2016届高考物理一轮复习专题一力与运动第2讲力与物体的直线运动课件

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高考物理大二轮复习专题一第二讲力与直线运动讲课文档

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[题眼点拨] ①“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”可以说明两车的运动情况；②由图象知交点代表相遇．
解析：位移时间图象的斜率代表速度的大小，在 t1 时刻乙车的速度大，故 A 错误；交点代表相遇(达到同一位置)，0 到 t1 时间内，乙车的路程大，故 B 错误；t1 到 t2 时间内，两车路程相等，存在某一时刻，两图线斜率相等，两车速度相等，故 C、D 正确．
(1)甲做匀减速运动的加速度； (2)甲冲刺阶段完成的位移大小．
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[题眼点拨] ①“他们同时、同地由静止开始运动，都经过 4 s 的匀加速”说明 4 s 内两人均做匀加速直线运动；②“甲的爆发力强”说明甲的加速度大；③“调节时间均为 2 s，且速度都降为 8 m/s ”说明速度最后均减为 8 m/s；甲、乙两人均先加速后匀速再减速，最后均以 8 m/s 的速度冲刺．
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、乙两车的位移分别为：x 甲＝12a 甲 t23＝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；
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即下落过程中 a 甲>a 乙，选项 C 错误；下落相同的距离，由 h＝12at2 知，a 越大，t 越小，选项 A 错误；由 2ah ＝v2－v20知，v0＝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．

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

高考物理二轮复习细致讲解专题一力与物体的直线运动课件

由所给的 v-t 图象可读出 vmax≈360 m/s
由上式得 k=0.008 kg/m。
2
【答案】 (1)87 s 8.7×10 m/s (2)0.008 kg/m
【诊断参考】
一、知识缺陷
1.图线知识存在偏差,不能正确认识 x-t 图象、v-t 图
象的物理意义,不理解截距、斜率、面积、交点的意义。不
关。已知该运动员在某段时间内高速下落的 v-t 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)
疑惑】(1) v-t 图象最后趋于水平,说明什么?
(2)v-t 图象在水平段,满足什么条件?
【解析】(1)设该运动员从开始自由下落至 1.5 km 高度
定斜面,其运动的 v-t 图象如图乙所示。若重力加速度及图
中的 v0、v1、t1 均为已知量,则可求出(
)。

A.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
【疑惑】(1)v-t 图象的截距、斜率、面积各表示什么?
(2)物块沿斜面向上滑行和向下滑行时受力有什么不
5.灵活选取隔离法和整体法的能力欠缺,例如第 5 题,
不能利用整体法、隔离法和对称性解题。
第一讲受力分析与物体的平衡
二、受力分析
1.把指定物体(研究对象)在特定的物理环境中受到的
所有外力都找出来,并画出受力图,这个过程就是受力分析。
5.不能根据速度图线进行基本信息的分析与判断,不能
把握追及问题的临界条件。速度图线与时间轴所围面积表示
位移,理解这一点是解题必要的知识基础。追及问题中明确

高三物理综合专题讲义-第2讲-力与直线运动

第二讲高考命题点命题轨迹情境图匀变速直线运动规律的应用20161卷2116(1)21题19(1)18题20181卷1420191卷18力与直线运动二第二讲牛顿运动定律的应用20151卷20,2卷2015(1)20题 18(1)15题20181卷15动力学方法分析“传送带”模型动力学方法分析“板—块”模型20151卷25,2卷2515(1)25题 15(2)25题17(3)25题20173卷252019 3卷20第二讲19(3)20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．第二讲2．匀变速直线运动的基本规律速度公式：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间隔内的位移之差是一个恒量，即Δx ＝x n ＋1－x n ＝a ·(Δt )2.3．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．1．基本思路第二讲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．(2)正交分解法：一般沿加速度方向和垂直于加速度方向进行分解，有时根据情况也可以把加速度进行正交分解．第二讲(3)逆向思维法：把运动过程的末状态作为初状态，反向研究问题，一般用于匀减速直线运动问题，比如刹车问题、竖直上抛运动问题.【例1】 (2019·全国卷Ⅰ·18)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<2B ．2<t 2t 1<3C ．3<t 2t 1<4D ．4<t 2t 1<5【拓展训练1】(2019·安徽蚌埠市第二次质检)如图中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 ．t B.2t C ．(2－2)t D ．(2＋2)t【拓展训练2】(2019·广东揭阳市第二次模拟)瑞士阿尔卑斯山的劳特布伦嫩跳伞区是全球最美的跳伞地之一，每年都吸引了无数跳伞爱好者汇聚此地．某日一跳伞爱好者以5 m/s 的速度竖直匀速降落，在离地面h ＝10 m 时掉了一颗扣子，则跳伞爱好者比扣子晚着陆的时间为(扣子受到的空气阻力可忽略，g 取10 m/s 2)( )A ．2 s B. 2 s C ．1 s D ．(2－2) sPart 1 匀变速直线运动规律的应用力与物体的第二讲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图象问题．2．技巧方法(1)解瞬时问题要注意绳、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)解连接体问题要充分利用“加速度相同”这一条件或题中特定条件，交替运用整体法与隔离法． (3)图象问题解题关键是：明确图象斜率、截距和面积的物理意义，应用物理公式找到两个变量间的函数关系，并注意从图象中提取有用信息或隐含条件．【例2】 (2019·福建龙岩市期末质量检查)如图所示，在倾角为θ＝30°的光滑固定斜面上，物块A 、B 质量均为m .物块A 静止在轻弹簧上端，物块B 用细线与斜面顶端相连，A 、B 靠在一起，但A 、B 之间无弹力．已知重力加速度为g ，某时刻将细线剪断，下列说法正确的是( ) A ．细线剪断前，弹簧的弹力为mg B ．细线剪断前，细线的拉力为mg C ．细线剪断瞬间，弹簧的弹力发生变化 D ．细线剪断瞬间，物块B 的加速度大小为14g【例3】如图，质量为M 的缆车车厢通过悬臂固定悬挂在缆绳上，车厢水平底板上放置一质量为m 的货物，在缆绳牵引下货物随车厢一起斜向上加速运动．若运动过程中悬臂和车厢始终处于竖直方向，重力加速度大小为g ，则( ) A ．车厢对货物的作用力大小等于mg B ．车厢对货物的作用力方向平行于缆绳向上 C ．悬臂对车厢的作用力大于(M ＋m )g D ．悬臂对车厢的作用力方向沿悬臂竖直向上【例4】(多选)(2019·广东深圳市第一次调研)高铁已成为重要的“中国名片”，领跑世界．一辆由8节Part 2 应用牛顿运动定律解决“四类”问题第二讲车厢编组的列车，从车头开始的第2、3、6和7共四节为动力车厢，其余为非动力车厢．列车在平直轨道上匀加速启动时，若每节动力车厢牵引力大小均为F ，每节车厢质量都为m ，每节车厢所受阻力均为车厢重力的k 倍，重力加速度为g .则( ) A ．启动时车厢对乘客作用力的方向竖直向上 B ．整个列车的加速度大小为F －2kmg2mC ．第2节车厢对第1节车厢的作用力大小为F2D ．第2节车厢对第3节车厢的作用力大小为F ＋kmg2【拓展训练3】(多选)(2019·广东湛江市下学期第二次模拟)如图甲所示，在光滑水平面上，静止一质量为M 的足够长的长木板，质量为m 的小滑块(可视为质点)静止放在长木板上．从t ＝0时刻开始，长木板受到的水平拉力F 与加速度a 的关系如图乙所示，重力加速度大小g 取10 m/s 2，下列说法正确的是( )A ．长木板的质量M ＝1 kgB ．小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.5C ．当F ＝6.5 N 时，长木板的加速度大小为2.5 m/s 2D ．当F 增大时，小滑块的加速度一定增大1．模型特点传送带问题的实质是相对运动问题，这样的相对运动将直接影响摩擦力的方向． 2．解题关键(1)理清物体与传送带间的相对运动方向及摩擦力方向是解决传送带问题的关键．(2)传送带问题还常常涉及临界问题，即物体与传送带达到相同速度，这时会出现摩擦力改变的临界状态，对这一临界状态进行分析往往是解题的突破口．【例5】(多选)(2019·福建泉州市5月第二次质检)如图6，一足够长的倾斜传送带顺时针匀速转动．一小滑块以某初速度沿传送带向下运动，滑块与传送带间的动摩擦因数恒定，则其速度v 随时间t 变化的Part 3 动力学方法分析“传送带”模型第二讲图象可能是( )【拓展训练4】(多选)(2019·陕西榆林市第三次测试)如图所示，绷紧的水平传送带足够长，且始终以v 1＝2 m/s 的恒定速率顺时针运行．初速度大小为v 2＝3 m/s 的小墨块从与传送带等高的光滑水平地面上的A 处滑上传送带．若从小墨块滑上传送带开始计时，小墨块在传送带上运动5 s 后与传送带的速度相同，则( )A ．小墨块未与传送带速度相同时，受到的摩擦力方向水平向右B ．小墨块的加速度大小为0.2 m/s 2C ．小墨块在传送带上的痕迹长度为4.5 mD ．小墨块在传送带上的痕迹长度为12.5 m1．模型特点“滑块—木板”模型类问题中，滑动摩擦力的分析方法与“传送带”模型类似，但这类问题比传送带类问题更复杂，因为木板受到摩擦力的影响，往往做匀变速直线运动，解决此类问题要注意从速度、位移、时间等角度，寻找各运动过程之间的联系． 2．解题关键(1)临界条件：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Part 4 动力学方法分析“板-块”模型第二讲恰好相同．(2)问题实质：“板—块”模型和“传送带”模型一样，本质上都是相对运动问题，要分别求出各物体对地的位移，再求相对位移．【例6】(2019·湖南衡阳市联考(二))如图8所示，在水平地面上有一质量为m 1＝1 kg 的足够长的木板，其上叠放一质量为m 2＝2 kg 的木块，木块与木板之间的动摩擦因数μ1＝0.3，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1.设最大静摩擦力和滑动摩擦力相等．现给木块施加随时间t 增大的水平拉力F ＝3t (N)，取重力加速度g ＝10 m/s 2.(1)求木块和木板保持相对静止的时间t 1； (2)t ＝10 s 时，两物体的加速度各为多大；(3)画出木块的加速度随时间变化的图象．(取水平拉力F 的方向为正方向，只要求画图，不要求写出理由及计算过程)图8【拓展训练5】(2019·辽宁沈阳市第一次质检)如图9所示，一足够长的木板在粗糙水平地面上向右运动．某时刻速度为v 0＝2 m /s ，此时一与木板质量相等的小滑块(可视为质点)以v 1＝4 m/s 的速度从右侧滑上木板，经过1 s 两者速度恰好相同，速度大小为v 2＝1 m /s ，方向向左．取重力加速度g ＝10 m/s 2，试求：(1)木板与滑块间的动摩擦因数μ1； (2)木板与地面间的动摩擦因数μ2；(3)从滑块滑上木板，到最终两者速度恰好相同的过程中，滑块相对木板的位移大小．图9第二讲第二讲(限时45分钟)【1】(多选)(2019·湖北天门、仙桃等八市第二次联考)如图，矿井中的升降机以5 m /s 的速度竖直向上匀速运行，某时刻一螺钉从升降机底板松脱，此后经过3 s 升降机底板上升至井口，此时松脱的螺钉刚好落到井底，不计空气阻力，取重力加速度大小g ＝10 m/s 2，下列说法正确的是( ) A ．螺钉松脱后做自由落体运动 B ．矿井的深度为45 mC ．螺钉落到井底时的速度大小为25 m/sD ．螺钉随升降机从井底出发到落回井底共用时6 s【2】(2019·安徽安庆市二模)水平面上某物体从t ＝0时刻起以4 m /s 的速度做匀速直线运动，运动3 s 后又立即以大小为 2 m/s 2的加速度做匀减速直线运动，停止后物体不再运动．则下列判断正确的是( )A ．该物体从t ＝0时刻算起6 s 内运动的位移大小为15 mB ．该物体在整个运动过程中的平均速度大小为2 m/sC ．该物体减速后最后1 s 内的位移大小为1 mD ．该物体减速后第1 s 末的速度大小为3 m/s【3】(2019·福建漳州市第二次教学质量监测)如图所示，质量分别为2m 和3m 的两个小球静置于光滑水平面上，且固定在劲度系数为k 的轻质弹簧的两端．今在质量为2m 的小球上沿弹簧轴线方向施加大小为F 的水平拉力，使两球一起做匀加速直线运动，则稳定后弹簧的伸长量为( ) A.F 5k B.2F 5k C.3F 5k D.F k【4】(2019·广西桂林市、贺州市、崇左市3月联合调研)如图3所示，固定在水平面上的斜面体C 上放有一个斜劈A ，A 的上表面水平且放有物块B .若AB 运动过程中始终保持相对静止．以下说法正确的是( )A ．若C 斜面光滑，A 和B 由静止释放，在向下运动时，B 物块可能只受两个力作用 B ．若C 斜面光滑，A 和B 以一定的初速度沿斜面减速上滑，则B 处于超重状态专题强化练习第二讲C ．若C 斜面粗糙，A 和B 以一定的初速度沿斜面减速上滑，则B 受水平向左的摩擦力D ．若C 斜面粗糙，A 和B 以一定的初速度沿斜面加速下滑，则B 处于超重状态【5】(2019·闽粤赣三省十校下学期联考)如图所示，倾斜固定直杆与水平方向成60°角，直杆上套有一个圆环，圆环通过一根细线与一只小球相连接．当圆环沿直杆下滑时，小球与圆环保持相对静止，细线伸直，且与竖直方向成30°角．下列说法中正确的是( ) A ．圆环不一定加速下滑 B ．圆环可能匀速下滑 C ．圆环与杆之间一定没有摩擦 D ．圆环与杆之间一定存在摩擦【6】(2019·云南省第二次统一检测)如图所示，台秤上放一个木箱，木箱内有质量分别为m 1和m 2的两物体P 、Q ，用细绳通过光滑轻质定滑轮相连，m 1>m 2.现剪断Q 下端的细线，在P 下落但还没有到达箱底且Q 未碰到滑轮的过程中，台秤的示数与未剪断前的示数相比将( )A ．变大B ．变小C ．不变D ．先变小后变大【7】(多选)(2019·山东烟台市第一学期期末)如图甲所示，质量为m ＝1 kg 的物体置于倾角为37°的固定且足够长的斜面上，t ＝0时刻对物体施加沿斜面向上的拉力F ，使物体开始沿斜面上滑，作用一段时间t 后撤去拉力F ，物体速度的平方与位移之间的关系图象如图乙所示．已知g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6.下列说法正确的是( )A ．物体与斜面之间的动摩擦因数为μ＝0.25B ．撤去拉力的时刻为t ＝0.5 sC ．拉力F 的大小为24.5 ND ．物体沿斜面上滑过程中克服摩擦力所做的功为10 J【8】(多选)(2019·辽宁葫芦岛市第一次模拟)如图所示，在水平面上有一传送带以速率v 1沿顺时针方向运动，传送带速度保持不变，传送带左右两端各有一个与传送带等高的光滑水平面和传送带相连(紧靠但不接触)，现有一物块在右端水平面上以速度v 2向左运动，则物块速度随时间变化的图象可能的是( )第二讲【9】(多选)(2019·河南周口市上学期期末调研)如图所示，质量M＝2 kg的足够长木板静止在光滑水平地面上，质量m＝1 kg的物块静止在长木板的左端，物块和长木板之间的动摩擦因数μ＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2.现对物块施加一水平向右的恒力F＝2 N，则下列说法正确的是()A．物块和长木板之间的摩擦力为1 NB．物块和长木板相对静止一起加速运动C．物块运动的加速度大小为1 m/s2D．拉力F越大，长木板的加速度越大第二讲【10】 (2019·山东临沂市质检)如图所示，一质量m 1＝0.2 kg 的足够长平板小车静置在光滑水平地面上，质量m 2＝0.1 kg 的小物块(可视为质点)置于小车上A 点，其与小车间的动摩擦因数μ＝0.40，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．现给小物块一个方向水平向右、大小为v 0＝6 m /s 的初速度，同时对小物块施加一个方向水平向左、大小为F ＝0.6 N 的恒力．取g ＝10 m/s 2，则： (1)初始时刻，小车和小物块的加速度大小为多少？ (2)经过多长时间小物块与小车速度相同？此时速度为多大？(3)小物块向右运动到最大位移的过程中，恒力F 做的功和系统产生的内能为多少？Part1 匀变速直线运动的运用【例1】答案 C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的逆运动，所以第四个H4所用的时间为t 2＝2×H 4g ，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．【拓展训练1】答案 C解析设汽车的加速度为a ，经过bc 段、ce 段的时间分别为t 1、t 2，x ab ＝12at 2，x ac ＝12a (t ＋t 1)2，x ae ＝12a (t＋t 1＋t 2)2，解得：t 2＝(2－2)t ，故选C.参考答案第二讲【拓展训练2】答案 C解析由题意知，扣子做初速度为5 m/s 、加速度为重力加速度的匀加速直线运动，落地时位移为10 m ，根据位移时间关系x ＝v 0t ＋12gt 2，代入数据有：10 m ＝5 m/s·t 1＋12×10 m/s 2×t 12，求得扣子落地时间：t 1＝1 s ；跳伞爱好者匀速运动，根据位移时间关系知，跳伞爱好者落地时间t 2＝h v ＝105 s ＝2 s ，所以跳伞爱好者比扣子晚着陆的时间为Δt ＝t 2－t 1＝1 s ，故选C.Part2运用牛顿第二定律解决“四类”问题【例2】答案 D解析细线剪断前，由于A 、B 之间无弹力，对A 分析可以得到弹簧的弹力：F ＝mg sin θ＝12mg ，对B分析可以得到F T ＝mg sin θ＝12mg ，故A 、B 错误；细线剪断瞬间，弹簧的弹力不变，故C 错误；细线剪断瞬间，对A 、B 系统，加速度：a ＝2mg sin θ－F 2m ＝14g ，故D 正确．【例3】答案 C解析货物随车厢一起斜向上加速运动，由牛顿第二定律可知车厢与货物的重力和悬臂对车厢作用力的合力方向应与加速度方向一致，故悬臂对车厢的作用力方向是斜向上的，选项D 错误；由于车厢和货物在竖直方向有向上的分加速度，处于超重状态，故悬臂对车厢的作用力大于(M ＋m )g ，选项C 正确；同理，对车厢中货物用隔离法分析可知，车厢对货物的作用力大小大于mg ，方向是斜向上的，但不平行于缆绳，选项A 、B 错误．【例4】答案 BC解析启动时车厢对乘客竖直方向有竖直向上的支持力，水平方向有沿列车运动方向的力，两个力的合力方向斜向上方，选项A 错误；对整个列车，根据牛顿第二定律：4F －8kmg ＝8ma ，解得a ＝F －2kmg2m ，选项B 正确；对第1节车厢，根据牛顿第二定律：F 21－kmg ＝ma ，解得F 21＝F2，选项C 正确；对第1、2节车厢的整体，根据牛顿第二定律：F 32＋F －2kmg ＝2ma ，解得F 32＝0，选项D 错误．【拓展训练3】答案 AC解析长木板与小滑块相对静止时，对整体分析，由牛顿第二定律有：F ＝(M ＋m )a ，当F ＝6 N 时，此第二讲时两物体具有共同的最大加速度，代入数据解得：M ＋m ＝3 kg ，当F 大于6 N 时，对长木板，根据牛顿第二定律得：F －μmg ＝Ma ，故F ＝Ma ＋μmg ，知图线的斜率k ＝M ＝1 kg ，则滑块的质量为：m ＝2 kg ，μmg ＝4 N ，μ＝0.2，故A 正确，B 错误；当F ＝6.5 N 时，长木板的加速度为：a ＝2.5 m/s 2，故C 正确；当拉力大于6 N 时，两物体发生相对滑动，小滑块的加速度为a ＝μmg m ＝2 m/s 2，恒定不变，故D 错误．Part3动力学方法分析“传送带”模型【例5】答案 BC解析设传送带倾角为θ，动摩擦因数为μ，若mg sin θ>μmg cos θ，合力沿传送带向下，小滑块向下匀加速运动；若mg sin θ＝μmg cos θ，沿传送带方向合力为零，小滑块匀速下滑；若mg sin θ<μmg cos θ，小滑块所受合力沿传送带向上，小滑块做匀减速运动，当减速为零时，开始反向加速，当加速到与传送带速度相同时，因为最大静摩擦力大于小滑块重力沿传送带向下的分力，故小滑块随传送带做匀速运动，A 、D 错误，B 、C 正确．【拓展训练4】答案 AD解析小墨块未与传送带速度相同时，相对传送带向左运动，受到传送带的摩擦力方向水平向右，故A 正确；小墨块在摩擦力的作用下做匀变速运动，小墨块在传送带上运动5 s 后与传送带的速度相同，故a ＝v 1－(－v 2)t ＝v 1＋v 2t ＝1 m/s 2，方向向右，故B 错误；小墨块向左做匀减速运动时，对小墨块有：0＝v 2－at 1，x 1＝0＋v 22t 1，联立解得：x 1＝4.5 m ；小墨块向左减速的过程中，传送带的位移为：x 2＝v 1t 1，小墨块向右做匀加速运动时，对小墨块有：v 1＝at 2，x 1′＝0＋v 12t 2，对传送带有：x 2′＝v 1t 2，因而小墨块在传送带上的痕迹长度为：x ＝(x 1＋x 2)＋(x 2′－x 1′)，解得：x ＝12.5 m ，故C 错误，D 正确．Part3动力学方法分析“板-块”模型【例6】答案见解析解析 (1)当F <μ2(m 1＋m 2)g ＝3 N 时，此时F <μ1m 2g ＝6 N ，木块和木板都没有被拉动，处于静止状态．当木块和木板一起运动时，对m 1：F fmax －μ2(m 1＋m 2)g ＝m 1a max ，第二讲F fmax ＝μ1m 2g 解得：a max ＝3 m/s 2对m 1和m 2整体有：F max －μ2(m 1＋m 2)g ＝(m 1＋m 2)a max 解得F max ＝12 N由F max ＝3t 1 (N)得：t 1＝4 s(2)t ＝10 s 时，木块与木板已相对运动，则有：对m 1：μ1m 2g －μ2(m 1＋m 2)g ＝m 1a 1 解得：a 1＝3 m/s 2 对m 2：F －μ1m 2g ＝m 2a 2 F ＝30 N解得：a 2＝12 m/s 2.(3)图象过(1,0)，(4,3)，(10,12)【拓展训练5】答案 (1)0.3 (2)0.05 (3)2.75 m解析 (1)以向左为正方向，对小滑块分析，其加速度为：a 1＝v 2－v 1t ＝1－41 m/s 2＝－3 m/s 2，负号表示加速度方向向右对小滑块，设小滑块的质量为m ，根据牛顿第二定律有：－μ1mg ＝ma 1，可以得到：μ1＝0.3；(2)对木板分析，向右减速运动过程，根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到： μ1mg ＋μ2·2mg ＝m v 0t 1向左加速运动过程，根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到： μ1mg －μ2·2mg ＝m v 2t 2而且t 1＋t 2＝t ＝1 s联立可以得到：μ2＝0.05，t 1＝0.5 s ，t 2＝0.5 s ；(3)在t 1＝0.5 s 时间内，木板向右减速运动，其向右运动的位移为：x 1＝0＋v 02·t 1＝0.5 m ，方向向右；在t 2＝0.5 s 时间内，木板向左加速运动，其向左加速运动的位移为：x 2＝v 2＋02·t 2＝0.25 m ，方向向左；在整个t ＝1 s 时间内，小滑块向左减速运动，其位移为：x ＝v 1＋v 22·t ＝2.5 m ，方向向左则整个过程中滑块相对木板的位移大小为：Δx ＝x ＋x 1－x 2＝2.75 m.第二讲强化练习参考答案【1】答案 BC解析螺钉松脱时具有与升降机相同的向上的初速度，故螺钉脱落后做竖直上抛运动，A 项错误；取竖直向上为正方向，螺钉自脱落至落到井底的位移h 1＝v 0t －12gt 2＝－30 m ，升降机这段时间的位移h 2＝v 0t＝15 m ，故矿井的深度为h ＝|h 1|＋h 2＝45 m ，B 项正确；螺钉落到井底时的速度为v ＝v 0－gt ＝－25 m/s ，故速度大小为25 m/s ，C 项正确；螺钉松脱前运动的时间为t ′＝|h 1|v 0＝6 s ，所以螺钉运动的总时间为t总＝t ＋t ′＝9 s ，D 项错误．【2】答案 C解析物体速度减为零的时间为：t 0＝v 0a ＝2 s ，物体在3 s ＋2 s ＝5 s 末停止运动，所以物体在6 s 内的位移等于前5 s 的位移，总位移为：x ＝v 0t 1＋v 0t 0－12at 02＝16 m ，故A 错误；物体的平均速度为：v ＝xt 1＋t 0＝163＋2m/s ＝3.2 m/s ，故B 错误；根据逆向思维法可知，物体减速后最后1 s 的位移大小等于以2 m/s 2的加速度加速1 s 的位移大小，x 1＝12×2×12 m ＝1 m ，故C 正确；该物体减速后第1 s 末的速度大小为：v ＝v 0－at ＝(4－2×1) m/s ＝2 m/s ，故D 错误．【3】答案 C解析对整体分析，整体的加速度a ＝F5m ，对质量为3m 的小球分析，根据牛顿第二定律得，F 弹＝kx＝3ma ，得x ＝3F5k ，故A 、B 、D 错误，C 正确．【4】答案 C解析若C 斜面光滑，A 和B 由静止释放，在向下运动时，整体加速度方向沿斜面向下，如图：第二讲可知，B 受到重力、支持力和水平向左的摩擦力共三个力作用，故选项A 错误；若C 斜面光滑，A 和B 以一定的初速度沿斜面减速上滑，则整体加速度方向如图所示，此时B 具有竖直向下的分加速度，即处于失重状态，故选项B 错误；若C 斜面粗糙，A 和B 以一定的初速度沿斜面减速上滑，则整体加速度方向如图所示，由于B 具有水平向左的分加速度，则根据牛顿第二定律可知B 受水平向左的摩擦力，故选项C 正确；若C 斜面粗糙，A 和B 以一定的初速度沿斜面加速下滑，则整体加速度方向如图所示，此时B 具有竖直向下的分加速度，即处于失重状态，故选项D 错误．【5】答案 D解析以小球为研究对象受力分析，小球受到竖直向下的重力和细线的拉力，小球的合外力不为零，小球不可能匀速下滑，小球与圆环相对静止，圆环也不可能匀速下滑，B 项错误；根据牛顿第二定律mg2cos 30°＝ma ，加速度a ＝33g ，小球与圆环相对静止，圆环一定加速下滑，A 项错误；整体的加速度也应该为a ＝33g ，假设圆环与杆之间没有摩擦，取整体为研究对象，Mg sin 60°＝Ma ′，加速度a ′＝g sin 60°＝32g ≠33g ，说明假设错误，圆环与杆之间一定存在摩擦，C 项错误，D 项正确．【6】答案 B解析设木箱的质量为M ，剪断细线前台秤的读数为：F N ＝Mg ＋m 1g ＋m 2g ；因m 1>m 2，则当剪断Q 下端的细线时，P 向下加速运动，Q 向上加速运动，加速度大小为a ＝m 1－m 2m 1＋m 2g ，则对m 2，F T －m 2g ＝m 2a ，第二讲解得F T ＝2m 1m 2g m 1＋m 2，此时木箱对台秤的压力为：F N ′＝Mg ＋2F T ＝Mg ＋4m 1m 2g m 1＋m 2，因4m 1m 2gm 1＋m 2<(m 1＋m 2)g ，可知F N ′<F N ，故选B.【7】答案 AB解析由速度位移的关系式v 2＝2ax 与题图乙对比得：物体的最大速度v m ＝8 m /s ，撤去F 前的加速度大小a 1＝16 m/s 2，撤去F 后的加速度大小a 2＝8 m/s 2，撤去F 时发生的位移x 1＝2 m ．撤去F 前由牛顿第二定律得：F －mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma 1，撤去F 后由牛顿第二定律得：mg sin 37°＋μmg cos 37°＝ma 2，联立解得：F ＝24 N ，μ＝0.25，故A 正确，C 错误；力F 作用时物体做匀加速运动，由速度公式得：v m ＝a 1t ，解得：t ＝0.5 s ，故B 正确；设撤去F 后发生的位移为x 2，v m 2＝2a 2x 2，解得：x 2＝4 m ，物体沿斜面上滑过程中克服摩擦力所做的功W 克f ＝μmg cos 37°(x 1＋x 2)＝12 J ，故D 错误．【8】答案 ABD解析如果传送带足够长，从而使得物块不能向左滑出传送带，则物块先减速向左滑行，直到速度减为零，然后物块会在摩擦力的作用下向右加速运动．如果v 1＜v 2，物块向左的速度减至零后会在滑动摩擦力的作用下向右加速，当速度增大到与传送带速度相同时，物块还在传送带上，之后不受摩擦力，物块与传送带一起向右匀速运动，故B 正确．如果v 1＞v 2，物块在传送带上向右运动时会一直加速，当速度大小增大到等于v 2时，物块恰好离开传送带；如果v 1＝v 2，物块在传送带上时同样会先向左减速运动后向右加速运动，当速度大小增大到等于v 1时，物块恰好离开传送带，A 正确．若v 2足够大，物块向左滑上传送带后始终做减速运动，直到离开传送带后继续以较小的速度在平台上向左滑行，D 正确．【9】答案 AC解析物块对长木板的摩擦力使木板运动，当M 与m 之间达到最大静摩擦力时，发生相对滑动，设此时水平恒力为F 0，由牛顿第二定律有a ＝F 0－μmg m ＝F 0M ＋m ＝μmgM ，解得F 0＝1.5 N ．因F ＝2 N>F 0＝1.5 N ，故两者有相对滑动，物块和长木板之间为滑动摩擦力，有F f ＝μmg ＝1 N ，故A 正确，B 错误．对物块由牛顿第二定律F －μmg ＝ma 1，可得a 1＝1 m/s 2，故C 正确．拉力F 越大，物块的合力越大，则加速度越大，但长木板受到的滑动摩擦力为1 N ，保持恒定，则相对滑动时木板的加速度恒定为a 2＝μmgM ＝0.5m/s 2，故D 错误．【10】答案 (1)2 m/s 2 10 m/s 2 (2)0.5 s 1 m/s第二讲(3)－1.2 J 0.6 J解析 (1)小物块受到向左的恒力和滑动摩擦力做匀减速运动，小车受到向右的摩擦力做匀加速运动．设小车和小物块的加速度大小分别为a 1、a 2，由牛顿第二定律得：对小车：μm 2g ＝m 1a 1 解得：a 1＝2 m/s 2对小物块：F ＋μm 2g ＝m 2a 2 解得：a 2＝10 m/s 2(2)设经过时间t 小车与小物块速度相同，设此时两者速度为v 1，由运动学公式得对小车：v 1＝a 1t 对小物块：v 1＝v 0－a 2t 解得：t ＝0.5 s ；v 1＝1 m/s(3)假设当两者达到共同速度后相对静止，系统只受恒力F 作用，设系统的加速度为a ，则由牛顿第二定律得F ＝(m 2＋m 1)a 解得：a ＝2 m/s 2此时小车所需要的静摩擦力为F f ＝m 1a ＝0.2×2 N ＝0.4 N ，此时需要的摩擦力不大于最大静摩擦力，所以两者将一起向右做匀减速运动小物块第一段的位移：x 1＝v 12－v 02－2a 2＝1.75 m小物块第二段的位移：x 2＝－v 12－2a＝0.25 m所以，小物块向右运动的最大位移为：x ＝x 1＋x 2＝2 m 则恒力F 做的功为W ＝－Fx ＝－1.2 J由功能关系知：Q ＝12m 2v 02＋W ＝12×0.1×36 J －1.2 J ＝0.6 J.。

2016高考物理二轮复习课件专题1力与运动1-1-2《直线运动和牛顿运动定律》.ppt

[典例剖析
高频考点一
]
高频考点三
[典例 1]
2 (0 1 4 ·
新课标全国卷
Ⅰ) 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 1s ．当汽车的速度匀速行驶时，安全距
高频考点四
提能演练
第一部分专题一第2讲
第19页
名师伴你行 ·高考二轮复习 ·物理
答案：1 (8 ) m s /
2 () 不能挑战成功
提能演练
第一部分专题一第2讲
第18页
名师伴你行 ·高考二轮复习 ·物理
解析：1 () 列车从静止加速至最大速度过程
高频考点一
所用时间为运动位移为
vm t1＝ a ＝ 2 0 s v2 m x1＝＝2 0 0 m 2a
高频考点二
数运算． 2．应用技巧物体做匀减速直线运动，减速为零后再反向运动的情况，如果整个过程中加速度恒定，则可对整个过程直接应用矢量式．
高频考专题一第2讲
1．符号确定在匀变速直线运动中，一般规定初速度 (但不绝对，也可以规定为负方向 v0 的方向为正方向 )，凡与正方向相同的矢量为正

高中物理二轮复习专题课件专题一力与运动力与直线运动

正确性。
THANKS
感谢观看
定律内容
物体的加速度跟作用力成正比，跟物体的质量成反比，且与物体质量的倒数成正比；加速度的方向跟作用力的方向相同。
数学表达式
应用举例
通过测量物体的质量和加速度，可以计算物体所受合外力；反之，已知物体所受合外力和质量，可以计算物体的加速度。
F=ma 或 a=F/m（F为物体所受合外力，m为物体质量，a为物体加速度）。
它改变这种状态为止。
惯性概念
物体保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质，叫做惯性。惯性是物体的一种固有属性，一切物体都有惯性，惯性的大小只
与物体的质量有关。
惯性现象解释
生活中很多现象可以用惯性来解释，如拍打衣服上的灰尘、跳远前的助跑、汽车刹车时乘客会向
前倾等。
牛顿第二定律（加速度定律）
运动。
平抛运动轨迹：是一条抛物线。
万有引力定律及其应用
万有引力定律
自然界中任何两个物体都存在相互吸引的力，这种力的大小与两物体质量的乘积成正比，与它们之间距离的平方成反比。
万有引力定律应用
用于解释天体运动规律，如行星绕太阳运动的椭圆轨道、卫星绕地球运动的圆轨道等。同时，万有引力定律也是研究宇宙大尺度结构的基础理论之一。
动量定理
物体所受合外力的冲量等于物体动量的变化，即$F_{合}t=mv'-mv$，反映了力对时间的累积效应。
动量守恒条件及表达式
动量守恒条件
系统不受外力或所受外力之和为零，则系统动量守恒。
动量守恒表达式
对于两个物体组成的系统，若系统动量守恒，则有 $m_1v_1+m_2v_2=m_1v_1'+m_2v_2'$，其中$v_1,v_2$是碰撞前两物体的速度，

高中物理专题一第2讲力与直线运动转转课公开课课件

汽车在最初3 s内通过的位移与最后3 s内通过的位移之比为x1∶x2＝5∶3，
汽车运动的加速度大小为a＝5 m/s2，那么汽车制动的总时间t为
A.t>6 s
B.t＝6 s
C.4 s<t<6 s
√D.t＝4 s
解析答案
考点2 直线运动图象的应用
图象问题的应用要点 (1)x－t图象、v－t图象、a－t图象的物理意义.
命题热点1 运动图象解决追及相遇问题
例 2 (多项选择)(20xx·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5中甲、乙两条曲线所示.两车在t2
时刻并排行驶.以下说法正确的选项是
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
√～t2时间内，乙的速度和加速度都是先减小后增大
图6
解析答案
3.(多项选择)(20xx·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7所示.以下说法正确的选项是 A.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
图7
解析答案
命题热点2 动力学图象问题例 3 (20xx·河南省郑州上学期期中)以不同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时，一个物体所受空气阻力可忽略，另一物体所受空气阻力大小与物体速度大小成正比，以下用虚线和实线描述两物体运动的v－t图象可能正确的选项是
g 2
的加速度匀加速向下运动(g

高考物理一轮复习专题：第2讲力与物体的直线运动课件

(3)经过时间 t，A、B 达到共同速度 v，位移分别为 xA、xB，A 加速度的大小等于 aA＝μg
则 v＝aAt，v＝vB－aBt xA＝12aAt2，xB＝vBt－12aBt2 且 xB－xA＝L 解得 vB＝2 2μgL
聚焦热点备考通关
匀变速直线运动规律的应用
核心知识
1．在研究匀变速直线运动中，要把握以下三点： (1)要熟练掌握下列四个公式：v＝v0＋at，x＝v0t＋12at2,2ax＝v2－v02，x＝v0＋2 v t，这四个公式中，前两个是基本公式，后两个是前两个的推论。也就是说在这四个公式中只有两个是独立的，解题时只要适当地选择其中两个即可。 (2)要分清运动过程是加速运动过程还是减速运动过程。
[解析] 空气阻力不计，运动员竖直上升过程做匀减速直线运动，位移为 H 时的速度为 0。逆向观察，运动员做初速度为 0 的匀加速直线运动，则连续相等位移所用时间之比为 1 ( 2－1) ( 3－ 2) … ( n－
n－1)。由题意知，t2 t1＝1 (2－ 3)＝2＋ 3，由结果知选项 C 正确。ABຫໍສະໝຸດ A．木板的质量图为(a1)kg
B．2 s～4 s内，力F的大小为0.4 N C．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
图(b)
图(c)
[解析] 木板和实验台间的摩擦忽略不计，由题图(b)知，2 s 后物块和木板间
的滑动摩擦力大小 F 摩＝0.2 N。由题图(c)知，2 s～4 s 内，木板的加速度大小 a1＝
t2＝0－a1v1＝130 s
黄老师以最大加速度加速达到最大速度用时
t3＝v2－a2v3＝62－.51s＝2 s 黄老师加速过程中的位移
x2＝v2＋2 v3t3＝7 m

高考物理二轮复习专题一力与运动(PPT版)共42张

θ。
A.由v= gR 可知,甲的速度是乙的 2 倍当货物速度达到与传送带速度相等时,由于μ<tan θ,即mg sin θ>μmg cos θ,此
绳长不变,用质量不同的球做实验,
(1)A被敲击后获得的初速度大小vA;
B.由a=ω r可知,甲的向心加速度是乙的2倍再结合水平分运动x=v0t可得2v0=x ,故
是一
个只与地球质量有关的物理量,故D项由此所得推论是正确的。
考情分析
2018
2019
2020
力与物体的平衡 T14(1):物体的平衡
T2:物体的平衡
力与直线运动 T14(3):牛顿运动定律的 T15:牛顿运动定律的 T5:牛顿运动定律的应用-整体法
应用
应用-板块问题
力与曲线运动
T3:平抛运动
T6:圆周运动中的运动 T8:平抛运动
专题一力与运动
1 .(1)匀变速直线运动的三个基本公式:v= v0 at,x=
v0t
1 at2 2
,v2-
v02 =2ax;
(2)两个中间速度:v=
v
=
t
v0
2
v
,
v
=
x
v02
2
v2
,且 vt <
vx。一个推论:Δx=aT2。
22
2
2
2.(1)轻绳只能产生拉力,方向沿绳子且指向绳子收缩的方向;轻杆产生的弹
力,既可以是压力,也可以是拉力,方向不一定沿杆;弹簧产生的支持力或拉力
沿轴线方向,弹簧弹力的大小:F=kx。
(2)滑动摩擦力大小F=μFN,方向沿接触面的切线方向,与相对运动的方向相反。
3.力的合成和分解均遵பைடு நூலகம்平行四边形定则;两个力的合力范围:|F1-F2|≤F≤ |F1+F2|。 4.牛顿运动定律

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)
14
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

高考物理名师讲义【专题2】力与物体的直线运动(第2课时)ppt课件

审题突破
判断电势能变化的方法是什么？“经时间2t物体
返回 A 点 ” 说明物体向右的位移大小和向左位移大小有什么
关系？解析电场力先做负功后做正功，总功为零，所以带电物体
的电势能先增加后减小，其变化量为0，故A正确；
F－F电 1 2 在恒力 F 作用时 a1＝，位移 x1＝ a1t ，撤去恒力 F 后 a2 2 m F电 1 F 9 2 ＝，位移 x2＝a1t· 2t－ a2(2t) ，根据 x1＝－x2 得＝，故 B 2 m F电 5 正确；
会增大，电场力不变，故A、C正确.
答案 AC
热点考向例析
考向3 电磁感应中的动力学问题分析
例3 如图5所示，平行金属导轨PQ、MN相距d＝2 m，导轨平面与水平面间的夹角α＝
30°，导轨上端接一个R＝6 Ω的电阻，导
轨电阻不计，磁感应强度B＝0.5 T的匀强磁图5
场垂直导轨平面向上.一根质量为m＝0.2 kg、
错误.
在A点，有qEA＜mg，在B点，有qEB＞mg，则得：EA＜EB，故C正确. 向下运动的过程中，小球有动能时，根据能量守恒定律可知重力势能的减少量等于动能增加量和电势能的增加量之和，故D错误. 答案 C
热点考向例析
考向2 磁场内动力学问题分析
例2 如图3所示，空间有一垂直纸面向外的磁感应强度为0.5 T的匀强磁场，一质量为 0.2 kg且足够长的绝缘木板静止在光滑水平图3 面上，在木板左端无初速度放置一质量为 0.1 kg、电荷量q＝＋0.2 C的滑块，滑块与绝缘木板之间动摩擦因数为0.5，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力 .t＝0时对木板施
答案 mg(R＋r) (1) 2B2l2 g (2) 14

高考物理课件：第2讲-力与直线运动

点
的图像为过原点的抛物线，两图像交点C、D坐标如图所
示．下列说法正确的是( D )
A．t1时刻B追上A，t2时刻A追上B
B．t1～t2时间段内B质点的平均速度小于A质点的平均速度
C．质点A做直线运动，质点B做曲线运动
D．两物体速度相等的时刻一定在t1～t2时间段内的某时刻
解析：图象的交点表示同一时刻到达同一位置而相遇，t1时刻A追上B，t2时刻B追上A，故A错误；t1～t2时间段内，两质点通过的位移相等，则B质点的平均速度与A质点匀速运动的速度相等，故B错误；两物体的速度均为正值，故两质点均做直线运动，选项C错误；因曲线的切线的斜率等于物体的速度，故由图像可知两物体速度相等的时刻
【答案】 (1)a1＝5 m/s2 a2＝2.5 m/s2 (2)均不符合安全要求 (3)60 m
思路点拨
【解析】 (1)根据题意由匀变速直线运动的速度位移公式可得：v2＝2ax，则a
＝
v2 2x
，由图可知，满载时加速度大小a1＝5
m/s2，严重超载时加速度大小a2＝2.5
m/s2．
(2)由题意可知，该型号货车严重超载时的初速度大小为v0＝54 km/h＝15 m/s，
随着机动车数量的增加，交通安全问题日益凸显．如图所示为某型号货车紧急刹车时(假设做匀减速直线运动)的v2x图像(v为该货车的速度，x为制动距离)，其中图线1为满载时符合安全要求的制动图像，图线2为严重超载时的制动图像．某路段限速72 km/h是根据该型号货车满载时安全制动时间和距离确定的．现有一辆该型号的货车严重超载并以54 km/h的速度行驶，通过计算求解下列问题．
2．求解匀变速直线运动问题时的方法技巧
在涉及匀变速直线运动的题目中，如果出现相等时间关系，则要优先使用中间

2016届高三物理二轮复习专题一力和运动第2讲直线运动和牛顿运动定律课件

x －t图象和v －t图象的对比分析
项目图象 x －t 图象
斜率纵截距速度初位置
图象与 t轴所围的面积
—
v －t 图象
加速度
初速度
位移
特例
匀速直线运匀变速直线
动
运动
倾斜的ห้องสมุดไป่ตู้线抛物线
与时间轴平行
的直线
倾斜的直线
1．(2015·安阳二模)《机动车驾驶证申领和使用规定》已经正式施行，司机闯黄灯要扣 6 分，被称为“史上最严交规”。某小轿车驾驶员看到绿灯开始闪时，经短暂思考后开始刹车，
[答案] (1)2 m/s (2)0.5 m/s2 0.33 m/s2
“一画、二选、三注意”解决匀变速直线运动问题
1．(2015·山东高考)距地面高 5 m 的水平直轨道上 A、B 两点相距 2 m，在 B 点用细线悬挂一小球，离地高度为 h，如图。小车始终以 4 m/s 的速度沿轨道匀速运动，经过 A 点时将随车携带的小球由轨道高度自由卸下，小车运动至 B 点时细线被轧断，最后两球同时落地。不计空气阻力，取重力加速度的大小 g＝10 m/s2。可求得 h 等于( )
(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 v －t 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)

届高考物理二轮复习专题一力与运动第二讲力与直线运动课件0115372【精品课件】

解析：(1)在匀加速过程，设甲的位移为 x1，所用的时间为 v1t1 t1，达到的末速度为 v1，由 x1＝，解得 v1＝10 m/s； 2 甲匀减速的末速度为 v2，匀减速的加速度为 a2， v2－v1 由 a2＝得 a2＝－1 m/s2。 Δt (2)匀速运动的位移：x2＝v1t2＝10×10 m＝100 m
第二讲
力与直线运动
“力与直线运动”学前诊断
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考点一
匀变速直线运动的规律
本考点主要对匀变速直线运动规律及运动图像进行考查，其中图像问题上失分，主要是审题不仔细、知识迁移不够灵活造成的，匀变速直线运动规律的应用上失分，主要是该考点与其他知识交汇点较多、试题情景取材常涉及生活实际问题造成的。建议考生自学为主
解析：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 1 ＝ ×3 m＝0.6 m，选项 D 正确；第二个 T 时间内的位移 x2 5 3 5 2 ＝ ×3 m＝1.8 m，由 v3 －0＝2a(x1＋x2＋x3)，得 a＝ m/s2， 5 6 6 选项 A 错误；由 Δx＝aT 得 x2－x1＝aT ，解得 T＝ s，选 5
2 2
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。
答案：D
3．(2018 届高三· 洛阳检测)甲、乙两人在某一直道上完成 200 m 的赛跑，他们同时、同地由静止开始运动，都经过 4 s 的匀加速，甲的爆发力比乙强，加速过程甲跑了 20 m、乙跑了 18 m；然后都将做一段时间的匀速运动，乙的耐力比甲强，匀速持续时间甲为 10 s、乙为 13 s，因为体力、毅力的原因，他们都将做匀减速运动的调节，调节时间都为 2 s，且速度都降为 8 m/s，最后冲刺阶段以 8 m/s 的速度匀速达到终点。求： (1)甲做匀减速运动的加速度； (2)甲冲刺阶段完成的位移大小。