高考物理二轮复习板块一专题突破复习专题一力与运动第二讲力与物体的直线运动学案6
高考物理二轮复习第1部分专题1力与直线运动第2讲力与物体的直线运动课件
加速阶段：v0′＝v＝6 m/s，v′＝v0＝30 m/s 则：v0＝v＋a2t2，t2＝v0a－2 v＝4 s 则汽车运动的时间至少为 t＝t1＋t2＝10 s。 (3)在加速阶段：v20－v2＝2a2x2，解得 x2＝72 m 则总位移 x＝x1＋x2＝180 m 若不减速通过所需时间 t′＝vx0＝6 s 车因减速和加速过站而耽误的时间至少为 Δt＝t－t′＝4 s。 [答案] (1)108 m (2)10 s (3)4 s
所示，两质点在 t2 时刻相遇，则下 列说法正确的是
图1－2－6
A．t1 时刻两质点的运动方向相反 B．相遇前两质点一定在 t1 时刻相距最远 C．t1～t2 时间内，一定有某一时刻两质点的加速 度相同
D．t2 时刻，甲刚好从后面追上乙
[解析] 本题根据两物体的 v－t 图象考查位置关 系。由题图可知，在 t1 时刻，两质点的速度方向均为 正方向，即两质点均沿正方向运动，故 A 错误；由图 象可知，两质点从同一位置开始运动，在 0～t1 时间内， 甲质点的速度始终大于乙质点的速度，故甲在前乙在 后，在这段时间内，两质点的距离越来越远，在 t1 时 刻速度达到相同，距离最远，B 正确；若 v－t 图象是 曲线，则曲线在某一时刻的切线斜率代表该时刻的瞬
答案 B
3．(2019·浙江卷)如图 1－2－3 所示，A、B、C 为 三个实心小球，A 为铁球，B、C 为木球。A、B 两球 分别连接在两根弹簧上，C 球连接在细线一端，弹簧 和细线的下端固定在装水的杯子底部，该水杯置于用 绳子悬挂的静止吊篮内。若将挂吊篮的绳子剪断，则 剪断的瞬间相对于杯底(不计空气阻力，ρ 木＜ρ 水＜ρ 铁)
A．两车在 t1 时刻也并排行驶 B．在 t1 时刻甲车在后，乙车在前 C．甲车的加速度大小先增大后减小 D．乙车的加速度大小先减小后增大
2018届高三物理二轮复习 专题一 力与运动 第2讲 力和直线运动教案
平均速度法→ v ＝v0＋2 v
常用方法
1Δx＝aT2
推论法2v2t ＝ v
比例法
匀减速直线运动可视为
逆向思维法→反方向的匀加速直线运动
2．追及问题的解题思路和技巧 (1)解题思路： 分析两物体 画运动示意图 找两物体 列位移 运动过程 → 或v－t图象 → 位移关系 → 方程 (2)解题技巧： ①紧抓“一图三式”，即过程示意图，时间关系式、速度关系式和位移关系 式． ②审题应抓住题目中的关键字眼，充分挖掘题目的隐含条件；如“刚好”“恰 好”“最多”“至少”等，往往对应一个临界状态，满足相应的临界条件． ③若被追赶的物体做匀减速运动，一定要注意追上前该物体是否已停止运动， 另外还要注意最后对解的讨论分析．
1. (2017·全国卷Ⅱ)为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线相 距s0和s1(s1<s0)处分别放置一个挡板和一面小旗，如图所示．训练时，让运动员和冰 球都位于起跑线上，教练员将冰球以初速度v0击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑 线的方向滑向挡板；冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小
③滑块模型问题
[例](2017·全国卷Ⅰ，25题)
审题 要点
解题 模板
①要抓住“一图三式”即过程示意图，时间关系式，速度关系式和位 移关系式． ②审题应抓住题目中的关键字眼，充分挖掘题目的隐含条件；如“刚 好”“恰好”“最多”“至少”等，往往对应一个临界状态． ③要抓住研究对象，明确研究过程，审清受力情况 受力情况 力的合成和分解 求合外力 F合＝ma 求加速度 运动学公式
(3)选小汽车为研究对象，初速度方向为正方向，由牛顿第二定律有 F＝Ma2，解 得 a2＝10 m/s2，
刹车时间为 t＝0－－av23＝0－－1300 s＝3 s. 选司机为研究对象，根据牛顿第二定律 F′2－m2g2＝ma2， 解得紧急制动时汽车对司机的作用力大小 F′＝700 2 N， 汽车紧急制动过程对司机的冲量大小 I＝ F′t＝2 100 2 N·s. 答案 (1)4.5 s 165 m (2)31.25 s (3)2 100 2 N·s
(江苏专用)高考物理二轮复习 第一部分 专题一 力与运动 第二讲 力与直线运动课件
考点三 牛顿第二定律与运动图像的综合应用 本考点既是重点，又是难点，之所以是重点，因其与现 实生活结合紧密，能很好地考查考生学以致用的能力；称其 是难点，因为借助图像来考查，信息抽象隐蔽，考生不能准 确获取信息而导致思维受阻。解决此类问题关键是从已知图 像中得出有用信息，再结合牛顿第二定律求解结果。因此需 要考生对这两部分知识学会互联互通。
态。重力加速度大小为g，则
()
A．物块b可能受3个力
B．细线的拉力小于2mg
C．剪断细线瞬间b的加速度大小为g
D．剪断细线瞬间a的加速度大小为2g
解析：对a、b整体分析可知，整体受重力和细线向上的拉 力，水平方向如果受墙的弹力，则整体不可能竖直静止，故 不会受到水平方向上的弹力，根据平衡条件可知，细线向上 的拉力F＝2mg，再对b分析可知，b只受重力和弹簧拉力而保 持静止，故A、B错误；由于b处于平衡，故弹簧的拉力F＝ mg，剪断细线瞬间弹簧的弹力不变，则对b分析可知，b受力 不变，合力为零，故加速度为零，故C错误；对a分析可知， 剪断细线瞬间a受重力和弹簧向下的拉力，合力Fa＝2mg，则 由牛顿第二定律可知，加速度大小为2g，故D正确。 答案：D
解析：由于AB段光滑，物块在AB段受重力和斜面支持力做加
速运动，物块加速度为a1＝mgsmin α＝gsin α，BC段粗糙，故物
块比在AB段多一个沿斜面向上的摩擦力，由于一小物块由A
点静止释放，沿斜面下滑到C点时速度恰好为零，可知物块先
做加速运动后做减速运动，故可知BC段加速度向上，其大小
为：a2＝f－mmgsin α＝mf －gsin α，故A、B正确；物块在AB段
(一)整体法与隔离法的选用原则 1．当连接体中各物体具有共同的加速度时，一般采用整 体法；当系统内各物体的加速度不同时，一般采用隔离法。 2．求连接体内各物体间的相互作用力时必须用隔离法。
(通用版)2020高考物理二轮复习专题教案：一力与运动第2课时力与直线运动教案
第2课时 力与直线运动考点匀变速直线运动规律的应用1．基本规律速度公式：v ＝v 0＋at . 位移公式：x ＝v 0t ＋12at 2.速度和位移公式的推论：v 2－v 02＝2ax . 中间时刻的瞬时速度：2t v ＝x t ＝v 0＋v2.任意两个连续相等的时间内的位移之差是一个恒量，即Δx ＝x n ＋1－x n ＝aT 2. 2．解题思路建立物体运动的情景，画出物体运动示意图，并在图上标明相关位置和所涉及的物理量，明确哪些量已知，哪些量未知，然后根据运动学公式的特点恰当选择公式求解． 3．刹车问题末速度为零的匀减速直线运动问题常用逆向思维法，应特别注意刹车问题，要先判断车停下所用的时间，再选择合适的公式求解． 4．双向可逆类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． 5．平均速度法的应用在用运动学公式分析问题时，平均速度法常常能使解题过程简化．例1 (2019·湖南娄底市下学期质量检测)如图1所示水平导轨，A 、B 为弹性竖直挡板，相距L ＝4m ．一小球自A 板处开始，以v 0＝4m/s 的速度沿导轨向B 运动，它与A 、B 挡板碰撞后均以与碰前大小相等的速率反弹回来，且在导轨上做减速运动的加速度大小不变，为使小球停在AB 的中点，这个加速度的大小可能为( )图1A.47 m/s 2 B ．0.5 m/s 2 C ．1 m/s 2 D ．1.5 m/s 2答案 A解析 物体停在AB 的中点，可知物体的路程s ＝nL ＋L2，n ＝0,1,2….由v 2－v 02＝2as 得，|a |＝v 022(nL ＋12L )，n ＝0,1，2….代入数据解得|a |＝42n ＋1m/s 2.n ＝0,1,2…，将选项中加速度大小代入上式，可知只有A 项正确． 变式训练1．(多选)(2019·广东清远市期末质量检测)高铁进站近似做匀减速直线运动，依次经过A 、B 、C 三个位置，已知AB ＝BC ，测得AB 段的平均速度为30m/s ，BC 段的平均速度为20 m/s.根据这些信息可求得( ) A ．高铁经过A 、B 、C 的速度 B ．高铁在AB 段和BC 段运动的时间 C ．高铁运动的加速度 D ．高铁在AC 段的平均速度 答案 AD解析 设质点在A 、B 、C 三点的速度分别为v A ，v B ，v C ，根据AB 段的平均速度为30m/s ，可以得到：v A ＋v B2＝30m/s ；根据BC 段的平均速度为20 m/s ，可以得到：v B ＋v C2＝20m/s ；设AB＝BC ＝x ，整个过程中的平均速度为：v ＝2xx 20m/s ＋x30m/s＝24m/s ，所以有：v A ＋v C2＝24 m/s ，联立解得：v A ＝34 m/s ，v B ＝26 m/s ，v C ＝14 m/s ，由于不知道AB 和BC 的具体值，则不能求解运动时间，因此无法求出其加速度的大小，故选项A 、D 正确，B 、C 错误．2.(2019·全国卷Ⅰ·18)如图2，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H 4所用的时间为t 1，第四个H 4所用的时间为t 2.不计空气阻力，则t 2t 1满足()图2A ．1<t 2t 1<2B ．2<t 2t 1<3C ．3<t 2t 1<4 D ．4<t 2t 1<5答案 C解析 本题应用逆向思维法求解，即运动员的竖直上抛运动可等同于从一定高度处开始的自由落体运动的逆向运动，所以第四个H4所用的时间为t 2＝2×H4g ，第一个H4所用的时间为t 1＝2Hg－2×34H g ，因此有t 2t 1＝12－3＝2＋3，即3<t 2t 1<4，选项C 正确． 考点直线运动图象的应用1．v －t 图象(1)图象意义：在v －t 图象中，图象上某点的切线斜率表示对应时刻的加速度，斜率的正负表示加速度的方向．(2)注意：加速度沿正方向不表示物体做加速运动，加速度和速度同向时物体做加速运动． 2．x －t 图象(1)图象意义：在x －t 图象上，图象上某点的切线斜率表示对应时刻的速度，斜率的正负表示速度的方向．(2)注意：在x －t 图象中，斜率的绝对值逐渐增大，则物体加速度与速度同向，物体做加速运动；反之，物体做减速运动． 3．基本思路(1)解读图象的坐标轴，理清横轴和纵轴代表的物理量和坐标点的意义． (2)解读图象的形状、斜率、截距和面积信息． 4．解题技巧(1)应用解析法和排除法，两者结合提高图象类选择题的解题准确率和速度． (2)分析转折点、两图线的交点、与坐标轴交点等特殊点和该点前后两段图线． (3)分析图象的形状变化、斜率变化、相关性等．例2 (2019·甘肃兰州市第一次诊断)如图3甲所示，质量为2kg 的物体在水平力F 作用下运动，t ＝0时刻开始计时，3s 末撤去F ，物体继续运动一段时间后停止，其v －t 图象的一部分如图乙所示，整个过程中阻力恒定，取g ＝10m/s 2，则下列说法正确的是( )图3A ．水平力F 为3.2NB ．水平力F 做功480JC ．物体从t ＝0时刻开始到停止，运动的总位移为92mD ．物体与水平面间的动摩擦因数为0.5 答案 B解析 撤去拉力后，由题图乙得，物体加速度的大小a ＝|Δv Δt |＝20－125－3m/s 2＝4 m/s 2.撤去拉力后，对物体受力分析，由牛顿第二定律可得，μmg ＝ma ，解得物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4，故D 项错误．由题图乙得，拉力作用时，物体做匀速直线运动，则F ＝μmg ＝0.4×2×10N ＝8N ，故A 项错误．拉力作用的3s 内物体的位移x 1＝v 0t 1＝20×3m＝60m ；则水平力F 做功W ＝Fx 1＝8×60J＝480J ，故B 项正确．物体从减速到速度为零过程，v 02－0＝2ax 2，解得物体从减速到停止运动的距离x 2＝v 022a ＝2022×4m ＝50m ．物体从t ＝0时刻开始到停止，运动的总位移x ＝x 1＋x 2＝60m ＋50m ＝110m ．故C 项错误． 变式训练3．(2019·浙江绍兴市3月选考)某玩具汽车从t ＝0时刻出发，由静止开始沿直线行驶，其a －t 图象如图4所示，下列说法正确的是( )图4A ．6s 末的加速度比1s 末的大B ．1s 末加速度方向与速度方向相同C ．第4s 内速度变化量大于零D ．第6s 内速度在不断变大 答案 B解析 由题图知6s 末的加速度比1s 末的小，选项A 错误；0～1s 内汽车从静止开始做变加速直线运动，加速度方向与速度方向相同，选项B 正确；由a －t 图象与t 轴所围图形的“面积”表示速度的变化量，知第4s 内速度变化量为零，第6s 内速度在不断减小，选项C 、D 错误．4.(2019·山东泰安市3月第一轮模拟)如图5，在光滑的斜面上，轻弹簧的下端固定在挡板上，上端放有物块Q ，系统处于静止状态．现用一沿斜面向上的力F 作用在Q 上，使其沿斜面向上做匀加速直线运动，以x 表示Q 离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图象可能正确的是( )图5答案 A解析开始时mg sinθ＝kx0；现用一沿斜面向上的力F作用在Q上，当Q离开静止位置的位移为x时，根据牛顿第二定律：F＋k(x0－x)－mg sinθ＝ma，解得F＝kx＋ma，故选A.考点牛顿运动定律的应用1．三大定律牛顿第一定律、牛顿第二定律、牛顿第三定律2．运动性质分析(1)a＝0时，静止或匀速直线运动，此时合外力为0.(2)a＝恒量(不等于0)，且v0和a在同一条直线上时，物体做匀变速直线运动，此时合外力恒定．3．四种问题分析(1)瞬时问题要注意绳、杆弹力和弹簧弹力的区别，绳和轻杆的弹力可以突变，而弹簧的弹力不能突变．(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，交替使用整体法与隔离法．(3)超重和失重问题物体的超重、失重状态取决于加速度的方向，与速度方向无关．(4)两类动力学问题解题关键是运动分析、受力分析，充分利用加速度的“桥梁”作用．例3如图6甲所示，光滑平台右侧与一长为L＝10m的水平木板相接，木板固定在地面上，现有一小滑块以初速度v0＝10m/s滑上木板，恰好滑到木板右端停止．现抬高木板右端，如图乙所示，使木板与水平地面的夹角θ＝37°，让滑块以相同大小的初速度滑上木板，不计滑块滑上木板时的能量损失，取g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：。
高考物理二轮复习第一部分二轮专题突破专题一力与运动1.2力与物体的直线运动
1.(2016·全国丙卷)一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，
在时间间隔 t 内位移为 s，动能变为原来的 9 倍．该质点的加速度
为( )
s
3s
A.t2
B.2t2
4s
8s
C. t2
D. t2
解析：质点在时间 t 内的平均速度 v＝st，设时间 t 内的初、末 速度分别为 v1 和 v2，则 v＝v1＋2 v2，故v1＋2 v2＝st.由题意知：12mv22＝ 9×12mv21，则 v2＝3v1，进而得出 2v1＝st.质点的加速度 a＝v2－t v1＝2vt 1
解析：由题图知，甲车做初速度为 0 的匀加速直线运动，其加 速度 a 甲＝10 m/s2.乙车做初速度 v0＝10 m/s、加速度 a 乙＝5 m/s2 的 匀加速直线运动.3 s 内甲、乙车的位移分别为：
x 甲＝12a 甲 t32＝45 m，x 乙＝v0t3＋12a 乙 t23＝52.5 m 由于 t＝3 s 时两车并排行驶，说明 t＝0 时甲车在乙车前，Δx ＝x 乙－x 甲＝7.5 m，选项 B 正确；t＝1 s 时，甲车的位移为 5 m，乙 车的位移为 12.5 m，由于甲车的初始位置超前乙车 7.5 m，由 t＝1 s 时两车并排行驶，选项 A、C 错误；甲、乙车两次并排行驶的位置 之间沿公路方向的距离为 52.5 m－12.5 m＝40 m，选项 D 正确． 答案：BD 命题点：利用匀变速直线运动规律解决追及与相遇问题，匀变
3．分析追及问题时的“一、二、一” (1)一个临界条件：速度相等．它往往是物体间距离最大或最小 的临界条件，也是分析判断问题的切入点． (2)两个关系：时间关系和位移关系，通过画草图找出两物体的 时间关系和位移关系是解题的突破口． (3)一点注意：若被追赶的物体做匀减速直线运动，一定要注意 判断追上前该物体是否已经停止运动．
教育最新2018版高考物理二轮复习第1部分专题整合突破专题2力与直线运动教案
专题二 力与直线运动—————[知识结构互联]——————[核心要点回扣] ——————1．匀变速直线运动的三个基本公式(1)速度公式：v ＝v 0＋at . (2)位移公式：x ＝v 0t ＋12at 2.(3)位移速度关系式：v 2t －v 20＝2ax . 2．匀变速直线运动的图象(1)x t 图象是一条抛物线，斜率表示物体的速度．(2)v t 图象是一条倾斜直线，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．3．牛顿第一定律揭示了一切物体都具有保持静止状态或匀速直线运动状态的性质，即惯性，揭示了力是改变物体运动状态的原因．4．两个物体间的作用力与反作用力总是等大、反向，作用在同一直线上，与物体的运动状态无关．5．牛顿第二定律的五个特性：因果性、矢量性、瞬时性、同一性、独立性．考点1 匀变速直线运动规律的应用(对应学生用书第6页)■品真题·感悟高考……………………………………………………………· [考题统计] 五年3考：2017年Ⅱ卷T 24 2016年Ⅲ卷T 16 2014年Ⅰ卷T 24[考情分析]1．高考注重考查基本概念的理解及基本公式、推论的灵活应用，计算题常涉及追及相遇类为背景的实际问题．2．熟练掌握运动学的基本规律及推论，实际问题中做好过程分析及运动中的规律的选取是解题的关键．3．实际问题中要理清运动过程，把握准时间关系、速度关系、位移关系．4．解决追及相遇问题时，要抓住题目中的关键词语(如“刚好”“最多”“至少”等)． 1．(匀变速直线运动公式及推论的应用)(2016·Ⅲ卷T16)一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t 内位移为s ，动能变为原来的9倍．该质点的加速度为( ) A.s t 2 B.3s 2t 2 C.4st2D.8st 2A [质点在时间t 内的平均速度v ＝s t，设时间t 内的初、末速度分别为v 1和v 2，则v ＝v 1＋v 22，故v 1＋v 22＝s t .由题意知：12mv 22＝9×12mv 21，则v 2＝3v 1，进而得出2v 1＝s t.质点的加速度a ＝v 2－v 1t ＝2v 1t ＝st2.故选项A 正确．](2014·Ⅰ卷T 24)公路上行驶的两汽车之间应保持一定的安全距离．当前车突然停止时，后车司机可以采取刹车措施，使汽车在安全距离内停下而不会与前车相碰．通常情况下，人的反应时间和汽车系统的反应时间之和为 1 s ．当汽车在晴天干燥沥青路面上以108 km/h 的速度匀速行驶时，安全距离为120 m ．设雨天时汽车轮胎与沥青路面间的动摩擦因数为晴天时的25.若要求安全距离仍为120 m ，求汽车在雨天安全行驶的最大速度．【解析】 本题是追及相遇问题，这类题目要抓住临界条件v A ＝v B ，从这一条件结合匀变速直线运动规律解决问题．设路面干燥时，汽车与地面间的动摩擦因数为μ0，刹车时汽车的加速度大小为a 0，安全距离为x ，反应时间为t 0，由牛顿第二定律和运动学公式得 μ0mg ＝ma 0① x ＝v 0t 0＋v 202a 0②式中，m 和v 0分别为汽车的质量和刹车前的速度．设在雨天行驶时，汽车与地面间的动摩擦因数为μ，依题意有μ＝25μ③设在雨天行驶时汽车刹车的加速度大小为a ，安全行驶的最大速度为v ，由牛顿第二定律和运动学公式得 μmg ＝ma④ x ＝vt 0＋v 22a⑤联立①②③④⑤式并代入题给数据得v ＝20 m/s(72 km/h)．⑥【答案】 20 m/s2．(追及相遇问题)(2017·Ⅱ卷T 24)为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线相距s 0和s 1(s 1<s 0)处分别放置一个挡板和一面小旗，如图21所示．训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以速度v 0击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板；冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗．训练要求当冰球到达挡板时，运动员至少到达小旗处．假定运动员在滑行过程中做匀加速运动，冰球到达挡板时的速度为v 1.重力加速度大小为g .求： (1)冰球与冰面之间的动摩擦因数； (2)满足训练要求的运动员的最小加速度．图21[题眼点拨] ①“冰球以速度v 0击出”“到达挡板的速度为v 1”说明冰球的初速度为v 0，匀减速滑动距离s 0，末速度为v 1；②“至少到达小旗处”“最小加速度”说明冰球到达挡板时，运动员恰好到达小旗处，对应运动员的加速度最小，此过程中，冰球和运动员运动时间相等．【解析】 (1)设冰球质量为m ，冰球与冰面之间的动摩擦因数为μ，由题意可知v 21－v 20＝－2a 1s 0① 又μmg ＝ma 1②可解得：μ＝v 20－v 212gs 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a 1和a 2，所用的时间为t . 由运动学公式得v 20－v 21＝2a 1s 0③ v 0－v 1＝a 1t ④ s 1＝12a 2t 2⑤联立③④⑤式得a 2＝s 1 v 1＋v 0 22s 2. ⑥【答案】 (1)v 20－v 212gs 0 (2)s 1 v 1＋v 0 22s 2在第2题中，若要求运动员到达小旗处的速度为零，(设运动员在滑行过程中加速度大小恒定)，则运动员训练时的加速度大小为多少？【解析】 由第2题解析可知，v 20－v 21＝2a 1s 0v 0－v 1＝a 1ts 1＝12a 2⎝ ⎛⎭⎪⎫t 22×2可解得：a 2＝s 1 v 0＋v 1 2s 20.【答案】 s 1 v 0＋v 1 2s 20■熟技巧·类题通法………………………………………………………………… 1．解决匀变速直线运动问题的四种常用方法2．追及相遇问题的解题思路、技巧和易错防范(1)解题思路：(2)解题技巧：①紧抓“一图三式”，即过程示意图、时间关系式、速度关系式和位移关系式． ②审题应抓住题目中的关键字眼，充分挖掘题目中的隐含条件，如“刚好”“恰好”“最多”“至少”等，往往对应一个临界状态，满足相应的临界条件． (3)易错防范：①若被追赶的物体做匀减速运动，要注意追上该物体之前它是否已停止运动． ②注意最后对解的讨论分析．■对考向·高效速练…………………………………………………………………..· 考向1 匀变速直线运动基本公式的应用1．(2016·潍坊一模)如图22所示，一长为200 m 的列车沿平直的轨道以80 m/s 的速度匀速行驶，当车头行驶到进站口O 点时，列车接到停车指令，立即匀减速停车，因OA 段铁轨不能停车，整个列车只能停在AB 段内，已知OA ＝1 200 m ，OB ＝2 000 m ，求： (1)列车减速运动的加速度大小的取值范围； (2)列车减速运动的最长时间.【导学号：19624014】图22【解析】 (1)若列车车尾恰好停在A 点右侧，减速运动的加速度大小为a 1，距离为x 1，则0－v 20＝－2a 1x 1① x 1＝1 200 m ＋200 m ＝1400 m② 解得：a 1＝167m/s2③若列车车头恰好停在B 点，减速运动的加速度大小为a 2，距离为x OB ＝2 000 m ，则 0－v 20＝－2a 2x OB ④ 解得：a 2＝85m/s2⑤故加速度大小a 的取值范围为85 m/s 2≤a ≤167 m/s 2.⑥(2)当列车车头恰好停在B 点时，减速运动时的时间最长， 则0＝v 0－a 2t ⑦ 解得：t ＝50 s ．⑧【答案】 (1)85 m/s 2≤a ≤167m/s 2(2)50 s(2016·湖南怀化模拟)近几年长假期间，国家取消了7座及其以下小型客车的收费公路过路费，给自驾族带来了很大的实惠，但车辆的增多也给交通道路的畅通增加了很大的压力，因此国家规定免费车辆在通过收费站时在专用车道上可以不停车拿卡或交卡而直接减速通过．假设收费站的前、后都是平直大道，长假期间过站的车速要求不超过v t ＝21.6 km/h ，汽车未减速的车速均为v 0＝108 km/h ，制动时小汽车的加速度的大小为a 1＝4 m/s 2.试问：(1)长假期间，驾驶员应在距收费站至少多远处开始制动？(2)假设车过站后驾驶员立即使车以a 2＝6 m/s 2的加速度加速至原来的速度，则从减速开始到最终恢复到原来速度的过程中，汽车运动的时间至少是多少？ (3)在(1)(2)问题中，车因减速和加速过站而耽误的时间至少为多少？【解析】 设汽车初速度方向为正方向，v t ＝21.6 km/h ＝6 m/s ，v 0＝108 km/h ＝30 m/s ，a 1＝－4 m/s 2(1)汽车进入收费站前做匀减速直线运动，设距离收费站x 1处开始制动，则v 2t －v 20＝2a 1x 1代入数据解得x 1＝108 m.(2)汽车通过收费站经历匀减速和匀加速两个阶段，前后两段位移分别为x 1和x 2，时间为t 1和t 2，则减速阶段v t ＝v 0＋a 1t 1t 1＝v t －v 0a 1＝6 s加速阶段v 0′＝v t ＝6 m/s ，v t ′＝v 0＝30 m/s 则v 0＝v t ＋a 2t 2t 2＝v 0－v ta 2＝4 s加速和减速阶段的总时间t ＝t 1＋t 2＝10 s.(3)在加速阶段v 20－v 2t ＝2a 2x 2 代入数据解得x 2＝72 m 则总位移x ＝x 1＋x 2＝180 m 若不减速所需要时间t ′＝x v 0＝6 s车因减速和加速过站而耽误的时间Δt ＝t －t ′＝4 s. 【答案】 (1)108 m (2)10 s (3)4 s 考向2 匀变速直线运动推论的应用2．如图23所示，物体自O 点由静止出发开始做匀加速直线运动，途径A 、B 、C 三点，其中A 、B 之间的距离L 1＝2 m ，B 、C 之间的距离L 2＝3 m ．若物体通过L 1、L 2这两段位移的时间相等，则OA 之间的距离L 等于( )图23A.34 m B.43 m C.98m D.89m C [由题知“物体通过L 1、L 2这两段位移的时间相等(设为T )”，则v B ＝L 1＋L 22T ＝52T，加速度a ＝L 2－L 1T 2＝1T 2，在A 点速度v A ＝v B －aT ＝32T ，于是L ＝v 2A 2a ＝12a ·94T 2，L ＋2＝v 2B2a＝12a ·254T 2，两式相比，解得L ＝98 m ．] 考向3 追及相遇问题3．(2016·山东潍坊一中模拟)如图24所示，甲从A 地由静止匀加速跑向B 地，当甲前进距离为x 1时，乙从距A 地x 2处的C 点由静止出发，加速度与甲相同，最后二人同时到达B 地，则A 、B 两地距离为( )【导学号：19624015】图24A ．x 1＋x 2 B. x 1＋x 2 24x 1C.x 214 x 1＋x 2D. x 1＋x 2 2 x 1－x 2 x 1B [设甲前进距离为x 1时，速度为v ，甲和乙做匀加速直线运动的加速度为a ，乙从C 点到达B 地所用时间为t ，则有：vt ＋12at 2－12at 2＝x 2－x 1，根据速度－位移公式得，v 2＝2ax 1，解得t ＝x 2－x 12ax 1，则A 、B 的距离x ＝x 2＋12at 2＝ x 1＋x 224x 1，故B 正确．](2017·辽宁省盘锦模拟)2016年世界中学生五人制足球锦标赛落下帷幕，代表中国参赛的河南男队和河北女队取得了优异成绩．五人制足球的赛场长40 m ，宽20 m ，如图所示．在比赛中，攻方队员在中线附近突破防守队员，将足球沿边路向前踢出，足球的运动可视为在地面上做初速度为v 1＝6 m/s 的匀减速直线运动，加速度大小为a 1＝1 m/s 2.该队员将足球踢出后，立即由静止启动追赶足球，他的运动可看作是匀加速直线运动，最大加速度为a 2＝1 m/s 2，能达到的最大速度为v 2＝4 m/s.该队员至少经过多长时间能追上足球？【解析】 设足球从开始做匀减速运动到停下来的位移为x 1，则有：x 1＝v 212a 1带入数据解得x 1＝362×1m ＝18 m 足球匀减速运动时间为：t 1＝v 1a 1＝6 s前锋队员以最大加速度追赶的加速时间为：t 2＝v 2a 2＝4 s在此过程中的位移为：x 2＝v 222a 2＝8 m之后攻方队员做匀速直线运动，到足球停止运动时，其位移为x 3＝v 2(t 1－t 2)＝8 m 由于x 2＋x 3<x 1，故足球停止运动时，攻方队员没有追上足球，然后攻方队员继续以最大速度匀速运动追赶足球，由匀速运动公式得：x 1－(x 2＋x 3)＝v 2t 3 代入数据解得t 3＝0.5 s攻方队员追上足球的时间为：t ＝t 1＋t 3＝6.5 s. 【答案】 6.5 s考点2 运动图象问题 (对应学生用书第8页)■品真题·感悟高考……………………………………………………………· [考题统计] 五年6考：2016年Ⅰ卷T 21 2015年Ⅰ卷T 20 2014年Ⅱ卷T 14、T 24 2013年Ⅰ卷T 19、T 21 [考情分析]1．以选择题型为主，重在考查v t 图象的意义及图象信息的提取能力．2．v t 图象斜率及其变化与牛顿第二定律相结合分析相关物理量的变化是常见的命题方向． 3．明确图象交点、斜率、截距的意义，并将图象信息与物体的运动过程相结合是解题的关键．4．v t 图象、x t 图象均反映物体直线运动的规律． 5．在v t 图象中易误将交点当成相遇．3．(图象信息的应用)(多选)(2016·Ⅰ卷T 21)甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其v t 图象如图25所示．已知两车在t ＝3 s 时并排行驶，则( )【导学号：19624016】图25A ．在t ＝1 s 时，甲车在乙车后B ．在t ＝0时，甲车在乙车前7.5 mC ．两车另一次并排行驶的时刻是t ＝2 sD ．甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40 mBD [由题图知，甲车做初速度为0的匀加速直线运动，其加速度a 甲＝10 m/s 2.乙车做初速度v 0＝10 m/s 、加速度a 乙＝5 m/s 2的匀加速直线运动.3 s 内甲、乙车的位移分别为：x 甲＝12a 甲t 23＝45 m x 乙＝v 0t 3＋12a 乙t 23＝52.5 m由于t ＝3 s 时两车并排行驶，说明t ＝0时甲车在乙车前，Δx ＝x 乙－x 甲＝7.5 m ，选项B 正确；t ＝1 s 时，甲车的位移为5 m ，乙车的位移为12.5 m ，由于甲车的初始位置超前乙车7.5 m ，则t ＝1 s 时两车并排行驶，选项A 、C 错误；甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为52.5m －12.5 m ＝40 m ，选项D 正确．](2014·Ⅱ卷T 14)甲、乙两汽车在一平直公路上同向行驶．在t ＝0到t ＝t 1的时间内，它们的v t 图象如图所示．在这段时间内( )A ．汽车甲的平均速度比乙的大B ．汽车乙的平均速度等于v 1＋v 22C ．甲、乙两汽车的位移相同D ．汽车甲的加速度大小逐渐减小，汽车乙的加速度大小逐渐增大A [根据v t 图象及其意义解题．根据v t 图象下方的面积表示位移，可以看出汽车甲的位移x 甲大于汽车乙的位移x 乙，选项C 错误；根据v ＝xt得，汽车甲的平均速度v甲大于汽车乙的平均速度v 乙，选项A 正确；汽车乙的位移x 乙小于初速度为v 2、末速度为v 1的匀减速直线运动的位移x ，即汽车乙的平均速度小于v 1＋v 22，选项B 错误；根据v t 图象的斜率反映了加速度的大小，因此汽车甲、乙的加速度大小都逐渐减小，选项D 错误．]4．(图象信息的应用)(多选) (2015·Ⅰ卷T 20)如图26(a)，一物块在t ＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v t 图线如图(b)所示．若重力加速度及图中的v 0、v 1、t 1均为已知量，则可求出( )(a) (b)图26A ．斜面的倾角B ．物块的质量C ．物块与斜面间的动摩擦因数D ．物块沿斜面向上滑行的最大高度[题眼点拨] ①利用图象信息求出相关量，如由斜率求出加速度，由图线与坐标轴所围面积求出上滑高度；②将图线与方程结合起来：根据图线显示的匀变速过程，结合牛顿第二定律列出上、下过程动力学方程，联立求解所求量……倾角、动摩擦因数．ACD [由题图(b)可以求出物块上升过程中的加速度为a 1＝v 0t 1，下降过程中的加速度为a 2＝v 1t 1.物块在上升和下降过程中，由牛顿第二定律得mg sin θ＋f ＝ma 1，mg sin θ－f ＝ma 2，由以上各式可求得sin θ＝v 0＋v 12t 1g ，滑动摩擦力f ＝m v 0－v 12t 1，而f ＝μF N ＝μmg cos θ，由以上分析可知，选项A 、C 正确．由v t 图象中横轴上方的面积可求出物块沿斜面上滑的最大距离，可以求出物块沿斜面向上滑行的最大高度，选项D 正确．]在第4题中，若改为如下形式，如图27甲所示，直角三角形斜劈abc 固定在水平面上．t ＝0时，一物块(可视为质点)从底端a 以初速度v 0沿斜面ab 向上运动，到达顶端b 时速率恰好为零，之后沿斜面bc 下滑至底端c .若物块与斜面ab 、bc 间的动摩擦因数相等，物块在两斜面上运动的速率v 随时间变化的规律如图乙所示，取重力加速度的大小g ＝10 m/s 2，则下列物理量中不能求出的是( )图27A．斜面ab的倾角θB．物块与斜面间的动摩擦因数μC．物块的质量mD．斜面bc的长度LC[根据题图乙可求出物块在左右斜面上的加速度大小a1、a2，根据牛顿第二定律有mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1，mg cos θ－μmg sin θ＝ma2，则可求出θ和μ，但m 无法求出，根据题图乙可求出0.6～1.6 s时间内物块的位移大小，即可求出L，故选项C正确．](2014·Ⅱ卷T24)2012年10月，奥地利极限运动员菲利克斯·鲍姆加特纳乘气球升至约39 km的高空后跳下，经过4分20秒到达距地面约1.5 km高度处，打开降落伞并成功落地，打破了跳伞运动的多项世界纪录．取重力加速度的大小g＝10 m/s2.(1)若忽略空气阻力，求该运动员从静止开始下落至1.5 km高度处所需的时间及其在此处速度的大小；(2)实际上，物体在空气中运动时会受到空气的阻力，高速运动时所受阻力的大小可近似表示为f＝kv2，其中v为速率，k为阻力系数，其数值与物体的形状、横截面积及空气密度有关．已知该运动员在某段时间内高速下落的vt图象如图所示．若该运动员和所带装备的总质量m＝100 kg，试估算该运动员在达到最大速度时所受阻力的阻力系数．(结果保留1位有效数字)[题眼点拨] ①“忽略空气阻力”说明运动员只在重力作用下运动；②“f＝kv2”说明阻力与速度的平方成正比；③“达到最大速度”说明最大速度时，重力与阻力大小相等．【解析】(1)设该运动员从开始自由下落至1.5 km高度处的时间为t，下落距离为s，在1.5 km高度处的速度大小为v.根据运动学公式有v＝gt ①s ＝12gt 2②根据题意有 s ＝3.9×104 m －1.5×103 m ＝3.75×104 m③联立①②③式得t ＝87 s④ v ＝8.7×102 m/s. ⑤(2)该运动员达到最大速度v max 时，加速度为零，根据平衡条件有mg ＝kv 2max⑥由所给的v t 图象可读出 v max ≈360 m/s⑦由⑥⑦式得 k ＝0.008 kg/m.⑧ 【答案】 (1)87 s 8.7×102 m/s (2)0.008 kg/m■释疑难·类题通法…………………………………………………………………·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．■对考向·高效速练…………………………………………………………………..· 考向1 图象的选取4．竖直向上抛出一物块，物块在运动过程中受到的阻力大小与速度大小成正比，则物块从抛出到落回抛出点的过程中，加速度随时间变化的关系图象正确的是(设竖直向下为正方向)( )A B C DC [物块在上升过程中加速度大小为a ＝mg ＋kv m，因此在上升过程中，速度不断减小，加速度不断减小，速度减小得越来越慢，加速度减小得越来越慢，到最高点加速度大小等于g ，在下降的过程中加速度a ＝mg －kv m，随着速度增大，加速度越来越小，速度增大得越来越慢，加速度减小得越来越慢，加速度方向始终向下，因此C 正确．] 考向2 图象的转换5．一物体做直线运动，其加速度随时间变化的a t 图象如图28所示．下列v t 图象中，可能正确描述此物体运动的是( )【导学号：19624017】图28A BC DD [由图可知，在0～T 2时间内a ＝a 0＞0，若v 0≥0，物体做匀加速运动；若v 0＜0，物体做匀减速运动，故B 、C 皆错误；由于在T ～2T 时间内a ＝－a 0，故图线斜率的绝对值与0～T 2时间内相同，故A 错误，D 正确．] 考向3 图象信息的应用6．(2017·马鞍山市一模)两物块A 、B 并排放在水平地面上，且两物体接触面为竖直面，现用一水平推力F 作用在物体A 上，使A 、B 由静止开始一起向右做匀加速运动，如图29甲所示，在A 、B 的速度达到6 m/s 时，撤去推力F .已知A 、B 质量分别为m A ＝1 kg 、m B ＝3 kg ，A 与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.3，B 与地面没有摩擦，B 物体运动的v t 图象如图乙所示．取g ＝10 m/s 2，求：甲 乙图29(1)推力F 的大小；(2)A 物体刚停止运动时，物体A 、B 之间的距离．【解析】 (1)在水平推力F 作用下，物体A 、B 一起做匀加速运动，加速度为a ，由B 物体的v t 图象得，a ＝Δv Δt ＝62m/s 2＝3 m/s 2 对于AB 整体，由牛顿第二定律得F －μm A g ＝(m A ＋m B )a代入数据解得F ＝15 N.(2)设物体A 匀减速运动的时间为t ，撤去推力F 后，A 、B 两物体分离，A 在摩擦力作用下做匀减速运动，B 做匀速运动对A 由－μm A g ＝m A a A ，解得a A ＝－μg ＝－3 m/s 2t ＝0－v 0a A ＝0－6－3s ＝2 s 物体A 通过的位移x A ＝v 02t ＝6 m 物体B 通过的位移x B ＝v 0t ＝6×2 m＝12 m物体A 刚停止时A 、B 间的距离Δx ＝x B －x A ＝12 m －6 m ＝6 m.【答案】 (1)15 N (2)6 m1.(多选)(2017·梅河口市五中一模)如图甲所示，倾角为30°的斜面固定在水平地面上，一个小物块在沿斜面向上的恒定拉力F 作用下，从斜面底端A 点由静止开始运动，一段时间后撤去拉力F ，小物块能达到的最高位置为C 点，己知小物块的质量为0.3 kg ，小物块从A 到C 的v t 图象如图乙所示，g 取10 m/s 2，则下列说法正确的是( )甲 乙A ．小物块加速时的加速度大小是减速时加速度的13B ．小物块与斜面间的动摩擦因数为33C ．小物块到达C 点后将沿斜面下滑D ．拉力F 的大小为4 NAC [在速度－时间图象中图象的斜率表示加速度，在有F 作用时小物块做加速运动，a 1＝7.53 m/s 2＝2.5 m/s 2，撤去拉力F 后做减速运动，故a 2＝－7.51m/s 2＝－7.5 m/s 2，所以|a 1|＝13|a 2|，A 正确；撤去拉力后，在沿斜面方向上有－mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2，解得μ＝36，B 错误；因为mg sin 30°>μmg cos 30°，故小物块到达C 点后将沿斜面下滑，C 正确；有拉力作用时，根据牛顿第二定律可知F －mg sin 30°－μmg cos 30°＝ma 1，解得F ＝3 N ，D 错误．]2.为研究运动物体所受的空气阻力，某研究小组的同学找来一个倾角可调、斜面比较长且表面平整的斜面体和一个滑块，并在滑块上固定一个高度可升降的风帆，如图甲所示．他们让带有风帆的滑块从静止开始沿斜面下滑，下滑过程中帆面与滑块运动方向垂直．假设滑块和风帆总质量为m .滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，风帆受到的空气阻力与风帆的运动速率成正比，即F f ＝kv .(1)写出滑块下滑过程中加速度的表达式；(2)求出滑块下滑的最大速度，并指出有哪些措施可以减小最大速度；(3)若m ＝2 kg ，斜面倾角θ＝30°，g 取10 m/s 2，滑块从静止下滑的速度图象如图乙所示，图中的斜线为t ＝0时v t 图线的切线，由此求出μ、k 的值．(计算结果保留两位有效数字)【解析】 (1)由牛顿第二定律有：mg sin θ－μmg cos θ－kv ＝ma解得：a ＝g sin θ－μg cos θ－kv m.(2)当a ＝0时速度最大， v m ＝mg sin θ－μcos θ k减小最大速度的方法有：适当减小斜面倾角θ；风帆升起一些．(3)当v ＝0时，a ＝g sin θ－μg cos θ＝3 m/s 2解得：μ＝2315≈0.23，最大速度v m ＝2 m/s ，v m ＝mg sin θ－μcos θ k＝2 m/s 解得：k ＝3.0 kg/s.【答案】 (1)g sin θ－μg cos θ－kv m(2)mg sin θ－μcos θ k适当减小斜面倾角θ(保证滑块能静止下滑)；风帆升起一些(3)0.23 3.0 kg/s考点3 牛顿第二定律的应用(对应学生用书第9页)■品真题·感悟高考……………………………………………………………·[考题统计] 五年9考：2017年Ⅲ卷T 25 2016年Ⅰ卷T 18、Ⅱ卷T 192015年Ⅰ卷T 25，Ⅱ卷T 20、T 25 2014年Ⅰ卷T 172013年Ⅱ卷T 14、T 25[考情分析]1．本考点的考查重在物体的受力分析，整体法、隔离法在连接问题中的应用及牛顿第二定律的理解．2．整体法、隔离法是动力学中连接体问题的常用方法，在不涉及相互作用力时，可用整体法，在涉及相互作用力时要用隔离法．3．对物体受力分析时易出现漏力、多力的现象．4．应用公式F ＝ma 时，要注意F 、m 、a 的一体性．5．(动力学的两类基本问题)(多选)(2016·Ⅱ卷T 19)两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球质量大于乙球质量．两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关．若它们下落相同的距离，则( )A ．甲球用的时间比乙球长B ．甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小C ．甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小D ．甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功[题眼点拨] ①“同一种材料制成”说明相同的密度；②“阻力与球的半径成正比，与球的速率无关”说明下落过程中加速度不同，但两球都做匀加速运动．BD [设小球在下落过程中所受阻力F 阻＝kR ，k 为常数，R 为小球半径，由牛顿第二定律可知：mg －F 阻＝ma ，由m ＝ρV ＝43ρπR 3知：43ρπR 3g －kR ＝43ρπR 3a ，即a ＝g －3k 4ρπ·1R 2，故知：R 越大，a 越大，即下落过程中a 甲>a 乙，选项C 错误；下落相同的距离，由h ＝12at 2知，a 越大，t 越小，选项A 错误；由2ah ＝v 2－v 20知，v 0＝0，a 越大，v 越大，选项B 正确；由W 阻＝－F 阻h 知，甲球克服阻力做的功更大一些，选项D 正确．]6．(连接体问题)(多选)(2015·Ⅱ卷T 20)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢．当机车在东边拉着这列车厢以大小为a 的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P 和Q 间的拉力大小为F ；当机车在西边拉着车厢以大小为23a 的加速度向西行驶时，P 和Q 间的拉力大小仍为F .不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为( )【导学号：19624018】A ．8B ．10C ．15D ．18BC [设该列车厢与P 相连的部分为P 部分，与Q 相连的部分为Q 部分．设该列车厢有n 节，Q 部分为n 1节，每节车厢质量为m ，当加速度为a 时，对Q 有F ＝n 1ma ；当加速度为23a 时，对P 有F ＝(n －n 1)m 23a ，联立得2n ＝5n 1.当n 1＝2，n 1＝4，n 1＝6时，n ＝5，n ＝10，n ＝15，由题中选项得该列车厢节数可能为10或15，选项B 、C 正确．]在第6题中，若车厢总数为10节，以大小为a 的加速度向东行驶，则第2节车厢受到的拉力与第10节车厢受到的拉力之比为( )A ．9∶1B ．1∶9C ．10∶1D ．1∶10A [设每节车厢的质量均为m ，第2节车厢所受拉力为F 1，第10节车厢所受拉力为F 2，由牛顿第二定律可知，F 1＝9ma F 2＝ma故F 1∶F 2＝9∶1.]7．(动力学的临界极值问题)(2017·Ⅲ卷T 25)如图210，两个滑块A 和B 的质量分别为m A＝1 kg 和m B ＝5 kg ，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5；木板的质量为m ＝4 kg ，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1.某时刻A 、B 两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v 0＝3 m/s.A 、B 相遇时，A 与木板恰好相对静止．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g ＝10 m/s 2.求：图210(1)B 与木板相对静止时，木板的速度；(2)A 、B 开始运动时，两者之间的距离．[题眼点拨] ①A 与木板相对静止前A 、B 加速度不变；②B 与木板相对静止后以相同的加速度向右匀减速运动；③A 、B 相对地面的位移大小之和等于A 、B 开始运动时两者间的距离．【解析】 (1)滑块A 和B 在木板上滑动时，木板也在地面上滑动．设A 、B 和木板所受的摩擦力大小分别为f 1、f 2和f 3，A 和B 相对于地面的加速度大小分别为a A 和a B ，木板相对于地面的加速度大小为a 1，在物块B 与木板达到共同速度前有 f 1＝μ1m A g① f 2＝μ1m B g② f 3＝μ2(m ＋m A ＋m B )g③由牛顿第二定律得 f 1＝m A a A④ f 2＝m B a B⑤ f 2－f 1－f 3＝ma 1 ⑥设在t 1时刻，B 与木板达到共同速度，其大小为v 1，由运动学公式有v 1＝v 0－a B t 1⑦ v 1＝a 1t 1 ⑧联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得v 1＝1 m/s. ⑨(2)在t 1时间间隔内，B 相对于地面移动的距离为s B ＝v 0t 1－12a B t 21 ⑩设在B 与木板达到共同速度v 1后，木板的加速度大小为a 2，对于B 与木板组成的体系，由牛顿第二定律有f 1＋f 3＝(m B ＋m )a 2⑪由①②④⑤式知，a A ＝a B ；再由⑦⑧式知，B 与木板达到共同速度时，A 的速度大小也为v 1，但运动方向与木板相反．由题意知，A 和B 相遇时，A 与木板的速度相同，设其大小为v 2，设A 的速度大小从v 1变到v 2所用的时间为t 2，则由运动学公式，对木板有v 2＝v 1－a 2t 2⑫对A 有 v 2＝－v 1＋a A t 2 ⑬在t 2时间间隔内，B (以及木板)相对地面移动的距离为s 1＝v 1t 2－12a 2t 22 ⑭在(t 1＋t 2)时间间隔内，A 相对地面移动的距离为s A ＝v 0(t 1＋t 2)－12a A (t 1＋t 2)2 ⑮A 和B 相遇时，A 与木板的速度也恰好相同，因此A 和B 开始运动时，两者之间的距离为s 0＝s A ＋s 1＋s B⑯联立以上各式，并代入数据得 s 0＝1.9 m(也可用如图所示的速度—时间图线求解)【答案】 (1)1 m/s (2)1.9 m(2015·Ⅰ卷T 25)一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5 m ，如图(a)所示．t ＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t ＝1 s 时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)．碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板．已知碰撞后1 s 时间内小物块的v t 图线如图(b)所示．木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g 取10 m/s 2.求：。
高中物理第二轮复习 专题一 力与物体的运动 第2讲 力和直线运动
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核心要点·高考必备
研透命题·精准备考
解析 (1)设飞机装载货物前质量为m1，起飞离地速度为v1；装载货物后质量为m2， 起飞离地速度为v2，重力加速度大小为g。飞机起飞离地应满足条件
m1g＝kv21① m2g＝kv22②
由①②式及题给条件得v2＝78 m/s③ (2)设飞机滑行距离为s，滑行过程中加速度大小为a，所用时间为t。由匀变速直线运 动公式有 v22＝2as④ v2＝at⑤
①运动规律的应用 ②追及相遇问题
【例1】 (2020·全国卷Ⅰ，24)我国自主研制了运－20重型运输机。飞机获得的升力 大小F可用F＝kv2描写，k为系数；v是飞机在平直跑道上的滑行速度，F与飞机 所受重力相等时的v称为飞机的起飞离地速度。已知飞机质量为1.21×105 kg时， 起飞离地速度为66 m/s；装载货物后质量为1.69×105 kg，装载货物前后起飞离地 时的k值可视为不变。 (1)求飞机装载货物后的起飞离地速度； (2)若该飞机装载货物后，从静止开始匀加速滑行1 521 m起飞离地，求飞机在滑 行过程中加速度的大小和所用的时间。
答案
(1)会相撞
85 (2)16
m/s2(或 5.31 m/s2)
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核心要点·高考必备
研透命题·精准备考
1.建筑工人常常徒手抛砖块，地面上的工人以 10 m/s 的速度竖直向上间隔 1 s 连续两次
抛砖，每次抛一块，楼上的工人在距抛砖点正上方 3.75 m 处接砖，g 取 10 m/s2，空
气阻力可以忽略，则楼上的工人两次接砖的最长时间间隔为( )
代入数据并经过分析可知再经过t＝4 s甲、乙两车会相撞。
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核心要点·高考必备
研透命题·精准备考
高考物理二轮复习 专题一 力与运动 第2讲 力与物体的直线运动学案
第2讲力与物体的直线运动网络构建备考策略1.解决动力学问题要抓好关键词语(1)看到“刚好”“恰好”“正好”等字眼，想到“题述的过程存在临界点”。
(2)看到“最大、最小、至多、至少”等字眼，想到“题述的过程存在极值点”。
2.“四点”注意(1)x－t图象、v－t图象均表示直线运动。
(2)运动学公式中的v、a、x均为矢量，一定规定正方向。
(3)刹车问题中不能忽略实际运动情况。
(4)x－t、v－t、a－t图象相关量间的关系运动学中的图象问题x－t图象的理解及应用【典例1】 (多选)(2018·全国卷Ⅲ，18)甲、乙两车在同一平直公路上同向运动，甲做匀加速直线运动，乙做匀速直线运动。
甲、乙两车的位置x随时间t的变化如图1所示。
下列说法正确的是( )图1A.在t1时刻两车速度相等B.从0到t1时间内，两车走过的路程相等C.从t1到t2时间内，两车走过的路程相等D.在t1到t2时间内的某时刻，两车速度相等解析x－t图象某点的切线斜率表示瞬时速度，A错误；从0～t1时间内，由于甲、乙的出发点不同，故路程不同，B错误；t1～t2时间内，甲、乙的位移和路程都相等，大小都为x2－x1，C正确；t1～t2时间内，甲的x－t图象在某一点的切线与乙的x－t图象平行，此时刻两车速度相等，D正确。
答案CDv－t图象的理解及应用【典例2】 (多选)(2018·全国卷Ⅱ，19)甲、乙两汽车在同一条平直公路上同向运动，其速度—时间图象分别如图2中甲、乙两条曲线所示。
已知两车在t2时刻并排行驶。
下列说法正确的是( )图2A.两车在t 1时刻也并排行驶B.在t 1时刻甲车在后，乙车在前C.甲车的加速度大小先增大后减小D.乙车的加速度大小先减小后增大解析 本题可巧用逆向思维分析，两车在t 2时刻并排行驶，根据题图分析可知在t 1～t 2时间内甲车运动的位移大于乙车运动的位移，所以在t 1时刻甲车在后，乙车在前，B 正确，A 错误；依据v －t 图象斜率表示加速度分析出C 错误，D 正确。
2022届高三物理二轮复习说课稿：第二讲 力与直线运动
力与直线运动说课稿说课内容：高三物理二轮复习《力与直线运动第2讲——力与直线运动》说课教师：我说课的题目是复习资料《师说二轮总复习·物理》专题一《力与直线运动》第2讲《力与物体运动》考点二：牛顿运动定律的综合应用。
我将从考察特点和命题趋势分析、学情分析、学科核心素养、教学重难点、教学方法、教学过程等方面对本节课展开说明。
一、考察特点和命题趋势分析1.考察特点：本考点的知识主要源于人教版物理必修二第四章的内容，在二轮复习资料中本考点是力与直线运动中的第二个考点。
牛顿运动定律是动力学的基础，而力与加速度的瞬时对应性、矢量性在高考中经常以选择题、计算题的形式呈现，主要考察学生分析问题，提取关键信息、选择物理知识和方法解决问题的能力。
在此考点中通过对基础知识点的应用和总结、让学生逐渐形成知识框架，并通过典例分析形成对应的解题方法。
2.命题趋势分析：通过对近几年的物理高考题分析发现，关于力与直线运动的问题往往是在选择题、计算题形式出现，考察的形式多样，结合电磁感应，结合图像、结合传送带、结合碰撞、结合曲线运动等都有。
但纵观近几年的高考题，动力学的两类问题是高考高频考点。
二、学情分析学生已经在一轮复习中系统复习了关于力和运动的知识点，但是对于这些内容的整合、联系、归纳并形成知识框架上来说有一定欠缺，且对于这些知识的综合应用上还欠缺方法、思路。
三、学科核心素养和教学重难点1.学科核心素养：（1）物理观念：构建应用牛顿运动定律解决问题的知识形成框架。
（2）科学思维：能正确使用物理思维方法，能定性和定量的科学推理，找出规律，进而解决实际问题，培养学生分析、思考、解决问题的能力。
（3）科学探究：如何从应用牛顿运动定律入手解决有关问题。
（4）科学态度与责任：在对物理知识——力的平衡进一步研究和理解的过程中，形成科学的研究方法，正确的认识物理事实，实事求是的科学态度。
2.教学重点：如何应用牛顿运动定律解决相关问题3.教学难点：如何应用牛顿运动定律解决动力学问题四、教学方法1.教法：充分发挥学生的主体作用和教师的主导作用，采用启发式，并遵循循序渐进的教学原则，引导学生尽量自己多分析和总结，充分调动学生学习的积极性和主动性，发挥其主体作用。
高中物理二轮专题复习课件专题一第2讲力与直线运动
D [初速度为 0 的匀加速直线运动，连续相等时间内通过的位 移之比为 1∶3∶5，据此判断第一个 T 时间内的位移 x1＝15×3 m＝ 0.6 m，选项 D 正确；第二个 T 时间内的位移 x2＝35×3 m＝1.8 m， 由 v23－0＝2a(x1＋x2＋x3)，得 a＝56 m/s2，选项 A 错误；由 Δx＝aT2 得 x2－x1＝aT2，解得 T＝65 s，选项 C 错误；第一个 T 时间末的瞬 时速度 v1＝aT＝1 m/s，选项 B 错误．]
1－2.(多选)甲、乙两物体从不同点出发且在同一条直线上运 动，它们的 v－t 图象如图所示，已知 t＝2 s 时两车相遇，则下列说 法正确的是( )
A．t＝1 s 时，甲车在前，乙车在后 B．t＝0 s 时，甲、乙车距离 x0＝3 m C．t＝6 s 时，甲车在前，乙车在后 D．3～5 s 内两车的平均速度相同
高三二轮专题复习 • 第一部分 专题讲练突破
物理
• 专题一 力与运动
• 第2讲 力与直线运动
主干知识体系
核心再现及学科素养
(1)匀变速直线运动规律公式的两性．
①条件性：物体必须做匀变速直线运动．
知 ②矢量性：公式都是矢量性．
识
(2)牛顿第二定律的“四性”． ①矢量性：F＝ma是矢量式，a与F同向．
答案 (1)能 (2)2.5 m
考向 3 运动学图象的理解与分析 例 3 (2018·湖北省武汉市高三二月调研)(多选)甲、乙两个物 体在同一直线上运动，其 x－t 图像如图所示，其中直线 b 与曲线 a 相切于点(4，－15)．已知甲做匀变速直线运动，下列说法正确的是 ()
A．前 4 s 内两物体运动方向相同 B．前 4 s 内甲的平均速度是乙的平均速度的175倍 C．t＝0 时刻，甲的速度大小为 9 m/s D．甲的加速度大小为 2 m/s2
高考物理二轮复习专题一力与运动第2讲力与物体的直线运动学案
第2讲力与物体的直线运动(2018·高考全国卷Ⅰ )如图，轻弹簧的下端固定离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下解析：选A.假设物块静止时弹簧的压缩量为可知kx0＝mg，在弹簧恢复原长前，当物块向上做匀加速直线运动时，(多选)(2018·高考全国卷Ⅱ)甲、乙两汽车在同一条平直公路上同向运动，其速度－时间图象分别如图中甲、乙两条曲线所示．已知两车在t2时刻并排行驶．下列说法正确的是( )A.两车在t1时刻也并排行驶B.在t1时刻甲车在后，乙车在前C.甲车的加速度大小先增大后减小D.乙车的加速度大小先减小后增大解析：选BD.本题可巧用逆向思维分析，两车在t2时刻并排行驶，根据题图分析可知在t1~ t2时间内甲车运动的位移大于乙车运动的位移，所以在t1时刻甲车在后，乙车在前， B正确， A错误；依据v-t图象斜率表示加速度分析出C错误，D正确.(多选)(2018·高考全国卷Ⅲ )甲、乙两车A.在t1时刻两车速度相等B.从0到t 1时间内，两车走过的路程相等 C.从t 1到t 2时间内，两车走过的路程相等 D.在t 1到t 2时间内的某时刻，两车速度相等解析：选 CD.x -t 图象某点的切线斜率表示瞬时速度， A 错误；前t 1时间内，由于甲、乙的出发点不同，故路程不同，B 错误；t 1~ t 2时间内，甲、乙的位移和路程都相等，大小都为x2~x 1，C 正确；t 1~ t 2时间内，甲的x -t 图象在某一点的切线与乙的x -t 图象平行，此时刻两车速度相等，D 正确.匀变速直线运动规律的应用[高分快攻]求解匀变速直线运动问题的一般思路 审题→画出示意图→判断运动性质→ 选取正方向→选用公式列方程→求解方程 匀变速直线运动问题常用的六种解题方法追及问题的解题思路和技巧(1)解题思路(2)解题技巧①紧抓“一图三式”，即过程示意图、时间关系式、速度关系式和位移关系式．②审题应抓住题目中的关键字眼，充分挖掘题目中的隐含条件，如“刚好”“恰好”“最多”“至少”等，往往对应一个临界状态，满足相应的临界条件．③若被追赶的物体做匀减速运动，一定要注意追上前该物体是否已停止运动，另外最后还要注意对解的讨论分析．(2017·高考全国卷Ⅲ)如图，两个滑块A和B的质量分别为mkg和m B＝5 kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5；木板的质量为m＝4 kg，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1.某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0＝3 m/s.A、B相遇时，A与木板恰好相对静止．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10 m/s2.求(1)B与木板相对静止时，木板的速度；(2)A、B开始运动时，两者之间的距离．[解析] (1)滑块A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动．设A、B所受的摩擦力大小分别为f1、f2，木板与地面间的滑动摩擦力为f3，A和B相对于地面的加速度大小分别为a A 和a B，木板相对于地面的加速度大小为a1.在物块B与木板达到共同速度前有f1＝μ1m A g①f2＝μ1m B g②f3＝μ2(m＋m A＋m B)g③由牛顿第二定律得f1＝m A a A④f 2＝m B a B ⑤ f 2－f 1－f 3＝ma 1⑥设在t 1时刻，B 与木板达到共同速度，其大小为v 1.由运动学公式有v 1＝v 0－a B t 1⑦ v 1＝a 1t 1⑧联立①②③⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得v 1＝1 m/s.⑨(2)在t 1时间间隔内，B 相对于地面移动的距离为s B ＝v 0t 1－12a B t 21⑩设在B 与木板达到共同速度v 1后，木板的加速度大小为a 2.对于B 与木板组成的体系，由牛顿第二定律有f 1＋f 3＝(m B ＋m )a 2⑪由①②④⑤式知，a A ＝a B ；再由⑦⑧式知，B 与木板达到共同速度时，A 的速度大小也为v 1，但运动方向与木板相反．由题意知，A 和B 相遇时，A 与木板的速度相同，设其大小为v 2.设A 的速度大小从v 1变到v 2所用的时间为t 2，则由运动学公式，对木板有v 2＝v 1－a 2t 2⑫ 对A 有v 2＝－v 1＋a A t 2⑬在t 2时间间隔内，B (以及木板)相对地面移动的距离为s 1＝v 1t 2－12a 2t 22⑭在(t 1＋t 2)时间间隔内，A 相对地面移动的距离为s A ＝v 0(t 1＋t 2)－12a A (t 1＋t 2)2⑮A 和B 相遇时，A 与木板的速度也恰好相同．因此A 和B 开始运动时，两者之间的距离为s 0＝s A ＋s 1＋s B ⑯联立以上各式，并代入数据得s 0＝1.9 m. (也可用如图所示的速度－时间图线求解)[答案] 见解析[题组突破]角度1 解决直线运动问题方法的灵活运用1．如图所示，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2 s ．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2 m/s ，然后匀速向前，则最先挡住他前进的关卡是( )A ．关卡2B ．关卡3C ．关卡4D ．关卡5解析：选C.该同学加速到2 m/s 时所用时间为t 1，由v 1＝at 1，得t 1＝v 1a＝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>8 m ，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＝x 5v 1＝0.5 s 后关卡4最先挡住他前进．角度2 追及、相遇问题2．[一题多解]在水平轨道上有两列火车A 和B 相距x ，A 车在后面做初速度为v 0、加速度大小为2a 的匀减速直线运动，而B 车同时做初速度为零、加速度为a 的匀加速直线运动，两车运动方向相同．要使两车不相撞，求A 车的初速度v 0满足什么条件．解析：两车不相撞的临界条件是，A 车追上B 车时其速度与B 车相等．设A 、B 两车从相距x 到A 车追上B 车时，A 车的位移为x A 、末速度为v A 、所用时间为t ；B 车的位移为x B 、末速度为v B ，运动过程如图所示，现用如下四种方法解答：法一：临界法．利用位移公式、速度公式求解，对A 车有x A ＝v 0t ＋12×(－2a )×t 2，v A ＝v 0＋(－2a )×t对B 车有x B ＝12at 2，v B ＝at两车位移关系有x ＝x A －x B追上时，两车不相撞的临界条件是v A ＝v B 联立以上各式解得v 0＝6ax故要使两车不相撞，A 车的初速度v 0应满足的条件是v 0≤6ax .法二：函数法．利用判别式求解，由法一可知x A ＝x ＋x B ，即v 0t ＋12×(－2a )×t 2＝x ＋12at 2整理得3at 2－2v 0t ＋2x ＝0这是一个关于时间t 的一元二次方程，当根的判别式Δ＝(－2v 0)2－4·3a ·2x ＝0时，两车刚好不相撞，所以要使两车不相撞，A 车的初速度v 0应满足的条件是v 0≤6ax .法三：图象法．利用v －t 图象求解，先作A 、B 两车的v －t 图象，如图所示，设经过t 时间两车刚好不相撞，则对A 车有v A ＝v ′＝v 0－2at对B 车有v B ＝v ′＝at 以上两式联立解得t ＝v 03a经t 时间两车发生的位移之差为原来两车间距离x ，它可用图中的阴影面积表示，由图象可知x ＝12v 0·t ＝12v 0·v 03a ＝v 206a所以要使两车不相撞，A 车的初速度v 0应满足的条件是v 0≤6ax .法四：相对运动法．巧选参考系求解．以B 车为参考系，A 车的初速度为v 0，加速度为a ′＝－2a －a ＝－3a .A 车追上B 车且刚好不相撞的条件是：v ＝0，这一过程A 车相对于B 车的位移为x ，由运动学公式 v 2－v 20＝2a ′x 得： 02－v 20＝2·(－3a )·x 所以v 0＝6ax .故要使两车不相撞，A 车的初速度v 0应满足的条件是v 0≤6ax .答案：v 0≤6ax牛顿运动定律的应用[高分快攻]连接体问题的分析(1)整体法：在连接体问题中，如果不需要求物体之间的相互作用力，且连接体的各部分具有相同的加速度，一般采用整体法列牛顿第二定律方程.(2)隔离法：如果需要求物体之间的相互作用力或对于加速度不同的连接体，一般采用隔离法列牛顿第二定律方程.瞬时加速度的求解 (1)两类模型①刚性绳（或接触面）——不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断（或脱离）后，其弹力立即消失，不需要形变恢复时间.②弹簧（或橡皮绳）——两端同时连接（或附着）有物体的弹簧（或橡皮绳），特点是形变量大，其形变恢复需要一段时间，在瞬时性问题中，其弹力的大小往往可以看成保持不变. (2)求解瞬时加速度的一般思路分析瞬时变化前后物体的受力情况→列牛顿第二定律方程→求瞬时加速度下暴雨时，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2 s 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/s 2.求：(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．[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 N1① F N1＝mg cos θ② F f2＝μ2F N2③F 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a 1和a 2，由牛顿第二定律得mg sin θ－F f1＝ma 1⑤ mg sin θ－F f2＋F ′f1＝ma 2⑥ F N1＝F ′N1⑦ F f1＝F ′f1⑧联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，并代入题给数据得a 1＝3 m/s 2⑨ a 2＝1 m/s 2.⑩(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 ⑪ v 2＝a 2t 1＝2 m/s ⑫t ＞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 2⑬ a ′2＝－2 m/s 2⑭B 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＝0⑮联立⑫⑭⑮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 ′1t 22－⎝ ⎛⎭⎪⎫12a 2t 21＋v 2t 2＋12a ′2t 22＝12 m<27 m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 －x ＝(v 1＋a ′1t 2)t 3＋12a ′1t 23可得，t 3＝1 s(另一解不符合题意，舍去)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.[答案] (1)3 m/s 21 m/s 2(2)4 s[题组突破]角度1 超重、失重现象分析1．(多选)一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a 随时间t 变化的图线如图所示，以竖直向上为a 的正方向，则人对地板的压力( )A ．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 时最小解析：选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． 角度2 瞬时加速度问题2．(多选)如图所示，物块a 、b 和c 的质量相同，a 和b 、b 和c 之间用完全相同的轻质弹簧S 1和S 2相连，通过系在a 上的细线悬挂于固定点O ，整个系统处于静止状态．现将细线剪断，将物块a 的加速度的大小记为a 1，S 1和S 2相对于原长的伸长分别记为Δl 1和Δl 2，重力加速度大小为g ，在剪断的瞬间( ) A ．a 1＝3g B ．a 1＝0 C ．Δl 1＝2Δl 2D ．Δl 1＝Δl 2解析：选AC.设物块的质量为m ，剪断细线的瞬间，细线的拉力消失，弹簧还没有来得及改变，所以剪断细线的瞬间a 受到重力和弹簧S 1的拉力F T1，剪断前对b 、c 和弹簧S 2组成的整体分析可知F T1＝2mg ，故a 受到的合力F ＝mg ＋F T1＝mg ＋2mg ＝3mg ，故加速度大小a 1＝Fm＝3g ，A 正确，B 错误；设弹簧S 2的拉力为F T2，则F T2＝mg ，根据胡克定律F ＝k Δx 可得Δl 1＝2Δl 2，C 正确，D 错误．角度3 多过程动力学问题3.如图所示，质量分别为0.5 kg 、0.2 kg 的弹性小球A 、B 穿过一绕过定滑轮的轻绳，绳子末端与地面距离为0.8 m ，小球距离绳子末端6.5 m ，小球A 、B 与轻绳间的滑动摩擦力都为自身重力的12，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．现由静止同时释放A 、B 两个小球，不计绳子质量，忽略与定滑轮相关的摩擦力，g ＝10 m/s 2.求： (1)释放A 、B 两个小球后，A 、B 各自加速度大小； (2)小球B 从开始释放经多长时间落到地面？解析：(1)由题意知 B 与轻绳间的滑动摩擦力 f B ＝km B g ＝1.0 N ，而 A 与轻绳间的滑摩擦力f A ＝km Ag ＝2.5 N.即 f B <f A .所以为保证 A 、B 对轻绳的力相同，只能A 受静摩擦力作用，且大小与 f B 相同．对B 有m B g －km B g ＝m B a B解得a B ＝5 m/s 2对 A 有m A g －km B g ＝m A a A 解得a A ＝8 m/s 2.(2)设经历时间t 1小球 B 脱离绳子，此时小球 B 下落高度为h B ，获得速度为v B ，依题意有 12a A t 21＋12a B t 21＝6.5 m 解得t 1＝1 s此时B 下落 h B ＝12a B t 21＝2.5 m小球B 离开绳时的速度为 v B ＝a B t 1＝5 m/s小球B 脱离绳子后在重力作用下匀加速下落，设此时距地面高度为H ，再经时间t 2落地有H ＝6.5 m ＋0.8 m －2.5 m ＝4.8 m H ＝v B t 2＋12gt 22解得t 2＝0.6 s故B 从开始释放到落地共经历时间t ＝t 1＋t 2＝1.6 s. 答案：(1)8 m/s 25 m/s 2(2)1.6 s动力学的运动图象问题[高分快攻]x－t图象：描述位移随时间变化的规律，图象斜率的大小表示物体运动速度的大小，斜率的正负表示速度的方向．v－t图象：描述速度随时间变化的规律．(1)某一点代表此时刻的瞬时速度，时间轴上方速度方向为正，时间轴下方速度方向为负．(2)图象斜率的大小表示物体运动的加速度的大小，斜率的正负表示加速度的方向．(3)图象与时间轴围成面积代表位移，时间轴上方位移为正，时间轴下方位移为负．a－t图象：描述加速度随时间变化的规律，图象与时间轴围成的面积表示物体速度的变化量；加速度恒定表示物体做匀变速运动，否则物体做非匀变速运动．三者关系：x－t图象和v－t图象描述的都是直线运动，而a－t图象描述的不一定是直线运动；在图象转换时，必须明确不同图象间相互联系的物理量，必要时还应根据运动规律写出两个图象所描述的物理量间的函数关系式进行分析和判断．如图甲所示，某人正通过定滑轮将质量为m的物体提升到高处．滑轮的质量和摩擦均不计，物体获得的加速度a与绳子对物体竖直向上的拉力T之间的函数关系如图乙所示．由图可以判断以下说法正确的是( )①图线与纵轴的交点M的值a M＝－g②图线与横轴的交点N的值T N＝mg③图线的斜率等于物体的质量m④图线的斜率等于物体质量的倒数1 mA．②④B．②③C．①②③D．①②④[解析] 对物体受力分析，受重力mg和拉力T，根据牛顿第二定律，有T－mg＝ma，得a＝Tm－g.当T＝0时，a＝－g，即图线与纵轴的交点M的值a M＝－g，①正确；当a＝0时，T＝mg，故图线与横轴的交点N的值T N＝mg，②正确；图线的斜率表示质量的倒数1m，③错误，④正确．[答案] D[题组突破]角度1 动力学中的速度图象1．(2016·高考江苏卷)小球从一定高度处由静止下落，与地面碰撞后回到原高度再次下落，重复上述运动．取小球的落地点为原点建立坐标系，竖直向上为正方向．下列速度v 和位置x 的关系图象中，能描述该过程的是( )解析：选A.小球从一定高度处由静止下落，与地面碰撞后能回到原高度，重复原来的过程，以落地点为原点，速度为零时，位移最大，速度最大时位移为零，设高度为h ，则速度大小与位移的关系满足v 2＝2g (h －x )，A 项正确．角度2 动力学中的加速度图象2．(多选)(2018·潍坊模拟)一汽车在高速公路上以v 0＝30 m/s 的速度匀速行驶，t ＝0时刻，驾驶员采取某种措施，汽车运动的加速度随时间变化关系如图所示，以初速度方向为正，下列说法正确的是( )A ．t ＝6 s 时车速为5 m/sB ．t ＝3 s 时车速为零C ．前9 s 内的平均速度为15 m/sD ．前6 s 内车的位移为90 m解析：选BC.0～3 s ，汽车做匀减速直线运动，3 s 末的速度v 3＝v 0＋a 1t 1＝(30－10×3) m/s ＝0，B 正确；3～9 s ，汽车做匀加速直线运动，t ＝6 s 时速度v 6＝a 2t 2＝5×3 m/s ＝15 m/s ，A 错误；前3 s 内的位移x 3＝0－v 202a 1＝0－3022×（－10） m ＝45 m ，3～9 s 内的位移x 3～9＝12a 2t 23＝12×5×62m ＝90 m ，则前9 s 内的位移为x 9＝x 3＋x 3～9＝135 m ，平均速度为v ＝x 9t 总＝1359 m/s ＝15 m/s ，C 正确；3～6 s 内的位移x 3～6＝12a 2t 22＝12×5×32m ＝22.5 m ，则前6 s 内的位移为x 6＝x 3＋x 3～6＝67.5 m ，D 错误．角度3 动力学中的位移图象3．一质量为1 kg 的物体从高空中由静止下落，下落过程中所受空气阻力恒定，在开始一段时间内其位移x 随时间t 变化的关系图象如图所示，g 取10 m/s 2.物体下落过程中所受空气阻力的大小为()A ．1 NB ．2 NC ．3 ND ．4 N解析：选B.物体做匀加速运动，位移x ＝12at 2，由图线过(1，4)，则a ＝8 m/s 2，由牛顿第二定律，有mg －f ＝ma ，空气阻力f ＝mg －ma ＝2 N ，选项 B 正确．连接体问题整体法与隔离法常涉及的三种问题类型(1)涉及滑轮的问题：若要求绳的拉力，一般都采用隔离法．(2)水平面上的连接体问题：①这类问题一般是连接体(系统)中各物体保持相对静止，即具有相同的加速度．解题时，一般采用先整体后隔离的方法．②建立直角坐标系时要考虑矢量正交分解越少越好的原则或者正交分解力，或者正交分解加速度．(3)斜面体与物体组成的连接体问题：当物体具有沿斜面方向的加速度，而斜面体相对于地面静止时，一般采用隔离法分析．解决问题的关键正确地选取研究对象是解题的首要环节，弄清各物体之间哪些属于连接体，哪些物体应该单独分析，并分别确定它们的加速度，然后根据牛顿运动定律列方程求解．[高分快攻](多选)如图所示，粗糙的水平地面上有三块完全相同的木块A、B、C，质量均为m，B、C之间用轻质细绳连接．现用一水平恒力F作用在C上，三者开始一起做匀加速直线运动，运动过程中把一块橡皮泥粘在某一木块上面，系统仍加速运动，且三者始终没有相对滑动，则在粘上橡皮泥并达到稳定后，下列说法正确的是( )A．无论粘在哪个木块上面，系统加速度都将减小B．若粘在木块A上面，绳的拉力减小，A、B间的摩擦力不变C．若粘在木块B上面，绳的拉力增大，A、B间的摩擦力增大D．若粘在木块C上面，绳的拉力和A、B间的摩擦力都减小[解析] 设橡皮泥的质量为Δm，粘上橡皮泥之后，因系统内无相对滑动，所以整体分析，由牛顿第二定律有F－3μmg－μΔmg＝(3m＋Δm)a，可知系统加速度a将减小，选项A正确；若粘在木块A上面，以木块C为研究对象，受力分析可知木块C受拉力F、摩擦力μmg、绳子拉力F T作用，由牛顿第二定律可得F－μmg－F T＝ma，其中a减小，F和μmg不变，所以绳子的拉力F T增大，选项B错误；若粘在木块B上面，以木块A为研究对象，设木块A受到静摩擦力大小为f，则有f＝ma，其中a减小，m不变，故f减小，选项C错误；若粘在木块C上面，由于加速度a减小，故A、B间的静摩擦力减小，以A、B为整体，有F′T－2μmg ＝2ma，故F′T减小，选项D正确．[答案] AD[题组突破]角度1 整体法和隔离法的应用1．如图所示，在光滑水平面上有一辆小车A，其质量为m A＝2.0 kg，小车上放一个物体B，其质量为m B＝1.0 kg.如图甲所示，给B一个水平推力F，当F增大到稍大于3.0 N时，A、B开始相对滑动．如果撤去F，对A施加一水平推力F′，如图乙所示．要使A、B不相对滑动，求F′的最大值F m.解析：根据题图甲所示情况，设A、B间的静摩擦力达到最大值f m时，系统的加速度为a.根据牛顿第二定律，对A、B整体有F＝(m A＋m B)a，对A有f m＝m A a，代入数据解得f m＝2.0 N. 根据题图乙所示情况，设A、B刚开始相对滑动时系统的加速度为a′，根据牛顿第二定律有：f m＝m B a′，F m＝(m A＋m B)a′，代入数据解得F m＝6.0 N.答案：6.0 N角度2 传送带模型2.如图所示，传送带与地面倾角θ＝37°，从A→B长度为16 m，传送带以10 m/s的速率逆时针转动．在传送带上端A无初速度地放一个质量为0.5 kg的物体，它与传送带之间的动摩擦因数为0.5.求物体从A运动到B所需时间是多少？(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)解析：物体放在传送带上后，开始阶段，由于传送带的速度大于物体的速度，传送带给物体一个沿传送带向下的滑动摩擦力F f，物体受力情况如图甲所示．物体由静止加速，由牛顿第二定律有mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1，得a1＝10 m/s2.物体加速至与传送带速度相等需要的时间t1＝va1＝1 st1时间内物体运动的位移x＝12a1t21＝5 m.由于μ<tan θ，物体在重力作用下将继续加速运动，当物体速度大于传送带速度时，传送带给物体一沿传送带向上的滑动摩擦力F ′f .此时物体受力情况如图乙所示，由牛顿第二定律有mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2得a 2＝2 m/s 2.设后一阶段物体滑至底端所用的时间为t 2， 由L －x ＝vt 2＋12a 2t 22解得t 2＝1 s 或t 2＝－11 s(舍去)． 所以物体由A →B 的时间t ＝t 1＋t 2＝2 s. 答案：2 s角度3 滑块——滑板模型3．如图甲所示，质量为M 的长木板，静止放置在粗糙水平地面上，有一个质量为m 、可视为质点的物块，以某一水平初速度从左端冲上木板．从物块冲上木板到物块和木板达到共同速度的过程中，物块和木板的v －t 图象分别如图乙中的折线acd 和bcd 所示，a 、b 、c 、d 点的坐标分别为a (0，10)、b (0，0)、c (4，4)、d (12，0)．根据v －t 图象，求：(1)物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小a 1，木板开始做匀加速直线运动的加速度大小a 2，达到共同速度后一起做匀减速直线运动的加速度大小a 3； (2)物块质量m 与长木板质量M 之比； (3)物块相对长木板滑行的距离Δx .解析：(1)由v －t 图象可求出物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小a 1＝10－44 m/s2＝1.5 m/s 2，木板开始做匀加速直线运动的加速度大小a 2＝4－04 m/s 2＝1 m/s 2，达到共同速度后一起做匀减速直线运动的加速度大小a 3＝4－08 m/s 2＝0.5 m/s 2.(2)对物块冲上木板匀减速阶段：μ1mg ＝ma 1 对木板向前匀加速阶段：μ1mg －μ2(m ＋M )g ＝Ma 2 物块和木板达到共同速度后向前匀减速阶段： μ2(m ＋M )g ＝(M ＋m )a 3以上三式联立可得m M ＝32.(3)由v －t 图象可以看出，物块相对于长木板滑行的距离Δx 对应图中△abc 的面积，故Δx＝10×4×12m ＝20 m.答案：(1)1.5 m/s 2 1 m/s 2 0.5 m/s 2(2)32(3)20 m滑块——滑板模型是近几年来高考考查的热点，涉及摩擦力的分析判断、牛顿运动定律、匀变速运动等主干知识，能力要求较高，滑块和滑板的位移关系、速度关系是解答滑块——滑板模型的切入点，前一运动阶段的末速度是下一运动阶段的初速度，解题过程中必须以地面为参考系．1．模型特点：滑块(视为质点)置于滑板上，滑块和滑板均相对地面运动，且滑块和滑板在摩擦力的相互作用下发生相对滑动．2．运动学分析：无临界速度时，滑块与滑板分离，确定相等时间内的位移关系解题；有临界速度时，滑块与滑板不分离，假设速度相等后加速度相同，由整体法求解系统的共同加速度，再由隔离法用牛顿第二定律求滑块与滑板间的摩擦力f ，如果该摩擦力不大于最大静摩擦力说明假设成立，则整体列式解题；如果该摩擦力大于最大静摩擦力说明假设不成立，则分别列式；确定相等时间内的位移关系解题．3．动力学分析：判断滑块与滑板是否发生相对滑动是解决这类问题的一个难点，通常采用整体法、隔离法和假设法等．往往先假设两者相对静止，由牛顿第二定律求出它们之间的摩擦力f ，与最大静摩擦力f m 进行比较．若f <f m ，则不会发生相对滑动；反之，将发生相对滑动．从运动学角度看，滑块与滑板的速度和加速度不等，则会发生相对滑动．, (建议用时：45分钟)一、单项选择题1．(2018·沈阳二模)元宵节期间人们燃放起美丽的焰火以庆祝中华民族的传统节日，按照设计，某种型号的装有焰火的礼花弹从专用炮筒中射出后，在3 s 末到达离地面90 m 的最高点时炸开，构成各种美丽的图案．假设礼花弹从炮筒中竖直向上射出时的初速度是v 0，上升过程中所受的阻力大小始终是自身重力的k 倍，g ＝10 m/s 2，那么v 0和k 分别等于( ) A ．30 m/s ，1 B ．30 m/s ，0.5 C ．60 m/s ，0.5D ．60 m/s ，1解析：选D.本题考查运动学规律和牛顿第二定律，利用运动学知识有x ＝v 0＋v2·t ，代入数据得v 0＝60 m/s ；对上升过程中的礼花弹受力分析，如图所示．由牛顿第二定律有：mg ＋F f ＝ma ，又F f ＝kmg ，a ＝603m/s 2＝20 m/s 2，解得：k ＝1.故A 、B 、C 错，D 对．2．(2016·高考浙江卷)如图所示为一种常见的身高体重测量仪．测量仪顶部向下发射波速为v 的超声波，超声波经反射后返回，被测量仪接收，测量仪记录发射和接收的时间间隔．质量为M 0的测重台置于压力传感器上，传感器输出电压与作用在其上的压力成正比．当测重台没有站人时，测量仪记录的时间间隔为t 0，输出电压为U 0，某同学站上测重台，测量仪记录的时间间隔为t ，输出电压为U ，则该同学身高和质量分别为( ) A ．v (t 0－t )，M 0U 0U B.12v (t 0－t )，M 0U 0U C ．v (t 0－t )，M 0U 0(U －U 0)D.12v (t 0－t )，M 0U 0(U －U 0) 解析：选D.设测量仪高度和人的身高分别为H 和h ，根据题意，没有站人时有H ＝v t 02，站人时有H －h ＝v t 2，得h ＝t 0－t2v ；又由传感器输出的电压与作用在其上的压力成正比，则没有站人时U 0＝kM 0g ，站人时U ＝k (M 0＋m )g ，得m ＝M 0U 0(U －U 0)，故D 项正确．3．(2018·河北唐山模拟)一旅客在站台8号车厢候车线处候车，若动车一节车厢长25米，动车进站时可以看做匀减速直线运动．他发现第6节车厢经过他用了4 s ，动车停下时旅客刚好在8号车厢门口(8号车厢最前头)．则该动车的加速度大小约为( ) A ．2 m/s 2B ．1 m/s 2C ．0.5 m/s 2D ．0.2 m/s 2解析：选C.设第6节车厢刚到达旅客处时，车的速度为v 0，加速度为a ，则有l ＝v 0t ＋12at 2，从第6节车厢刚到达旅客处到列车停下来，有0－v 20＝2a ·2l ，解得a ＝－0.5 m/s 2或a ＝－18 m/s 2(舍去)，则加速度大小约为0.5 m/s 2.4．(2018·安徽合肥模拟)如图所示， a 、b 两物体的质量分别为m 1、m 2，由轻质弹簧相连．当用恒力F 竖直向上拉着a ，使a 、b 一起向上做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x 1，加速度大小为a 1；当用大小仍为F 的恒力沿水平方向拉着a ，使a 、b 一起沿光滑水平桌面做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x 2，加速度大小为a 2.则有( )。
专题1力与运动第2讲 力与直线运动新高考二轮物理复习导学案
专题一 第2讲 力与直线运动 考点一 匀变速直线运动规律考向1 匀变速直线运动规律的应用 典例1. (2019·课标卷Ⅰ，18,6分)如图，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H 4所用的时间为t 1，第四个H 4所用的时间为t 2.不计空气阻力，则t 2t 1满足( ) A ．1<t 2t 1<2 B ．2<t 2t 1<3 C ．3<t 2t 1<4 D ．4<t 2t 1<5 考向2 追及相遇问题典例2 .现有甲、乙两汽车正沿同一平直大街同向匀速行驶，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t 0＝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/s 2，假设汽车可看作质点．(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？(2)为保证两车在紧急刹车过程中不相撞，甲、乙两车在正常行驶过程中应至少保持多大距离？[变式拓展] 在(例2)中，如果两车刹车时的加速度交换，为保证两车在紧急刹车过程中不相撞，那么两车在正常行驶过程中又应至少保持多大距离？规律总结1．求解匀变速直线运动问题的思路2．全程法：全过程中若加速度不变，虽然有往返运动，但可以全程列式，此时要注意各矢量的方向(即正负号)．班级： 姓名：1．(2020·安徽蚌埠质检)图中ae 为港珠澳大桥上四段110 m 的等跨钢箱连续梁桥，若汽车从a 点由静止开始做匀加速直线运动，通过ab 段的时间为t ，则通过ce 段的时间为( )A ．tB ．2tC ．(2－2)tD ．(2＋2)t2．(2020·北京东城区一模)学习物理知识可以帮助我们分析一些生活中的实际问题．如图所示，某地铁出站口处设有高约5 m 的步行楼梯和自动扶梯，步行楼梯每级台阶的高度约0.2 m ，自动扶梯与水平面间的夹角为30°，并以0.8 m/s 的速度匀速运行．甲、乙两位同学分别从步行楼梯和自动扶梯的起点同时上楼，甲在步行楼梯上匀速上行，乙在自动扶梯上站立不动．若他俩同时到达地面层．下列估算正确的是( )A ．甲同学步行上楼梯用时6.25 sB ．甲同学的上行速度等于0.4 m/sC ．甲同学竖直方向分速度为1.6 m/sD ．甲同学每秒钟需要上两级台阶3．(2020·山东青岛质检)全国多地在欢迎援鄂抗疫英雄凯旋时举行了“飞机过水门”的最高礼仪，寓意为“接风洗尘”．某次仪式中，水从两辆大型消防车中斜向上射出，经过3 s 水到达最高点，不计空气阻力和水柱间的相互影响，若水射出后第1 s 内上升高度为h ，则水通过前15h 段用时为( )A ．0.5 sB ．(2－3) sC ．(3－22) sD ．0.2 s4．(2020·新课标卷Ⅰ)我国自主研制了运－20重型运输机．飞机获得的升力大小F 可用F ＝k v 2描述，k 为系数；v 是飞机在平直跑道上的滑行速度，F 与飞机所受重力相等时的v 称为飞机的起飞离地速度，已知飞机质量为1.21×105 kg 时，起飞离地速度为66 m/s ；装载货物后质量为1.69×105 kg ，装载货物前后起飞离地时的k 值可视为不变．(1)求飞机装载货物后的起飞离地速度；(2)若该飞机装载货物后，从静止开始匀加速滑行1 521 m 起飞离地，求飞机在滑行过程中加速度的大小和所用的时间．考点二 运动图像及应用1．图像问题要三看(1)看清坐标轴所表示的物理量―→明确因变量(纵轴表示的量)与自变量(横轴表示的量)的制约关系．(2)看图线本身―→识别两个相关量的变化趋势，从而分析具体的物理过程．(3)看交点、斜率和“面积”―→明确图线与图线的交点、图线与坐标轴的交点、图线斜率、图线与坐标轴围成的面积的物理意义．2．v －t 图像的应用技巧(1)图像意义：在v －t 图像中，图像上某点的斜率表示对应时刻的加速度，斜率的正负表示加速度的方向．(2)注意：加速度沿正方向不表示物体做加速运动，加速度和速度同向时做加速运动．考向1 v －t 图像1．(2020·江苏泰州二模)2019年9月13日，美国导弹驱逐舰“迈耶”号擅自进入中国西沙群岛海域．我军组织有关海空兵力，依法依规对美舰进行了识别查证，予以警告，成功将其驱离．如图是美国导弹驱逐舰“迈耶”号在海面上被我军驱离前后运动的速度—时间图像，则下列说法正确的是( )A ．美舰在0～66 s 内的平均速度大小等于7.5 m/sB ．美舰在66 s 末开始调头逃离C ．美舰在66～96 s 内运动了225 mD ．美舰在96～116 s 内做匀减速直线运动2．(2020·河南洛阳统考)疫情当前，无人驾驶技术在配送、清洁、消毒等方面的应用，节省人力的同时，也大幅降低了相关人员的感染风险，对疫情防控起到了积极作用．某公司在研发无人驾驶汽车的过程中，对比甲乙两辆车的运动，两车在开始计时时刚好经过同一位置且沿同一方向做直线运动，它们的速度随时间变化的关系如图所示，由图可知( )A ．在t ＝3 s 时，两车第一次相距最远B ．甲车任何时刻加速度大小都不为零C ．在t ＝6 s 时，两车又一次经过同一位置D ．甲车t ＝6 s 时的加速度与t ＝9 s 时的加速度相同考向2 x －t 图像3．(2020·安徽合肥质检)一列复兴号动车进站时做匀减速直线运动，车头经过站台上三个立柱A 、B 、C ，对应时刻分别为t 1、t 2、t 3，其x －t 图像如图所示．则下列说法正确的是( )A ．车头经过立柱B 的速度为2x 0t 3－t 1B ．车头经过立柱A 、B 的平均速度为x 0t 2－t 1C ．动车的加速度为x 0(t 3－2t 2＋t 1)(t 2－t 1)(t 3－t 2)(t 3－t 1)D ．车头通过立柱B 、C 过程速度的变化量为2x 0(t 3－t 2＋t 1)(t 2－t 1)(t 3－t 1)4．(2020·广东深圳二调)甲乙两车在同一平直公路上同向运动．零时刻起，甲车从静止出发做匀加速运动，乙做匀速运动，各自的位置x 随时间t 的变化情况如图所示，两条图线相切于P (t 1，x 1)，其中t 2＝2t 1.则( )A ．在0到t 1时间内，甲车的位移是x 1B ．在t 1时刻，甲车的瞬时速度大小是x 12t 1C ．在t 1到t 2时间内，甲车的平均速度大小是2x 1t 1D ．在t 2时刻，甲车的瞬时速度大小是2x 1t 1考向3其他图像5．(2020·安徽蚌埠质检)某物体原先静止于一光滑水平面上，t＝0时受水平外力作用开始沿直线运动，0～8 s内其加速度a与时间t的关系如图所示，则下列说法正确的是()A．t＝2 s时，物体的速度大小为2 m/sB．0～2 s内，物体通过的位移大小为2 mC．0～8 s内物体的最大速度为7 m/sD．物体在t＝8 s时与在t＝2 s时的运动方向相反6．(2020·山东临沂期末)一质点以某一初速度开始做直线运动，从质点开始运动计时，经时间t质点的位移为x，其xt－t图像如图所示．下列说法正确的是()A．质点做匀加速直线运动B．任意相邻的0.2 s内，质点位移差的大小均为0.04 mC．任意1 s内，质点速度增量的大小均为0.5 m/sD．质点在1 s末与3 s末的速度方向相同考点三牛顿运动定律的应用1．主要题型应用牛顿运动定律解决的主要问题有：瞬时问题、连接体问题、超重和失重问题以及动力学的两类基本问题．2．方法技巧(1)瞬时问题要注意绳、杆弹力和弹簧弹力的区别，绳和轻杆的弹力可以突变，而弹簧的弹力不能突变．(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，变替使用整体法与隔离法．(3)两类动力学基本问题的解题关键是运动分析、受力分析，充分利用加速度的“桥梁”作用．考向1瞬时性问题1．(多选)(2020·福建漳州质检)橡皮筋具有与弹簧类似的性质，如图所示，一条质量不计的橡皮筋竖直悬挂，劲度系数k＝100 N/m，橡皮筋上端安装有拉力传感器测量橡皮筋的弹力．当下端悬挂一个钩码，静止时拉力传感器读数为10 N，现将一个完全相同的钩码轻轻挂在第一个钩码的下方，取g＝10 m/s2，则() A．悬挂第二个钩码的瞬间，拉力传感器的读数仍为10 NB．悬挂第二个钩码的瞬间，钩码间的弹力大小是20 NC．悬挂第二个钩码后，拉力传感器的读数恒为20 ND．悬挂第二个钩码后，钩码运动速度最大时下降的高度为10 cm2．(2020·湖南衡阳三模)如图所示，质量分别为m 和2m 的A 、B 两物块，用一轻弹簧相连，将A 用轻绳悬挂于天花板上，用一木板托住物块B ．调整木板的位置，当系统处于静止状态时，悬挂A 物块的悬绳恰好伸直且没有拉力，此时轻弹簧的形变量为x ，突然撤去木板，重力加速度为g ，物块运动过程中，弹簧始终在弹性限度内，则下列说法正确的是( )A ．撤去木板瞬间，B 物块的加速度大小为gB ．撤去木板瞬间，B 物块的加速度大小为0.5gC ．撤去木板后，B 物块向下运动3x 时速度最大D ．撤去木板后，B 物块向下运动2x 时速度最大考向2 动力学两类问题3．(2020·重庆育才中学模拟)在t ＝0时，将一乒乓球以某一初速度竖直向上抛出，一段时间后落回抛出点．已知乒乓球运动过程中受到的空气阻力大小与速度大小关系为f ＝k v (k 为大于零的常数)．规定竖直向上为正方向，如图是定性描述上述过程中乒乓球的加速度a 、速度v 随时间t 变化规律的图像，可能正确的是( )4．(2020·辽宁丹东测试)如图甲所示，在倾角为θ＝30°的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块A 、B ，它们的质量为m A ＝5 kg 、m B ＝3 kg ，C 为一固定挡板，整个系统处于平衡状态．现用一沿斜面向上的力F 拉物块A ，使之沿斜面向上做加速度为4 m/s 2的匀加速直线运动．选定A 的起始位置为坐标原点(g ＝10 m/s 2)，从力F 刚作用在木块A 的瞬间到B 刚好要离开固定挡板C 的瞬间这个过程中，乙图中能正确描绘力F 与木块A 的位移x 之间关系的图像是( )5．(2020·山西测试)乒乓球和小石子以相同初速度同时竖直向上抛出，乒乓球受到的空气阻力大小恒定，小石子受到的空气阻力忽略不计，乒乓球和小石子运动的速度v 随时间t 变化的图像如图所示，其中可能正确的是( )6．(2020·浙江高考真题)如图1所示，有一质量m ＝200 kg 的物件在电机的牵引下从地面竖直向上经加速、匀速、匀减速至指定位置．当加速运动到总位移的14时开始计时，测得电机的牵引力随时间变化的F －t 图线如图2所示，t ＝34 s 末速度减为0时恰好到达指定位置．若不计绳索的质量和空气阻力，求物件：(1)做匀减速运动的加速度大小和方向；(2)匀速运动的速度大小；(3)总位移的大小．考向3 连接体问题7．(2020·贵州遵义模拟)如图，在光滑的水平桌面上有一物体A ，通过绳子与物体B 相连，假设绳子的质量以及绳子与定滑轮之间的摩擦力都可以忽略不计，绳子不可伸长．如果m B ＝3m A ，则物体A 的加速度和绳的拉力大小等于( )A ．拉力为mB gB ．拉力为34m B gC ．加速度为3g 4D ．加速度为3g8．(多选)(2019·河南郑州二模)如图所示，2019个质量均为m 的小球通过完全相同的轻质弹簧(在弹性限度内)相连，在水平拉力F 的作用下，一起沿光滑水平面以加速度a 向右做匀加速运动，设1和2之间弹簧的弹力为F 1－2,2和3间弹簧的弹力为F 2－3,2018和2019间弹簧的弹力为F 2018－2019，则下列结论正确的是( )A ．F 1－2∶F 2－3∶……F 2018－2019＝1∶2∶3∶……∶2018B ．从左到右每根弹簧长度之比为1∶2∶3∶……∶2018C ．如果突然撤去拉力F ，撤去F 瞬间，第2019个小球的加速度为F m，其余每个球的加速度依然为a D ．如果1和2两个球间的弹簧从第1个球处脱落，那么脱落瞬间第1个小球的加速度为0，第2个小球的加速度为2a ，其余小球加速度依然为a9．(2020·广东佛山模拟)一固定杆与水平方向夹角为θ＝37°，将一质量为m 1的滑块套在杆上，通过轻绳悬挂一个质量为m 2的小球，杆与滑块之间的动摩擦因数为μ＝0.5.若滑块与小球保持相对静止以相同的加速度a ＝10 m/s 2一起向上做匀减速直线运动，则此时小球的位置可能是下图中的哪一个( )考点四板块模型和传送带模型1．板块模型板块模型问题就是通常遇到的叠放问题，由于其往往可看成由物块和木板构成的一对相互作用模型，故将其形象称为“板块”问题．该问题与运动学、受力分析、动力学、功与能等有着密切联系，而且往往牵涉着临界极值问题．(1)滑块—木板模型类问题中，木板往往受到摩擦力的影响也做匀变速直线运动，处理此类物体匀变速运动问题要注意从速度、位移、时间等角度，寻找它们之间的联系．(2)要使滑块不从木板的末端掉下来的临界条件是滑块到达木板末端时的速度与木板的速度恰好相等．2．滑块在传送带上运动的“五点”注意事项(1)注意滑块相对传送带的运动方向，正确判定摩擦力的方向．(2)在水平传送带上，滑块与传送带共速时，滑块与传送带相对静止做匀速运动．(3)在倾斜传送带上，滑块与传送带共速时，需比较mg sin θ与μmg cos θ的大小才能确定运动情况．(4)注意滑块与传送带运动方向相反时，滑块速度减为零后反向加速返回．(5)注意传送带的长度，判定滑块与传送带共速前是否滑出．考向1板块模型典例3 (2020·华南师大附中模拟)如图甲所示，水平面上静止放着长L＝2.75 m，质量为M＝3 kg的木板，一个质量为m＝1 kg的小物体静止放在木板的最右端，小物体和木板之间的动摩擦因数为μ1，地面与木板之间的动摩擦因数为μ2，现对木板施加一水平向右的拉力F。
高考物理二轮复习 专题一 力与运动 第2讲 力与物体的
第2讲力与物体的直线运动知识必备1.匀变速直线运动的“四类公式”2.符号法则(1)匀变速直线运动的“四类公式”都是矢量式，应用时注意各量符号的确定。
(2)一般情况下，取初速度的方向为正方向。
3.牛顿第二定律F合＝ma。
4.典型运动的动力学特征(1)F合＝0，物体做匀速直线运动或静止。
(2)F合≠0且与v共线，物体做变速直线运动。
①F合不变，物体做匀变速直线运动。
5.必须辨明的“4个易错易混点”(1)物体做加速或减速运动取决于速度与加速度方向间的关系。
(2)“刹车”问题要先判断刹车时间，再分析计算。
(3)力是改变运动状态的原因，惯性大小只与质量有关。
(4)物体的超重、失重状态取决于加速度的方向，与速度方向无关。
,备考策略1.抓好“两个分析、两个桥梁”，攻克动力学问题(1)两分析①物体受力情况分析，同时画出受力示意图；②物体运动情况分析，同时画出运动情境图。
(2)两个桥梁①加速度是联系运动和力的桥梁；②速度是各物理过程相互联系的桥梁。
2.解决图象类问题“四个注意”、“一个关键” (1)“四个注意”①x －t 图象和v －t 图象描述的都是直线运动，而不是曲线运动。
②x －t 图象和v －t 图象不表示物体运动的轨迹。
③x －t 图象中两图线的交点表示两物体相遇，而v －t 图象中两图线的交点表示两物体速度相等。
④a －t 图象中，图线与坐标轴围成的面积表示速度的变化量；v －t 图象中，图线与坐标轴围成的面积表示位移；而x －t 图象中，图线与坐标轴围成的面积则无实际意义。
(2)“一个关键”要将物体的运动图象转化为物体的运动模型。
匀变速直线运动规律的应用【真题示例1】 (2016·全国卷Ⅲ，16)一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t 内位移为s ，动能变为原来的9倍。
该质点的加速度为( ) A.s t 2 B.3s 2t 2 C.4s t2D.8st 2解析 动能变为原来的9倍，则物体的速度变为原来的3倍，即v ＝3v 0，由s ＝12(v 0＋v )t 和a ＝v －v 0t 得a ＝st2，故A 正确。
高考物理大二轮复习专题一力与运动第二讲力与物体的直线运动教学案
第二讲 力与物体的直线运动[答案] (1)合外力为零 (2)项目 一般形式v 0＝0 涉及的 物理量不涉及的 物理量 速度公式 v t ＝v 0＋atv t ＝atv t 、v 0、a 、t 位移x 位移公式 x ＝v 0t ＋12at 2x ＝12at 2 x 、v 0、a 、t末速 度v t 速度、位移 关系公式v 2t －v 20＝2axv 2t ＝2ax v t 、v 0、a 、x时间t匀加速直线运动匀减速直线运动说明 位移图像曲线为抛物线的一部分速度图像－(4)现象超重失重完全失重 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 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物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)等于0的现象 产生 条件 物体具有竖直向上的加速度或加速度分量物体具有竖直向下的加速度或加速度分量物体具有竖直向下的加速度，a ＝g热点考向一 运动学基本规律的应用【典例】 (·全国卷Ⅰ)如图，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t 1，第四个H4所用的时间为t 2.不计空气阻力，则t 2t 1满足( )A ．1<t 2t 1<2B ．2<t 2t 1<3C ．3<t 2t 1<4D ．4<t 2t 1<5[思路引领] 可考虑逆向思维法，将竖直上抛运动等效为逆向的自由落体运动．[解析] 本题应用逆向思维求解，即运动员的竖直上抛运动可等同于从一定高度处开始的自由落体运动，所以第四个H4所用的时间为t 2＝2×H4g，第一个H4所用的时间为t 1＝2H g －2×34Hg，因此有t 2t 1＝12－3＝2＋3，即3<t 2t 1<4，选项C 正确．[答案] C1．匀变速直线运动的“四类公式”2．处理匀变速直线运动的五种方法迁移一以生产、生活实际考查1．(多选)(·河北名校联盟)拥堵已成为现代都市一大通病，发展“空中轨道列车”(简称空轨，如图所示)是缓解交通压力的重要举措．假如某空轨从甲站沿直线运动到乙站，为了使旅客舒适，其加速度不能超过2.5 m/s2，行驶的速度不能超过50 m/s.已知甲、乙两站之间的距离为2.5 km，下列说法正确的是( )A．空轨从静止开始加速到最大速度的最短时间为25 sB．空轨从最大速度开始刹车到停下来运动的最小位移为500 m C．从甲站运动到乙站的最短时间为70 sD．从甲站运动到乙站的最大平均速度为25 m/s[解析] 空轨从静止开始以最大加速度加速到最大速度时所用时间最短，则最短时间为t1＝v maxa max＝20 s，选项A错误；以最大加速度刹车时，空轨从最大速度开始刹车到停下来运动的位移最小，由v2max ＝2a max x解得最小位移为x＝500 m，选项B正确；以最大加速度加速到最大速度，然后以最大速度匀速运动，再以最大加速度刹车时，空轨从甲站到乙站的运动时间最短，且刹车时间与加速时间相等，等于t1，两段时间对应的位移相等，等于x，匀速运动时间为t2＝2500 m－2xv max＝30 s，所以最短时间为t＝2t1＋t2＝70 s，选项C正确；从甲站运动到乙站的最大平均速度为v＝250070m/s＝35.7m/s，选项D错误．[答案] BC迁移二 以追及、相遇模型考查2．(·福建四校联考)货车A 在平直公路上以20 m/s 的速度匀速行驶，当司机发现正前方有一辆静止的轿车B 时，两车间的距离仅有75 m ．(这段公路很窄，无法靠边让道)(1)若此时B 车立即以2 m/s 2的加速度启动，通过计算判断：如果A 车司机没有刹车，是否会撞上B 车．若不相撞，求两车间的最小距离；若相撞，求出从A 车发现B 车到A 车撞上B 车的时间．(2)若A 车司机发现B 车，立即刹车(不计反应时间)做匀减速直线运动，加速度大小为2 m/s 2(两车均视为质点)，为避免碰撞，在A 车刹车的同时，B 车立即做匀加速直线运动(不计反应时间)，B 车的加速度至少为多大才能避免发生事故．(结果保留两位小数)[解析] (1)设两车不相撞，经过的时间为t 时，两车速度相等，则有v A ＝v B对B 车又有v B ＝at 联立可得t ＝10 st 时间内A 车的位移x A ＝v A t ＝200 mt 时间内B 车的位移x B ＝12at 2＝100 m因为x B ＋x 0＝175 m<x A所以假设不成立，两车会相撞，设经过时间t 1两车相撞，有v A t 1＝x 0＋12at 21代入数据解得t 1＝5 s ，另一解舍去．(2)已知A 车的加速度大小a A ＝2 m/s 2，初速度v A ＝20 m/s 设B 车的加速度大小为a B ，B 车运动时间为t 2时两车速度相等，且此时两车恰好不相撞，则有v A ′＝v A －a A t 2，v B ′＝a B t 2且v A ′＝v B ′在时间t 2内A 车的位移大小x A ′＝v A t 2－12a A t 22B 车的位移大小x B ′＝12a B t 22又x B ′＋x 0＝x A ′联立并代入数据解得a B ＝0.67 m/s 2. [答案] (1)会相撞 5 s (2)0.67 m/s 2追及减速运动的物体时，要注意隐含条件，即两物体相遇时，要先判断被追物体的速度是否已经减为零，根据t ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪v 0a 首先分析出相遇时减速物体的状态.热点考向二 挖掘图像信息解决动力学问题【典例】(多选)(·全国卷Ⅲ)如图(a)，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平．t＝0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t＝4 s时撤去外力．细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图(b)所示，木板的速度v与时间t的关系如图(c)所示．木板与实验台之间的摩擦可以忽略．重力加速度取10 m/s2.由题给数据可以得出( )A．木板的质量为1 kgB．2 s～4 s内，力F的大小为0.4 NC．0～2 s内，力F的大小保持不变D．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2[思路引领] 题图(b)中细绳上拉力的变化情况与木板的受力情况不易联系在一起，是本题的易错点．要通过力传感器固定判断出物块相对于地面静止，从而判断木板的受力情况，由v－t图像求出木板在施加力F时的加速度和撤掉F时的加速度，根据牛顿第二定律求解待求物理量．[解析] 由题图(c)可知木板在0～2 s 内处于静止状态，再结合题图(b)中细绳对物块的拉力f 在0～2 s 内逐渐增大，可知物块受到木板的摩擦力逐渐增大，故可以判断木板受到的水平外力F 也逐渐增大，选项C 错误；由题图(c)可知木板在2～4 s 内做匀加速运动，其加速度大小为a 1＝0.4－04－2 m/s 2＝0.2 m/s 2，在4～5 s 内做匀减速运动，其加速度大小为a 2＝0.4－0.25－4 m/s 2＝0.2 m/s 2，另外由于物块静止不动，同时结合题图(b)可知物块与木板之间的滑动摩擦力F f ＝f ，故对木板进行受力分析，由牛顿第二定律可得F －F f ＝ma 1、F f ＝ma 2，解得m ＝1 kg 、F ＝0.4 N ，选项A 、B 均正确；由于不知道物块的质量，所以不能求出物块与木板之间的动摩擦因数，选项D 错误．[答案] AB1．从v －t 图像巧分析四个物理量(1)速度：从速度轴上读出速度，正负表示物体的运动方向． (2)时间：从时间轴上读出时刻，两时刻的差值表示物体的运动时间．(3)位移：由图线与时间轴围成的面积表示位移，时间轴上方表示位移的方向与规定的正方向相同，下方表示位移的方向与规定的正方向相反．(4)加速度：由图线的斜率求得，斜率的正、负表示加速度的方向．2．求解运动图像与牛顿第二定律综合问题的基本思路迁移一动力学中的F－t图像1．(多选)(·泰安模拟)物体最初静止在倾角θ＝30°的足够长斜面上，如图甲所示受到平行斜面向下的力F的作用，力F随时间变化的图像如图乙所示，开始运动2 s 后物体以2 m/s的速度匀速运动，下列说法正确的是(g取10 m/s2)( )A ．物体的质量m ＝1 kgB ．物体的质量m ＝2 kgC ．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝33D ．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝7315[解析] 由开始运动2 s 后物体以2 m/s 的速度匀速运动，可知0～2 s 内物体的加速度大小为a ＝1 m/s 2；在0～2 s 内对物体应用牛顿第二定律得，F 1＋mg sin30°－μmg cos30°＝ma,2 s 后由平衡条件可得，F 2＋mg sin30°－μmg cos30°＝0，联立解得m ＝1 kg ，μ＝7315，选项A 、D 正确． [答案] AD迁移二 动力学中的a －F 图像2．(多选)(·河北六校联考)用一水平力F 拉静止在水平面上的物体，在F 从零开始逐渐增大的过程中，加速度a 随外力F 变化的图像如图所示，g ＝10 m/s 2，则可以得出( )A．物体与水平面间的最大静摩擦力B．F为14 N时物体的速度C．物体与水平面间的动摩擦因数D．物体的质量[解析] 由题图可知，物体在水平面间的最大静摩擦力为7 N，A正确；由F－μmg＝ma，解得a＝1mF－μg，将F1＝7 N，a1＝0.5 m/s2，F2＝14 N，a2＝4 m/s2代入上式可得m＝2 kg，μ＝0.3，C、D正确；因物体做变加速运动，无法求出F为14 N时物体的速度，B错误．[答案] ACD处理运动图像时容易出现的错误有以下几点：(1)对于x－t图像，图线在纵轴上的截距表示t＝0时物体的位置；对于v－t和a－t图像，图线在纵轴上的截距并不表示t＝0时物体的位置．(2)在v －t 图像中，两条图线的交点不表示两物体相遇，而是表示两物体速度相同．(3)v －t 图像中两条图线在v 轴上的截距不同，不少同学误认为两物体的初始位置不同，位置是否相同应根据题中条件确定.热点考向三 利用牛顿运动定律解决多体问题【典例】 (2017·海南卷)一轻弹簧的一端固定在倾角为θ的固定光滑斜面的底部，另一端和质量为m 的小物块a 相连，如图所示． 质量为35m 的小物块b 紧靠a 静止在斜面上，此时弹簧的压缩量为x 0.从t ＝0时开始，对b 施加沿斜面向上的外力，使b 始终做匀加速直线运动．经过一段时间后，物块a 、b 分离；再经过同样长的时间，b 距其出发点的距离恰好也为x 0.弹簧的形变始终在弹性限度内，重力加速度大小为g .求：(1)弹簧的劲度系数；(2)物块b 加速度的大小；(3)在物块a 、b 分离前，外力大小随时间变化的关系式．[思路引领] (1)由运动学公式知形变量为34x 0时二者分离． (2)分离时，ab 间没有弹力，a 、b 加速度相同．[解析] (1)对整体分析，根据平衡条件可知开始时沿斜面方向上重力的分力与弹簧弹力平衡，则有kx 0＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫m ＋35m g sin θ， 解得k ＝8mg sin θ5x 0. (2)由题意可知，b 经两段相等的时间位移为x 0，由x ＝12at 2可知x 1x 0＝14， 说明当形变量x 2＝x 0－x 1＝3x 04时二者分离； 对物块a 分析，因分离时a 、b 间没有弹力，a 、b 加速度相同，则对物块a ，根据牛顿第二定律可知kx 2－mg sin θ＝ma ，解得a ＝g sin θ5.(3)设时间为t ，则经时间t 时，a 、b 运动的位移x ＝12at 2＝gt 2sin θ10， 弹簧形变量Δx ＝x 0－x ，对整体分析，由牛顿第二定律有F ＋k Δx －⎝⎛⎭⎪⎪⎫m ＋35m g sin θ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫m ＋35m a ，解得F ＝825mg sin θ＋4mg 2sin 2θ25x 0t 2， 因分离时位移x ＝x 1＝x 04，由x ＝x 04＝12at 21解得t 1＝5x 02g sin θ，故应保证t <5x 02g sin θ，F 的表达式才能成立． [答案] (1)8mg sin θ5x 0 (2)g sin θ5(3)F ＝825mg sin θ＋4mg 2sin 2θ25x 0t 2⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0≤t < 5x 02g sin θ解决连接体问题应注意的问题1．整体法与隔离法的优点和使用条件(1)当连接体中各物体具有共同的加速度时，一般采用整体法；当系统内各物体的加速度不同时，一般采用隔离法．(2)求连接体内各物体间的相互作用力时必须用隔离法．2．两物体分离或相对滑动的条件(1)叠加体类的连接体：两物体间刚要发生相对滑动时物体间的静摩擦力达到最大值．(2)靠在一起的连接体：分离时相互作用力为零，但此时两物体的加速度仍相同．3．用滑轮连接的连接体的处理方法通过滑轮连接的两个物体：加速度相同，但轻绳的拉力不等于悬挂物体的重力．迁移一 平面上的多体模型1．(·江西六校联考)水平地面上有质量分别为m 和4m 的物块A 和B ，两者与地面的动摩擦因数均为μ.细绳的一端固定，另一端跨过轻质、光滑动滑轮与A 相连，动滑轮与B 相连，如图所示．初始时，细绳处于水平拉直状态．若物块A 在水平向右的恒力F 作用下向右移动了距离s ，重力加速度大小为g .求：(1)物块B 受到的摩擦力；(2)物块A 、B 的加速度大小．[解析] (1)物块B 受到的摩擦力大小为f ＝4μmg(2)设物块A 、B 的加速度大小分别为a A 、a B ，细绳中的张力为T .由牛顿第二定律得F －μmg －T ＝ma A2T －4μmg ＝4ma B物块A 移动了距离s ，则物块B 移动的距离为s 1＝12s 由A 和B 的位移关系得a A ＝2a B联立解得a A ＝F －3μmg 2ma B ＝F －3μmg 4m. [答案] (1)4μmg (2)F －3μmg 2m F －3μmg 4m迁移二 斜面上的多体模型2.(·河南周口期末)如图所示，空间有场强大小为E ，方向沿斜面向下的匀强电场；光滑绝缘斜面的倾角为θ，底端固定一根劲度系数为k 的轻弹簧；彼此绝缘的A 、B 两物体静止在弹簧顶端，A 、B 接触但不粘连，A 的质量为m ，电荷量为＋q ，B 的质量也为m ，不带电，弹簧处于弹性限度内，重力加速度为g ；某时刻，在沿斜面向上的大小为F 的外力作用下，A 、B 一起以相同的加速度向上做匀加速运动，则当A 、B 分离瞬间( )A ．弹簧的形变量为0B ．弹簧的形变量为x ＝qE ＋F kC ．A 的速度达到最大D ．A 的加速度为0[解析] A 、B 分离瞬间，A 、B 间无相互作用力且加速度相同，对B 受力分析，由牛顿第二定律可知F －mg sin θ＝ma ，对A 受力分析，由牛顿第二定律可知kx－mg sinθ－qE＝ma，解得x＝qE＋FA具有向上的加速度，则A的k，A错误，B正确；由于此时速度不是最大且加速度不为0，C、D错误．[答案] B斜面固定，多个物体沿斜面运动，外加电场、磁场或者一个力，这类题目的本质是平面问题移到了斜面上．处理此类问题，主要考虑两个方面．(1)分清斜面体是否光滑，若不光滑，动摩擦因数是否已知．(2)多个物体是否有相对运动，采用整体法或者隔离法，进行受力分析、运动分析，最后确定用“力法”还是“能法”求解.热点考向四利用牛顿运动定律解决多过程问题【典例】(·河北名校联盟)消防队员为缩短下楼的时间，往往抱着竖直的杆直接滑下．假设一名质量为60 kg、训练有素的消防队员从七楼(即离地面18 m的高度)抱着竖直的杆以最短的时间滑下．已知杆的质量为200 kg ，消防队员着地的速度不能大于6 m/s ，手和腿对杆的最大压力为1800 N ，手和腿与杆之间的动摩擦因数为0.5，设当地的重力加速度g 取10 m/s 2.假设杆是固定在地面上的，杆在水平方向不移动．试求：(1)消防队员下滑过程中的最大速度．(2)消防队员下滑过程中杆对地面的最大压力．(3)消防队员下滑的最短时间．[思路引领] (1)消防队员开始阶段自由下落的末速度为下滑过程的最大速度．(2)若消防员以最短时间滑下，他应先以加速度g 做匀加速直线运动，再做匀减速直线运动．[解析] (1)消防队员开始阶段自由下落的末速度即为下滑过程的最大速度v m ，有2gh 1＝v 2m消防队员受到的滑动摩擦力F f ＝μF N ＝0.5×1800 N＝900 N减速阶段的加速度大小：a 2＝F f －mg m＝5 m/s 2 减速过程的位移为h 2，由v 2m －v ′2＝2a 2h 2v ′＝6 m/s又h ＝h 1＋h 2以上各式联立可得：v m＝12 m/s(2)以杆为研究对象得：F N′＝Mg＋F f′＝2900 N根据牛顿第三定律得，杆对地面的最大压力为2900 N.(3)最短时间为t min＝v mg＋v m－v′a2＝2.4 s.[答案] (1)12 m/s (2)2900 N (3)2.4 s1．多过程问题很多动力学问题中涉及的物体有两个或多个连续的运动过程，在物体不同的运动阶段，物体的运动情况和受力情况都发生了变化，这类问题称为牛顿运动定律中的多过程问题．2．类型多过程问题可根据涉及物体的多少分为单体多过程问题和多体多过程问题．3．解题策略(1)任何多过程的复杂物理问题都是由很多简单的小过程构成，有些是承上启下，上一过程的结果是下一过程的已知，这种情况需一步一步完成．(2)有些是树枝形，告诉的只是旁支，要求的是主干(或另一旁支)，这就要求仔细审题，找出各过程的关联，按顺序逐个分析；对于每一个研究过程，选择什么规律，应用哪一个运动学公式要明确．(3)注意两个过程的连接处，通常加速度可能突变，但速度不会突变，速度是联系前后两个过程的桥梁．(·江西五校联考)避险车道是避免恶性交通事故发生的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图竖直平面内，制动坡床视为与水平面夹角为θ的斜面．一辆长12 m的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为23 m/s时，车尾位于制动坡床的底端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了4 m 时，车头距制动坡床顶端38 m，再过一段时间，货车停止．已知货车质量是货物质量的4倍，货物与车厢间的动摩擦因数为0.4；货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44.货物与货车分别视为小滑块和平板，取cosθ＝1，sinθ＝0.1，g＝10 m/s2.求：(1)货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向；(2)制动坡床的长度．[解析] (1)设货物的质量为m ，货物在车厢内滑动过程中，货物与车厢间的动摩擦因数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 1①f ＝μmg cos θ②联立①②式并代入数据得a 1＝5 m/s 2③a 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 2④F ＝k (m ＋M )g ⑤s 1＝vt －12a 1t 2⑥ s 2＝vt －12a 2t 2⑦ s ＝s 1－s 2 ⑧ l ＝l 0＋s 0＋s 2 ⑨，联立①②④～⑨并代入数据得l ＝98 m.[答案] (1)5 m/s 2 沿制动坡床向下 (2)98 m解决“多过程”问题的关键：首先明确每个“子过程”所遵守的规律，其次找出它们之间的关联点，然后列出“过程性方程”与“状态性方程”.高考热点模型构建——“传送带”与“板块”模型考向一“传送带”模型【典例1】(·江淮十校联考)如图所示，工厂利用倾角θ＝30°的皮带传输机，依次将轻放在皮带底端的每包质量为m＝50 kg的货物，从地面运送到高出水平地面h＝2.5 m的平台上，传输机的皮带以v＝1 m/s的速度顺时针转动且不打滑，货物无初速度地放在皮带上．已知货物与皮带间的动摩擦因数为μ＝235，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2.(1)求将每包货物从地面运送到平台上所用的时间t.(2)若皮带传输机由电动机带动，求把每包货物从地面运送到平台上，电动机需要多做的功W.[思路引领][解析] (1)设货物做加速运动时的加速度为a，时间为t1，位移为x1，根据牛顿第二定律，有μmg cosθ－mg sinθ＝ma，代入数据解得a＝1 m/s2则t1＝va＝1 s，x1＝12at21＝0.5 m货物与皮带达到共同速度后，与皮带一起向上做匀速运动货物做匀速运动的时间t 2＝h sin θ－x 1v＝4.5 s 故将每包货物从地面运送到平台上所用的时间t ＝t 1＋t 2＝5.5 s.(2)解法一：货物做加速运动的过程中，皮带的位移x 2＝vt 1＝1 m ，相对位移Δx ＝x 2－x 1＝0.5 m根据能量守恒定律得W ＝μmg cos θ·Δx ＋mgh ＋12mv 2 代入数据解得W ＝1425 J.解法二：货物做加速运动的过程中，皮带所受的摩擦力f 1＝f max ＝μmg cos θ，皮带的位移x 2＝vt 1货物与皮带一起做匀速运动的过程中，皮带所受的摩擦力f 2＝mg sin θ，皮带的位移x 3＝vt 2则W ＝W 1＋W 2＝f 1x 2＋f 2x 3代入数据解得W ＝1425 J.[答案] (1)5.5 s (2)1425 J传送带问题的处理技巧(1)分析物体的受力情况要考虑物体与传送带间的相对运动．(2)求物体的加速度、速度和位移时不需要考虑传送带的运动情况，即相当于传送带是不动的．(3)求物体相对传送带的路程时，需要考虑传送带的运动情况，若物体与传送带运动方向相同，则相对路程为两者路程之差，若物体与传送带运动方向相反，则相对路程为两者路程之和.考向二“板块”模型【典例2】(·江苏卷)如图所示，质量相等的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐．A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ.先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L后停下．接着敲击B，B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.求：(1)A被敲击后获得的初速度大小v A；(2)在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小a B、a B′；(3)B被敲击后获得的初速度大小v B.[思路引领] 处理本题的关键点有二：一是弄清临界点(或转折点)，即物块A与物块B达到共同的速度或物块A离开物块B时的受力情况以及运动状态的变化为转折点，本题中临界点为A、B共速；二是两个关联，即发生转折前后物块的受力情况以及物块A与物块B的位移之间的关联，必要时要通过画图理清关系，即B 的位移与A 的位移之差应等于L .[解析] (1)由牛顿运动定律知，A 加速度的大小a A ＝μg匀变速直线运动2a A L ＝v 2A解得v A ＝2μgL (2)设A 、B 的质量均为m对齐前，B 所受合外力大小F ＝3μmg由牛顿运动定律F ＝ma B ，得a B ＝3μg对齐后，A 、B 所受合外力大小F ′＝2μmg由牛顿运动定律F ′＝2ma B ′，得a B ′＝μg(3)经过时间t ，A 、B 达到共同速度v ，位移分别为x A 、x B ，A 加速度的大小等于a A则v ＝a A t ，v ＝v B －a B tx A ＝12a A t 2，x B ＝v B t －12a B t 2 且x B －x A ＝L解得v B ＝22μgL[答案] (1)2μgL (2)3μg μg (3)22μgL滑块与滑板间相对滑动的临界条件(1)运动学条件：若两物体速度或加速度不等，则会相对滑动．(2)力学条件：一般情况下，假设两物体间无相对滑动，先用整体法算出一起运动的加速度，再用隔离法算出滑块“所需要”的摩擦力f，比较f与最大静摩擦力f max的关系，若f>f max，则发生相对滑动．(3)滑块滑离滑板的临界条件：当滑板的长度一定时，滑块可能从滑板滑下，恰好滑到滑板的边缘达到共同速度是滑块滑离滑板的临界条件.1．(多选)(·昆明高三年级教学质检)如下图甲所示，倾角为37°的足够长的传送带以恒定速度运行，将一质量m＝1 kg的小物体以某一初速度放上传送带，物体相对地面的速度大小随时间变化的关系如图乙所示，取沿传送带向上为正方向，g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.则下列说法正确的是( )A．传送带沿逆时针转动，速度大小为4 m/sB．物体与传送带间的动摩擦因数为0.75C．0～8 s内物体位移的大小为14 mD ．0～8 s 内物体与传送带之间因摩擦而产生的热量为126 J[解析] 由题图可知小物体先反向做减速运动后向正方向做加速运动，故可知传送带速度方向沿顺时针方向，最终物体和传送带的速度相同，故传送带速度大小为4 m/s ，故A 错误；根据v －t 图像的斜率表示加速度，物体相对传送带滑动时的加速度大小为a ＝22m/s 2＝1 m/s 2，由牛顿第二定律得μmg cos37°－mg sin37°＝ma ，解得μ＝0.875，故B 错误；0～8 s 内物体的位移为s ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－12×2×2＋2＋62×4 m ＝14 m ，故C 正确；0～8 s 内只有前6 s 内物体与传送带发生相对滑动，0～6 s 内传送带运动的距离为s 带＝4×6 m＝24 m,0～6 s 内物体的位移为s 物＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－12×2×2＋4×42 m ＝6 m ，因摩擦而产生的热量为Q ＝μmg cos37°·(s 带－s 物)＝126 J ，故D 正确．[答案] CD2．(·武汉外校阶段性测试)如图1甲所示，静止在光滑水平面上的长木板B (长木板足够长)的左端放着小物块A .某时刻，A 受到水平向右的外力F 作用，F 随时间t 的变化规律如图乙所示，即F ＝kt ，其中k 为已知常数．若A 、B 之间的滑动摩擦力F f 的大小等于最大静摩擦力，且A 、B 的质量相等，则下列图2中可以定性地描述长木板B 运动的v －t 图像的是( )[解析] 以A 、B 整体为研究对象，A 、B 整体具有共同的最大加速度，由牛顿第二定律得a 1＝F 2m ，对B 由牛顿第二定律有a 1＝F f m，对A 由牛顿第二定律有a 1＝F －F f m，达到最大加速度所经历的时间t ＝F k ，由以上各式解得t ＝2F f k，此后B 将受恒力作用，做匀加速直线运动，v －t 图线为倾斜的直线，故B 正确．[答案] B专题强化训练(二)一、选择题1．(·贵阳高三监测)一物体做匀减速直线运动，4 s 内的位移为16 m ，速度大小变为原来的三分之一，方向不变．则该物体的加速度大小为( )A ．1 m/s 2B ．1.5 m/s 2C ．2 m/s 2D ．0.75 m/s 2[解析] 设该物体的初速度为v 0，加速度大小为a ，由题意知t＝4 s ，根据匀变速直线运动规律，x ＝v 0＋v 032·t ，v 03＝v 0－at ，联立解得a ＝1 m/s 2，选项A 正确．[答案] A 2．(多选)(·江西南昌三模)高速公路上甲、乙两车在同一车道上同向行驶．甲车在前，乙车在后，速度均为v 0＝30 m/s ，距离s 0＝100 m ．t ＝0时刻甲车遇紧急情况后，甲、乙两车的加速度随时间变化的关系如图甲、乙所示．取运动方向为正方向．下列说法正确的是( )A ．t ＝3 s 时两车相距最近B ．0～9 s 内两车位移之差为45 mC ．t ＝6 s 时两车相距最近，为10 mD ．两车在0～9 s 内会相撞[解析] 由题图可画出两车的速度—时间图像，如图所示．由图像可知，t ＝6 s 时两车速度相等，此时两车相距最近，故A错误；图中阴影部分面积为0～6 s 内两车位移之差，可得Δx ＝12×30×3 m＋12×30×(6－3) m ＝90 m<100 m ，此时两车相距最近，为10 m ，所以两车不会相撞，故C 正确，D 错误；0～9 s 内两车位移之差Δx ′＝12×30×3 m＝45 m ，故B 正确． [答案] BC3．(·福州市质检)物体在水平地面上受到水平推力的作用，在6 s 内力F 、速度v 随时间变化如图所示，由图像可得( )A ．物体的质量为2 kgB ．物体在6 s 内运动的位移为6 mC ．在0～2 s 内推力做的功为2 JD ．物体与地面间的动摩擦因数为0.025[解析] 物体在0～2 s 内做匀加速直线运动，加速度为a ＝12m/s 2，由牛顿第二定律有：F －μmg ＝ma ，即：3－μmg ＝ma ；物体在2～6 s 内做匀速直线运动，因此有：μmg ＝1 N ，联立解得：物体的质量为m ＝4 kg ，物体与地面间的动摩擦因数为μ＝0.025，选项A 错误，选项D 正确；根据v －t 图像所围的面积表示物体运动的位移可得物体在6 s 内运动的位移为x ＝12×2×1 m＋4×1 m＝5 m ，选项B 错误；力对物体所做的功等于力乘以力方向上的位移，因此在2 s 内推力做的功为W ＝Fx ＝3×12×2×1 J＝3 J ，选项C 错误．[答案] D4．(·河南南阳一中开学考试)如图所示，一轻质长木板置于光滑水平地面上，木板上有质量分别为m A ＝1 kg 和m B ＝2 kg 的A 、B 两物块，A 、B 与木板之间的动摩擦因数都为μ＝0.2，水平恒力F 作用在A 物块上，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g 取10 m/s 2.则( )A ．若F ＝1 N ，则物块、木板都静止不动。
2020版高考物理二轮复习第1部分专题1力与运动第2讲力与直线运动教案2
力与直线运动[高考统计·定方向] (教师授课资源)考点考向五年考情汇总考向1.匀变速直线运动规律的应用2017·全国卷Ⅱ T 242018·全国卷ⅠT 142016·全国卷ⅢT 161.匀变速直线运动规律的应用考向2.匀变速直线运动推论及比例关系的应用2019·全国卷ⅠT 18考向1.图象的选取与转换2.运动图象问题考向2.图象信息的应用2018·全国卷Ⅲ T 182018·全国卷Ⅱ T 192016·全国卷Ⅰ T 21考向1.动力学的两类基本问题2019·全国卷Ⅲ T 202016·全国卷Ⅱ T 192018·全国卷Ⅱ T 242015·全国卷Ⅰ T 20考向2.瞬时性问题2018·全国卷Ⅰ T 15考向3.连接体问题2015·全国卷Ⅱ T 203.牛顿运动定律的应用考向4.临界和极值问题 2017·全国卷Ⅱ T 25 匀变速直线运动规律的应用(5年4考)❶近几年高考对匀变速直线运动规律的考查，重在基本规律的应用，命题背景来源于生活中的实际问题。
❷在2020年的备考中要加强以实际问题为背景的题目的训练。
1．(2018·全国卷Ⅰ·T 14)高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动。
在启动阶段，列车的动能( )A ．与它所经历的时间成正比B ．与它的位移成正比C ．与它的速度成正比D ．与它的动量成正比B [列车启动的过程中加速度恒定，由匀变速直线运动的速度与时间关系可知v ＝at ，且列车的动能为E k ＝mv 2，由以上整理得E k ＝ma 2t 2，动能与时间的平方成正比，动能与速1212度的平方成正比，A 、C 错误；将x ＝at 2代入上式得E k ＝max ，则列车的动能与位移成正比，12B 正确；由动能与动量的关系式E k ＝可知，列车的动能与动量的平方成正比，D 错误。
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学习资料汇编第二讲力与物体的直线运动(2)(3)(4)考向一 匀变速直线运动的应用[归纳提炼]1．匀变速直线运动问题求解思路2．解答匀变速直线运动的常用技巧(1)基本公式法：v ＝v 0＋at ，x ＝v 0t ＋12at 2，v 2－v 20＝2ax .(2)重要推论法：v t 2＝v 0＋v t 2(利用平均速度求瞬时速度)；v x2＝v 20＋v 2t2；Δx ＝aT 2(用逐差法求加速度)．(3)逆向思维法：“匀减速至速度为零的过程”可逆向处理为“由静止开始做匀加速运动的过程”．(4)图象法：利用v －t 图象或x －t 图象求解． (5)比例法：初速度为零的匀变速直线运动规律1T 末、2T 末、3T 末……nT 末瞬时速度之比为1∶2∶3∶…∶n ； 1T 内、2T 内、3T 内……nT 内位移之比为12∶22∶32∶…∶n 2；第1T 内、第2T 内、第3T 内……第nT 内位移之比为1∶3∶5∶…∶(2n －1)； 从静止开始通过连续相等位移所用时间之比为1∶(2－1)∶(3－2)∶…∶(n －n －1)；从静止开始连续相等位移末速度之比为1∶2∶3∶…∶n .(2017·全国卷Ⅱ)为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线相距s 0和s 1(s 1<s 0)处分别放置一个挡板和一面小旗，如图所示．训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以初速度v 0击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板；冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗．训练要求当冰球到达挡板时，运动员至少到达小旗处．假定运动员在滑行过程中做匀加速运动，冰球到达挡板时的速度为v 1，重力加速度大小为g .求(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数； (2)满足训练要求的运动员的最小加速度．[思路路线][解析] (1)假设冰球与冰面之间的动摩擦因数为μ，冰球运动的加速度大小为a ，冰球运动到挡板处时间为t ，由于已知冰球运动的初速度和末速度及运动的位移．解法一：应用牛顿运动定律求解． 根据匀变速直线运动规律可得v 20－v 21＝2as 0a ＝fm＝μg解得μ＝v 20－v 212gs 0解法二：应用动能定理求解．对于冰球依动能定理，恒定不变的摩擦力所做负功引起冰球动能减少量为 μmgs 0＝12mv 20－12mv 21解得 μ＝v 20－v 212gs 0可看出解法二的解题步骤较为简炼．(2)求冰球运动到挡板的时间有多种思路，简析如下：解法一：最直接的想法就是利用匀变速直线运动的速度规律求解．v 1＝v 0－at ，a ＝μg且μ＝v 20－v 212gs 0，可以求得t ＝2s 0v 0＋v 1解法二：如果利用平均速度与位移的关系会比较简便．s 0＝v 0＋v 12t ，t ＝2s 0v 0＋v 1解法三：用图象方法列方程式，会更直观清晰，如下图．方程同解法二．解法四：可以使用动量定理求解． μmgt ＝mv 0－mv 1且μ＝v 20－v 212gs 0，可以求得t ＝2s 0v 0＋v 1.然后依题设条件，要求在冰球到达挡板的同时，运动员运动的最小距离应等于起跑线到小旗的距离s 1，则冰球运动的最小位移s 1＝12a m t 2可以解得加速度的最小值为a m ＝s 1v 0＋v 122s 2.[答案] (1)v 20－v 212gs 0 (2)s 1v 1＋v 022s 2多物体的多过程问题的解题思路：(1)明确各个物体在各个过程中的运动特点． (2)确定各个过程中物体间已知量的关系．(3)选用合适的公式分别列出各个物体遵循的关系式并求解． [熟练强化]迁移一 以生产、生活实际为背景考查1．2017年5月9日，位于浦东陆家嘴的上海中心突然有玻璃掉落下来，玻璃砸落到东泰路后炸开．高空坠物危害极大，在这之前，也常有媒体报道高空坠物伤人的事件．某建筑工地有一根长为l 的直钢筋突然从高空坠下，垂直落地时，恰好被检查安全生产的随行记者用相机拍到钢筋坠地瞬间的照片．为了查询钢筋是从几楼坠下的，检查人员将照片还原后测得钢筋的影像长为L ，且L >l ，查得当时相机的曝光时间为t ，楼房每层高为h ，重力加速度为g .则由此可以求得( )A ．钢筋坠地瞬间的速度约为LtB ．钢筋坠下的楼层为L －l 22ght 2＋1 C ．钢筋坠下的楼层为gt 22h＋1D ．钢筋在整个下落时间内的平均速度约为l2t[解析] 钢筋坠下垂直落地时的影像长度包括钢筋长度和钢筋坠地前在曝光时间t 内下落的距离，因此在时间t 内的平均速度为v ＝L －lt，可认为此速度就等于钢筋坠地时的速度v ，因此A 选项错误；由v 2＝2gH 、v ＝v ，钢筋坠下的楼层n ＝H h ＋1，解得n ＝L －l22ght2＋1，B 选项正确，C 选项错误；钢筋在整个下落时间内的平均速度约为v ′＝0＋v 2＝L －l2t ，D 选项错误．[答案] B迁移二 以追及、相遇模型考查2．2017年8月1日，宁波市32家驾校105辆教练车正式推行“计时培训、计时收费”的新型学驾模式．不同的车型有不同的刹车性能，因此在驾校学习的过程中，除了常规的驾驶技术外，还要学习和积累一些适应不同车型的驾驶经验．现有甲、乙两辆汽车正沿同一平直公路同向匀速行驶，甲车在前，乙车在后，它们行驶的速度大小均为v ＝10 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t 0＝0.5 s)．甲车司机之前为了熟悉车况，驾驶车辆进行了一段空挡滑行，根据经验计算出滑行加速度大小为a 0＝0.5 m/s 2，已知乙车紧急刹车时加速度大小为a 2＝5 m/s 2.(1)若甲车司机看到黄灯时车头距停车线x ＝16 m ，他在刹车过程中发现预计的停车位置离停车线还有一段距离，于是在车头离停车线x ′＝4 m 时停止刹车让车做空挡滑行，车头恰好停在停车线前，则甲车紧急刹车时的加速度为多大？(2)在(1)的情况下，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至少应保持多大距离？[解析] (1)设甲车空挡滑行前的速度大小为v 1，则v 21＝2a 0x ′① 设甲车紧急刹车时的加速度为a 1，则v 2－v 21＝2a 1(x －x ′)②联立①②解得a 1＝4 m/s 2. (2)甲车紧急刹车的时间t 1＝v －v 1a 1＝2 s ③ 设甲、乙两车在行驶过程中至少应保持的距离为x 0，在乙车开始刹车后经过t 2时间两车速度相等，所以v －a 1(t 2＋t 0)＝v －a 2t 2④解得t 2＝2 s(不符合题意)所以速度相等的时刻在甲车空挡滑行的时间内，上式应为v 1－a 0(t 2－t 1＋t 0)＝v －a 2t 2⑤解得t 2＝1.61 s甲车的位移x 甲＝(x －x ′)＋v 1(t 2＋t 0－t 1)－12a 0(t 2＋t 0－t 1)2＝12.2 m ⑥乙车的位移x 乙＝vt 2－12a 2t 22＝9.6 m ⑦x 0＝x 甲－x 乙＝2.6 m.[答案] (1)4 m/s 2(2)2.6 m考向二 运动图象的应用[归纳提炼]1．图象问题常见的是x－t和v－t图象，在处理特殊图象的相关问题时，可以把处理常见图象的思想以及方法加以迁移，通过物理情境遵循的规律，从图象中提取有用的信息，根据相应的物理规律或物理公式解答相关问题．处理图象问题可参考如下操作流程：2．处理特殊图象的问题时，在必要时可将该图象所反映的物理过程转换为常见的x－t 或v－t图象进行处理．(2017·宁夏银川一中二模)甲、乙两车在平直公路上行驶，其速度—时间图象如右图所示，则下列说法正确的是( )A．8 s末，甲、乙两车相遇B．甲车在0～4 s内的位移小于乙车在4～8 s内的位移C．4 s末，甲车的加速度小于乙车的加速度D．在0～8 s内，甲车的平均速度小于乙车的平均速度[解析] 由于两车的初始位置关系未知，无法判断8 s 末甲、乙两车是否相遇，选项A 错误；连接图中(0,0)和(8,40)两点，根据“速度—时间图象中图线与时间轴所围成的面积表示位移”及对称性可知，甲车在0～4 s 内的位移(小于40 m)小于乙车在4～8 s 内的位移(等于40 m)，选项B 正确；根据“速度—时间图象的切线斜率表示加速度”可知，4 s 末，甲车的加速度大于乙车的加速度，选项C 错误；由右图结合对称性可以得出，在0～8 s 内，两车的位移x 大小相等，由v ＝xt知，两车的平均速度大小相等，选项D 错误．[答案] B“面积法”是图象分析中重要的方法之一，而添加辅助线判断、比较更具新意.追及相遇问题常涉及图象的应用，而近四年全国卷中都出现了图象问题，其中速度图象四年四考，足见其重要性.关于速度图象的命题主要围绕三个方面进行.利用速度图象结合相关情境直接设问：解决此类问题的关键要清楚图线对应的点、线、截距初速度或开始计时的时间、面积位移、拐点加速度方向变化等表示的意义.图象转化：已知速度图象设问加速度图象，或者反其道而行之，解决处理问题的关键是利用时间段分段作出对应的图象.巧用图象：对一些变速类问题，如雨滴在空气中坠落、弹簧变化过程等，巧用速度图象辅助分析问题往往会更快捷.处理运动图象时同学们容易出现的错误有以下几点：对于x－t图象，图线在纵轴上的截距表示t＝0时物体的位置；对于v－t和a－t图象，图线在纵轴上的截距并不表示t＝0时物体的位置.在v－t图象中，两条图线的交点不表示两物体相遇，而是表示两者速度相同.v－t图象中两条图线在v轴上的截距不同，不少同学误认为两物体的初始位置不同，位置是否相同应根据题中条件确定.[熟练强化]1．(多选)(2017·广西三市联考)甲、乙两质点在同一时刻、从同一地点沿同一方向做直线运动．质点甲做初速度为零，加速度大小为a1的匀加速直线运动．质点乙做初速度为v0，加速度大小为a2的匀减速直线运动至速度减为零保持静止．甲、乙两质点在运动过程中的位置(x)—速度(v)图象如图所示，虚线与对应的坐标轴垂直．则下列判断正确的是( )A．在x－v图象中，图线a表示质点甲的运动B．质点乙的初速度v0＝6 m/sC．质点甲的加速度大小a1＝1 m/s2D．质点乙的加速度大小a2＝1 m/s2[解析] 由速度与位移公式v2－v20＝2ax分析题中x－v图象可知，图线a表示质点甲以加速度a1做匀加速直线运动，图线b表示质点乙以加速度a2做匀减速直线运动，选项A正确；由于甲、乙两质点是同一时刻、从同一地点沿同一方向做直线运动，所以从图线b可知当位移为零时，质点乙的初速度v0＝6 m/s，选项B正确；设图线a上横坐标为8的点对应的纵坐标为x0，图线a、b交点的横坐标为v1，由运动学规律并结合x－v图象有(6 m/s)2－(2 m/s)2＝2a2x0，(8 m/s)2＝2a1x0，可得甲、乙两质点加速度大小关系是a1＝2a2，又从x －v图象知v21＝2a1·6 m，v20－v21＝2a2·6 m，解得a2＝1 m/s2，a1＝2 m/s2，选项C错误，D 正确．[答案]ABD2．(2017·江西南昌3月模拟)一辆汽车做直线运动，其v 2—x 图象如图所示．关于汽车的运动，下列说法错误的是( )A ．汽车的初速度为4 m/sB ．汽车的加速度大小为0.5 m/s 2C ．汽车第4 s 末的速度为2 m/sD ．汽车前10 s 内的位移为15 m[解析] 由图可知初始时速度的平方为16 m 2/s 2，则汽车的初速度v 0＝4 m/s ，A 项正确．由题图可知v 2与x 的关系式为v 2－42＝－x ，再与公式v 2－v 20＝2ax 对比可知汽车做匀减速直线运动，加速度a ＝－0.5 m/s 2，B 项正确．由v ＝v 0＋at ，可得汽车第4 s 末的速度为v 4＝4 m/s －0.5×4 m/s＝2 m/s ，C 项正确．因0－v 0a＝8 s ，则知第8 s 末车停止，汽车前10 s 内位移x ＝0－v 22a＝16 m ，D 项错误，故选D.[答案] D3．如图甲所示，物体受到水平推力F 的作用，在粗糙水平面上由静止开始做直线运动．通过传感器监测到加速度a 随时间t 变化的规律如图乙所示．取开始运动的方向为正方向，则下列说法正确的是( )A ．在2～6 s 内，推力F 小于阻力，物体做减速运动B ．在0～7 s 内，6 s 末时物体的速度最大，大小为12 m/sC ．在2～7 s 内，物体做匀变速直线运动D ．在0～7 s 内，物体先沿正方向运动，后沿负方向运动[解析] 在0～6 s 内，加速度为正，物体沿正方向运动，故2～6 s 内推力F 大于阻力，物体做加速度减小的加速运动；在6～7 s 内，加速度为负，物体沿正方向做减速直线运动，故A 、D 错误．在2～7 s 内，物体的加速度一直在变化，故C 错误．a －t 图线与t 轴围成的面积表示速度变化量，0～6 s 内物体一直在加速，6 s 末加速度反向，此时速度最大，v ＝12×6×4 m/s＝12 m/s ，故B 正确． [答案] B考向三 动力学的连接体问题[归纳提炼]1．加速度相同的连接体问题(1)若求解整体的加速度，可用整体法．整个系统看作一个研究对象，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．2．加速度不同的连接体问题若系统内各个物体的加速度不同，一般应采用隔离法．以各个物体分别作为研究对象，对每个研究对象进行受力和运动情况分析，分别应用牛顿第二定律建立方程，并注意各个物体的相互作用关系，联立求解．水平地面上有质量分别为m 和4m 的物块A 和B ，两者与地面的动摩擦因数均为μ.细绳的一端固定，另一端跨过轻质、光滑动滑轮与A 相连，动滑轮与B 相连，如图所示．初始时，细绳处于水平拉直状态．若物块A 在水平向右的恒力F 作用下向右移动了距离s ，重力加速度大小为g .求：(1)物块B 受到的摩擦力； (2)物块A 、B 的加速度大小．[思路点拨] 运动关系：由于细绳的长度不变，故A 前进距离s 时，A 、B 间的细绳上面部分长了12s ，下面部分短了12s ，由于细绳的固定端位置不动，故B 的位移为12s ，因此有a A ＝2a B .受力关系：考虑到滑轮质量不计，设细绳中的张力为T ，动滑轮对B 的作用力T B ＝2T . [解析] (1)物块A 移动了距离s ，则物块B 移动的距离为s 1＝12s物块B 受到的摩擦力大小为f ＝4μmg(2)设物块A 、B 的加速度大小分别为a A 、a B ，细绳中的张力为T .由牛顿第二定律得F －μmg －T ＝ma A2T －4μmg ＝4ma B由A 和B 的位移关系得a A ＝2a B 联立解得a A ＝F －3μmg2ma B ＝F －3μmg 4m.[答案] (1)4μmg (2)F －3μmg 2m F －3μmg4m从上面的例题可以看出，解决有相对运动的连接体问题，要找到连接体中物体间的位移关系、速度关系和加速度关系，要充分考虑两物体的受力关系.滑轮质量不计，可得作用在滑轮上的绳子的受力关系，这是解题的关键，两物体加速度的关系是突破的难点.该题常见的易错点是不从位移关系入手，直接认为两物体速度相等，或者把B 的位移错认为A 的位移的2倍，从而错误地得到a B ＝2a A .[熟练强化]1．(2017·湖南衡阳联考)质量不等的两木块A 、B ，用跨过一轻质定滑轮的轻绳相连，在图示情况下，木块A 、B 一起做匀速运动．若木块A 、B 的位置互相交换，则木块A 运动的加速度为(木块A 、B 与桌面间的动摩擦因数均为μ，且μ<1，重力加速度为g ，空气阻力、滑轮摩擦均不计)( )A ．(1－μ)gB ．(1－μ2)gC.1－μ2μg D ．与木块A 、B 的质量有关[解析] A 、B 匀速运动过程，有m A g ＝μm B gA 、B 互相交换后，对A 、B 整体受力分析后有 m B g －μm A g ＝(m A ＋m B )a解得a ＝(1－μ)g . 故选A. [答案] A2．(多选)(2017·河北六校联考)如图所示，一轻弹簧的劲度系数为k ，其一端固定在倾角为θ的光滑斜面底端，另一端与物块A 连接，物块B 紧挨着物块A 放置，两物块A 、B 的质量均为m ，初始时均静止．现用平行于斜面向上的力F 拉动物块B ，使物块B 做加速度为a 的匀加速运动，重力加速度为g ，则( )A ．拉力F 一定是恒力B ．A 、B 分离时刻，弹簧形变量为mg sin θ＋makC ．整个过程中物块A 与弹簧组成的系统机械能守恒D ．从开始到A 、B 分离时刻，拉力F 做的功比弹簧弹力做的功少[解析] 对A 、B 整体受力分析可知，在A 和B 分离前该整体在沿斜面方向的拉力F 、总重力、斜面的支持力和弹簧弹力作用下做匀加速运动，运动过程中弹簧弹力发生变化，而重力沿斜面方向的分力不变，故F 一定是变力，A 错误；A 、B 分离时刻，A 、B 间的作用力为0，A 的加速度仍是a ，设弹簧弹力大小为F T ，根据牛顿第二定律有F T －mg sin θ＝ma ，由胡克定律有F T ＝kx ，解得弹簧的形变量为mg sin θ＋mak，B 正确；从开始到A 、B 分离前，弹簧弹力对A 、B 整体做正功，故A 与弹簧组成的系统机械能不守恒，C 错误；从开始到A 、B 分离时刻，拉力F 由2ma 随位移均匀增大到ma ＋mg sin θ，而弹簧弹力由2mg sin θ随位移均匀减小到ma ＋mg sin θ，所以拉力F 做的功比弹簧弹力做的功少，D 正确．[答案] BD对连接体中的临界极值问题可采用下列三种方法分析解决：极限法：把物理问题或过程推向极端，从而使临界现象或状态暴露出来，以达到正确解决问题的目的.假设法：临界问题存在多种可能，特别是非此即彼两种可能时，或变化过程中可能出现临界条件，也可能不出现临界条件时，往往用假设法解决问题.数学法：将物理过程转化为数学表达式，根据数学表达式解出临界条件.考向四 牛顿第二定律的综合应用[归纳提炼]应用牛顿第二定律解题的思路[熟练强化]1．(多选)(2017·江西新余二模)如图所示为运送粮袋的传送装置，已知A、B间长度为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点将粮袋放到运行中的传送带上，关于粮袋从A到B的运动，以下说法正确的是(已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g)( )A．粮袋到达B点的速度可能大于、等于或小于vB．粮袋开始运动的加速度为g sinθ－μg cosθ，若L足够大，则粮袋最终将以速度v做匀速运动C．若μ<tanθ，则粮袋从A到B一直做加速运动D．不论μ大小如何，粮袋从A到B一直做匀加速运动，且a>g sinθ[解析] 粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B点时的速度不大于v；也可能先匀加速运动，当速度与v相同后，粮袋做匀速运动，到达B点时速度与v相同；也可能先做加速度较大的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度较小的匀加速运动，到达B 点时的速度大于v ，故A 正确；粮袋开始时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 ＝g sin θ＋μg cos θ，故B 错误；若μ<tan θ，则粮袋重力沿传送带方向的分力大于滑动摩擦力，故加速度的方向一直向下，粮袋从A 到B 一直做加速运动(可能一直以g sin θ＋μg cos θ的加速度加速运动，也可能先以g sin θ＋μg cos θ的加速度加速运动，后以g sin θ－μg cos θ的加速度加速运动)，故C 正确；由上分析可知，粮袋从A 到B 不一定一直匀加速运动，故D 错误．[答案] AC2．如图甲所示，静止在光滑水平面上的长木板B (长木板足够长)的左端放着小物块A ，某时刻，B 受到水平向左的外力F 的作用．F 随时间t 的变化规律如图乙所示，即F ＝kt ，其中k 为已知常数．若A 、B 之间的滑动摩擦力F f 的大小等于最大静摩擦力，且A 、B 的质量相等，则下列图中可以定性描述物块A 的运动情况的v －t 图象是( )[解析] 刚开始时外力F 较小，A 、B 保持相对静止，加速度大小为a ＝F 2m ＝kt2m ，可见加速度a 的大小随着时间t 逐渐增大，这个过程对应的v －t 图线的斜率逐渐增加，C 、D 错误；随着时间t 的增加，外力F 增大，当物块和木板之间的摩擦力大小达到最大静摩擦力时，物块A 与木板B 之间刚好发生相对运动，此时有F f ＝ma ，F －F f ＝ma ，解得F ＝2F f ，即kt ＝2F f ，可见t >2F fk后物块将在大小恒定的摩擦力的作用下做匀加速直线运动，其对应的v －t 图线是倾斜的直线，A 错误、B 正确．[答案] B滑块临界问题处理方法高考题答题规范——“板—块”模型[考点归纳]板块模型中动力学问题的解题思路[典题示例](20分)(2017·全国卷Ⅲ)如图，两个滑块A和B的质量分别为m A＝1 kg和m B＝5 kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5；木板的质量为m＝4 kg，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1.某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0＝3 m/s.A、B相遇时，A与木板恰好相对静止．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10 m/s2.求(1)B与木板相对静止时，木板的速度；(2)A、B开始运动时，两者之间的距离．第一步读题干—提信息1) }⇒⎭⎪⎬⎪⎫板向右运动B 向右运动⇒t 1时刻B 与板共速⎭⎪⎪⎬⎪⎪⎫B 与木板共速后―――――――――――――→牛顿第二定律木板加速度a 2＝f 1＋f 3m B ＋m⎭⎪⎬⎪⎫受力分析牛顿第二定律⇒B 与木板共速前A 、B 加速度相同⇒B 与板共速时A 、B 速度大小相同⇒⎩⎪⎨⎪⎧运动学公式图象法―→求解[满分答案] (1)滑块A 和B 在木板上滑动时，木板也在地面上滑动，设A 、B 和木板所受的摩擦力大小分别为f 1、f 2和f 3，A 和B 相对于地面的加速度大小分别为a A 和a B ，木板相对于地面的加速度大小为a 1.在物块B 与木板达到共同速度前有f 1＝μ1m Ag ①(1分) f 2＝μ1m B g ②(1分)f 3＝μ2(m ＋m A ＋m B )g ③(2分)由牛顿第二定律得f 1＝m A a A ④ f 2＝m B a B ⑤f 2－f 1－f 3＝ma 1⑥(2分)设在t 1时刻，B 与木板达到共同速度，其大小为v 1.由运动学公式有v 1＝v 0－a B t 1⑦ v 1＝a 1t 1⑧(2分)联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得v 1＝1 m/s ⑨(2分)(2)在t 1时间间隔内，B 相对于地面移动的距离为s B ＝v 0t 1－12a B t 21⑩(2分)设在B 与木板达到共同速度v 1后，木板的加速度大小为a 2.对于B 与木板组成的体系，由牛顿第二定律有 f 1＋f 3＝(m B ＋m )a 2⑪由①②④⑤式知，a A ＝a B ；再由⑦⑧式知，B 与木板达到共同速度时，A 的速度大小也为v 1，但运动方向与木板相反．由题意知，A 和B 相遇时，A 与木板的速度相同，设其大小为v 2.设A 的速度大小从v 1变到v 2所用的时间为t 2，则由运动学公式，对木板有v 2＝v 1－a 2t 2⑫对A 有v 2＝－v 1＋a A t 2⑬(2分)在t 2时间间隔内，B (以及木板)相对地面移动的距离为s 1＝v 1t 2－12a 2t 22⑭在(t 1＋t 2)时间间隔内，A 相对地面移动的距离为 s A ＝v 0(t 1＋t 2)－12a A (t 1＋t 2)2⑮(2分)A 和B 相遇时，A 与木板的速度也恰好相同，因此A 和B 开始运动时，两者之间的距离为 s 0＝s A ＋s 1＋s B ⑯(2分)联立以上各式，并代入数据得s 0＝1.9 m ⑰(2分)(也可用如图的速度－时间图线求解)[答案] (1)1 m/s (2)1.9 m慢审题，快答题,只有认真审题，透彻理解命题的意图、试题给定的物理情境、各物理量间的对应关系、物理过程所遵循的物理规律，才能快速正确答题.所谓审题要慢，就是要仔细，要审透，关键的词句理解要到位，深入挖掘试题的条件，提取解题所需要的相关信息，排除干扰因素.要做到这些，必须通读试题，特别是括号内的内容，千万不要忽视.习惯画图，分段处理,对综合性强、过程较为复杂的题，要习惯画草图，采用“分段”处理，所谓的“分段”处理，就是根据问题的需要和研究对象的不同，将问题涉及的物理过程，按照时间和空间的发展顺序，合理地分解为几个彼此相对独立又相互联系的阶段，再根据各个阶段遵从的物理规律逐个建立方程，最后通过各阶段的联系综合起来解决，从而使问题化整为零、各个击破.[满分体验] (2017·河南五校联考)如下图所示，可视为质点的物体A 叠放在长木板B 上，A 、B 的质量分别为m 1＝10 kg 、m 2＝10 kg ，B 长为L ＝16 m ，开始时A 在B 的最右端；A 与B 、B 与地之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.4、μ2＝0.4；现将一水平恒力F ＝200 N 作用在B 上，使A 、B 由静止开始运动，当A 恰好运动到B 的中点时撤去外力F ，g 取10 m/s 2.求：(1)力F 作用的时间，及此时B 前进的距离；(2)撤去外力F 后B 还能走多远？[解析] (1)力F 开始作用时，设A 、B 的加速度分别为a 1、a 2，对A ：μ1m 1g ＝m 1a 1，a 1＝4 m/s 2对B ：F －μ1m 1g －μ2(m 1＋m 2)g ＝m 2a 2， a 2＝8 m/s 2，设力F 作用的时间为t ，对应此时A 、B 的速度为v A 、v B则有12a 2t 2－12a 1t 2＝12L 代入数据得，t ＝2 s ，v A ＝8 m/s ，v B ＝16 m/s此时B 前进的距离为x B ＝12a 2t 2＝16 m. (2)撤去外力F 后，对A 有μ1m 1g ＝m 1a 3，a 3＝4 m/s 2对B 有μ1m 1g ＋μ2(m 1＋m 2)g ＝m 2a 4， a 4＝12 m/s 2设A 、B 经过时间t 1达到共同速度v 1 则有v A ＋a 3t 1＝v B －a 4t 1 解得：t 1＝0.5 s ，v 1＝10 m/s 此过程中B 前进的距离为x 1＝v 2B －v 212a 4＝6.5 m A 、B 共速后一起匀减速的加速度为a 5 μ2(m 1＋m 2)g ＝(m 1＋m 2)a 5，a 5＝4 m/s 2此时B 前进的距离为x 2＝v 212a 5＝12.5 m 撤去F 后B 前进的总距离为x ＝x 1＋x 2＝19 m.[答案] (1)2 s 16 m (2)19 m敬请批评指正。