高考物理二轮复习简易通 第一部分 高频考点突破专题一 第2讲 牛顿运动定律与直线运动活页规范训练(1)

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高考物理二轮复习专题归纳总结—牛顿运动定律的应用

高考物理二轮复习专题归纳总结—牛顿运动定律的应用

高考物理二轮复习专题归纳总结—牛顿运动定律的应用1.牛顿第二定律的理解2.动力学两类基本问题3.超重和失重(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:弹簧测力计的示数或台秤的示数。

(3)超重:当物体具有向上的加速度时,物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于所受重力。

即视重大于实重。

(4)失重:当物体具有向下的加速度时,物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于所受重力。

即视重小于实重。

4.连接体问题(1)若求解整体的加速度,可用整体法。

把整个系统看做一个研究对象,分析整体受外力情况,再由牛顿第二定律求出加速度。

(2)若求解系统内力,可先用整体法求出整体的加速度,再用隔离法将内力转化成外力,由牛顿第二定律求解。

5.瞬时问题1.动力学两类基本问题2.瞬时问题3.动力学图像问题图1图24.传送带模型(1)水平传送带模型项目图示滑块可能的运动情况情景1①可能一直加速②可能先加速后匀速情景2①v 0>v ,可能一直减速,也可能先减速再匀速②v 0=v ,一直匀速③v 0<v ,可能一直加速,也可能先加速再匀速情景3①传送带较短时,滑块一直减速到达左端②传送带较长时,滑块还要被传送带传回右端。

若v 0>v ,返回时速度为v ,若v 0<v ,返回时速度为v 0(2)倾斜传送带模型项目图示滑块可能的运动情况情景1①可能一直加速②可能先加速后匀速情景2①可能一直加速②可能先加速再匀速③可能先以a 1加速再以a 2加速情景3①可能一直匀速②可能一直加速③可能先减速再反向加速5.板块模型(1)分析“板块”模型时要抓住一个转折和两个关联(2)两种类型类型图示规律分析木板B 带动物块A ,物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑到木板左端时二者速度相等,则位移关系为x B=x A+L物块A带动木板B,物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑到木板右端时二者速度相等,则位移关系为x B+L=x A6.实验情景。

高考物理二轮复习 第一部分 (专题突破+破译命题密码)专题二 牛顿运动定律与直线运动课件

高考物理二轮复习 第一部分 (专题突破+破译命题密码)专题二 牛顿运动定律与直线运动课件

③ ④ ⑤
⑥ ⑦
1.符号确定
在匀变速直线运动中,一般规定初速度v0的方向为正方向(但不
绝对,也可规定为负方向),凡与正方向相同的矢量为正值,相反的 矢量为负值,这样就把公式中的矢量运算转换成了代数运算。
2.应用技巧
(1)匀变速直线运动的基本公式涉及五个物理量v0、vt、x、a和t, 这五个物理量中最多只能有三个是独立的,但只要其中三个物理量 确定之后,另外两个就唯一确定了。 (2)物体做匀减速直线运动,减速为零后再反向运动,如果整个 过程加速度恒定,则可对整个过程直接应用矢量式。
3.将地面上静止的货物 竖直向上吊起,货物由地面运动至最 高点的过程中,v-t图象如图2-2所 示。以下判断正确的是 ( ) 图2-2
A.前3 s内货物处于超重状态
B.最后2 s内货物只受重力作用 C.前3 s内与最后2 s内货物的平均速度相同 D.第3 s末至第5 s末的过程中,货物的机械能守恒
解析:选 AC
Δv 由v-t图象可知前3 s内,a= =2 m/s2,货 Δt
物具有向上的加速度,故处于超重状态,选项A正确;最后2 s Δv 内加速度a′= =-3 m/s2,小于重力加速度,故吊绳拉力 Δt 1 不为零,选项B错误;根据 v = v=3 m/s可知选项C正确;第 2 3 s末至第5 s末的过程中,货物匀速上升,货物机械能增加, 选项D错误。
[解析] 设开始时甲的加速度为 a1,乙的加速度为 a2, 第一段时间 t 内 1 2 对甲:x1= a1t 2 v1=a1t ① ②
1 2 对乙:x2= a2t 2 v2=a2t 又 a2=2a1 第二段时间 t 内 1 对甲:x1′=v1t+ (2a1)t2 2 1a2 2 对乙:x2′=v2t+ t 22 x1+x1′ 5 取立①~⑦解得: = 。 x2+x2′ 7 [答案] 5∶7

高考物理二轮复习知识梳理与高频考点突破 牛顿运动定律与直线运动(解析版)

高考物理二轮复习知识梳理与高频考点突破 牛顿运动定律与直线运动(解析版)

专题2 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。

知识点一、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.知识点二、牛顿第二定律的四性。

高考物理二轮复习专题整合高频突破专题一力与运动2牛顿运动定律与直线运动课件

高考物理二轮复习专题整合高频突破专题一力与运动2牛顿运动定律与直线运动课件
������02-������12 μ= 2������������ 0

(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 a1 和 a2, 所用的时间为 t, 由运动学公式得������0 2 − ������1 2 =2a1 s0 ③ v 0 -v1 =a1 t ④ 1 s1 = 2a2 t2 ⑤ 联立③④⑤式得
第2讲
牛顿运动定律与直线运动
-2网络构建 要点必备
-3网络构建 要点必备
1.匀变速直线运动的三个基本公式 v0+at (1)速度公式:v= 。 1 (2)位移公式: x=v 0t+2at2。 (3)位移速度关系式: v2-������02 =2ax。 2.匀变速直线运动的两个重要推论 (1)某段时间内的平均速度等于中间时刻的 即������ = ������������ 。
(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。
-101 2 3 4
2
答案
������02 -������12 (1) 2������������ 0
������ (������ +������0) (2) 1 21 ������02
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, 由动 能定理得 1 1 -μmgs0 =2 ������������1 2 − 2 ������������0 2 ① 解得
,
-41 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( BC ) 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 解析 匀速直线运动的质点加一恒力后,合力即该恒力,质点做匀变 速运动,根据牛顿第二定律F=ma,可知选项C正确;由加速度定义式 Δ������ a= Δ������ 可知单位时间内速度的变化量总是不变,速率的变化量不一 定相等,选项D错误;质点的速度方向不一定与该恒力的方向相同, 选项A错误;某一时刻恒力方向与速度方向垂直时,速度方向立即改 变,而恒力方向不会改变,所以速度方向不可能总是与该恒力的方 向垂直,选项B正确。

高考物理二轮专题复习 第2课 牛顿运动定律及其应用课

高考物理二轮专题复习 第2课 牛顿运动定律及其应用课

K 考题 专项 训练
解析 考查xt图象.由图可知,在t1时刻是b车追 上a车,A错误;图线的倾斜方向代表车的运动方向,
向上倾斜代表与正方向相同,向下倾斜代表与正方

向相反,图象的斜率的绝对值代表速率,B、C正


确,D错误.

答案 BC
K 考题 专项 训 练 变式训练
1.一个质量为0.3 kg的物体沿水平面做直线运动,
栏 目 链 接
K 考题 专项 训练
题型一图象问题(A层次)
例1(双选)如图,直线a和曲线b分别是在平直公路上行 驶的汽车a和b的位置-时间(xt)图线.由图可知( )
A.在时刻t1,a车追上b车
栏 目 链

பைடு நூலகம்
B.在时刻t2,a、b两车运动方向相反
C.在t1到t2这段时间内,b车的速率先减少后增加
D.在t1到t2这段时间内,b车的速率一直比a车的大
K 考点 精辟 解析
(2)平均速度 v=v0+2 vt,中间时刻的瞬时速度等于平均速
度,即 v t =v;
2


(3)逆向思维法:将匀减速直线运动转换成初速度为零的匀


加速直线运动进行处理.如竖直上抛运动上升阶段的逆运动为
自由落体运动.
K 考点 精辟 解析
3.st图象与vt图象的比较.
栏 目 链 接

连接体问题;④运用超重和失重的知识定性分析力学现


象.
近年高考的趋势——重点考查“方法”与“能力”, 在本章考点中得以充分体现.如牛顿第二定律与第三定律 的综合应用,物理图象、瞬时效应(力的矢量性与瞬时性)、 临界状态等,必须灵活掌握,熟练应用.

2023新教材高考物理二轮专题复习专题:牛顿运动定律与直线运动

2023新教材高考物理二轮专题复习专题:牛顿运动定律与直线运动

专题三运动学图像和动力学图像高频考点·能力突破考点一常规图像1.常规图像2.图像问题的解题思路例 1 [2022·河北卷]科学训练可以提升运动成绩,某短跑运动员科学训练前后百米全程测试中,速度v与时间t的关系图像如图所示.由图像可知( )A.0~t1时间内,训练后运动员的平均加速度大B.0~t2时间内,训练前、后运动员跑过的距离相等C.t2~t3时间内,训练后运动员的平均速度小D.t3时刻后,运动员训练前做减速运动,训练后做加速运动[解题心得]预测1 (多选)如图所示为甲、乙两物体在同一直线上运动的位移—时间图像,由图像可知( )A.甲、乙两物体开始运动时的速度方向相反B.甲、乙两物体同时同地开始运动C.甲物体在0~4 s内的平均速率比乙物体在1~4 s内的平均速率大D.两图线交点表示两物体速度相同预测2 (多选)2020东京奥运会田径男子4×100米接力比赛,由汤星强、谢震业、苏炳添和吴智强组成的中国队取得优异成绩.如图(a)所示,假设某接力比赛中甲、乙两运动员在直道交接棒过程的v-t图像大致如图(b)所示.设t1时刻为交接棒时刻,下列说法正确的是( )A.甲为交棒运动员,乙为接棒运动员B.0~t1过程中,甲在前,乙在后,二者距离越来越小C.t1~t2过程中,接棒运动员的加速度越来越小D.交接棒时的速度越大,因交接棒而损失的时间越少预测3 [2022·北京押题卷]很多智能手机都有加速度传感器,能通过图像显示加速度情况.用手掌托着手机,打开加速度传感器,手掌从静止开始迅速上下运动,得到如图所示的竖直方向上加速度随时间变化的图像,该图像以竖直向上为正方向.由此可判断出( )A.手机可能离开过手掌B.手机在t1时刻运动到最高点C.手机在t2时刻改变运动方向D.手机在t1~t3时间内,受到的支持力先减小再增大考点二非常规图像1.非常规图像a - F图像2.解决非常规图像的方法对于这类新型图像问题,关键是认清图像中横、纵轴所代表的物理量,找出它们的函数关系,并能迁移运用物理知识和方法清楚理解图像中的“点”“线”“斜率”“截距”和“面积”的物理意义.例2 [2022·河北押题卷]无人驾驶汽车在新冠疫情期间对疫情防控起到了积极作用.某自主品牌的一款无人驾驶汽车在直线测试时的速度平方与位移关系v2- x图像如图所示.从汽车经过x=0位置时开始计时,则以下说法中正确的是( )A.汽车做匀加速直线运动B.汽车的加速度大小为10 m/s2C.该车在2 s内的位移大小为2.0 mD.该车在2 s内的位移大小为3.6 m[解题心得]预测4 一质点沿直线运动,如图所示是从t=0时刻开始的质点的xt- t(式中x为位移)图像,可以推知( )A.质点做匀减速运动B.加速度的大小是1 m/s2C.t=2 s时的速度是1 m/sD.t=2 s时位移是3 m预测5 [2022·安徽示范高中皖北协作区联考](多选)如图1所示,足够长的木板B静置于光滑水平面上,其上放置小滑块A,滑块A受到随时间t变化的水平拉力F作用时,用传感器测出滑块A的加速度a,得到如图2所示的a- F图像,已知g取10 m/s2,则( )A.滑块A的质量为2 kgB.木板B的质量为6 kgC.当F=12 N时,木板B的加速度为4 m/s2D.滑块A与木板B间的动摩擦因数为0.4素养培优·情境命题与体育运动、交通有关的v - t图像问题情境1 [2022·湖南株洲4月质检]为节约运行时间,设想一种高铁进站不停车模式.如图(a)所示,站台内铁路正上方有一固定轨道AB,高铁分为可分离的上下副、主车两部分,副车可在主车车顶轨道上滑行,主车保持匀速过站,需下车的乘客提前进入副车甲中,需上车的乘客已在静止于A端的副车乙中等待.车尾到B端瞬间,甲刚好完全滑上固定轨道AB,主、副车分离,副车甲立即减速,甲的车头到A端时刚好停下,乘客下车.当主车车头到A 端时,副车乙立即从固定轨道开始加速滑上车顶轨道,当乙的车尾与主车车尾对齐时主、副车刚好共速,锁死一起前进.设高铁以40 m/s 速度匀速驶来,副车长均为20 m,副车甲、乙运动的v - t图像如图(b)所示,则主车长为( )A.180 m B.200 mC.220 m D.820 m[解题心得]情境2 图(a)为2022年北京冬奥会冰壶比赛中的一个画面.比赛中,为了使冰壶滑行得更远,运动员可以用毛刷擦冰壶运行前方的冰面,使冰壶与冰面间的动摩擦因数减小.假设某运动员以初速度v0沿冰面将冰壶推出,冰壶做直线运动直到停止的过程中,其速度—时间(v - t)图像如图(b)所示,则下列判定正确的是( )A.0~t1和t2~t3时间内,运动员在用毛刷擦冰面B.t1~t2时间内,冰壶的加速度大小为v1−v2t2C.t1~t2时间内,冰壶的位移大小为1(v1+v2)·(t2-t1)2(v0+v1+v2)D.0~t3时间内,冰壶的平均速度大小为13[解题心得]情境3 (多选)2021年7月31日,第二十届全国大学生机器人大赛ROBOCON圆满闭幕,本次大赛的主题项目为“投壶行觞”和“机器马术”.如图甲,在一次比赛中a、b两机器人从同一起跑线沿同一方向做直线运动,它们的速度—时间图像如图乙所示,则下列说法正确的是( )A.20 s时,a、b两机器人在运动方向上相距约500 mB.40 s时,a、b两机器人速度相等,在运动方向上相距最远,为400 mC.60 s时,b机器人在a机器人的前方,在运动方向上相距400 mD.a、b加速时,b机器人的加速度大于a机器人的加速度[解题心得]专题三 运动学图像和动力学图像高频考点·能力突破考点一例1 解析:根据v - t 图像的斜率表示加速度,及题图可知0~t 1时间内,训练后运动员的平均加速度比训练前的小,故A 错误;根据v - t 图像围成的面积表示位移,及题图可知0~t 2时间内,训练前运动员跑过的距离比训练后的大,故B 错误;根据v - t 图像围成的面积表示位移,及题图可知t 2~t 3时间内,训练后运动员的位移比训练前的位移大,根据平均速度等于位移与时间的比值,可知训练后运动员的平均速度大,故C 错误;由v - t 图像可直接看出,t 3时刻后,运动员训练前速度减小,做减速运动,运动员训练后速度增加,做加速运动,故D 正确.答案:D预测1 解析:甲物体开始运动时沿正向运动,乙物体开始运动时沿负向运动,A 正确;甲物体从0时刻在x =-5 m 位置开始运动,乙物体从1 s 时开始运动,开始运动的位置为x =0 m ,B 错误;x ­ t 图线的斜率的绝对值表示速度大小,则甲物体在0~4 s 内平均速率为v 甲=5−(−5)4m/s =2.5 m/s ,乙物体在1~4 s 内平均速率为v 乙=|−5|3m/s =53 m/s ,则甲物体在0~4 s 内的平均速率比乙物体在1~4 s 内的平均速率大,C 正确;x ­ t 图线的交点表示该时刻位置坐标相同,即两物体相遇,速度应看图线斜率,D 错误.答案:AC预测2 解析:由图(b)可知,交接棒过程中,接棒运动员在前,从静止开始向前加速运动,交棒运动员在后,开始时交棒运动员速度大于接棒运动员速度,二者之间的距离越来越小,当二者速度相等时,二者距离达到最小,此时要完成交接棒动作.交接棒完成后,接棒运动员继续加速直到达到最大速度,交棒运动员继续减速直到停下,综上分析,甲为交棒运动员,乙为接棒运动员,A 正确.0~t 1过程中,乙在前,甲在后,二者距离越来越小,B 错误.由图(b)可知,t 1~t 2过程中,接棒运动员乙做加速度逐渐减小的加速运动,C 正确.交接棒时的速度越大,移动相同位移所需时间越短,因交接棒而损失的时间越少,D 正确.答案:ACD预测3 解析:根据Δv =a Δt 可知,a - t 图像与坐标轴围成的面积表示速度变化量,可知手机在t 1时刻速度为正,还没有到最高点,故B 错误;根据Δv =a Δt 可知a ­ t 图像与坐标轴围成的面积表示速度变化量,可知手机在t 2时刻前后速度均为正,运动方向没有发生改变,故C 错误;由图可知t 1~t 2时间内加速度向上不断减小,根据牛顿第二定律得N -mg =ma ,即N =ma +mg .可知t 1~t 2时间内支持力不断减小,t 2~t 3时间内加速度向下,不断增大,根据牛顿第二定律得mg -N =ma ′得N =mg -ma ′,可得支持力还是不断减小,故D 错误;由图可知,手机的加速度某一段时间内等于重力加速度,则手机与手掌没有力的作用,手机可能离开过手掌,故A 正确.答案:A 考点二例2 解析:根据速度—位移关系v 2−v 02=2ax , 当x =0时,车的初速度为v 0=6 m/s , 将x =2 m ,v 2=16 m 2/s 2代入可得a =-5 m/s 2.可知车做匀减速运动,则车的速度减小为零的时间为t =0−6−5s =1.2 s<2 s. 所以该车在2 s 内的位移大小为x =62×1.2 m=3.6 m ,故D 正确,A 、B 、C 错误. 答案:D预测4 解析:由题分析可得图线的函数表达式为x t =1+12t ,即x =t +12t 2,又因为匀变速直线运动中位移公式为x =v 0t +12at 2,根据对应关系得v 0=1 m/s ,a =1 m/s 2>0,v 0与a 方向相同,则质点做匀加速运动,故A 项错误,B 项正确.当t =2 s 时,根据公式v =v 0+at ,求出速度是3 m/s ,故C 项错误.当t =2 s 时,代入表达式x =t +12t 2,可得位移是4 m ,故D 项错误.答案:B预测5 解析:设滑块A 的质量为m ,木板B 的质量为M ,滑块A 与木板B 间的动摩擦因数为μ.由题图2可知,当F =F m =10 N 时,滑块A 与木板B 达到最大共同加速度a m =1ms 2,根据牛顿第二定律有F m =(M +m )a m ,解得M +m =10 kg.当F >10 N 时,A 与B 将发生相对滑动,对A 单独应用牛顿第二定律有F -μmg =ma ,整理得a =Fm -μg .根据题图2解得m =2 kg ,μ=0.4,则M =8 kg ,故A 、D 正确,B 错误;当F =12 N 时,木板B 的加速度为a B =μmg M=1ms 2,故C 错误.答案:AD 素养培优·情境命题情境1 解析:根据题意,对副车乙和主车的运动进行简化分析,如图所示.已知副车长20 m ,由v ­ t 图像可知,副车乙发生的位移为x 1=12×(24.5-15.5)×40 m=180 m ,在这一段时间内,主车做匀速直线运动,主车发生的位移为x 2=(24.5-15.5)×40 m=360 m ,故主车的长度为L =x 2-x 1+20 m =360 m-180 m +20 m =200 m ,故选B 正确.答案:B情境2 解析:v ­ t 图线的斜率表示加速度,由图知t 1~t 2时间内图线斜率小,说明加速度小,由牛顿第二定律a =fm =μmg m=μg ,知t 1~t 2时间内冰壶与冰面间的动摩擦因数小,说明运动员在用毛刷擦冰面;0~t 1和t 2~t 3时间内图线斜率大,动摩擦因数大,说明此时间段运动员没有用毛刷擦冰面,故A 错误;由加速度定义式a =ΔvΔt 知t 1~t 2时间内,冰壶的加速度大小为a =v 1−v2t 2−t 1,故B 错误;v ­ t 图线与坐标轴围的面积表示位移,在t 1~t 2时间内,冰壶的位移大小为x =12(v 1+v 2)(t 2-t 1),故C 正确;根据平均速度的定义式v ̅=xt 知在0~t 3时间内,冰壶的平均速度大小为v̅=x总t总=12(v0+v1)t1+12(v1+v2)(t2−t1)+12v2(t3−t2)t3=(v0−v2)t1+v1t2+v2t32t3,故D错误.答案:C情境3 解析:根据图像可知,t=20 s时b车才出发,20 s时两者间距即为a在0~20 s内的位移;速度—时间图像与坐标轴围成的“面积”表示位移,则Δx=x a=10+402×20m=500 m,故A正确;由图像所围面积可知:0~40 s内a比b多运动的位移S=(10+402×20+12×40×20)m=900 m,故B错误;由a、b图像所围面积可知,60 s时二者的位移之差等于20 s时的位移差,由A选项分析可知,此时b机器人在a机器人的后方,在运动方向上相距500 m,故C错误;速度—时间图像图线的斜率表示加速度,由图像可知:a、b加速时,a图线的斜率小于b图线的斜率,说明b机器人的加速度大于a机器人的加速度,故D正确.答案:AD。

2023新教材高考物理二轮专题复习专题:牛顿运动定律与直线运动教师用书

2023新教材高考物理二轮专题复习专题:牛顿运动定律与直线运动教师用书

专题二牛顿运动定律与直线运动高频考点·能力突破考点一匀变速直线运动规律的应用1.基本公式v=v0+at,x=v0t+12at2,v2−v02=2ax.2.重要推论v t2=v0+v2=v̅(利用平均速度求瞬时速度);初、末速度平均值vt2=√t02+t22;Δx=aT2(用逐差法测加速度).3.符号法则选定正方向,将矢量运算转化为代数运算.4.解决运动学问题的基本思路例 1 [2022·湖北卷]我国高铁技术全球领先,乘高铁极大节省了出行时间.假设两火车站W和G间的铁路里程为1 080 km,W和G之间还均匀分布了4个车站.列车从W站始发,经停4站后到达终点站G .设普通列车的最高速度为108 km /h ,高铁列车的最高速度为324 km /h .若普通列车和高铁列车在进站和出站过程中,加速度大小均为0.5 m /s 2,其余行驶时间内保持各自的最高速度匀速运动,两种列车在每个车站停车时间相同,则从W 到G 乘高铁列车出行比乘普通列车节省的时间为( )A .6小时25分钟B .6小时30分钟C .6小时35分钟D .6小时40分钟[解题心得]预测1 钢架雪车也被称为俯式冰橇,是2022年北京冬奥会的比赛项目之一.运动员需要俯身平贴在雪橇上,以俯卧姿态滑行.比赛线路由起跑区、出发区、滑行区及减速区组成.若某次运动员练习时,恰好在终点停下来,且在减速区AB 间的运动视为匀减速直线运动.运动员通过减速区时间为t ,其中第一个t 4时间内的位移为x 1,第四个t 4时间内的位移为x 2,则x 2:x 1等于( )A .1∶16B .1∶7C .1∶5D .1∶3预测2 [2022·福建泉州高三联考]如图为某轿车在行驶过程中,试图借用逆向车道超越客车的示意图,图中当两车相距L =4 m 时,客车正以v 1=6 m /s 速度匀速行驶,轿车正以v 2=10 m /s 的速度借道超车.客车长L 1=10 m ,轿车长L 2=4 m ,不考虑变道过程中车速的变化和位移的侧向变化.(1)若轿车开始加速并在3 s内成功超越客车L3=12 m后,才能驶回正常行驶车道,其加速度多大?(2)若轿车放弃超车并立即驶回正常行驶车道,则至少要以多大的加速度做匀减速运动,才能避免与客车追尾?[试解]考点二动力学基本规律的应用动力学两类基本问题的解题思路温馨提示动力学中的所有问题都离不开受力分析和运动分析,都属于这两类基本问题的拓展和延伸.例2 [2022·浙江卷1月]第24届冬奥会在我国举办.钢架雪车比赛的一段赛道如图1所示,长12 m水平直道AB与长20 m的倾斜直道BC在B点平滑连接,斜道与水平面的夹角为15°.运动员从A点由静止出发,推着雪车匀加速到B点时速度大小为8 m/s,紧接着快速俯卧到车上沿BC匀加速下滑(图2所示),到C点共用时5.0 s.若雪车(包括运动员)可视为质点,始终在冰面上运动,其总质量为110 kg,sin 15°=0.26(取g=10 m/s2),求雪车(包括运动员)(1)在直道AB上的加速度大小;(2)过C点的速度大小;(3)在斜道BC上运动时受到的阻力大小.[试解]预测3 (多选)14岁的奥运冠军全红婵,在第14届全运会上再次上演“水花消失术”夺冠.在女子10 m 跳台的决赛中(下面研究过程将全红婵视为质点),全红婵竖直向上跳离跳台的速度为5 m/s,竖直入水后到速度减为零的运动时间与空中运动时间相等,假设所受水的阻力恒定,不计空气阻力,全红婵的体重为35 kg,重力加速度大小为g=10 m/s2,则( )A.跳离跳台后上升阶段全红婵处于失重状态B.入水后全红婵处于失重状态C.全红婵在空中运动的时间为1.5 sD.入水后全红婵受到水的阻力为612.5 N预测4 衢州市2022年5月1日起部分县、区超标电动车不得上道路行驶,新的电动自行车必须符合国标GB17761-2018的标准,新标准规定最高车速不能高于25 km/h,整车质量应当小于或等于55 kg,制动性能要符合如下规定:某人体重m=50 kg,骑着符合新标准、质量M=50 kg的电动自行车在水平路面行驶.电动自行车的刹车过程可简化为匀变速直线运动.(1)当遇到紧急情况时,若他同时使用前后车闸刹车,在干燥路面上该车的最小加速度是多少?此时受到的制动力是多大?(保留两位有效数字)(2)若此人私自改装电瓶输出功率,致使车速超标(其他条件不变),当他以32 km/h速度在雨后的路面上行驶,遇见紧急情况,采取同时使用前后车闸方式刹车,则该车刹车后行驶的最大距离是多少?(3)根据你所学物理知识,分析电动自行车超速超载有什么危害?[试解]考点三连接体问题1.处理连接体问题的常用方法2.连接体问题中常见的临界条件例3 [2022·全国甲卷]如图,质量相等的两滑块P、Q置于水平桌面上,二者用一轻弹簧水平连接,两滑块与桌面间的动摩擦因数均为μ.重力加速度大小为g.用水平向右的拉力F拉动P,使两滑块均做匀速运动;某时刻突然撤去该拉力,则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前( )A.P的加速度大小的最大值为2μgB.Q的加速度大小的最大值为2μgC.P的位移大小一定大于Q的位移大小D.P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小[解题心得]预测5 如图所示,将一盒未开封的香皂置于桌面上的一张纸板上,用水平向右的拉力将纸板迅速抽出,香皂盒的移动距离很小,几乎观察不到,这就是大家熟悉的惯性演示实验(示意图如图所示),若香皂盒和纸板的质量分别为m1和m2,各接触面间的动摩擦因数均为μ,重力加速度为g.若本实验中,m1=100 g,m2=5 g,μ=0.2,香皂盒与纸板左端的距离d=0.1 m,若香皂盒移动的距离超过l=0.002 m,人眼就能感知,忽略香皂盒的体积因素影响,g取10 m/s2,为确保香皂盒移动不被人感知,纸板所需的拉力至少是( )A.1.41 N B.1.42 NC.1 410 N D.1 420 N预测6 [2022·全国乙卷]如图,一不可伸长轻绳两端各连接一质量为m的小球,初始时整个系统静置于光滑水平桌面上,两球间的距离等于绳长L.一大小为F的水平恒力作用在轻绳的中点,方向与两球连线垂直.当两球运动至二者相距35L时,它们加速度的大小均为( )A.5F8m B.2F5mC.3F8m D.3F10m预测7 如图所示,在倾角为θ=30°的光滑固定斜面上端系有一劲度系数为k=100 N/m的轻质弹簧,弹簧下端连一个质量为m=8 kg的小球,球被一垂直于斜面的挡板A挡住,此时弹簧没有形变.从t=0时刻开始挡板A以加速度a=1 m/s2沿斜面向下匀加速运动,则:(g=10 m/s2)(1)t=0时刻,挡板对小球的弹力多大?(2)从开始运动到小球与挡板分离所经历的时间为多少?(3)小球向下运动多少距离时速度最大?[试解]素养培优·情境命题实际情境中的直线运动情境1 [2022·山东押题卷]高速公路的ETC电子收费系统如图所示,ETC通道的长度是识别区起点到自动栏杆的水平距离,总长为19.6 m.某汽车以5 m/s的速度匀速进入识别区,ETC用0.3 s的时间识别车载电子标签,识别完成后发出“滴”的一声,汽车又向前行驶了2 s司机发现自动栏杆没有抬起,于是紧急刹车,汽车恰好没有撞杆.已知司机的反应时间和汽车系统的反应时间之和为0.8 s.则刹车的加速度大小约为( )A.2.52 m/s2B.3.55 m/s2C.3.75 m/s2D.3.05 m/s2[解题心得]情境2 驾驶员看见过马路的人,从决定停车,直至右脚刚刚踩在制动器踏板上经过的时间,叫反应时间,在反应时间内,汽车按一定速度匀速行驶的距离称为反应距离;从踩紧踏板(抱死车轮)到车停下的这段距离称为刹车距离;司机从发现情况到汽车完全停下来,汽车所通过的距离叫做停车距离.如图所示,根据图中内容,下列说法中正确的是( )A.根据图中信息可以求出反应时间B.根据图中信息可以求出汽车的制动力C.匀速行驶的速度加倍,停车距离也加倍D.酒后驾车反应时间明显增加,停车距离不变[解题心得]情境3 [2022·浙江6月]物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中,如图所示,倾斜滑轨与水平面成24°角,长度l1=4 m,水平滑轨长度可调,两滑轨间平滑连接.若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑,其与滑轨间的动摩擦因数均为μ=2,货物可视为质点(取9cos 24°=0.9,sin 24°=0.4).(1)求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a1的大小;(2)求货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小;(3)若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2 m/s,求水平滑轨的最短长度l2.[试解]情境4 疫情期间,为了减少人与人之间的接触,一餐厅推出了一款智能送餐机器人进行送餐(如图甲).该款机器人的最大运行速度为4 m/s,加速度大小可调节在1 m/s2≤a≤3 m/s2范围内,要求:送餐过程托盘保持水平,菜碟与托盘不发生相对滑动,机器人到达餐桌时速度刚好为0.现把送餐过程简化为如图乙的直线情境图,已知机器人恰好以最大运行速度v=4 m/s通过O处,O与餐桌A相距x0=6 m,餐桌A和餐桌F相距L=16 m,机器人、餐桌都能看成质点,送餐使用的菜碟与托盘之间的动摩擦因数为μ=0.2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g=10 m/s2.(1)在某次从O到餐桌A的过程中,机器人从O开始匀减速恰好到A停下,求机器人在此过程加速度a的大小.(2)完成(1)问中的送餐任务后,机器人马上从A继续送餐到F,若要求以最短时间从A 送餐到F,求机器人运行的最大加速度a m和加速过程通过的位移x加.[试解]专题二 牛顿运动定律与直线运动高频考点·能力突破考点一例1 解析:108 km/h =30 m/s ,324 km/h =90 m/s由于中间4个站均匀分布,因此节省的时间相当于在任意相邻两站间节省的时间的5倍,为总的节省时间,相邻两站间的距离x =1 080×1035m =2.16×105m普通列车加速时间t 1=v1a=300.5 s =60 s加速过程的位移x 1=12at 12=12×0.5×602m =900 m根据对称性可知加速与减速位移相等,可得匀速运动的时间t 2=x −2x 1v=2.16×105−2×90030s =7 140 s同理高铁列车加速时间t ′1=v 1′a=900.5s =180 s加速过程的位移x ′1=12at1′2=12×0.5×1802m =8 100 m根据对称性可知加速与减速位移相等,可得匀速运动的时间t ′2=x −2x 1′v 1′=2.16×105−2×8 10090s =2 220 s相邻两站间节省的时间Δt =(t 2+2t 1)-(t ′2+2t ′1)=4 680 s ,因此总的节省时间Δt 总=5Δt =4 680×5 s=23 400 s =6小时30分,B 正确.答案:B预测1 解析:由题意知,在减速区AB 间的运动视为匀减速直线运动,且最终减为零,将此减速过程由逆向思维,可看作初速度为零的匀加速直线运动,则根据初速度为零的匀加速直线运动,连续相等时间内位移之比为1∶3∶5…可知,x 2∶x 1之比即为初速度为零的匀加速直线中第一个t4时间内的位移与第四个t4时间内的位移之比,即x 2∶x 1=1∶7,故选B.答案:B预测2 解析:(1)设轿车的加速度大小为a ,经过t 1=3 s ,客车和轿车位移分别为s 1、s 2,由运动学公式得s 1=v 1t 1,s 2=v 2t 1+12at 12,s 2=s 1+L 1+L 2+L +L 3,解得a =4 m/s 2.(2)设轿车减速的加速度大小为a ′,经过时间t 2,轿车、客车达到共同速度,则v 2-a ′t 2=v 1,客车和轿车位移分别为s ′1、s ′2,满足s ′2=v 2t 2−12a ′t 22, s ′1=v 1t 2, s ′2=s ′1+L ,解得a ′=2 m/s 2,即轿车至少以2 m/s 2的加速度做匀减速运动,才能避免与客车追尾. 答案:(1)4 m/s 2(2)2 m/s 2考点二例2 解析:(1)设雪车从A →B 的加速度大小为a 、运动时间为t ,根据匀变速直线运动的规律有2al AB =v B 2、v B =at解得t =3 s 、a =83 m/s 2.(2)方法一 由题知雪车从A →C 全程的运动时间t 0=5 s ,设雪车从B →C 的加速度大小为a 1、运动时间为t 1,故t 1=t 0-t ,根据匀变速直线运动的规律有l BC =v B t 1+12a 1t 12v C =v B +a 1t 1代入数据解得a 1=2 m/s 2、v C =12 m/s.方法二 由于雪车在BC 上做匀变速运动,故l BC =v BC ̅̅̅̅·t 1=v B +v C 2(t 0-t )解得v C =12 m/s.(3)方法一 设雪车在BC 上运动时受到的阻力大小为f ,根据牛顿第二定律有mg sin 15°-f =ma 1代入数据解得f =66 N方法二 对雪车在BC 上的运动过程由动量定理有 (mg sin 15°-f )(t 0-t )=mv C -mv B 代入数据解得f =66 N.方法三 对雪车从B →C 由动能定理有(mg sin 15°−f )l BC =12tt t 2−12tt t 2解得f=66 N.答案:(1)83m/s2(2)12 m/s (3)66 N预测3 解析:跳离跳台后上升阶段,加速度向下,则全红婵处于失重状态,A正确;入水后全红婵的加速度向上,处于超重状态,B错误;以向上为正方向,则根据-h=v0t-12gt2,可得t=2 s,即全红婵在空中运动的时间为2 s,C错误;入水时的速度v1=v0-gt=5 m/s-10×2 m/s=-15 m/s,在水中的加速度大小a=0−v1t=7.5 m/s2,方向竖直向上,根据牛顿第二定律可得f=ma+mg=35×10 N+35×7.5 N=612.5 N,D正确.答案:AD预测4 解析:(1)根据匀变速运动公式2ax=t2−t02解得t=t2−t022t=-3.4 m/s2根据牛顿第二定律得:制动力F=(M+m)a=340 N.(2)根据匀变速运动公式2a1x1=v12,2a1x2=v22,x1x2=t12t22联立解得x2=36 m.(3)超速时,加速度不变但刹车距离变大,超载时,质量变大,减速的加速度变小,刹车距离变大.答案:(1)-3.4 m/s2340 N (2)36 m (3)见解析考点三例3 解析:撤去力F后到弹簧第一次恢复原长之前,弹簧弹力kx减小,对P有μmg+kx=ma P,对Q有μmg-kx=ma Q,且撤去外力瞬间μmg=kx,故P做加速度从2μg减小到μg的减速运动,Q做加速度从0逐渐增大到μg的减速运动,即P的加速度始终大于Q的加速度,故除开始时刻外,任意时刻P的速度大小小于Q的速度大小,故P的平均速度大小必小于Q的平均速度大小,由x=v̅t可知Q的位移大小大于P的位移大小,可知B、C错误,A、D正确.答案:AD预测5 解析:香皂盒与纸板发生相对滑动时,根据牛顿第二定律可得μm1g=m1a1解得a1=2 m/s2对纸板,根据牛顿第二定律可得F-μm1g-μ(m1+m2)g=m2a2为确保实验成功,即香皂盒移动的距离不超过l=0.002 m,纸板抽出时香皂盒运动的最大距离为x1=12a1t12纸板运动距离为d+x1=12a2t12纸板抽出后香皂盒运动的距离为x2=12a3t22则l=x1+x2由题意知a1=a3,a1t1=a3t2代入数据联立得F=1.42 N,故B正确,A、C、D错误.答案:B预测6解析:如图可知sin θ=12×3L5L2=35,则cos θ=45,对轻绳中点受力分析可知F=2T cos θ,对小球由牛顿第二定律得T=ma,联立解得a=5F8m,故选项A正确.答案:A预测7 解析:解答本题的关键是要能分析得出板和小球分离时,板对小球的作用力为零;当球的速度最大时,球的加速度为零.(1)因开始时弹簧无形变,故对小球,根据牛顿第二定律得mg sin 30°-F1=ma解得F1=32 N.(2)当挡板和小球分离时,根据牛顿第二定律得mg sin 30°-kx=ma,其中x=12at2解得t=0.8 s,x=0.32 m.(3)当小球的速度最大时,加速度为零,此时mg sin 30°=kx1解得x1=0.4 m.答案:(1)32 N (2)0.8 s (3)0.4 m素养培优·情境命题情境1 解析:设刹车的加速度大小为a,则有x=t0(t1+t2+tt)+t022t代入数据有19.6=5×(0.3+2+0.8)+522a解得a=3.05 m/s2,所以D正确;A、B、C错误.答案:D情境2 解析:图中知道汽车速度,反应距离,根据x=v0t可以求出反应时间,故A 正确;由于不知汽车质量,则无法求出汽车的制动力,故B错误;设停车距离为x,反应时间为t0.则x=t0t0+t022t,可知匀速行驶的速度加倍,停车距离不是简单的加倍,故C错误;除了反应时间,其他条件不变的情况下,根据公式x=t0t0+t022t,酒后驾车反应时间明显增加,停车距离增加,故D错误.答案:A情境3 解析:(1)根据牛顿第二定律mg sin 24°-μmg cos 24°=ma1a1=2 m/s2(2)在倾斜滑轨上运动过程为匀加速直线运动v2=2a1l1v=4 m/s(3)在水平滑轨上的运动过程为匀减速直线运动v12-v2=2a2l2a2=-μgl2=2.7 m答案:(1)2 m/s2(2)4 m/s (3)2.7 m情境4 解析:(1)从O点到A点,由运动公式0-v2=2ax0,解得a=0−v22x0=-422×6m/s2=-43m/s2,机器人在此过程加速度a的大小为43m/s2.(2)要想用时最短,则机器人先以最大加速度加速,然后匀速一段时间,再以最大加速度做减速到零.最大加速度为a m=μg=2 m/s2,加速的位移为x加=v22a m=4 m.答案:(1)43m/s2(2)2 m/s2 4 m。

高中物理大二轮物理复习专题目录

高中物理大二轮物理复习专题目录

第3讲 平抛运动和电场中的类平抛运动 考向一 平抛运动的规律及应用 考向二 电场中的考向二 天体的运动问题
考向三 匀强磁场中的圆周运动
二轮物理
专题二
能量与动量
第1讲 功能关系及动量观点在力学中的应用 考向一 力学中的几个重要功能关系的应用 考向二 动力学观点和功能关系的综合应用 考向三 动量观点与能量观点的综合应用 第2讲 动量观点和能量观点在电学中的应用 考向一 功能关系在电学中的应用 考向二 应用动量观点和能量观点处理力电综合问题
考向一 热学基础知识与气体实验定律的组合
考向二 热学基础知识、热力学定律与气体定律的组合
第2讲 (选修3-4) 机械振动和机械波 光
电磁波
考向一 振动(或波动)与光的折射、全反射的组合 考向二 光学基础知识与波动(或振动)的组合 考向三 电磁波、光学、波动(或振动)的组合
二轮物理
第二部分 考前冲刺增分练 选择题48分专练(一) 选择题48分专练(二) 实验题15分专练(一)
二轮物理
专题三
电场和磁场
第1讲 电场和磁场的基本性质 考向一 电场的性质 考向二 磁场的性质 第2讲 带电粒子在复合场中的运动 考向一 带电粒子在组合场中的运动 考向二 带电粒子在叠加复合场中的运动 考向三 现代科技中的电磁场问题
二轮物理
专题四
电路与电磁感应
第1讲 恒定电流和交变电流 考向一 直流电路的计算与动态分析 考向二 交流电的产生及“四值”的应用 考向三 理想变压器和远距离输电问题
实验题15分专练(二)
计算题32分专练(一) 计算题32分专练(二) 选考题15分专练(一) 选考题15分专练(二)
二轮物理
小卷冲刺抢分练(一)——(8+2实验) 小卷冲刺抢分练(二)——(8+2实验) 小卷冲刺抢分练(三)——(8+2计算) 小卷冲刺抢分练(四)——(8+2计算) 高考模拟标准练

高考物理二轮复习专题牛顿运动定律讲含解析

高考物理二轮复习专题牛顿运动定律讲含解析

牛顿运动定律考点考大纲求专家解读牛顿运动定律及其应用Ⅱ1.从近几年的高考考点散布知道,本章主要考察考生可否正确理解牛顿运动定律的意义,可否娴熟应用牛顿第二定律、牛顿第三定律和受力剖析解决运动和力的问题;理解超重和失重现象,掌握牛顿第二定律的考证方法和原理。

2.高考命题中有关本章内容的题型有选择题、计算题。

高考试题常常综合牛顿运动定律和运动学规律进行考察,考题中侧重与电场、磁场的浸透,并经常与生活、科技、工农业生产等实质问题相联系。

3.本章是中学物理的基本规律和中心知识,在整个物理学中据有特别重要的地位,仍将为高考命题的重点和热门,考察和要求的程度常常层次较高。

超重与失重Ⅰ单位制Ⅰ纵观近几年高考试题,展望2019年物理高考试题还会考:1、牛顿运动定律是中学物理的基本规律和中心知识,在整个物理学中据有特别重要的地位,,题型主要有选择题,高考试题常常综合牛顿运动定律和运动学规律进行考察,考题中侧重与动量、能量、电场、磁场的浸透,并经常与生活、科技、工农业生产等实质问题相联系.2、本专题是高考命题的重点和热门,考察和要求的程度常常层次较高,独自考察的题目多为选择题,与直线运动、曲线运动、电磁学等知识联合的题目多为计算题。

考向01 牛顿运动定律(1)考大纲求主要考察考生可否正确理解牛顿运动定律的意义,可否娴熟应用牛顿第必定律、牛顿第二定律、牛顿第三定律和受力剖析解决运动和力的问题(2)命题规律牛顿运动定律是中学物理的基本规律和中心知识,在整个物理学中据有特别重要的地位,,题型主要有选择题,高考试题常常综合牛顿运动定律和运动学规律进行考察,考题中侧重与电场、磁场的浸透,并经常与生活、科技、工农业生产等实质问题相联系.事例1.如图,轻弹簧的下端固定在水平桌面上,上端放有物块P,系统处于静止状态,现用一竖直向上的力F作用在P上,使其向上做匀加快直线运动,以x表示P走开静止地点的位移,在弹簧恢还原长前,以下表示F和x之间关系的图像可能正确的选项是()A. B.C. D.【根源】2018年全国一般高等学校招生一致考试物理(新课标I卷)【答案】A【点睛】牛顿运动定律是高中物理骨干知识,匀变速直线运动规律贯串高中物理。

2021年新高考大二轮物理专题一 第2课时 牛顿运动定律与直线运动PPT课件

2021年新高考大二轮物理专题一 第2课时 牛顿运动定律与直线运动PPT课件

考题示例
例 1 (2019·全国卷Ⅰ·18)如图 1,篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮,
离地后重心上升的最大高度为 H.上升第一个H4 所用的时间为 t1,第四个H4
所用的时间为 t2.不计空气阻力,则tt21满足
A.1<tt21<2
B.2<tt21<3
√C.3<tt21<4
D.4<tt21<5
图1
专题一 力与运动
内容索引
NEIRONGSUOYIN
高考题型1 匀变速直线运动规律的应用 1.匀变速直线运动问题常用的六种解题方法
2.解题的 动性质
→ 选取正方向

选用公式 列方程

解方程并 加以讨论
3.两种匀减速直线运动的分析方法 (1)刹车问题的分析 末速度为零的匀减速直线运动问题常用逆向思维法,对于刹车问题,应先 判断车停下所用的时间,再选择合适的公式求解. (2)双向可逆类运动分析 匀减速直线运动速度减为零后反向运动,全过程加速度的大小和方向均不 变,故求解时可对全过程列式,但需注意x、v、a等矢量的正负及物理意义.
123
3.现有甲、乙两汽车正沿同一平直道路同向匀速行驶,甲车在前,乙车 在后,它们行驶的速度均为10 m/s.当两车快要到一十字路口时,甲车司 机看到绿灯已转换成了黄灯,于是紧急刹车(反应时间忽略不计),乙车 司机为了避免与甲车相撞也紧急刹车,但乙车司机反应较慢(反应时间 为t0=0.5 s).已知甲车紧急刹车时制动力为车重的0.4倍,乙车紧急刹车 时制动力为车重的0.6倍,g=10 m/s2,假设汽车可看成质点. (1)若甲车司机看到黄灯时车头距警戒线15 m,他采取上述措施能否避 免闯红灯? 答案 能
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第2讲 牛顿运动定律与直线运动一、单项选择题1.下列说法正确的是( ).A .当物体没有受到外力作用时,才有惯性,而物体受到外力作用时,就没有了惯性B .物体在粗糙的平面上减速滑行,初速度越大,滑行的时间越长,说明惯性的大小与速度有关C .当参考平面选取不同时,重力势能和电势能的值可能为负值,但弹性势能不能为负值D .当一个系统除受重力与弹簧的弹力作用外,还受其他力的作用,系统的机械能可能守恒解析 惯性大小取决于质量,与速度和外力无关,所以A 、B 选项错误.势能具有相对性,所以C 选项错误.由机械能守恒定律的条件可知D 选项正确.答案 D2.某物体的运动情况经仪器监控扫描,输入计算机后得到该运动物体位移随时间的变化规律为x =6t -t 2(m).则该物体在0~4 s 内走过的路程为( ).A .8 mB .9 mC .10 mD .11 m解析 将x =6t -t 2与x =v 0t -12at 2比较知,初速度v 0=6 m/s ,加速度a =-2 m/s 2,故物体前3 s 内沿正方向做匀减速的位移大小x 1=9 m ,后1 s 内沿负方向做匀加速运动走过的位移大小x 2=1 m ,故该物体在0~4 s 内走过的路程为10 m.答案 C3. 如图1-2-18所示,质量分别为m 1、m 2的两个物体通过轻弹簧连接,在力F 的作用下一起沿水平方向做匀加速直线运动(m 1在光滑地面上,m 2在空中).已知力F 与水平方向的夹角为θ.则m 1的加速度大小为( ).图1-2-18 A.F cos θm 1+m 2 B.F sin θm 1+m 2 C.F cos θm 1 D.F sin θm 2解析 把m 1、m 2看做一个整体,在水平方向上加速度相同,由牛顿第二定律可得:F cosθ=(m 1+m 2)a ,所以a =F cos θm 1+m 2,选项A 正确. 答案 A4.某实验小组为了测量两张纸之间的动摩擦因数,他先将一张纸贴在一平板上,另一张纸贴在另一木块下表面,并在木块上装如图1-2-19a 所示的支架ABC ,其中BC 与木块下表面平行,支架上固定一个量角器,在量角器圆心处固定一根细线,线下系一小球.现将平板倾斜放置,如图b 所示,将木块支架放在平板上,让其加速下滑,稳定时小球连线与OB 的夹角为θ,则两纸之间的动摩擦因数为( ).图1-2-19A .sin θB .cos θC .tan θD .cot θ解析 以小球为研究对象,设小球的质量为m ,平板的倾角为α,线的拉力为T ,由牛顿第二定律得mg sin α-T cos θ=ma ,mg cos α=T sin θ.联立解得a =g sin α-g cos α·cot θ,以装置(木块支架)整体为研究对象,由牛顿第二定律得g sin α-μg cos α=a .又因小球的加速度与装置(木块支架)整体的加速度大小相等,所以μ=cot θ. 答案 D二、双项选择题5.(2013·全国大纲,19)将甲、乙两小球先后以同样的速度在距地面不同高度处竖直向上抛出,抛出时间相隔2 s ,它们运动的v -t 图象分别如图1-2-20直线甲、乙所示.则( ).图1-2-20A.t=2 s时,两球高度相差一定为40 mB.t=4 s时,两球相对于各自抛出点的位移相等C.两球从抛出至落到地面所用的时间间隔相等D.甲球从抛出至达到最高点的时间间隔与乙球的相等解析运动过程与v-t图象相结合.甲、乙两小球抛出后均做竖直上抛运动,只是乙的运动滞后2 s.因初始位置高度不同,所以无法确定t=2 s时两小球的高度差,选项A错误;v-t图象中位移的大小等于图线与t轴所围的面积,从图象中可以看出t =4 s时两球相对于各自抛出点的位移相等,选项B正确;同时因抛出速度相同,所以从抛出至达到最高点的时间相同,从v-t图象知,该时间间隔均为3 s,选项D正确;因两球抛出时高度不同且高度差不确定,运动时间就不确定,选项C错误.答案BD6.物体的运动情况或所受合外力的情况如图1-2-21所示,四幅图的图线都是直线,从图中可以判断这四个质量一定的物体的某些运动特征.下列说法正确的是( ).图1-2-21A.甲物体受到不为零、且恒定的合外力B.乙物体受到的合外力不变C.丙物体受到的合外力为零D.丁物体的加速度越来越大解析甲物体做匀速直线运动,合外力为零,选项A错误.乙物体做匀加速运动,合外力恒定,且不为零,选项B正确.丙物体做匀加速运动,合外力恒定且不为零,选项C 错误.丁物体所受合外力越来越大,加速度越来越大,选项D正确.答案BD7.如图1-2-22所示,质量相等的a、b两物体,从斜面上的同一位置A由静止下滑,经B点在水平面上滑行一段距离后停下.不计经过B点时的能量损失,用传感器采集到它们的v-t图象如图乙所示,下列说法正确的是( ).图1-2-22A.a在斜面上滑行的加速度比b的大B.a在水平面上滑行的距离比b的长C.a与斜面间的动摩擦因数比b的大D.a先在水平面上停下解析根据图示和加速度定义可以直接判断a在斜面上滑行的加速度比b的大,A对;根据v-t图象与横轴时间t围成的面积表示位移大小可判断,a在水平面上滑行的距离比b的长,B对;对a和b在斜面上受力分析和由牛顿第二定律可得a=g sin θ-μg cos θ(θ为AB与水平面间的夹角),因为a a>a b,所以a与斜面间的动摩擦因数比b的小,C错;根据图象可以直接看出D错.答案AB8.我国“蛟龙号”深潜器经过多次试验,终于在2012年6月24日以7 020 m的深度创下世界最新纪录(国外最深不超过6 500 m).这预示着它可以征服全球99.8%的海底世界.假设在某次试验时,深潜器内的显示屏上显示出了从水面开始下潜到最后返回水面全过程的深度曲线(a)和速度图象(b),则下列说法中正确的是( ).图1-2-23A .图中h 3代表本次下潜最大深度B .全过程中最大加速度是0.025 m/s 2C .潜水员感到超重发生在3~4 min 和6~8 min 的时间段内D .整个潜水器在8~10 min 的时间段内机械能守恒解析 题图(a)中h 3代表本次下潜最大深度,A 正确;而v -t 图象的斜率表示物体运动的加速度,所以0~1 min 和3~4 min 内的加速度最大,a =130m/s 2,B 错误;当加速度向上时,物体处于超重状态,所以潜水员向下做减速运动和向上做加速运动的过程都处于超重状态,故3~4 min 内和6~8 min 内为超重状态,C 正确;潜水器在8~10 min 时间段内的加速度为a ′=140 m/s 2,故潜水器除重力外还受到其他外力作用,机械能不守恒,D 错误.答案 AC三、非选择题9.交通路口是交通事故的多发地,驾驶员到交通路口时也要格外小心.现有甲、乙两汽车正沿同一平直马路同向匀速行驶,甲车在前,乙车在后,它们行驶的速度均为v 0=8 m/s.当两车快要到十字路口时,甲车司机看到绿灯已转换成了黄灯,于是紧急刹车(反应时间忽略不计),乙车司机为了避免与甲车相撞也紧急刹车,但乙车司机反应较慢(反应时间为t =0.5 s).已知甲车紧急刹车时制动力为车重的0.5倍,乙车紧急刹车时制动力为车重的25,g =10 m/s 2.(1)若甲车司机看到黄灯时车头距警戒线6.5 m ,他采取了上述措施后是否会闯红灯? (2)为保证两车在紧急刹车过程中不相撞,甲、乙两车在行驶过程中应至少保持多大距离?解析 (1)甲车紧急刹车的加速度为 a 1=Ff 1m 1=0.5m 1g m 1=5 m/s 2, 这段时间滑行距离s 1=v 202a 1=822×5m =6.4 m , 6.4 m <6.5 m ,甲车不会闯红灯.(2)乙车紧急刹车的加速度为a 2=f 2m 2=0.4m 2g m 2=4 m/s 2, 乙车刹车过程中的运动位移s 2=v 202a 2=822×4m =8 m ,乙车在司机反应时间内的运动位移:s 3=v 0t =8×0.5 m=4 m ,Δs =s 2+s 3-s 1=5.6 m.答案 (1)不会 (2)5.6 m10.(2013·山东卷,22)如图1-2-24所示,一质量m =0.4 kg 的小物块,以v 0=2 m/s的初速度,在与斜面成某一夹角的拉力F 作用下,沿斜面向上做匀加速运动,经t =2 s 的时间物块由A 点运动到B 点,A 、B 之间的距离L =10 m .已知斜面倾角θ=30°,物块与斜面之间的动摩擦因数μ=33.重力加速度g 取10 m/s 2.图1-2-24(1)求物块加速度的大小及到达B 点时速度的大小.(2)拉力F 与斜面夹角多大时,拉力F 最小?拉力F 的最小值是多少?解析 (1)设物块加速度的大小为a ,到达B 点时速度的大小为v ,由运动学公式得 L =v 0t +12at 2①v =v 0+at ②联立①②式,代入数据得 a =3 m/s 2③v =8 m/s ④(2)设物块所受支持力为F N ,所受摩擦力为F f ,拉力与斜面间的夹角为α,受力分析如图所示,由牛顿第二定律得F cos α-mg sin θ-F f =ma ⑤F sin α+F N -mg cos θ=0⑥又F f =μF N ⑦联立⑤⑥⑦式得F =mg sin θ+μcos θ+ma cos α+μsin α⑧ 由数学知识得cos α+33sin α=233sin(60°+α)⑨ 由⑧⑨式可知对应F 最小的夹角α=30°⑩联立③⑧⑩式,代入数据得F 的最小值为F min =1335N ⑪ 用水平答案 (1)3 m/s 2 8 m/s (2)30° 1335N 11.(2013·江苏卷,14)如图1-2-25所示,将小砝码置于桌面上的薄纸板上,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1-2-25(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=0.5 kg ,m 2=0.1 kg ,μ=0.2,砝码与纸板左端的距离d =0.1 m ,取g =10 m/s 2.若砝码移动的距离超过l =0.002 m ,人眼就能感知.为确保实验成功,纸板所需的拉力至少多大?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 ,纸板所受的摩擦力f =f 1+f 2=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,则有:f 1=m 1a 1,F -f 1-f 2=m 2a 2,发生相对运动的条件a 1<a 2, 解得F >2μ(m 1+m 2)g(3)纸板抽出前,砝码运动距离x 1=12a 1t 21.纸板运动距离x 1+d =12a 2t 21.纸板抽出后,砝码在桌面上运动距离x 2=12a 3t 22,l =x 1+x 2 且a 1=a 3,a 1t 1=a 3t 2,联立以上各式解得F =2μ⎣⎢⎡⎦⎥⎤m 1+⎝ ⎛⎭⎪⎫1+d l m 2g ,代入数据求得F =22.4 N. 答案 (1)μ(2m 1+m 2)g (2)F >2μ(m 1+m 2)g。

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