专题二 牛顿运动定律与直线运动
物理牛顿运动定律专项二.docx
2013-2014学思教育咼一物理综合训练二1.关于惯性，下列说法中止确的是（）A.同一汽车，速度越快，越难刹车，说明物体速度越人，惯性越人B.物体只有静止或做匀速直线运动吋才有惯性C.乒乓球可以快速抽杀，是因为乒乓球的惯性小的缘故D.已知月球上的重力加速度是地球上的1/6,故一个物体从地球移到月球惯性减小为1/62.下列关于质点的说法，正确的是（）A.原子核很小，所以可以当作质点。
B.研究和观察H食时，可把太阳当作质点。
C.研究地球的白转时，可把地球当作质点。
D.研究地球的公转时，可把地球当作质点。
3.下面哪一组单位属于国际单位制中的基本单位（）A.米、牛顿、千克B・T•克、焦耳、秒C.米、千克、秒D.米/秒彳、千克、牛顿4.下列说法，正确的是（）A•两个物体只要接触就会产生弹力B.放在桌面上的物体受到的支持力是由于桌而发生形变而产生的C.滑动摩擦力的方向总是和物体的运动方向相反D.形状规则的物体的重心必与其儿何屮心重合5.在100m竞赛屮，测得某一运动员5s末瞬时速度为10.4m/s,10s末到达终点的瞬时速度为10.2m/so则他在此竞赛中的平均速度为（）A.10m/s B・ 10.2m/s C・ 10.3m/s D・ l（）.4m/s6.用手握住瓶子，使瓶子在竖总方向静止，如果握力加倍，则手对瓶子的摩擦力（）A.握力越人，摩擦力越大。
B.只要瓶子不动，摩擦力大小与前面的因索无关。
C.方向由向下变成向上。
D.手越干越粗糙，摩擦力越大。
・一物体m受到一个撞击力后沿不光滑斜面向上滑动，如图所示，在滑动过程中，V物体m受到的力是：（）A、重力、沿斜面向上的冲力、斜面的支持力B、重力、沿斜面向下的滑动摩擦力、斜面的支持力C 、 重力、沿斜面向上的冲力、沿斜面向下的滑动摩擦力D 、 重力、沿斜面向上的冲力、沿斜面向下的摩擦力、斜面的支持力&同一平而内的三个力，大小分别为4N 、6N 、7N,若三力同时作用于某一物 体，则该物体所受三力合力的最大值和最小值分别为（ ）A. 17N 3NB. 5N 3NC. 9N 0D. 17N 0 9. 汽车在两乍站间沿直线行驶时，从甲站出发，先以速度u 匀速行驶了全程的 一半，接着匀减速行驶后一半路程，抵达乙车站时速度恰好为零，则汽车在 全程中运动的平均速度是（）14. 如图所示，在光滑的桌面上有M 、m 两个物块，现用力F 推物块m,使M 、 m 两物块在桌上一起向右加速，则M 、m 间的相互作用力为：（ ） A. v/3B. v/2C. 2v/3D. 3v / 2 10. 在2006年2月26号闭幕的都灵冬奥会上，张丹和张昊一-起以完美表演赢得 了双人滑比赛的银牌.在滑冰表演刚开始时他们静止不动，随着优美的咅乐响起 后在相互猛推一下后分别向相反方向运动.假定两人的冰刀与 冰而间的摩擦因数相同，已知张丹在冰上滑行的距离比张昊 远，这是由于（ ）A. 在推的过程屮，张丹推张昊的力小于张昊推张丹的力B. 在推的过程小，张昊推张丹的时间大于张丹推张昊的 时间C. 在刚分开时，张丹的初速度大于张昊的初速度D. 在分开后，张丹的加速度的人小人于张昊的加速度的人小11. 如图所示，悬挂在小车顶棚上的小球偏离竖直方向9角，则小车的运动情况 可能是（ ） A.向右加速运动 B.向右减速运动C. 向左加速运动D.向左减速运动 12.下列所描述的运动的中，可能的冇：（）A. 速度变化很大，加速度很小；B. 速度变化方向为正，加速度方向为负； 13. 如图是A 、B 两物体同时由同一地点向同一方向做直线运动的v ・t 图象，从图 彖上可知（ ）A. A 做匀速运动,B 做匀加速运动B. 20s 末A 、B 相遇C. 20s 末A 、B 相距最远D. 40s 末A 、B 相遇为 M +m D ・若桌而的摩擦因数为“，M 、m 仍向右加速，则M 、m 间的相互作用力 仍为卫匚M15. 如图，把弹簧测力计的一端固定在墙上，用力F 水平向左拉金属板,金属板向左运动，此吋测力计的示数稳定(图屮已把弹簧测力计的示数放大Mill),测得物块P 重13N,根据表屮给出的动摩擦因数，可推算出物块P 的材料 为 _____________ O16. 用接在50Hz 交流电源上的打点计时器测定小车做匀加速直线运动的加 速度，得到如图所示的一条纸带，从比较清晰的点开始起，取若干个让数点, 分别标上0、1、2、3…(每相邻的两个计数点间冇4个打印点未标出)，fi得()与1两点间的距离xi=3() mm, 3与4两点间的距离x 4=48 mm.,则小车 在0与1两点间的平均速度为 ________ m /s,小车的加速度为 _________ m/s 2o 17由静止开始做匀加速直线运动的汽年，第Is 内通过().4m 位移，问：⑴汽午 在第Is 末的速度为多大？⑵汽车在第2s 内通过的位移为多大？18竖肓升降的电梯内的天花板上悬挂着一根弹簧秤，如图所示，弹簧秤的秤钩 上悬挂一个质量m=4kg 的物体，试分析下列情况下电梯各种具体的运动情况(g 取 l()m/s 2)：⑴当弹簧秤的示数「=40N,且保持不变.(2) 当弹簧秤的示数T 2=32N,且保持不变.(3) 为弹簧秤的示数T 3=44N,且保持不变. A- C. mF MF --------- B. ------------------------------- M + m M + m若桌面的摩擦因数为“，M 、m 仍向右加速，则M 、m 间的相互作用力 MF “+ “Mg则物块P 打金属板间的滑动摩擦力的大小是No 若用弹簧测力计第2：19如图，有一水平传送带以2m / s的速度匀速运动，现将一物体轻轻放在传送带的左端上，若物体与传送带间的动摩擦因数为0.5,已知传送带左、右端间的距离为10m,求传送带将该物体传送到传送带的右端所需时间。
新高考物理：牛顿运动定律 匀变速直线运动(解析版)
牛顿运动定律 匀变速直线运动1.本专题是动力学方法的典型题型，包括动力学两类基本问题和应用动力学方法解决多运动过程问题。
高考中既可以在选择题中命题，更会在计算题中命题。
2024年高考对于动力学的考查仍然是热点。
2.通过本专题的复习，可以培养同学们的审题能力,分析和推理能力。
提高学生关键物理素养。
3.用到的相关知识有:匀变速直线运动规律,受力分析、牛顿运动定律等。
牛顿第二定律对于整个高中物理的串联作用起到至关重要的效果，是提高学生关键物理素养的重要知识点，因此在近几年的高考命题中动力学问题一直都是以压轴题的形式存在，其中包括对与高种常见的几种运动形式，以及对于图像问题的考查等，所以要求考生了解题型的知识点及要领，对于常考的模型要求有充分的认知。
考向一：有关牛顿第二定律的连接体问题1.处理连接体问题的方法：①当只涉及系统的受力和运动情况而不涉及系统内某些物体的受力和运动情况时，一般采用整体法。
②当涉及系统(连接体)内某个物体的受力和运动情况时，一般采用隔离法。
2.处理连接体问题的步骤：3.特例：加速度不同的连接体的处理方法：①方法一(常用方法)：可以采用隔离法，对隔离对象分别做受力分析、列方程。
②方法二(少用方法)：可以采用整体法，具体做法如下：此时牛顿第二定律的形式：F 合x =m 1a 1x +m 2a 2x +m 3a 3x +⋯；F 合y =m 1a 1y +m 2a 2y +m 3a 3y +⋯说明：①F 合x 、F 合y 指的是整体在x 轴、y 轴所受的合外力，系统内力不能计算在内；②a 1x 、a 2x 、a 3x 、⋯⋯和a 1y 、a 2y 、a 3y 、⋯⋯指的是系统内每个物体在x 轴和y 轴上相对地面的加速度。
考向二：有关牛顿第二定律的动力学图像问题常见图像v t 图像、a t 图像、F t 图像、F a 图像三种类型(1)已知物体受到的力随时间变化的图线，求解物体的运动情况。
2牛顿运动定律
第二章 牛顿运动定律（Newton’s Laws of Motion ）§1 牛顿运动定律▲第一定律(惯性定律)(First law ，Inertia law ): 任何物体都保持静止或作匀速直线运动的状态，除非作用在它上面的力迫使它改变这种状态。
⎩⎨⎧概念定性给出了力与惯性的定义了“惯性系” 惯性系（inertial frame ）：牛顿第一定律成立的参考系。
力是改变物体运动状态的原因，而并非维持物体运动状态的原因。
▲第二定律（Second lawF ρ：物体所受的合外力。
m ：质量（mass ），它是物体惯性大小的量度，也称惯性质量（inertial mass ）。
若m = const. ，则有：a m F ρρ= a ρ：物体的加速度。
第一定律▲第三定律（Third Law ）：2112F F ρρ-=说明：1.牛顿定律只适用于惯性系；2.牛顿定律是对质点而言的，而一般物体可认为是质点的集合，故牛顿定律具有普遍意义。
Δ§2 SI 单位和量纲（书第二章第2节）Δ§3 技术中常见的几种力（书第二章第3节）Δ§4基本自然力（书第二章第4节）m 1 m 2 F 12 F 21§5 牛顿定律应用举例书第二章第2节的各个例题一定要认真看，下面再补充一例，同时说明作题要求。
已知:桶绕z轴转动，ω= const.水对桶静止。
求：水面形状（z - r关系）解：▲选对象：任选表面上一小块水为隔离体m ；▲看运动：m作匀速率圆周运动raρρ2ω-=；▲查受力：受力gmρ及Nρ，水面⊥Nρ（∵稳定时m受周围水及空气的切向合力为零）；▲列方程：⎩⎨⎧-=-=-)2(sin)1(cos2rmNrmgNzωθθ向：向：θtg为z（r）曲线的斜率，由导数关系知：rzddtg=θ(3)由(1)(2)(3)得：rgrz2ddtgωθ==分离变量： r r gz d d 2ω= 积分： ⎰⎰=zz rr r g z 002d d ω得： 0222z r g z +=ω（旋转抛物面） 若已知不旋转时水深为h ，桶半径为R ,则由旋转前后水的体积不变，有： ⎰=⋅R h R r r z 02d 2ππ⎰=+Rh R r r z r g 02022d 2)2(ππω 得 g R h z 4220ω-=▲验结果： 0222z r g z +=ω ·单位：[2ω]=1/s 2 ，[r ]=m ，[g ]=m/s 2][m m/sm )/s 1(]2[2222z g ==⋅=ω，正确。
牛顿运动定律点点清专题2 牛顿运动定律的理解--因果性、矢量性、独立性、同一性
牛顿运动定律点点清专题2 牛顿第二定律的理解----因果性、矢量性、独立性、同一性一知识清单1.内容：物体加速度的大小跟作用力成正比，跟物体的质量成反比．加速度的方向与作用力方向相同．2．表达式：F＝ma.3．适用范围(1)只适用于惯性参考系(相对地面静止或匀速直线运动的参考系)．(2)只适用于宏观物体(相对于分子、原子)、低速运动(远小于光速)的情况．4．牛顿第二定律的“五”性5.力学单位制：单位制由基本单位和导出单位共同组成．力学单位制中的基本单位有千克(kg)、米(m)和秒(s)．导出单位有N、m/s、m/s2等．二经典例题（一）牛顿第二定律的因果性(1)不管速度是大是小，或是零，只要合力不为零，物体都有加速度．(2)合力与速度同向时，物体加速运动；合力与速度反向时，物体减速运动．例题1.(多选)由牛顿第二定律表达式F＝ma可知(CD)．A．质量m与合外力F成正比，与加速度a成反比B．合外力F与质量m和加速度a都成正比C．物体的加速度的方向总是跟它所受合外力的方向一致D．物体的加速度a跟其所受的合外力F成正比，跟它的质量m成反比解析对于给定的物体，其质量是不变的，合外力变化时，加速度也变化，合外力与加速度的比值不变，A错；既然物体的质量不变，故不能说合外力与质量成正比，B错；加速度的方向总是跟合外力的方向相同，C正确；由a＝Fm可知D正确．例题2. (2019年莆田模拟)一质点受多个力的作用，处于静止状态．现使其中一个力的大小逐渐减小到零，再沿原方向逐渐恢复到原来的大小．在此过程中，其他力保持不变，则质点的加速度大小a 和速度大小v 的变化情况是( )A ．a 和v 都始终增大B ．a 和v 都先增大后减小C ．a 先增大后减小，v 始终增大D ．a 和v 都先减小后增大解析：质点受多个力的作用，处于静止状态，则多个力的合力为零，其中任意一个力与剩余所有力的合力大小相等、方向相反，使其中一个力的大小逐渐减小到零再恢复到原来大小的过程中，则所有力的合力先变大后变小，但合力的方向不变，根据牛顿第二定律知，a 先增大后减小，v 始终增大，C 正确．答案：C例题3.由库仑定律可知，真空中两个静止的点电荷，带电荷量分别为q 1和q 2，其间距离为r 时，它们之间相互作用力的大小为F ＝kq 1q 2r 2，式中k 为静电力常量．若用国际单位制的基本单位表示，k 的单位应为( ) A ．kg ·A 2·m 3B ．kg ·A －2·m 3·s －4C ．kg ·m 2·C －2D ．N ·m 2·A －2解析：由公式F ＝k q 1q 2r 2得，k ＝Fr 2q 1q 2，故k 的单位为N ·m2C2，又由公式q ＝It 得1 C ＝1 A ·s ，由F ＝ma可知1 N ＝1 kg ·m ·s －2，故1N ·m 2C2＝1 kg ·A －2·m 3·s －4，选项B 正确．答案：B（二）牛顿第二定律的矢量性牛顿第二定律F=ma 是矢量式,加速度的方向由物体所受合外力的方向决定,二者总是相同,即任一瞬间,a 的方向均与合外力方向相同.由于加速度的方向与合力的方向总相同，若已知合力的方向，即可确定加速度的方向；反之，若已知加速度的方向，即可确定合力的方向．图6-3例题4.如图6-3所示,一辆有动力驱动的小车上有一水平放置的弹簧,其左端固定在小车上,右端与一小球相连.设在某一段时间内小球与小车相对静止且弹簧处于拉伸状态,若忽略小球与小车间的摩擦力,则在此段时间内小车可能是( ) A .向右做加速运动B .向右做减速运动C .向左做匀速运动D .向左做减速运动B [解析] 因为弹簧处于拉伸状态,小球在水平方向受到向左的弹簧弹力F ,由牛顿第二定律的矢量性可知,小球加速度也是向左.小球与小车相对静止,故小车可能向左做加速运动或向右做减速运动,B 正确.图6-4例题5.如图6-4所示,有一辆汽车满载西瓜在水平路面上匀速前进,突然发现意外情况,紧急刹车做匀减速运动,加速度大小为a ,重力加速度为g ,则中间一质量为m 的西瓜A 受到其他西瓜对它的作用力的大小是( )A .mB .maC .mD .m (g+a )变式题 C [解析] 西瓜受到重力和其他西瓜给它的作用力而做匀减速运动,加速度水平向右,由牛顿第二定律的矢量性可知,其合力水平向右.作出西瓜A 受力情况如图所示,由牛顿第二定律可得=ma ,所以F=m ,选项C 正确.（三）牛顿第二定律的独立性(1)作用于物体上的每一个力各自产生的加速度都遵循牛顿第二定律． (2)物体的实际加速度等于每个力产生的加速度的矢量和．(3)力和加速度在各个方向上的分量也遵循牛顿第二定律，即a x ＝F x m ，a y ＝F y m.当物体受到几个力的作用时,各力将独立地产生与其对应的加速度,而物体表现出来的实际加速度是物体所受各力产生加速度的矢量和.例题6.为了节省能量,某商场安装了如图6-7所示智能化的电动扶梯,扶梯与水平面的夹角为θ.无人乘行时,扶梯运行得很慢;当有人站上扶梯时,扶梯先以加速度a 匀加速运动,再以速度v 匀速运动.一质量为m 的顾客乘扶梯上楼,恰好经历了这两个过程,重力加速度为g ,下列说法中正确的是 ( )图6-7A .顾客始终受到三个力的作用B .扶梯对顾客的支持力始终等于mgC .加速阶段扶梯对顾客的摩擦力大小为ma cos θ,方向水平向右D.顾客对扶梯作用力的方向先沿扶梯向上,再竖直向下C[解析] 顾客加速过程中,受力如图所示,由牛顿第二定律知,水平方向有f=ma cos θ,f方向水平向右,竖直方向有F N-mg=ma sin θ,则F N>mg,选项B错误,C正确;在匀速运动过程中,顾客仅受重力和支持力,且二力平衡,选项A、D错误.例题7.(多选)如图6-8所示,水平地面上有一楔形物体b,b的斜面上有一小物体a;a与b之间、b与地面之间均存在摩擦.已知楔形物体b静止时,a静止在b的斜面上.现给a和b一个共同的向左的初速度,与a和b都静止时相比,此时可能()图6-8A.a与b之间的压力减小,且a相对b向下滑动B.a与b之间的压力增大,且a相对b向上滑动C.a与b之间的压力增大,且a相对b静止D.b与地面之间的压力不变,且a相对b向上滑动BC[解析] 若两物体依然相对静止,则a的加速度一定水平向右,将加速度沿垂直于斜面与平行于斜面两个方向进行分解,则垂直于斜面方向,有F N-mg cos θ=ma'y,即支持力F N大于mg cos θ,与都静止时比较,a与b之间的压力增大;若加速度a过大,则摩擦力可能沿着斜面向下,即a物体可能有相对b向上滑动的趋势,甚至相对b向上滑动,故A错误,B、C正确.对系统,在竖直方向上,若a相对b向上滑动,则a还具有向上的分加速度,对整体,由牛顿第二定律可知,系统处于超重状态,b与地面之间的压力将大于两物体重力之和,D错误.（四）牛顿第二定律的同一性例题8.五个质量相等的物体置于光滑的水平面上，如图3所示．现向右施加大小为F、方向水平向右的恒力，则第2个物体对第3个物体的作用力等于( C )图3A.15FB.25FC.35FD.45F 解析 设每个物体的质量为m ，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律有F ＝5ma ，解得整体的加速度a ＝F5m ；以物体3、4、5为研究对象，根据牛顿第二定律，第2个物体对第3个物体的作用力F ′＝3ma ＝35F ，C 正确．例题9.如图5所示，物体A 、B 质量分别为m 1、m 2，物块C 在水平推力作用下，三者相对静止，一起向右以a ＝5m/s 2的加速度匀加速运动，不计各处摩擦，取g ＝10 m/s 2，则m 1∶m 2为( C )图5A ．1∶2B ．1∶3C ．2∶1D ．3∶1解析 设A 、B 间细绳的拉力大小为F T ，则有F T ＝m 2g ，对A 根据牛顿第二定律得：F T ＝m 1a ，解得m 1m 2＝21，所以选项C 正确．三 达标检测题组一、因果性1．下列对牛顿第二定律的理解，不正确的是( )A ．如果一个物体同时受到两个力的作用，则这两个力各自产生的加速度互不影响B ．如果一个物体同时受到几个力的作用，则这个物体的加速度等于所受各力单独作用在物体上时产生加速度的矢量和C ．平抛运动中竖直方向的重力不影响水平方向的匀速运动D ．物体的质量与物体所受的合力成正比，与物体的加速度成反比解析：物体的质量是物体的固有属性，不会受到外界条件的影响(如：受力、运动状态、在火星上还是地球上等)，故选D.答案：D2．(多选)关于单位制，下列说法中正确的是( CD )．A ．kg 、m/s 、N 是导出单位B ．kg 、m 、C 是基本单位C ．在国际单位制中，时间的基本单位是sD ．在国际单位制中，力的单位是根据牛顿第二定律定义的 解析 在力学中选定m(长度单位)、kg(质量单位)、s(时间单位)作为基本单位，可以导出其他物理量的单位，力的单位(N)是根据牛顿第二定律F ＝ma 导出的，故C 、D 正确．3．(2019年海南三亚一中月考)竖直起飞的火箭在推力F 的作用下产生10 m/s 2的加速度，若推力增大到2F ，则火箭的加速度将达到(取g ＝10 m/s 2，不计空气阻力)( )A ．20 m/s 2B ．25 m/s 2C ．30 m/s 2D ．40 m/s 2解析：根据牛顿第二定律可知F －mg ＝ma 1，当推力为2F 时，有2F －mg ＝ma 2，代入数据解得a 2＝30 m/s 2，则C 正确．答案：C4.(2019年山东枣庄质检)有一轻质橡皮筋下端挂一个铁球，手持橡皮筋的上端使铁球竖直向上做匀加速运动，若某时刻手突然停止运动，则下列判断正确的是( )A ．铁球立即停止上升，随后开始向下运动B．铁球立即开始向上做减速运动，当速度减到零后开始下落C．铁球立即开始向上做减速运动，当速度达到最大值后开始下落D．铁球继续向上做加速运动，当速度达到最大值后才开始做减速运动【解析】铁球匀加速上升，受到拉力和重力的作用，且拉力的大小大于重力，手突然停止运动瞬间，铁球由于惯性继续向上运动，开始阶段橡皮条的拉力还大于重力，合力竖直向上，铁球继续向上加速运动，当拉力等于重力后，速度达到最大值，之后拉力小于重力，铁球开始做减速运动，故A、B、C错误，D正确．【答案】 D5．在解一道文字计算题(由字母表达结果的计算题)时，一个同学解得x＝F2m(t1＋t2)，用单位制的方法检查，这个结果( )A．可能是正确的B．一定是错误的C．如果用国际单位制，结果可能正确D．用国际单位制，结果错误，如果用其他单位制，结果可能正确解析：由x＝F2m (t1＋t2)可知x的单位为：Nkg·s＝kg·m/s2·skg＝m/s，此为速度的单位，而位移的单位为m，所以结果错误．答案：B6.(多选)[2018·荆州中学月考]如图K6-8所示,在一个立方体空箱子顶部用细线悬吊着一个小球,让箱子分别沿甲、乙两个倾角相同的固定斜面下滑.在斜面甲上运动过程中悬线始终竖直向下,在斜面乙上运动过程中悬线始终与顶部垂直,则箱子()图K6-8A.在斜面甲上做匀加速运动B.在斜面乙上做匀加速运动C.对斜面甲的作用力较大D.对两斜面的作用力相等.BC[解析] 斜面甲上的小球所受的合力为0,做匀速运动,斜面甲对箱子的作用力与箱子和小球的总重力(m+M)g大小相等;斜面乙上的小球所受的合力为mg sin θ,做匀加速运动,对乙图中的小球和箱子,斜面乙对箱子的作用力大小为(m+M)g cos θ,小于(m+M)g,选项B、C正确.7．(2013·新课标Ⅱ·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( 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 ＝ma知：随F的增大，加速度a增大，故选C.题组二、矢量性7.一个质量为2 kg的物体在六个恒定的共点力作用下处于平衡状态.现同时撤去大小分别为15 N和20 N 的两个力,关于此后该物体的运动,下列说法中正确的是()A.一定做匀变速直线运动,加速度大小可能是5 m/s2B.可能做匀减速直线运动,加速度大小是2 m/s2C.一定做匀变速运动,加速度大小可能是15 m/s2D.可能做匀速圆周运动,向心加速度大小可能是5 m/s2.C[解析] 由平衡条件知,余下力的合力与撤去的两个力的合力大小相等、方向相反,则撤去大小分别为25 N和10 N的两个力后,物体的合力大小范围为5 N≤F合≤35 N,物体的加速度范围为2.5 m/s2≤a≤17.5 m/s2,撤去两个力后,加速度可能为5 m/s2,但是若速度与合加速度方向不在一条直线上,则物体做曲线运动,选项A错误;撤去两个力后,加速度不可能为2 m/s2,选项B错误;若物体原来做匀速直线运动,则撤去两个力后,剩下力的合力恒定,物体做匀变速运动,加速度大小可能是15 m/s2,但不可能做匀速圆周运动,选项C 正确,D错误.图3－2－38. (2019右甘肃模拟)如图3－2－3，顶端固定着小球的直杆固定在小车上，当小车向右做匀加速运动时，球所受合外力的方向沿图中的( )A．OA方向B．OB方向C．OC方向D．OD方向【解析】据题意可知，小车向右做匀加速直线运动，由于球固定在杆上，而杆固定在小车上，则三者属于同一整体，根据整体法和隔离法的关系分析可知，球和小车的加速度相同，所以球的加速度也应该向右，即沿OD方向，故选项D正确．【答案】 D9. (2016年高考·课标全国卷Ⅰ)(多选)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解析：质点原来做匀速直线运动，说明所受合外力为0，当对其施加一恒力后，恒力的方向与原来运动的速度方向关系不确定，则质点可能做直线运动，也可能做曲线运动，但加速度的方向一定与该恒力的方向相同，质点单位时间内速度的变化量Δv总是不变的，但速率的变化量不确定，选项B、C正确.答案：BC10.鱼在水中沿直线水平向左减速游动过程中,水对鱼的作用力方向合理的是图K6-1中的()图K6-1.C[解析] 对鱼分析,加速度向右,则重力与水对鱼的作用力的合力水平向右,所以水对鱼的作用力斜向右上方,选项C 正确.11.如图K6-3所示,在质量为m的物体上加一个竖直向上的拉力F,使物体以加速度a竖直向上做匀加速运动,不计阻力.下列说法中正确的是()A.若拉力改为2F,则物体的加速度为2aB.若质量改为,则物体的加速度为2aC.若质量改为2m,则物体的加速度为D.若质量改为,拉力改为,则物体的加速度不变5.D[解析] 由牛顿第二定律得F-mg=ma,解得a==-g,若拉力改为2F,则物体的加速度为a1=-g>2a,选项A错误;若质量改为,则物体的加速度a2=-g>2a,选项B错误;若质量改为2m,则物体的加速度a3=-g<,选项C错误;若质量改为,拉力改为,则物体的加速度a4=-g=a,选项D正确.12.(多选)如图K6-9所示,质量为m的小球放在半径为R的光滑半球形槽内,当槽以加速度α向右匀加速运动时,小球离槽底的高度为h.下列说法正确的是()A.槽的加速度a越大,则h越大B.槽的加速度a越大,则h越小C.槽的加速度a越大,则小球对槽的压力越大D.槽的加速度a越大,则小球对槽的压力越小12.AC[解析] 对小球受力分析如图所示,设小球所在位置的半径与水平方向的夹角为θ,则小球所受的合力F合=,根据牛顿第二定律得F合==ma,解得tan θ=,槽的加速度a越大,则θ越小,由几何关系可知h越大,故A正确,B错误;槽对球的支持力F N=,槽的加速度a越大,则θ越小,由F N=知F N越大,由牛顿第三定律知,球对槽的压力越大,故C正确,D错误.图K6-1013.如图K6-10所示,一截面为椭圆形的容器内壁光滑,其质量为M,置于光滑水平面上,内有一质量为m的小球.当容器在一个水平向右的力F作用下向右匀加速运动时,小球处于图示位置,重力加速度为g,此时小球对椭圆面的压力大小为()A.mB.mC.D.13.B[解析] 对整体,由牛顿第二定律得,加速度a=,对小球,有F N==m,由牛顿第三定律可知,小球对椭圆面的压力大小F'N=F N=m,选项B正确.题组三、独立性14. (2019年广西南宁模拟)如图3－2－7所示，车内轻绳AB与BC拴住一小球，BC水平，开始车在水平面上向右匀速直线运动，现突然刹车做匀减速直线运动，小球仍处于图中所示的位置，则( )图3－2－7A ．AB 绳、BC 绳拉力都变小B ．AB 绳拉力变大，BC 绳拉力不变 C ．AB 绳拉力不变，BC 绳拉力变小D ．AB 绳拉力不变，BC 绳拉力变大【解析】 对球B 受力分析，受重力、BC 绳子的拉力F T2、AB 绳子的拉力F T1，如图3－2－8所示，根据牛顿第二定律，水平方向：F T2－F T1sin θ＝ma图3－2－8竖直方向：F T1cos θ－mg ＝0 解得F T1＝mgcos θ，AB 绳子的拉力不变F T2＝mg tan θ＋ma匀速时加速度为零，刹车后，加速度向左，取负值，所以，BC 绳子的拉力变小，故C 正确，A 、B 、D 错误．【答案】 C图3－2－915 .(2019年浙江模拟)趣味运动会上运动员手持网球拍托球沿水平面匀加速跑，设球拍和球质量分别为M 、m ，球拍平面和水平面之间夹角为θ，球拍与球保持相对静止，它们间摩擦力及空气阻力不计，则( )A ．运动员的加速度为g tan θB ．球拍对球的作用力为mgC ．运动员对球拍的作用力为(M ＋m )g cos θD ．若加速度大于g sin θ，球一定沿球拍向上运动解析：对球进行受力分析，受到重力mg 和球拍对它的支持力N ，作出受力分析图如图3－2－10所示，图3－2－10 图3－2－11根据牛顿第二定律得N sin θ＝ma ，N cos θ＝mg ，解得a ＝g tan θ，N ＝mgcos θ，故A 正确，B 错误；以球拍和球整体为研究对象进行受力分析，如图3－2－11所示，根据牛顿第二定律得，运动员对球拍的作用力为F ＝（M ＋m ）g cos θ，故C 错误；当a >g tan θ时，球将沿球拍向上运动，由于g sin θ与g tan θ的大小关系未知，故D 错误．答案：A图3－2－2116．(2019年南宁模拟)如图3－2－21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( )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 ．挡板对球的弹力不仅有，而且是一个定值图3－2－22解析：球在重力、斜面的支持力和挡板的弹力作用下做加速运动，则球受到的合力水平向右，为ma ，如图3－2－22，设斜面倾角为θ，挡板对球的弹力为F 1，由正交分解法得F 1－F N sin θ＝ma ，F N cos θ＝G ，解得F 1＝ma ＋G tan θ，可见，弹力为一定值，故D 正确．答案：D17．(2019年辽宁沈阳四校月考)如图3－2－1所示，当小车向右加速运动时，物块M 相对车厢静止于竖直车厢壁上，当车的加速度增大时 ( )图3－2－1A ．M 受静摩擦力增大B ．M 对车厢壁的压力减小C ．M 仍相对于车厢静止D ．M 受静摩擦力减小解析：分析M 受力情况如图3－2－2所示，因M 相对车厢壁静止，有F f ＝Mg ，与水平方向的加速度大小无关，A 、D 错误．水平方向，F N ＝Ma ，F N 随a 的增大而增大，由牛顿第三定律知，B 错误．因F N 增大，物体与车厢壁的最大静摩擦力增大，故M 相对于车厢仍静止，C 正确．图3－2－2答案：C18.如图K6-11所示,当车向右加速行驶时,一质量为m 的物块紧贴在车厢壁上,且相对于车厢壁静止.下列说法正确的是 ( )A .在竖直方向上,车厢壁对物块的摩擦力与物块的重力平衡B .在水平方向上,车厢壁对物块的弹力与物块对车厢壁的压力是一对平衡力C .若车的加速度变小,则车厢壁对物块的弹力不变D .若车的加速度变大,则车厢壁对物块的摩擦力也变大 .A [解析] 对物块受力分析如图所示,由牛顿第二定律知,在竖直方向,有f=mg ,在水平方向,有F N =ma ,A 正确,C 、D 错误;车厢壁对物块的弹力与物块对车厢壁的压力是一对作用力和反作用力,B 错误.题组四、统一性18.如图6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( A )图6A.F cos θm 1＋m 2B.F sin θm 1＋m 2C.F cos θm 1D.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 cos θ＝(m 1＋m 2)a ，所以a ＝F cos θm 1＋m 2，选项A 正确． 19．将力传感器A 固定在光滑水平桌面上，测力端通过轻质水平细绳与滑块相连，滑块放在较长的小车上．如图7甲所示，传感器与计算机相连接，可获得力随时间变化的规律．一水平轻质细绳跨过光滑的定滑轮，一端连接小车，另一端系沙桶，整个装置开始处于静止状态．现在向沙桶里缓慢倒入细沙，力传感器采集的F －t 图象如图乙所示．则( BD )图7A ．2.5s 前小车做变加速运动B ．2.5s 后小车做变加速运动C ．2.5s 前小车所受摩擦力不变D ．2.5s 后小车所受摩擦力不变解析 当倒入细沙较少时，M 处于静止状态，对M 受力分析有绳子拉力等于m 对M 的静摩擦力．在满足M 静止的情况下，缓慢加细沙，绳子拉力变大，m 对M 的静摩擦力逐渐变大，由图象得出2.5s 前M 都是静止的，A 、C 选项错误；2.5s 后M 相对于m 发生滑动，m 对M 的摩擦力为滑动摩擦力F f ＝μmg 保持不变，D 项正确；M 运动后继续倒入细沙，绳子拉力发生变化，小车将做变加速运动，B 项正确．20．某运动员做跳伞训练，他从悬停在空中的直升机上由静止跳下，跳离飞机一段时间后打开降落伞减速下落．他打开降落伞后的速度图线如图9(a)所示．降落伞用8根对称的绳悬挂运动员，每根绳与中轴线的夹角均为α＝37°，如图(b)所示．已知运动员的质量为50kg ，降落伞的质量也为50kg ，不计运动员所受的阻力，打开伞后伞所受阻力F f 与速度v 成正比，即F f ＝kv (g 取10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)．则下列判断中正确的是( BC )图9A ．k ＝100N ·s/mB ．打开伞瞬间运动员的加速度a ＝30m/s 2，方向竖直向上C ．悬绳能够承受的拉力至少为312.5ND ．悬绳能够承受的拉力至少为625N解析 以运动员和降落伞整体为研究对象，系统受两个力的作用，即重力和阻力，以竖直向上为正方向，由题图(a)可知：2mg ＝kv 匀，又v 匀＝5m/s ，故k ＝200 N ·s/m ，选项A 错误；在打开伞的瞬间，对运动员和降落伞整体由牛顿第二定律可得kv 0－2mg ＝2ma ，所以a ＝kv 0－2mg 2m＝30m/s 2，方向竖直向上，选项B 正确；设每根绳的拉力为F T ，以运动员为研究对象有8F T cos α－mg ＝ma ，F T ＝m (g ＋a )8cos37°＝312.5N ，选项C 正确，D 错误．8．如图8所示，一质量为m 的滑块，以初速度v 0从倾角为θ的斜面底端滑上斜面，当其速度减为零后又沿斜面返回底端，已知滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，若滑块所受的摩擦力为F f 、所受的合外力为F 合、加速度为a、速度为v，规定沿斜面向上为正方向，在滑块沿斜面运动的整个过程中，这些物理量随时间变化的图象大致正确的是( AD )图834.（空间受力情况）某同学在擦黑板时,使板擦由静止开始,沿水平方向做匀加速直线运动,用1s,板擦移动1m,板擦得质量为0.2kg,板擦与黑板之间的动摩擦因数为0.4,移动中手对板擦做用力两个效果:一个是垂直板擦的压力F1,一个是平行于黑板面的推力F2,已知F1=4 g取10,求F2 大小和方向由S=1/2at²即 1=S=1/2a 得 a=2 M/s²F2cosθθθ - μF1=ma F2sinθ=mgF2cosθ = ma+ μF1=0.2*2 + 0.4*4=2 N方向与加速度方向成45独角向上相同。
第二章-牛顿运动定律
Fi 0
( 静力学基本方程 )
二. 牛顿第二定律
某时刻质点动量对时间的变化率正比与该时刻作用在质点上
所有力的合力。
Fi
d(mv) dt
Fi
k
d(mv) dt
取适当的单位，使 k =1 ，则有
Fi
d(mv) dt
dmv dt
m
dv dt
当物体的质量不随时间变化时
Fi
m
dv dt
ma
• 直角坐标系下为
例 一柔软绳长 l ，线密度 ρ，一端着地开始自由下落.
求 下落到任意长度 y 时刻，给地面的压力为多少？
解 在竖直向上方向建坐标，地面为原点（如图）.
取整个绳为研究对象 设压力为 N
N gl dp p p yv
y
dt
N gl d( yv) dy v gt
dt dt
y
l
d( yv) dyv dv y v 2 yg dt dt dt
• 同时性 —— 相互作用之间是相互依存，同生同灭。
讨论
第三定律是关于力的定律，它适用于接触力。对于非接触的 两个物体间的相互作用力，由于其相互作用以有限速度传播， 存在延迟效应。
§2.2 力学中常见的几种力
一. 万有引力
质量为 m1、m2 ，相距为 r 的 两质点间的万有引力大小为
m1
F12
r r0
l
λΔ lg
T (l)
T
N
f2
四. 摩擦力
1. 静摩擦力 当两相互接触的物体彼此之间保持相对静止，且沿接触面有 相对运动趋势时，在接触面之间会产生一对阻止上述运动趋 势的力，称为静摩擦力。
说明
静摩擦力的大小随引起相对运动趋势的外力而变化。最大 静摩擦力为 fmax=µ0 N ( µ0 为最大静摩擦系数，N 为正压力) 2. 滑动摩擦力 两物体相互接触，并有相对滑动时，在两物体接触处出现 的相互作用的摩擦力，称为滑动摩擦力。
学科网2012高考物理二轮复习精品资料Ⅰ 专题2 牛顿运动定律与直线运动(同步课件)
例1 (1)10 s
(2)14 s
【解析】 (1)Δx＝vΔt＝2.5×8 m＝20 m 设警车发动起来后要经时间t1才能追上违章的货车，则
1 2 2at1 －vt1＝Δx，
解得t1＝10 s
(2)若警车的最大速度是vm＝12 m/s，则警车发动起来后加
m 速的时间t0＝ a ＝ 2 s ＝6 s<10 s，这以后警车做匀速运动． 设警车发动起来后经过时间t2追上违章的货车，则
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． 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；物体具有的向下的加速度等于重力加速度时处 于完全失重状态． 注意：无论是超重还是失重，物体的重力不会改变． 四、力F与直线运动的关系 合外力F与物体的速度v在同一直线上时，物体做直线运 动．若F与v同向，物体做加速运动；若F与v反向，物体做减 速运动．在以上情形下，若力F恒定，则物体做匀变速直线运 动.
二、牛顿第二定律的四性
性质 内容
瞬时性 力与加速度同时产生、同时消失、同时变化
同体性 在公式F＝ma中，m、F、a都是同一研究对象在同一时刻对应的物理量
矢量性 加速度与合力方向相同
独立性
当物体受几个力的作用时，每一个力分别产生的加速度只与此力有关， 与其他力无关；物体的加速度等于所有分力产生的加速度分量的矢量和
要点热点探究 ► 探究点一 追及与相遇问题
初速度小(或初速度为零)的甲物体匀加速追做匀速运动的速 度大的乙物体：(1)当两者速度相等时，甲、乙两物体的间距为 甲追上乙前的最大距离；(2)若甲从两物体第一次相遇的位置开 始追乙，当两者位移相等时，甲、乙两物体再次相遇；若甲、 乙刚开始相距s0 ，则当两物体的位移之差为s0 时，甲、乙两物 体相遇．
2012高考物理二轮专题训练2 直线运动与牛顿运动定律
二轮复习专题训练－直线运动与牛顿定律姓名 班级 学号一、单项选择题1．某质点运动的v －t 图象如下图所示，则该质点做A ．来回往复运动B ．匀变速直线运动C ．朝某一方向的直线运动D ．不能确定2．某物体由静止开始做直线运动，物体所受合力F 随时间t 的变化图象如图所示，下列关于该物体运动情况的说法正确的是A ．物体在2～4 s 内做匀加速直线运动B ．物体在4 s 末离出发点最远C ．物体始终向同一方向运动D ．物体在0～4 s 和在4～8 s 内的位移相同3．汽车以20 m/s 的速度做匀速运动，某时刻关闭发动机而做匀减速运动，加速度大小为5 m/s 2，则它关闭发动机后通过37.5 m 所需时间为( )A ．3 sB ．4 sC ．5 sD ．6 s4．做匀减速运动的物体经4 s 后停止，若在第1 s 内的位移是14 m ，则最后1 s 内的位移是A ．1 mB ．2 mC ．5 mD ．3 m5．一个质点做方向不变的直线运动，加速度的方向始终与速度方向相同，但加速度大小逐渐减小直至为零，在此过程中A ．速度逐渐减小，当加速度减小到零时，速度达到最小值B ．速度逐渐增大，当加速度减小到零时，速度达到最大值C ．位移逐渐增大，当加速度减小到零时，位移将不再增大D ．位移逐渐减小，当加速度减小到零时，位移达到最小值6．如下图所示，在小车中悬挂一小球，若偏角θ未知，而已知摆球的质量为m ，小球随小车水平向左运动的加速度为a ＝2g 取g ＝10 m/s 2，则绳的张力为A ．m 510B ．m 334C ．m 20D ．m 3850(+7．商场搬运工要把一箱苹果沿倾角为θ的光滑斜面推上水平台，如右图所示．他由斜面底端以初速度v 0开始将箱推出(箱与手分离)，这箱苹果刚好能滑上平台．箱子的正中间是一个质量为m 的苹果，在上滑过程中其他苹果对它的作用力大小是( )A ．mgB ．mgsin θC ．mgcos θD ．08．从同一地点同时开始沿同一直线运动的两个物体Ⅰ、Ⅱ的速度—时间图象如图所示．在0～t 2时间内，下列说法中正确的是A ．Ⅰ物体所受的合外力不断增大，Ⅱ物体所受的合外力不断减小B ．在第一次相遇之前，t 1时刻两物体相距最远C ．t 2时刻两物体相遇D ．Ⅰ、Ⅱ两个物体的平均速度大小相等9．如右图所示，水平地面上的物体质量为1 kg ，在水平拉力F ＝2 N 的作用下从静止开始做匀加速直线运动，前2 s内物体的位移为3 m；则物体运动的加速度大小为A．3 m/s2B．2 m/s2C．1.5 m/s2D．0.75 m/s210．在升降电梯内的地面上放一体重计，电梯静止时，晓敏同学站在体重计上，体重计示数为50 kg，电梯运动过程中，某一段时间内晓敏同学发现体重计如右图所示，在这段时间内下列说法中正确的是A．晓敏同学所受的重力变小了B．晓敏对体重计的压力小于体重计对晓敏的支持力C．电梯一定在竖直向下运动D．电梯的加速度大小为g/5，方向一定竖直向下二、双项选择题11．如右图所示是某质点做直线运动的v－t图象，由图可知这个质点的运动情况是A．前5 s做的是匀速运动B．5 s～15 s内做匀加速运动，加速度为1 m/s2C．15 s～20 s内做匀减速运动，加速度为－3.2 m/s2D．质点15 s末离出发点最远，20秒末回到出发点12．甲、乙两物体由同一位置出发沿一直线运动，其速度—时间图象如下图所示，下列说法正确的是A．甲做匀速直线运动，乙做匀变速直线运动B．两物体两次相遇的时刻分别是2 s末和6 s末C．乙在头2 s内做匀加速直线运动，2 s后做匀减速直线运动D．2 s后，甲、乙两物体的速度方向相反13．由牛顿第一定律可知()A．物体的运动是依靠惯性来维持的B．力停止作用后，物体的运动就不能维持C．物体做变速运动时，一定有外力作用D．力是改变物体惯性的原因14．在匀速前进的磁悬浮列车里，小明将一小球放在水平桌面上且小球相对桌面静止．关于小球与列车的运动，下列说法正确的是()A．若小球向前滚动，则磁悬浮列车在加速前进B．磁悬浮列车急刹车时，小球向前滚动C．若小球向后滚动，则磁悬浮列车在加速前进D．磁悬浮列车急刹车时，小球向后滚动15．如右图所示，用皮带输送机将物块m向上传送，两者间保持相对静止，则下列关于m所受摩擦力F f的说法正确的是()A．皮带传动的速度越大F f越大B．皮带加速运动的加速度越大F f越大C．皮带速度恒定，m质量越大F f越大D．F f的方向一定与皮带速度方向相同三、课后作业①单项选择题1．关于物体运动状态的变化，下列说法中正确的是()A．运动物体的加速度不变，则其运动状态一定不变B．物体的位置在不断变化，则其运动状态一定在不断变化C．做直线运动的物体，其运动状态可能不变D．做曲线运动的物体，其运动状态也可能不变2．下列关于运动和力的叙述中，正确的是()A．做曲线运动的物体，其加速度方向一定是变化的B．物体做圆周运动，所受的合力一定指向圆心C．物体所受合力方向与运动方向相反，该物体一定做直线运动D．物体运动的速率在增加，所受合力方向一定与运动方向相同3．一个小石块从空中a点自由落下，先后经过b点和c点，不计空气阻力．已知它经过b点时的速度为v，经过c点时的速度为3v，则ab段与ac段位移之比为()A．1∶3B．1∶5C．1∶8 D．1∶94．一石块从楼房阳台边缘向下做自由落体运动到达地面，把它在空中运动的时间分为相等的三段，如果它在第一段时间内的位移是1.2 m，那么它在第三段时间内的位移是() A．1.2 m B．3.6 m C．6.0 m D．10.8 m5．雨点从高空由静止下落，在下落过程中，受到的阻力与雨点下落的速度成正比，图中能正确反映雨点下落运动情景的是()6．如右图所示，光滑水平面上放置质量分别为m、2m的A、B两个物体，A、B间的最大静摩擦力为μmg，现用水平拉力F拉B，使A、B以同一加速度运动，则拉力F的最大值为()A．μmg B．2μmgC．3μm g D．4μmg7．用40 N的水平力F拉一个静止在光滑水平面上、质量为20 kg的物体，力F作用3 s后撤去，则第5 s末物体的速度和加速度的大小分别是A．v＝6 m/s，a＝0 B．v＝10 m/s，a＝2 m/s2C．v＝6 m/s，a＝2 m/s2D．v＝10 m/s，a＝08．如下图甲所示，A、B两物体叠放在光滑水平面上，对物体A施加一水平力F，F－t图象如图乙所示，两物体在力F作用下由静止开始运动，且始终相对静止，规定水平向右为正方向，则下列说法正确的是A．两物体在4 s时改变运动方向B．在1 s～3 s时间内两物体间摩擦力为零C．6 s时两物体的速度为零D．B物体所受的摩擦力方向始终与力F的方向相同9．质量为2 kg的物体静止在足够大的水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等．从t＝0时刻开始，物体受到方向不变、大小呈周期性变化的水平拉力F的作用．F随时间t的变化规律如图所示．重力加速度g取10 m/s2，则物体在t＝0至t＝12 s这段时间的位移大小为A．18 m B．54 m C．72 m D．198 m10．下列几种情景，请根据所学知识，选择对情景的分析和判断的正确说法（）①点火后即将升空的火箭②空间站在绕地球做匀速圆周运动③磁悬浮列车在轨道上高速行驶④高速公路上沿直线高速行驶的轿车为避免事故紧急刹车A．因火箭还没运动，所以加速度为零B．空间站做匀速运动，所以加速度为零C．高速行驶的磁悬浮列车，因速度很大，所以加速度很大D．轿车紧急刹车，速度变化很快，所以加速度很大②双项选择题11．一汽车在路面情况相同的公路上沿直线行驶，下面关于车速、惯性、质量和滑行位移的讨论，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，刹车后滑行的位移越长D．车速越大，刹车后滑行的位移越长，所以惯性越大12．小球从空中自由下落，与水平地面第一次相碰后弹到空中某一高度，其速度随时间变化的关系如图所示，则（）A．小球第一次反弹初速度的大小为3m/s；B．碰撞时速度的改变量大小为2m/s；C．小球是从5m高处自由下落的；D．小球反弹起的最大高度为0.45m。
高中物理-专题二第1课时 力与直线运动
专题二力与物体的运动第1课时力与直线运动专题复习定位解决问题本专题主要解决直线运动中匀变速直线运动规律、牛顿运动定律和动力学方法的应用。
高考重点匀变速直线运动规律的应用；应用牛顿第二定律分析瞬时、超重和失重、连接体和图象等问题；应用动力学方法处理“传送带模型”和“板—块模型”等问题。
题型难度以选择题为主，有时候在计算题中的某一问或者单独以计算题的形式命题，题目难度一般为中档题。
1.匀变速直线运动的条件物体所受合力为恒力，且与速度方向共线。
2.匀变速直线运动的基本公式及推论速度公式：v＝v0＋at。
位移公式：x＝v0t＋12at2。
速度和位移公式的推论：v2－v20＝2ax。
中间时刻的瞬时速度：v t2＝xt＝v0＋v2。
任意两个连续相等的时间间隔内的位移之差是一个恒量，即Δx＝x n＋1－x n＝aT2。
3.图象问题(1)速度—时间图线的斜率或切线斜率表示物体运动的加速度，图线与时间轴所包围的面积表示物体运动的位移。
匀变速直线运动的v－t图象是一条倾斜直线。
(2)位移—时间图线的斜率或切线斜率表示物体的速度。
4.超重和失重超重或失重时，物体的重力并未发生变化，只是物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)发生了变化。
物体发生超重或失重现象与物体的运动方向无关，只取决于物体的加速度方向。
当a有竖直向上的分量时，超重；当a有竖直向下的分量时，失重；当a＝g且竖直向下时，完全失重。
5.瞬时问题应用牛顿第二定律分析瞬时问题时，应注意物体与物体间的弹力、绳的弹力和杆的弹力可以突变，而弹簧的弹力不能突变。
6.连接体问题在连接体问题中，一般取连接体整体为研究对象，求共同运动的加速度，隔离法求连接体内各物体间的相互作用力。
1.基本思路2.解题关键抓住两个分析，受力分析和运动情况分析，必要时要画运动情景示意图。
对于多运动过程问题，还要找准转折点，特别是转折点的速度。
3.常用方法(1)整体法与隔离法：单个物体的问题通常采用隔离法分析，对于连接体问题，通常需要交替使用整体法与隔离法。
2013高考物理二轮复习 专题限时集训(二)B 专题二 牛顿运动定律与直线运动配套作业(解析版,新课标)
专题限时集训(二)B [专题二牛顿运动定律与直线运动]1．“蹦极”就是跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在踝关节等处，从几十米高处跳下的一种极限运动．人做蹦极运动，所受绳子拉力F的大小随时间 t变化的情况如图2－9所示．将蹦极过程近似为在竖直方向的运动，据图可知，此人在蹦极过程中受到的重力约为( )图2－9A．F0B.95FC.25FD.35F2．如图2－10所示，质量为m＝20 kg、长为L＝5 m的木板放置在水平面上，木板与水平面的动摩擦因数μ1＝0.15.可视为质点的质量为m＝10 kg的小木块，以v＝4 m/s的水平速度从木板的左端滑上木板，小木块与木板的动摩擦因数为μ2＝0.40.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10 m/s2，则下列说法中正确的是( )图2－10A．木板可能静止不动，小木块能滑出木板B．木板一定静止不动，小木块不能滑出木板C．木板可能向右滑动，小木块不能滑出木板D．木板一定向右滑动，小木块能滑出木板3．如图2－11所示，动物园的水平地面上放着一只质量为M 的笼子，笼子内有一只质量为 m 的猴子，当猴子以某一加速度沿竖直柱子加速向上爬时，笼子对地面的压力为F1；当猴子以同样大小的加速度沿竖直柱子加速下滑时，笼子对地面的压力为 F2.关于图2－11F1和 F2的大小，下列判断中正确的是( )A．F1＝F2B．F1＜(M＋m)g，F2＞(M＋m)gC．F1＋F2＝2(M＋m)gD．F1－F2＝2(M＋m)g4．为了研究超重和失重现象，某同学把一体重计放在电梯的地板上，他站在体重计上随电梯运动并观察体重计示数的变化情况，下表记录了几个特定时刻体重计示数(表内时间不表示先后顺序)，若已知t时刻电梯静止，则( )A.t1和t2B．t1和t2时刻该同学的质量并没有变化，但所受重力发生了变化C．t1和t2时刻电梯运动的加速度大小相等，运动方向一定相反D．t2时刻电梯不可能向上运动5．如图2－12所示，粗糙的水平传送带以恒定的速率v1沿图示方向运行，传送带的左、右两侧各有一与传送带等高的光滑水平面，一物体以速率v2沿水平面分别从左、右两端滑上传送带，下列说法正确的是( )图2－12A．若v2<v1，物体从右端滑上传送带，则物体不可能到达左端B．若v2>v1，物体从右端滑上传送带，则物体一定能够到达左端C．若v2<v1，物体从左端滑上传送带，则物体一定先做加速运动，再做匀速运动D．物体从右端滑上到左端所需的时间可能等于物体从左端滑上到右端的时间6．如图2－13所示，质量为m的小物块以初速度v图2－13沿足够长的固定斜面上滑，斜面倾角为θ，物块与该斜面间的动摩擦因数μ>tanθ，图2－14中表示该物块的速度v和所受摩擦力Ff 随时间t变化的图线(以初速度v的方向为正方向)，可能正确的是( )A BC D乙图2－147．如图2－15所示，质量为m的小球用水平轻弹簧系住，并用倾角为30°的光滑木板AB托住，小球恰好处于静止状态．当木板AB突然向下撤离的瞬间，小球的加速度大小为( )图2－15A．0 B.233g C．g D.33g8．如图2－16所示，水平面上放有质量均为m＝1 kg的物块A和B(均视为质点)，A、B与地面的动摩擦因数分别为μ1＝0.4和μ2＝0.1，相距l＝0.75 m．现给物块A一初速度使之向物块B运动，与此同时给物块B一个F＝3 N水平向右的力使其由静止开始运动，经过一段时间A恰好能追上B，g＝10 m/s2.求：(1)物块B运动的加速度大小；(2)物块A 初速度大小．图2－169．在娱乐节目《幸运向前冲》中，有一个关口是跑步跨栏机，它的设置是让观众通过一段平台，再冲上反向移动的跑步机皮带并通过跨栏，冲到这一关的终点．如图2－17所示，现有一套跑步跨栏装置，平台长L 1＝4 m ，跑步机皮带长L 2＝32 m ，跑步机上方设置了一个跨栏(不随皮带移动)，跨栏到平台末端的距离L 3＝10 m ，且皮带以v 0＝1 m/s 的恒定速率转动．一位挑战者在平台起点从静止开始以a 1＝2 m/s 2的加速度通过平台冲上跑步机，之后以a 2＝1 m/s2的加速度在跑步机上往前冲，在跨栏时不慎跌倒，经过t ＝2 s 爬起(假设从摔倒至爬起的过程中挑战者与皮带始终相对静止)，然后又保持原来的加速度a 2，在跑步机上顺利通过剩余的路程，求挑战者全程所需要的时间．图2－17专题限时集训(二)B1．D [解析] 人最终处于平衡状态绳子拉力应等于人的重力，由图知拉力的最终值为35F 0，选项D 正确．2．B [解析] 木板与水平面间的摩擦力为F f1＝μ1(m 0＋m)g ＝45 N ，小木块与木板之间的摩擦力为F f2＝μ2mg ＝40 N ，F f1>F f2，所以木板一定静止不动；小木块在木板上滑行的距离为x ，则v 20＝2μ2gx ，解得x ＝2m<L ＝5 m ，小木块不能滑出木板．选项B 正确．3．C [解析] 以整体为研究对象，受力如图所示，由牛顿第二定律，沿竖直柱子加速向上爬时，有：F 1－(M ＋m)g ＝ma ；沿竖直柱子加速向下滑时，有：(M ＋m)g －F 2＝ma ；因此有F 1>(M ＋m)g ，F 2<(M ＋m)g ，F 1＋F 2＝2(M ＋m)g ，所以选项C 正确．4．A [解析] t 1时刻人超重，电梯的加速度向上，t 2时刻人失重，电梯的加速度向下，A 正确；无论超重还是失重，人的质量和所受重力均不发生变化，B 错误；由牛顿第二定律可知，t 1和t 2时刻电梯的加速度大小相等、方向相反，但运动方向不一定相反，C 错误；t 2时刻电梯可能向下加速，也可能向上减速，D 错误．5．D [解析] 由于题述没有给出传送带的长度和物体与传送带的动摩擦因数，无法判断出物体从右端滑上传送带，能否到达左端，选项A 、B 错误；若v 2<v 1，物体从左端滑上传送带，则物体可能一直做加速运动，选项C 错误；当v 2>v 1，且v 2足够大时，物体无论从右端还是从左端滑上传送带，都做加速度相同的匀减速运动，此时从右端滑上到左端所需的时间等于物体从左端滑上到右端的时间，选项D正确．6．A [解析] 物块的运动情况是先向上做减速运动，所受滑动摩擦力为μmgcosθ，方向沿斜面向下，达到最高点后由于μ>tanθ即mgsinθ<μmgcosθ，滑块不会向下滑动，而是保持静止，静摩擦力的大小等于重力的下滑分力mgsinθ，小于上滑时的摩擦力μmgcosθ，所以选项A正确．7．B [解析] 撤离木板时，小球所受重力和弹簧的弹力不发生变化，二者合力的大小等于撤离木板前木板对小球的支持力FN ，由于FN＝mgcos30°＝233mg，所以撤离木板后，小球加速度大小为：a＝FNm＝233g.选项B项正确．8．(1)2 m/s2(2)3 m/s[解析] (1)对物块B，由牛顿第二定律得：F－μ2mg＝maB解得aB＝2 m/s2.(2)对物块A，由牛顿第二定律得：μ1mg＝ma A解得aA＝4 m/s2.设物块A经过t时间追上物块B，则有xA ＝vt－12aAt2xB ＝12aBt2恰好追上的条件为：v0－aAt＝aBtxA －xB＝l联立解得：t＝0.5 s，v＝3 m/s. 9．14 s[解析] 挑战者匀加速通过平台，有L1＝12a1t21解得：t1＝2L1a1＝2 s冲上跑步机的初速度v1＝a1t1＝4 m/s冲上跑步机至跨栏，有L3＝v1t2＋12a2t22解得t2＝2 s摔倒至爬起随跑步机移动距离x＝vt＝1×2 m＝2 m 取地面为参考系，则挑战者爬起向左减速的过程，有：v0＝a2t3解得：t3＝1 s对地位移x1＝vt3－12a2t23＝0.5 m挑战者向右加速冲刺过程有：x＋x1＋L2－L3＝12a2t24解得：t4＝7 s挑战者通过全程所需的总时间为：t总＝t1＋t2＋t＋t3＋t4＝14 s.。
模块一专题二牛顿运动定律与直线运动
模 块 一 力 与 运 动
② (2) ① ②
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a
F . m
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(3) ① ② F1 F2.
重点知识归纳
高考热点示例
模 块 一 力 与 运 动 , , . . 2. 知 ,
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模 块 一 力 与 运 动
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3. 模 块 一 力 与 运 动 , , . . 1
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275 N
模 块 一 力 与 运 动
FT FT FN Mg FT Ma① ① ma② ② 440 N FN 275 N. FN. FN. FT
M
m
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FT
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FN mg
①②
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模 块 一 力 与 运 动 1 2 440 N 275 N
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v1
a2t
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模 块 一 力 与 运 动 1∶3 ∶
1∶3. ∶
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a1 1 a2 3
a1
a2
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热点 模 块 一 力 与 运 动
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1.
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2. 模 块 一 力 与 运 动 , , . , , . , 1 : , . , ,
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下 页
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模 块 一 力 与 运 动 识 3.
, , 知识 考 , , 知识, 知识 知 . 考 知 .
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。
用牛顿运动定律解直线运动问题
（ ） 若 给 铁 块 施 加 ２
一
例 ２ 质量 为 ２ ｇ的物 体静 止在 足 够 大 的 ｋ
水 平地面上 ， 体与地 面 间的动 摩擦 因数 为 ０ ２ 物 ．，
最大静 摩 擦 力 与 滑 动 摩 擦 力 大小视 为 相 等． ｔ ０时刻 从 一
解 得
ａ ２— ７ ５ ｓ ， ． ｍ／
的动摩 擦 因数 一 ０ １ 在 木 ．，
０４ ， ．ｓ
板 的 左 端 放 置 一 个 质 量 ｍ — ｌ ｇ 大 小 可 以 忽 ｋ、
小 球继 续上 滑 的时 间 ｔ 一 ｕ １
ａ ２
略 的铁 块 ， 块 与木 板 间的 动 摩 擦 因数 铁
上 滑 的位移 ｓ 一
厶
一
２— ０ ６ ． ｍ，
０ ４ 取 ｇ 一 １ ｍ／ ， 求 ： ．， ０ ｓ 试
小 球上 滑 的最 大距 离为 Ｓ 一 Ｓ ＋ Ｓ 一 ２ ４ ． ｍ．
２ 周 期 性 外 力 作 用 下 的 直 线 运 动 ．
（ ）若 木板 长 Ｌ 一 １ 在铁 块 上加 一 个水 １ ｍ，
ｍｇｓｎ ０ ＋ ｐｎ ｏ ３ 。一 Ｉａ２ ｉ ３ 。 ａ ｇｃ ｓ ０ Ｔ ， ｔ
３ 有 相 对 运 动 的 直 线 运 动 ． 例 ３ 如 图 ４所 示 ， 量 １ 质 ． ￡ ． Ｉ Ｍ — ｌ ｇ的 木 板 静 止 在 粗 糙 Ｌ 广］ ｋ
的 水 平 地 面 上 ， 板 与 地 面 间 木
厂 ， ｍ 物体 保持静 止 ， 一 ０ ；
下 ， Ａ点 由静止 沿杆 向上运 动 ， 从 已知 杆 与球 间
高中物理大二轮物理复习专题目录
二轮物理
选择题48分专练(一) 选择题48分专练(二) 实验题15分专练(一) 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)
第二部分 考前冲刺增分练
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
大二轮专题复习与测试
物理
二轮物理
第一部分 专题一 力与运动 第1讲 物体的平衡 考向一 力学中的平衡问题 考向二 电学中的平衡问题 考向三 平衡中的临界极值问题 第2讲 牛顿运动定律和直线运动 考向一 运动图象的理解及应用 考向二 匀变速直线运动应用规律 考向三 牛顿运动定律的综合应用
专题整合突破
二轮物理
第2讲 电学实验与创新 考向一 电表改装与读数、多用电表原理与使用 考向二 以伏安法测电阻为核心的实验 考向三 以测电源电动势和内阻为核心的实验 考向四 电学创新设计实验
二轮物理
专题七 选考部分 第1讲 (选修3－3) 分子动理论、气体及热力学定律 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
第三部分 一、物理学史和物理思想方法 (一)高中物理的重要物理学史 (二)高中物理的重要思想方法 二、高考必知的五大解题思想 (一)守恒的思想 (二)等效的思想 (三)分解的思想 (四)对称的思想 (五)数形结合的思想
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。
2014高考物理专题2
核心要点整合 热点考向聚焦 创新预测演练 高效知能提升
菜
单
物理
超重、失重问题的分析 (广州模拟)杂技演员在进行“顶杆”表演时，用的是一根
质量不计的长直竹杆，设竹杆始终保持竖直．质量为30 kg的演员
(可视为质点)自杆顶由静止开始下滑，滑到杆底端时速度正好是 零．已知竹杆底部与下面顶杆人肩部有一传感器，传感器显示顶
物理
隐
藏
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菜
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物理
专题二 直线运动与牛顿运动定律
2014高考导航
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物理
核心要点整合
一、匀变速直线运动的基本公式和推论
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1．基本公式 速度公式：vt＝v0＋at 1 位移时间公式：s＝v0t＋ at2 2
隐
藏
杆人肩部所受压力的情况如右图所示，g取10 m/s2，求： (1)杆上的人在下滑过程中的最大速度； (2)竹杆的长度．
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【思维点拨】
菜
单
根据F－t图象，对比重力、压力大小确定超重、失
重．判断出加速度的方向和大小，再根据运动情况求出未知量．
物理
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3 s 内人的位移(即竹杆的长度)应为： s＝ 0＋vm vm＋0 t1＋ t ＝6 m 2 2 2
菜
单
速度．
物理
七、常见的牛顿定律应用问题分析 1．瞬时问题 力和加速度的关系具有瞬时性，加速度随着力的变化而变化，有时可 以发生突变．如细绳和弹簧问题，剪断细绳瞬间，细绳的力发生突变， 弹簧上的力不能发生突变． 2．临界和极限问题 动力学问题中某一物理量发生变化，当变化到一定程度时，可以使问
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(2012·山东高考)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图象如图所示。
以下判
断正确的是()
内货物的平均速度相同
末的过程中，货物的机械能守恒
0.1 kg的圆环套在固定的水平直杆
由以上高考试题可以看出，本专题的高频考点主要集中在牛
甲在后，二者距离必然先减少，可根据位移关系，算出相遇时间，进而推
．要抓住一个条件，两个关系
一个条件：即两者速度相等，它往往是物体间能否追上或两者距离最大、
最小的临界条件，也是分析判断的切入点。
两个关系：即时间关系和位移关系。
通过画草图找出两物体的位移关系
是解题的突破口。
2].甲、乙两车同时由同一地点沿同一方向做直线运动，它们的位移间图象如图所示，甲车图象为过坐标原点的倾斜直线，乙车图象为顶点在坐标原点的抛物线，则下列说法正确的是 ( ) ．甲、乙之间的距离先增大、后减小，然后再增大 ～t 1时间段内，乙的平均速度大于甲的平均速度 时刻，乙的速度等于甲的速度的2倍 ～t 1时间段内，1
2
t 1时刻甲、乙距离最大
考点三 整体法和隔离法的应用
如图所示，光滑水平面上放置一斜面体A ，在其粗糙斜面上静止一物的摩擦力逐渐减小 考点四 两类动力学问题
[例4]如图所示，长为L 、内壁光滑的直管与水平地面成30°角固定放置。
将一质量为m 的小球固定在管底，用一轻质光滑细线将小球与质量为的小物块相连，小物块悬挂于管口。
现将小球释放，一段时间后，小物块落地静止不动，小球继续向上运动，通过在小物块落地之前，细线是张紧的，两物体具有大小相同的加速度，都做匀加速运动。
运用整体法或隔离法由牛顿第二定律列方程求解。
．常用方法 整体法、隔离法。
正交分解法，一般取加速度方向和垂直于加速度方向进行分解，为减少分解的矢量的个数，有时也根据情况分解加速度。
转换对象法。
转换对象法也叫牛顿第三定律法。
在应用牛顿运动定律的过程中，有时无法直接求得问题的结果，此时可选取与所求对象有相互关系的另一物体作为研究对象，最后应用牛顿第三定律求出题目中的待求量。
为了研究鱼所受水的阻力与其形状的关系，小明同学用石蜡做成两条质量均为m 、形状不同的“A 鱼”和“B 鱼”，如图所示。
在高出水面处分别静止释放“A 鱼”和“B 鱼”，“A 鱼”竖直下潜h A 后速度减小为B 鱼”竖直下潜h B 后速度减小为零。
“鱼”在水中运动时，除受重力外，还受到浮力和水的阻力。
已知“鱼”在水中所受浮力是其重力的
重力加速度为g ，“鱼”运动的位移值远大于“鱼”的长度。
假设“鱼”运动时所受水的阻力恒定，空气阻力不计。
求： 鱼”入水瞬间的速度v ；
斜向上去拉这个静止的箱子，如图乙所示，拉力作用2.0 s后撤去，箱子最
)
，方向向左
2
F＝ma就是产生物体加速度的
合外力，若系统具有加速度，则系统也一定具有此方向的合外力，且此加
4 m/s2
的两个小球置于光滑
M的劈体ABDC放在水平地
⊥CD，AC与水平面成角
的半径，不计转弯处的能量损失，则下列说法中正确的是()
一直做匀加速运动，且a>g sin θ
如图所示，表面处处同样粗糙的楔形木块abc固定在
在小物块从a运动到c的过程
的关系的图象是()
高考大题并不难，步骤失分太遗憾)
某课外小组设计了一种测定风速的装置，其原理如图
＝120 N/m、自然长度L0＝1 m的弹簧一端固定在墙上的与导电的迎风板相连，弹簧穿在光滑水平放置的电阻率较大的金属杆上，弹簧是不导电的材料制成的。
迎风板面积S＝0.5 m2，工作时总是正对着风吹来的方向，电路的一端与迎风板相连，另
U2＝6.0 V。
(电压表可看。