（1）匀减速直线运动能,由v B2－v A2＝2ax可得(2）受重力、支持力和摩擦力由F f＝ma，可求摩擦力三、超重和失重1．超重（1）定义:物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受重力的现象．（2)产生条件：物体具有向上的加速度．2．失重（1)定义：物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力）小于物体所受重力的现象．(2）产生条件:物体具有向下的加速度．3．完全失重（1)定义：物体对支持物的压力（或对竖直悬挂物的拉力）等于0的现象称为完全失重现象．（2)产生条件：物体的加速度a＝g，方向竖直向下．4．实重和视重（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：当物体在竖直方向上有加速度时,物体对弹簧测力计的拉力或对台秤的压力将不等于物体的重力．此时弹簧测力计的示数或台秤的示数即为视重．5．情景拓展(如图2所示)图21．(多选）关于运动状态与所受外力的关系，下面说法中正确的是（)A．物体受到恒定的力作用时，它的运动状态不发生改变B．物体受到不为零的合力作用时，它的运动状态要发生改变C．物体受到的合力为零时,它一定处于静止状态D．物体的运动方向与它所受的合力的方向可能相同答案BD2．(多选)在研究匀变速直线运动的实验中，取计数时间间隔为0.1 s，测得相邻相等时间间隔的位移差的平均值Δx＝1。

专题02 力学-2018年高考物理考试大纲解读 Word版含解析

专题一质点的直线运动考纲原文再现考查方向展示考向以图象为依托，考查对直线运动的认识、理解和应用能力【样题】（·广东卷）甲、乙两人同时同地出发骑自行车做直线运动，前小时内的位移–时间图象如图所示，下列表述正确的是．小时内，甲的加速度比乙的大．小时内，甲的速度比乙的大．小时内，甲的位移比乙的小．小时内，甲、乙骑车的路程相等【答案】【解析】在–图象中，图线的斜率表示了物体运动的速度，由图可知，在小时内，甲、乙均做匀速直线运动，且甲的图线斜率较大，即甲的速度比乙的大，故选项错误，选项正确；在时时再返回至同一位置，显然两者运动的路程不等，甲运动的路程比乙的大，故选项错误。

【样题】（·新课标全国Ⅰ卷）甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其–图象如图所示。

已知两车在时并排行驶，则．在时，甲车在乙车后．在时，甲车在乙车前．两车另一次并排行驶的时刻是．甲、乙两车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为【答案】【解析】根据–图象，可以判断在时，甲车和乙车并排行驶，故错误；在时，甲车在乙车前的距离，故正确；甲、乙两车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离也就是从第末到第末两车运动的位移，故正确。

【样题】质点做直线运动的位移和时间平方的关系图象如图所示，则该质点．加速度大小为．任意相邻内的位移差都为．末的速度是．物体第内的平均速度大小为【答案】【解析】根据和时间平方的关系图象得出关系式为：，对照匀变速直线运动的位移时间公式，知物体的初速度为，加速度为，且加速度恒定不变，故错误；根据∆×考向以生产、生活实际为背景考查质点的直线运动【样题】（·上海卷）物体做匀加速直线运动，相继经过两段距离为的路程，第一段用时，第二段用时，则物体的加速度是．．．．【答案】【解析】根据题意，物体做匀加速直线运动，时间内的平均速度等于时刻的瞬时速度，在第一段内中间时刻的瞬时速度；在第二段内中间时刻的瞬时速度，则物体加速度，选。

2018版高考物理二轮()教师用书：第一部分专题二力与直线运动 Word版含解析

专题二力与直线运动考点1| 匀变速直线运动规律的应用难度：中档题型：选择题、计算题五年1考(对应学生用书第5页)1．(2015·江苏高考T 5)如图2-1所示，某“闯关游戏”的笔直通道上每隔8 m 设有一个关卡，各关卡同步放行和关闭，放行和关闭的时间分别为5 s 和2s ．关卡刚放行时，一同学立即在关卡1处以加速度2 m/s 2由静止加速到2m/s ，然后匀速向前，则最先挡住他前进的关卡是( )【：17214015】图2-1A ．关卡2B ．关卡3C ．关卡4D ．关卡5【解题关键】解此题抓住两点： (1)该同学先匀加速再匀速运动．(2)该同学在关卡开启前若已到该关卡则被关卡挡住．C [同学加速到2 m/s 时所用时间为t 1，由v 1＝at 1，得t 1＝v1a ＝1 s ，通过的位移x 1＝12at 21＝1 m ，然后匀速前进的位移x 2＝v 1(t －t 1)＝8 m ，因x 1＋x 2＝9 m>8m ，即这位同学已通过关卡2，距该关卡1 m ，当关卡关闭t 2＝2 s 时，此同学在关卡2、3之间通过了x 3＝v 1t 2＝4 m 的位移，接着关卡放行t ＝5 s ，同学通过的位移x 4＝v 1t ＝10 m ，此时距离关卡4为x 5＝16 m －(1＋4＋10) m ＝1 m ，关卡关闭2 s ，经过t 3＝x5v1＝0．5 s 后关卡4最先挡住他前进．]1．解决匀变速直线运动问题的四种常用方法2．求解追及问题的技巧●考向1 匀变速直线运动基本公式的应用1．(2017·如皋期末)目前我省交警部门开展的“车让人”活动深入人心，不遵守“车让人”的驾驶员将受到罚款、扣分的严厉处罚．如图2-2所示，以8m/s 的速度匀速行驶的汽车即将通过路口，有一位老人正在过人行横道，此时汽车的车头距离停车线8m ．该车减速时的加速度大小为5m/s 2．则下列说法中正确的是( )【：17214016】图2-2A ．如果驾驶员立即刹车制动，则t ＝2 s 时，汽车车头离停车线的距离为2 mB ．如果在距停车线6 m 处开始刹车制动，汽车车头能在停车线处停下C ．如果驾驶员的反应时间为0．4 s ，汽车车头刚好能在停车线处停下D ．如果驾驶员的反应时间为0．2 s ，汽车车头刚好能在停车线处停下D [汽车速度减为零所需的时间t 0＝0－v0a ＝－8－5 s ＝1．6 s ，则2 s 内的位移等于1．6 s 内的位移，x ＝v02t 0＝82×1．6 m ＝6．4 m ，此时离停车线的距离Δx ＝(8－6．4) m ＝1．6 m ，故A 错误；因为汽车速度减为零时的位移为6．4 m ，大于6 m ，可知汽车车头不能在停车线处停下，故B 错误；若驾驶员的反应时间为0．4 s ，则在反应时间内的位移x ′＝v 0t ＝8×0．4 m ＝3．2 m ，到停止时的位移x ＝6．4 m ＋3．2 m ＝9．6 m ，大于8 m ，汽车车头不能在停车线处停下，故C 错误；若驾驶员的反应时间为0．2 s ，则在反应时间内的位移x ′＝v 0t ＝8×0．2 m ＝1．6 m ，到停止时的位移x ＝6．4 m ＋1．6 m ＝8 m ，汽车车头刚好能在停车线处停下，故D 正确．]●考向2 匀变速直线运动推论的应用2．(2017·苏锡常二模)战机在平直跑道上由静止开始做匀加速运动，经时间t 达到起飞速度v ，则它在时间t 内的位移为( )【：17214017】A．v t B．vt 2C．2v t D．不能确定B [战机在平直跑道上由静止开始做匀加速运动，经时间t达到起飞速度v，则它在时间t内的位移为：x＝v t＝0＋v2t＝vt2，故B正确，A、C、D错误．]●考向3追及相遇问题3．(2017·普宁市模拟)1935年在苏联的一条直铁轨上，有一列火车因蒸气不足而停驶，驾驶员将货车厢甲留在现场，只拖着几节车厢向前面不远的车站开进，但他忘了将货车车厢刹好，以致货车厢在斜坡上以4m/s的速度匀速后退，此时另一列火车乙正在以16m/s的速度向该货车厢驶来，驾驶技术相当好的驾驶员波尔西列夫立即刹车，紧接着加速倒退，结果恰好接住了货车厢甲，从而避免了相撞，设列车乙刹车过程和加速倒退过程均为匀变速直线运动，且加速度大小均为2m/s2，求波尔西列夫发现货车厢甲向自己驶来而立即开始刹车时，两车相距多远？【：17214018】图2-3【解析】当两车恰好不相撞时，速度相同．取向右方向为正方向，则有对乙车：t＝v甲－v乙a＝错误!s＝10 s在这段时间内，甲车的位移为x甲＝v甲t＝4×10 m＝40 m乙车的位移为x乙＝v0t ＋12at2＝⎝⎛⎭⎪⎫－16×10＋12×2×102m＝－60 m所以，波尔西列夫发现货车厢甲向自己驶来而立即开始刹车时，两车的距离L＝x甲＋|x乙|＝100 m．【答案】波尔西列夫发现货车厢甲向自己驶来而立即开始刹车时，两车相距100 m．考点2| 运动图象问题难度：中档题型：选择题、计算题五年2考(对应学生用书第6页)2．(2016·江苏高考T5)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的关系图象中，能描述该过程的是( )【：17214019】【解题关键】解此题要抓住以下两点：(1)小球与地面碰撞后回到原高度再次下落，说明小球的加速度为g．(2)位置坐标x的正方向竖直向上，原点在地面．A [由题意知在运动过程中小球机械能守恒，设机械能为E，小球离地面高度为x时速度为v，则有mgx＋12m v2＝E，可变形为x＝－v22g＋Emg，由此方程可知图线为开口向左、顶点在(Emg，0)的抛物线，故选项A正确．] 3．(2014·江苏高考T5)一汽车从静止开始做匀加速直线运动，然后刹车做匀减速直线运动，直到停止．下列速度v和位移x的关系图象中，能描述该过程的是( )【：17214020】A [根据匀变速直线运动速度与位移的关系解题．根据v2－v20＝2ax及v0＝0得汽车做匀加速直线运动时的速度v＝2ax，做匀减速直线运动时的速度v＝v20－2ax，根据数学知识知选项A正确．]1．v-t图象提供的信息2．处理力学图象问题的思路(1)明确什么性质的图象，看纵横两轴表示的物理量．(2)分析图线的意义，提取图象的关键信息．(3)将物体的运动过程与图象对应起来．(4)较复杂的图象，可通过列解析式的方法进行判断．●考向1图象的选取4．(2017·扬州模拟)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v-t图象不可能的是( )【：17214021】ABCDC [若斜面光滑，则物体先向上做匀减速直线运动，后向下做匀加速直线运动，整个过程中，由牛顿第二定律得：mg sin α＝ma，得a＝g sin α，加速度一定，v-t图象的斜率一定，则A图是可能的，故A正确；若斜面粗糙，物体可能先向上做匀减速直线运动，后向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律；下滑时有：mg sin α－μmg cos α＝ma 得：上滑时有：mg sin α＋μmg cos α＝ma上；可知上滑的加速度大于下滑的加速度，根据v-t图象中图象的斜率等于加速下度，可知上滑时图象的斜率较大，则B图是可能的，C图不可能，故B正确，C错误；物体可能先向上做匀减速直线运动，后停在最高点，则D图是可能的，故D正确．]●考向2图象的转换5．(2017·南京一模)如图2-4所示，E为斜面的中点，斜面上半段光滑，下半段粗糙，一个小物体由顶端静止释放，沿斜面下滑到底端时速度为零．小物体下滑过程中位移x、速度v、合力F、加速度a与时间t的关系如图所示．以沿斜面向下为正方向，则下列图象中可能正确的是( )【：17214022】图2-4ABCDB [物体在光滑的斜面上做匀加速直线运动，位移－时间图线的开口向上，然后做匀减速直线运动，故A错误；物体在前半段做匀加速直线运动，后半段做匀减速直线运动，由于到达底端的速度为零，则前半段和后半段的平均速度相等，由位移相等，则在前半段和后半段的运动时间相等，故B正确；由B 选项知，前半段和后半段的时间相等，匀加速直线运动的末速度等于匀减速直线运动的初速度，则匀加速和匀减速直线运动的加速度大小相等，方向相反，则合力大小相等，方向相反，故C、D错误．]●考向3图象信息的应用6．(2017·徐州期中)甲、乙两物体从同一地点同时出发，其v-t图象如图2-5所示．下列说法正确的是( )【：17214023】图2-5A．两物体的加速度方向相同B．前2 s内两物体的平均速度相等C．前4 s内两物体的位移相等D．第1 s末两物体相遇B [在v-t图象中，斜率代表加速度，故甲、乙的加速度方向相反，故A错误；物体做匀变速直线运动，平均速度等于初末速度和的一半，故甲、乙的平均速度v＝1＋22m/s＝1．5 m/s，故B正确；在v-t图象中，图线与时间轴所围面积为物体通过的位移，前4 s内，乙所围面积大于甲所围面积，故前4 s内两物体的位移不相等，故C错误；第1 s末两图线所围面积不同，故不可能相遇，故D错误．] 7．(2017·徐州模拟)某人乘电梯下楼，在竖直下降的过程中，电梯速度的平方v2与下降的位移x的关系如图2-6所示，则人对地板的压力( )【：17214024】图2-6A．x＝1 m时大于人的重力B ．x ＝11 m 时大于人的重力C ．x ＝21 m 时大于人的重力D ．x ＝21 m 时等于人的重力C [根据v 2＝2ax 可知，图象的斜率表示加速度的2倍，则由图可知，x ＝1 m 时，加速度a 1＝42×2＝1 m/s 2；因电梯下降，故人的加速度向下，人处于失重状态，人对地板的压力小于人的重力，故A 错误；x ＝11 m 时，加速度为零，故人对地板的压力等于人的重力，故B 错误；x ＝21 m 时，加速度a 2＝0－42×3 m/s 2＝－23m/s 2，负号说明加速度向上，故人处于超重状态，人对地板的压力大于人的重力，故C 正确，D 错误．]考点3| 牛顿第二定律的应用难度：较难题型：选择题五年5考(对应学生用书第7页)4．(多选)(2016·江苏高考T 9)如图2-7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( )【：17214025】图2-7 A ．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【解题关键】误；由于鱼缸与桌布和桌面之间动摩擦因数相等，鱼缸在桌布上运动和在桌面上运动时加速度的大小相等，根据v ＝at ，鱼缸在桌布上和在桌面上的滑动时间相等，选项B 正确；鱼缸与桌布之间的摩擦力为滑动摩擦力，猫增大拉力，鱼缸所受的摩擦力不变，选项C 错误；若猫减小拉力，鱼缸可能随桌布一起运动，而滑出桌面，选项D 正确．]5．(多选)(2015·江苏高考T 6)一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a 随时间t 变化的图线如图2-8所示，以竖直向上为a 的正方向，则人对地板的压力( )图2-8A ．t ＝2 s 时最大B ．t ＝2 s 时最小C ．t ＝8．5 s 时最大D ．t ＝8．5 s 时最小AD [人受重力mg 和支持力F N 的作用，由牛顿第二定律得F N －mg ＝ma ．由牛顿第三定律得人对地板的压力F ′N ＝F N ＝mg ＋ma ．当t ＝2 s 时a 有最大值，F ′N 最大；当t ＝8．5 s 时，a 有最小值，F ′N 最小，选项A 、D 正确．]6．(多选)(2014·江苏高考T 8)如图2-9所示，A、B 两物块的质量分别为2m和m ，静止叠放在水平地面上．A 、B 间的动摩擦因数为μ，B 与地面间的动摩擦因数为12μ．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g ．现对A 施加一水平拉力F ，则( )【：17214026】图2-9 A ．当F <2μmg 时，A 、B 都相对地面静止B ．当F ＝52μmg 时，A 的加速度为13μgC ．当F >3μmg 时，A 相对B 滑动D ．无论F 为何值，B 的加速度不会超过12μgBCD [根据牛顿第二定律、力与运动的关系解题．当0<F ≤32μmg 时，A 、B 皆静止；当32μmg <F ≤3μmg 时，A、B 相对静止，但两者相对地面一起向右做匀加速直线运动；当F >3μmg 时，A 相对B 向右做加速运动，B 相对地面也向右加速，选项A 错误，选项C 正确．当F＝52μmg 时，A 与B 共同的加速度a ＝F －32μmg 3m＝13μg ，选项B 正确．F 较大时，取物块B 为研究对象，物块B 的加速度最大为a 2＝2μmg －32μmgm ＝12μg ，选项D 正确．]7．(多选)(2014·江苏高考T 15)如图2-10所示，生产车间有两个相互垂直且等高的水平传送带甲和乙，甲的速度为v 0．小工件离开甲前与甲的速度相同，并平稳地传到乙上，工件与乙之间的动摩擦因数为μ．乙的宽度足够大，重力加速度为g ．图2-10(1)若乙的速度为v 0，求工件在乙上侧向(垂直于乙的运动方向)滑过的距离s ；(2)若乙的速度为2v 0，求工件在乙上刚停止侧向滑动时的速度大小v ；(3)保持乙的速度2v 0不变，当工件在乙上刚停止滑动时，下一只工件恰好传到乙上，如此反复．若每个工件的质量均为m ，除工件与传送带之间摩擦外，其他能量损耗均不计，求驱动乙的电动机的平均输出功率P －．【：17214027】【解析】根据牛顿第二定律、匀变速直线运动的规律、运动的合成与分解、能量守恒定律解决问题．小工件由传送带甲传到乙上时，考虑其运动的相对性知： (1)摩擦力与侧向的夹角为45°侧向加速度大小：a x ＝μg cos 45°；在侧向上由匀变速直线运动规律知－2a x s ＝0－v 20，解得小工件侧向滑动距离s ＝2v202μg． (2)设t ＝0时刻摩擦力与侧向的夹角为θ，侧向、纵向加速度的大小分别为a x 、a y ，则ayax ＝tan θ，很小的Δt 时间内，侧向、纵向的速度增量Δv x ＝a x Δt ，Δv y ＝a y Δt 解得Δvy Δvx ＝tan θ且由题意知tan θ＝vy vx则v′y v′x ＝vy －Δvyvx －Δvx＝tan θ 所以摩擦力方向保持不变则当v ′x ＝0时，v ′y ＝0，即工件停止侧向滑动时的速度为v ＝2v 0． (3)工件在乙上滑动时侧向位移为x ，沿乙方向的纵向位移为y ，由题意知：a x ＝μg cos θ，a y ＝μg sin θ 由匀变速运动规律知在侧向上：－2a x x ＝0－v 20 在纵向上：2a y y ＝(2v 0)2－0 工件滑动时间：t ＝2v0ay乙前进的距离：y 1＝2v 0t 工件相对乙的位移：L ＝错误! 则系统摩擦生热：Q ＝μmgL电动机做功：W ＝12m (2v 0)2－12m v 20＋Q由P －＝W t ，解得电动机的平均输出功率为：P －＝45μmgv05．【答案】(1)2v202μg (2)2v 0 (3)P －＝45μmgv058．(2013·江苏高考T 14)如图2-11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m 1和m 2，各接触面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g ．图2-11(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，m 1＝0．5kg ，m 2＝0．1 kg ，μ＝0．2，砝码与纸板左端的距离d ＝0．1m ，取g ＝10m/s 2．若砝码移动的距离超过l ＝0．002m ，人眼就能感知．为确保实验成功，纸板所需的拉力至少多大？【：17214028】【解析】(1)砝码对纸板的摩擦力f 1＝μm 1g ，桌面对纸板的摩擦力f 2＝μ(m 1＋m 2)g f ＝f 1＋f 2，解得f ＝μ(2m 1＋m 2)g ．(2)设砝码的加速度为a 1，纸板的加速度为a 2，则 f 1＝m 1a 1，F －f 1－f 2＝m 2a 2发生相对运动a 2>a 1，解得F >2μ(m 1＋m 2)g ． (3)纸板抽出前，砝码运动的距离x 1＝12a 1t 21纸板运动的距离d ＋x 1＝12a 2t 21纸板抽出后，砝码在桌面上运动的距离x 2＝12a 3t 2l ＝x 1＋x 2由题意知a 1＝a 3，a 1t 1＝a 3t 2解得F＝2μ[m1＋(1＋dl)m2]g代入数据得F＝22．4 N．【答案】(1)μ(2m1＋m2)g(2)F＞2μ(m1＋m2)g(3)22．4 N1．牛顿第二定律应用的三点注意(1)瞬时问题要注意绳、杆弹力和弹簧弹力的区别，前者能突变后者不能．(2)连接体问题要充分利用“加速度相等”这一条件或题中特定条件，交替使用隔离法与整体法．(3)两类动力学基本问题的解决关键是运动分析、受力分析，充分利用加速度“桥梁”作用．2．用运动学公式和牛顿第二定律解题的步骤●考向1瞬时加速度的分析与计算8．(2017·徐州一模)如图2-12所示，用两根细线AC和BD悬挂一薄板．下列说法正确的是( )图2-12A．薄板的重心一定在AC和BD的延长线交点处B．BD的拉力大于AC的拉力C．剪断BD瞬间，薄板的加速度方向一定沿BD斜向下D．若保持AC位置不变，缓慢移动BD至竖直方向，则AC的拉力一直减小D [薄板受到重力、AC细线的拉力和BD细线的拉力三个力作用，三个力不平行，平衡时力所在的直线交于一点，所以薄板的重心一定在通过AC和BD延长线的交点的竖直线上，但不一定在AC和BD的延长线交点处，故A错误；根据水平方向受力平衡可得：T BD sin 60°＝T AC sin 45°，可得T BD＜T AC，故B错误；剪断BD瞬间，薄板的速度为零，向心力为零，合力等于重力垂直于AC向下的分力，所以此瞬间，板的加速度方向一定垂直于AC方向向下，而不是沿BD斜向下，故C错误；若保持AC位置不变，缓慢移动BD至竖直方向，作出三个不同位置板的受力合成图，AC的拉力T和BD拉力F的合力与重力G总等大反向，T一直减小，故D正确．]●考向2连接体问题9．(2017·徐州二模)如图2-13所示，质量为m2的物块B放置在光滑水平桌面上，其上放置质量为m1的物块A，A通过跨过光滑定滑轮的细线与质量为M的物块C连接．释放C，A和B一起以加速度a从静止开始运动，已知A、B间动摩擦因数为μ1，则细线中的拉力大小为( )图2-13A．Mg B．Mg＋MaC．(m1＋m2)a D．m1a＋μ1m1gC [以C为研究对象，则Mg－T＝Ma，解得T＝Mg－Ma，故A、B错误；以A、B为整体，根据牛顿第二定律可知T＝(m1＋m2)a，故C正确；A、B间为静摩擦力，对B根据牛顿第二定律可知，f＝m2a，对A可知T－f＝m1a联立解得T＝m1a＋m2a，故D错误．]●考向3动力学的两类基本问题10．(2017·泰州三模)如图2-14甲所示，长木板B静置于光滑水平面上，其上放置物块A，木板B受到水平拉力F作用时，其加速度a与拉力F的关系图象如图2-14乙所示，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则物块A的质量为( )甲乙图2-14A ．4 kgB ．3 kgC ．2 kgD ．1 kgB [设A 、B 的质量分别为m 和M ．当F ＝4 N 时，加速度为：a ＝1 m/s 2，对整体分析，由牛顿第二定律有：F ＝(M ＋m )a代入数据解得：M ＋m ＝4 kg当F ＞4 N 时，A 、B 发生相对滑动，对B ，根据牛顿第二定律得：a ＝F －μmg M＝1M F －μmg M知a -F 图线的斜率 k ＝1M＝1，解得：M ＝1 kg ，所以A 的质量为：m ＝3 kg ．故B 正确，A 、C 、D 错误．]11．如图2-15所示为一滑草场某条滑道的侧面图，由高均为h、与水平面倾角分别为45°和37°的两段直滑道组成．一辆滑草车由静止开始从上滑道顶端处滑下，不计车在滑道交接处的能量损失．已知滑草车与上、下滑道草地之间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g ，sin 37°＝0．6，cos37°＝0．8，计算结果请用μ、h 和g 表示．图2-15 (1)求滑草车在下滑道上运动的加速度；(2)求滑草车在整个运动过程中最大速度的大小；(3)如果μ＝67，请通过计算来判断滑草车能否到达下段滑道的最底端．【：17214029】【解析】(1)根据牛顿第二定律F合＝ma得：滑草车在下滑道上有：mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma 解得：a＝(0．6－0．8μ)g．(2)滑草车通过上滑道末端时速度最大由动能定理得：mgh－μmg cos 45°·hsin 45°＝12m v2m解得最大速度v m＝错误!．(3)根据动能定理W合＝ΔE k得：对全过程：2mgh－μmg cos 45°·hsin 45°－μmg cos 37°·hsin 37°＝12m v2解得：v＝0说明滑草车刚好到达下段滑道的最底端．【答案】(1)滑草车在下段滑道上运动的加速度是(0．6－0．8μ)g(2)滑草车在整个运动过程中最大速度的大小是错误!(3)见解析●考向4动力学中的临界、极值问题12．(2017·南京四模)远距离运输鸡蛋时，为减少颠簸引起的破裂损失，通常将鸡蛋放置在如图2-16所示的泡沫槽内．设一只鸡蛋质量为m，蛋壳能承受最大压力是F0，已知当地的重力加速度为g，为保证汽车在水平路面行驶时鸡蛋不致于损坏，汽车的刹车加速度不能超过( )【：17214030】图2-16A．F0m－g B．g＋F0mC ．⎝ ⎛⎭⎪⎫F0m 2－g2D ．⎝ ⎛⎭⎪⎫F0m 2＋g2C [对鸡蛋进行受力分析，受到重力和泡沫槽的支持力两个力的作用，根据牛顿第二定律，有：错误!＝ma 解得：a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫F0m 2－g2，选项C 正确，A 、B 、D 错误．]规范练高分| 动力学中多过程问题(对应学生用书第10页)[典题在线](2015·全国卷ⅡT 25)(20分)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°(sin37°＝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2-17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、A ，5．0为减小2μ间的动摩擦因数C 、B ，38减小为1μ间的动摩擦因数B 、A ①内，B 开始运动，此时刻为计时起点；在第2下B 离A ③开始运动时，A 保持不变．已知2μ，为光滑的上表面突然变B ②末，s 足够长．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．取重力加C ，m _27＝l 边缘的距离速度大小g ＝10 m/s 2．求：图2-17(1)在④0～2_s 时间内A 和B 加速度的大小； (2)⑤A 在B 上总的运动时间． [信息解读]①摩擦因数突变，A 与B 会相对滑动，分别隔离A 、B 进行受力分析．②A与B、B与C相对运动情况发生变化，重新分别隔离A、B进行受力分析．③A与B的相对位移为27 m．④隔离法进行受力分析，由牛顿第二定律求加速度．⑤整个过程中A在B上的运动，分段受力研究A、B的运动特点．[考生抽样][阅卷点评]【解析】 (1)在0～2 s 时间内，A 和B 的受力如图所示，其中f 1、N 1是A 与B 之间的摩擦力和正压力的大小，f 2、N 2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 1＝μ1N 1①(1分)N 1＝mg cos θ②(1分)f 2＝μ2N 2③(1分)N 2＝N ′1＋mg cos θ④(1分)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 1＝ma 1⑤(1分)mg sin θ－f 2＋f ′1＝ma 2⑥(1分)N 1＝N ′1f 1＝f ′1联立①②③④⑤⑥式，并代入题给数据得a 1＝3 m/s 2⑦(1分)a 2＝1 m/s 2．⑧(1分)(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 ⑨(1分)v 2＝a 2t 1＝2 m/s ⑩(1分)t ＞t 1时，设A 和B 的加速度分别为a ′1和a ′2．此时A 与B 之间的摩擦力为零，同理可得a ′1＝6 m/s 2⑪(1分)a ′2＝－2 m/s 2⑫(1分)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 ′2t 2＝0⑬(1分)联立⑩⑫⑬式得t 2＝1 s ⑭(1分)在t 1＋t 2时间内，A 相对于B 运动的距离为s ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12a1t21＋v1t2＋12a′1t 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫12a2t21＋v2t2＋12a′2t 2 ＝12 m ＜27 m ⑮(2分)此后B 静止，A 继续在B 上滑动．设再经过时间t 3后A 离开B ，则有l －s ＝(v 1＋a ′1t 2)t 3＋12a ′1t 23⑯(2分) 可得t 3＝1 s(另一解不合题意，舍去)⑰(1分)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 ．⑱(1分)【答案】 (1)3 m/s 2 1 m/s 2 (2)4 s[评分标准]第(1)问：(1)不列②式和④式而合并成f 1＝μ1mg cos θ和f 2＝2μ2mg cos θ也可分别得2分．(2)若不列①②③④式，而是根据受力图直接写出mg sin θ－μ1mg cos θ＝ma 1和mg sin θ－2μ2mg cos θ＋μ1mg cos θ＝ma 2可分别得3分．第(2)问：(1)列式时没有出现⑨⑩式而是合并在⑮式并计算正确，可得4分．(2)对2秒后A、B运动状态的分析没有利用公式，而借助其它方式(如v-t图象)．只要合理正确，可参考规范解答给分．。

高考物理复习讲义(精品)带练习解析

接，两侧用细绳固定于墙壁。开始时 a 、b 均静止，弹簧
处于伸长状态，两细绳均有拉力， a 所受摩擦力 fa 0 ，
b 所受摩擦力 fb 0 。现将右侧细绳剪断，则剪断瞬间
A． fa 大小不变
B． fa 方向改变
C． fb 仍然为零
D． fb 方向向右

【答案】AD
4 第六级（上）·第 1 讲·教师版
约为
A． g
B． 2g
C． 3g D． 4g
【答案】B
【例 12】
如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率 v1 运行，初速
度为 v2 的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的 A 处滑上传送带。若从小物块滑上传送
带开始计时，小物块在传送带上运动的 v t 图象（以地面为参考系）如图乙所示，已知 v2 v1 ，
能到达 B 处，求该力作用的最短时间 t 。（已知 cos 37 0.8 ，sin 37 0.6 ，取 g 10m/s2 ）【答案】⑴ 0.5；⑵ 1.03s
【例 18】
如图所示，在高出水平地面 h 1.8m 的光滑平台上放置一质量
M 2kg 、由两种不同材料连接成一体的薄
板 A ，其右段长度 l1 0.2m 且表面光滑，左段表面粗糙。在 A 最右端放有可视为质点的物块 B ，其质量 m 1kg ，B 与 A 左段间动摩
2．受力分析 ⑴ 明确研究对象把要研究的物体从周围环境中隔离出来。在进行受力分析时，研究对象可以是某一个物体，也可以是几个物体组成的系统。 ⑵ 按顺序找力通常先分析主动力，后分析被动力。对于难以确定某力是否存在的情况，可根据假设法或物体的运动状态作出判断。注意两点：正确区分内力与外力；只分析性质力，不画效果力。 ⑶ 受力分析完后检查是否正确 ①没有施力物体的力是不存在的。 ②物体的受力情况要与运动情况相符。

2018版高考物理二轮教师用书：第2部分专项4 1、力和

专项四考前回扣——结论性语句再强化一、力和牛顿运动定律【二级结论】1．静力学(1)绳上的张力一定沿着绳指向绳收缩的方向．(2)支持力(压力)一定垂直支持面指向被支持(被压)的物体，压力N不一定等于重力G.(3)两个力的合力的大小范围：|F1－F2|≤F≤F1＋F2.(4)三个共点力平衡，则任意两个力的合力与第三个力大小相等，方向相反，多个共点力平衡时也有这样的特点．(5)两个分力F1和F2的合力为F，若已知合力(或一个分力)的大小和方向，又知另一个分力(或合力)的方向，则第三个力与已知方向不知大小的那个力垂直时有最小值．图12．运动和力(1)沿粗糙水平面滑行的物体：a＝μg(2)沿光滑斜面下滑的物体：a＝g sin α(3)沿粗糙斜面下滑的物体：a＝g(sin α－μcos α)(4)沿如图2所示光滑斜面下滑的物体：图2(5)一起加速运动的物体系，若力是作用于m 1上，则m 1和m 2的相互作用力为N ＝m 2F m 1＋m 2，与有无摩擦无关，平面、斜面、竖直方向都一样．图3(6)下面几种物理模型，在临界情况下，a ＝g tan α.图4(7)如图5所示物理模型，刚好脱离时，弹力为零，此时速度相等，加速度相等，之前整体分析，之后隔离分析．图5(8)下列各模型中，速度最大时合力为零，速度为零时，加速度最大．图6(9)超重：a 方向竖直向上(匀加速上升，匀减速下降)．失重：a 方向竖直向下(匀减速上升，匀加速下降)．【保温训练】1．如图7所示，光滑的斜面上，质量相同的两个物体A 、B 间用轻质弹簧相连．用平行于斜面且大小为F 的力拉物体A ，两物体沿斜面向上匀速运动时，弹簧的长度为l 1；改用同样的力推物体B ，两物体沿斜面向上匀速运动时，弹簧的长度为l 2.弹簧的拉伸或压缩均在弹性限度内，则该弹簧的劲度系数为( )图7A.F l 1＋l 2 B.F l 1－l 2 C.2F l 1＋l 2 D.2F l 1－l 2 B [设两个物体的质量均为m ，斜面的倾角为θ，弹簧的原长为l 0.第一种情况：对整体有：F ＝2mg sin θ ①对于B 有：mg sin θ＝k (l 1－l 0)② 则有：k (l 1－l 0)＝12F ③第二种情况：对于A 有：mg sin θ＝k (l 0－l 2)＝12F ④联立③④式解得：l 0＝l 1＋l 22 ⑤将⑤式代入③式解得：k ＝F l 1－l 2，故B 正确．] 2.如图8所示，两个弹簧的质量不计，劲度系数分别为k 1、k 2，它们一端固定在质量为m 的物体上，另一端分别固定在Q 、P 处，当物体平衡时上面的弹簧处于原长状态，若把固定的物体换为质量为2m 的物体(物体的大小不变，且弹簧均在弹性限度内)，当物体再次平衡时，物体比第一次平衡时的位置下降了x ，则x 为(已知重力加速度为g )( )图8A.mg k 1＋k 2 B.k 1k 2mg (k 1＋k 2) C.2mg k 1＋k 2D.k 1k 22mg (k 1＋k 2) A [当物体的质量为m 时，设下面的弹簧的压缩量为x 1，则mg ＝k 1x 1；当物体的质量为2m 时，2mg ＝k 1(x 1＋x )＋k 2x ，联立可得x ＝mg k 1＋k 2，A 正确．] 3．(多选)在球心为O 、半径为R 的半球形光滑碗内，斜放一根粗细均匀，长度为L ＝3R ，质量为m 的筷子，如图9所示，筷子与碗的接触点分别为A 、B ，则碗对筷子上A 、B 两点处的作用力大小和方向分别为( )图9A ．A 点处指向球心O ，B 点处垂直于筷子斜向上B ．均指向球心OC ．碗对筷子上A 点的作用力大小为277mgD ．碗对筷子上A 点的作用力大小为12mg AC [如图，弹力方向垂直于接触面，在A 点是点与球面接触，弹力F 1方向过球心O ；在B 点是点与筷子接触，F 2垂直于筷子斜向上，所以A 项正确，B 项错误；筷子的重力为G ，重心为D ，反向延长线与F 1、F 2交于C点，根据平衡条件和几何关系有CB ⊥AB ，F 1OC ＝F 2OD ＝G CD ，即F 1＝G R 72R＝277mg，C项正确，D项错误．]4．在电梯内的地板上，竖直放置一根轻质弹簧，弹簧上端固定一个质量为m的物体，当电梯静止时，弹簧被压缩了x；当电梯运动时，弹簧又被继续压缩了x10.则电梯运动的情况可能是()【导学号：19624197】A．以大小为1110g的加速度加速上升B．以大小为110g的加速度减速上升C．以大小为110g的加速度加速下降D．以大小为110g的加速度减速下降D[当电梯静止时，弹簧被压缩了x，则kx＝mg；当电梯运动时，弹簧又被继续压缩了x10，则物体所受的合外力为F＝mg10，方向竖直向上，由牛顿第二定律知加速度为a＝Fm＝110g，方向竖直向上．若电梯向上运动，则电梯以大小为110g的加速度加速上升；若电梯向下运动，则电梯以大小为110g的加速度减速下降，D正确．]5．如图10所示，弹簧一端固定在天花板上，另一端连一质量为M＝2 kg的秤盘，盘内放一个质量为m＝1 kg的物体，秤盘在竖直向下的拉力F的作用下保持静止，F＝30 N，突然撤去拉力F的瞬间，物体对秤盘的压力为(g取10 m/s2)()图10A．10 N B．15 NC．20 N D．40 NC[由于拉力F撤去之前秤盘和物体均保持静止，系统受力平衡，在拉力F撤去的瞬间，系统所受合力方向向上，对整体由牛顿第二定律可得F＝(M＋m)a，对物体再根据牛顿第二定律可得F N－mg＝ma，两式联立解得F N＝20 N，再根据牛顿第三定律可知物体对秤盘的压力大小为20 N，方向竖直向下，C正确．]6．有一直角V形槽可以绕槽底所在轴线转动，其截面如图11所示，OB面与水平面间夹角为θ，有一质量为m的正方体均匀木块放在槽内，木块与OA、OB 间的动摩擦因数都为μ，重力加速度为g.现用垂直于纸面向里的力推木块使之垂直纸面在槽内运动，则()【导学号：19624198】图11A．θ＝60°时，木块所受的摩擦力为μmgB．θ＝60°时，木块所受的摩擦力为3μmgC．θ在0°到90°变化过程中，木块所受的摩擦力最大值为μmgD．θ在0°到90°变化过程中，木块所受的摩擦力最大值为2μmgD[将重力按照实际作用效果正交分解，则木块对槽两面的压力分别为F A ＝mg sin θ，F B＝mg cos θ，则木块受到的滑动摩擦力为f＝μ(mg sin θ＋mg cosθ)，θ＝60°时，f＝3＋12μmg，故A、B错误；θ在0°到90°变化过程中，木块受到的摩擦力为f＝μ(mg sin θ＋mg cos θ)＝2μmg sin(θ＋45°)，当θ＝45°时，摩擦力最大，最大为f max＝2μmg，故C错误，D正确．]7．绵阳规划建设一新机场，请你帮助设计飞机跑道．设计的飞机质量m＝5×118 kg，起飞速度是80 m/s.(1)若起飞加速滑行过程中飞机发动机实际功率保持额定功率P＝8 000kW，飞机在起飞前瞬间加速度a1＝0.4 m/s2，求飞机在起飞前瞬间受到的阻力大小；(2)若飞机在起飞加速滑行过程中牵引力恒为F＝8×118 N，受到的平均阻力为F f＝2×118 N．如果允许飞机在达到起飞速度的瞬间可能因故而停止起飞，立即关闭发动机后且能以大小为4 m/s2的恒定加速度减速而停下，为确保飞机不滑出跑道，则跑道的长度至少多长？【解析】(1)设飞机在起飞前瞬间牵引力大小为F1，受到的阻力大小为F，起飞速度v m＝80 m/s，则阻1P＝F1v mF1－F阻1＝ma1代入数据解得F＝8×118 N.阻1(2)设飞机起飞过程加速度为a2，达到起飞速度应滑行距离为x1，因故减速滑行距离为x2，跑道的长度至少为x，则F－F阻＝ma2v2m＝2a2x1v2m＝2a3x2a3＝4 m/s2x＝x1＋x2代入数据解得a2＝1.2 m/s2，x1＝2 667 m，x2＝800 mx＝3 467 m.【答案】(1)8×118 N(2)3 467 m。

2018版高考物理一轮复习第3章牛顿运动定律第2讲牛顿第二定律两类动力学问题课件

要重新进行受力分析和运动分析。 (2)加速度可以随着力的突变而突变，而速度的变化需要一个过程的积累，不会发生突变。
〔类题演练 2 〕 (1)绳力发生突变
(多选)(2016· 太原模拟)如图所示，质量为 m 的小球被一根橡皮筋 AC 和一根绳 BC 系住，当小球静止时，橡皮筋处在水平方向上。下列判断中正确的是导学号 51342287 ( BC ) A．在 AC 被突然剪断的瞬间，BC 对小球的拉力不变 B．在 AC 被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为 gsinθ g C．在 BC 被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为 cosθ D．在 BC 被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为 gsinθ
解题探究：(1)试分析线断之前，球A、B受力情况。 (2)线断的瞬间，球A、B受力是否会发生变化？答案：(1)球A受重力、弹簧的弹力和细线的拉力作用，球B受重力、弹簧弹力的作用。 (2)球A所受细线的拉力减小为零，球B受力不会发生变化。
[解析] 线断之前，对球 A，由牛顿第二定律得：F－mg－F 弹＝ma，对球 B，
)
)
答案：(1)×
(2)√ (3)×
由F＝ma可知，加速度a的方向与合外力F的方向一定相同。
(4)× (6)× 虽然物体所受合 (5)× 物体的牛顿运动定律只
物体由于受合外力作用才做加速运动。
外力变小，但只要合外力与速度方向相同，物体速度将增加。加速度由物体所受合外力、物体的质量共同决定的。适用于惯性参考系、低速运动的情况。 (7)×
F＝ma 。 2．表达式：_________ 3．适用范围：惯性参考系，即相对地面____________________ 静止或做匀速直线运动 (1)牛顿第二定律只适用于_____ 的参考系。宏观物体相对于分子、原子 ) 、低速运动 ( 远小 (2) 牛顿第二定律只适用于 _________( 于光速)的情况。

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