2018年高考物理复习专题一第2讲直线运动与牛顿运动定律(78张)

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
3．(2015· 全国卷Ⅰ)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，如图甲所示．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 vt 图象如图乙所示．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/s2.求：
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
解析：设物块的质量为 m、斜面的倾角为 θ，物块与 斜面间的动摩擦因数为 μ， 物块沿斜面上滑和下滑时的加 速度大小分别为 a1 和 a2，
根据牛顿第二定律有：mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1， mgsin θ－μmg· cos θ＝ma2. v0 v1 再结合 v-t 图线斜率的物理意义有：a1＝ ，a2＝ . t1 t1 由上述四式可见，无法出求 m，可以求出 θ、μ，故 B 错， A、C 均正确.
(1)木板与地面间的动摩擦因数 μ1 及小物块与木板间 的动摩擦因数 μ2； (2)木板的最小长度； (3)木板右端离墙壁的最终距离．
解析：(1)规定向右为正方向．木板与墙壁相碰前， 小物块和木板一起向右做匀变速直线运动，
设加速度为 a1，小物块和木板的质量分别为 m 和 M. 由牛顿第二定律有 －μ1(m＋M)g＝(m＋M)a1① 由题图乙可知，木板与墙壁碰撞前瞬间的速度 v1＝4 m/s，由运动学公式有
2 v2 － v 0 1 解得 μ＝ .② 2gs0
(2)冰球到达挡板时，满足训练要求的运动员中，刚 好到达小旗处的运动员的加速度最小． 设这种情况下， 冰 球和运动员的加速度大小分别为 a1 和 a2，所用的时间为 t. 由运动学公式得
2 v2 － v 0 1＝2a1s0③
v0－v1＝a1t④
1 2 s1＝ a2t ⑤ 2 联立③④⑤式得 s1（v1＋v0）2 a2 ＝ . 2s2 0
3．解决动力学两类问题的关键是受力分析和运动分 析，而加速度是联系力与运动的桥梁，其基本思路如下：
【典例】
(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 向小旗．
A．在 t＝1 s 时，甲车在乙车后 B．在 t＝0 时，甲车在乙车前 7.5 m
C．两车另一次并排行驶的时刻是 t＝2 s D．甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的 距离为 40 m 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 1 1 2 分别为： x 甲＝ a 甲 t3＝45 m， x 乙＝v0t3＋ a 乙 t2 3＝52.5 m． 2 2
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 v1.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．
[审题指导] 本题的重要条件有： (1)冰球滑向挡板． (2)运动员匀加速滑向小旗． (3)冰球和运动员同时出发．
0～t1 时间内的 v-t 图线与横轴包围的面积大小等于 物块沿斜面上滑的最大距离，θ已求出，故可以求出物块 上滑的最大高度，故 D 正确． 答案：ACD
2．(多选)(2016· 全国卷Ⅰ)甲、乙两车在平直公路上 同向行驶，其 vt 图象如图所示．已知两车在 t＝3 s 时并 排行驶，则( )(导学号 57180011)
2 v2 － v 0 1 答案：(1) 2gs0
s1（v1＋v0(2015· 全国卷Ⅰ)如图甲，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 ( )(导学号 57180010)
[思路分析] 本题的思考程序为： (1)冰球匀减速运动，可用牛顿第二定律和运动学公 式求第(1)问，也可用动能定理求．
(2)冰球和运动员同时出发，同时分别到达挡板与小 旗，时间相等，因此由运动学公式求 a2. 解析：(1)设冰球的质量为 m，冰球与冰面之间的动 摩擦因数为 μ，由动能定理得 1 1 2 －μmgs0＝ mv2 － mv0① 1 2 2
v1＝v0＋a1t1② 1 2 x0＝v0t1 ＋ a1t1③ 2
式中，t1＝1 s，x0＝4.5 m 是木板碰撞前的位移，v0 是小物块和木板开始运动时的速度． 联立①②③式和题给条件得 μ1＝0.1④ 在木板与墙壁碰撞后， 木板以－v1 的初速度向左做匀 变速直线运动，小物块以 v1 的初速度向右做匀变速直线 运动．设小物块的加速度为 a2，由牛顿第二定律有
专题一 力和运动
第2讲
直线运动与牛顿运动定律
1．匀变速直线运动的规律
2．图象问题要“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．