北京市高三物理二轮复习 力与直线运动教学案
高考物理二轮复习专题力与直线运动动力学规律的应用学案
3.动力学规律的应用一、基础知识1．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，只决定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．2．动力学的两类基本问题的处理思路3．解决动力学问题的常用方法(1)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．(3)逆向思维法：把运动过程的末状态作为初状态的反向研究问题的方法，一般用于匀减速直线运动问题，比如刹车问题、竖直上抛运动的问题．二、考点1 用整体法与隔离法分析连接体问题[例1] 如图所示，天花板固定有一光滑的定滑轮，绕过定滑轮且不可伸长的轻质细绳左端悬挂一质量M 的铁块；右端悬挂有两质量均为m 的铁块，上下两铁块用轻质细线连接，中间夹一轻质弹簧处于压缩状态，此时细线上的张力为2mg ，最初系统处于静状态．某瞬间将细线烧断，则左端铁块的加速度大小为( ) A.14g B.13g C.23g D ．g 解析 根据题意，烧断细线前轻绳上的张力为2mg ，可得到M ＝2m ，以右下端的铁块为研究对象，根据平衡条件可知，细线烧断前弹簧的弹力为mg ，细线烧断前的瞬间，铁块M 与右端上面的铁块m 间轻绳的张力也会发生变化，但二者加速度大小相同，根据牛顿第二定律有：2mg ＋mg －mg ＝3ma ，解得：a ＝23g ，故选项C 正确．答案 C考点2 动力学的图象问题[例2] 如图甲所示，有一倾角为30°的光滑固定斜面，斜面底平面上放一质量为M 的木板．开始时质量为m ＝1 kg 的滑块在水平向左的力F 作用下静止在斜面上，今将水平力F 变为水平向右，当滑块滑到木板上时撤去力F ，木块滑上木板的过程不考虑能量损失，此后滑块和木板在水平面上运动的v －t 图象如图乙所示，g ＝10 m/s 2.求(1)水平作用力F 的大小；(2)滑块开始下滑时的高度；(3)木板的质量．【思路探究】 (1)当滑块静止在斜面上时，滑块受几个力的作用？画出受力示意图．(2)滑块到达斜面底端时的速度是多少？(3)滑块在木板上滑动时，滑块和木板的加速度各是多大？二者速度相同后一起减速运动时的加速度是多大？解析 (1)滑块受到水平推力F 、重力mg 和支持力N 处于平衡，如图所示，水平推力：F ＝mgtan θ＝1×10×33 N ＝1033N (2)由图乙知，滑块滑到木板上时速度为：v 1＝10 m/s设下滑的加速度为a ，由牛顿第二定律得：mgsin θ＋Fcos θ＝ma代入数据得：a ＝10 m/s 2则下滑时的高度：h ＝v 212a ·sin θ＝10020×12＝2.5 m (3)设在整个过程中，地面对木板的摩擦力为f ，滑块与木板间的摩擦力为f 1，由图乙知，滑块刚滑上木板时加速度为：a 1＝Δv Δt ＝2－102－0m/s 2＝－4 m/s 2 对滑块：f 1＝ma 1①此时木板的加速度：a 2＝Δv Δt ＝2－02－0m/s 2＝1 m/s 2 对木板：－f 1－f ＝Ma 2②当滑块和木板速度相等，均为：v＝2 m/s之后，连在一起做匀减速直线运动，加速度为：a3＝ΔvΔt＝0－24－2m/s2＝－1 m/s2对整体：－f＝(m＋M)a3③联立①②③代入数据解得：M＝1.5 kg.答案(1)水平作用力F的大小为1033N(2)滑块开始下滑时的高度为2.5 m(3)木板的质量为1.5 kg高考理综物理模拟试卷注意事项：1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
[精品]2019版高考物理二轮复习专题二力与直线运动教学案
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专题二 力与直线运动考情分析命题解读本专题的考点分为两大板块，一个是运动学部分，另一个为牛顿运动定律，其中，匀变速直线运动的规律及运动图象问题和牛顿运动定律及应用为高频考点。
从近三年命题情况看，命题特点为：(1)注重基础与迁移。
如匀变速直线运动的规律及非常规运动图象问题，行车安全问题等考查学生的理解能力。
难度属于中等。
(2)注重过程与方法。
如板块问题、多过程问题等，以选择题的形式考查学生的推理能力，以计算题的形式考查学生的分析综合能力。
难度属于偏难。
整体难度偏难，命题指数★★★★★，复习目标是达B 冲A 。
1.(2017·徐州沛县中学高三第一次质检)一个做匀减速直线运动的物体，经过3 s 速度刚好减为零。
若测得该物体在最后1 s 内的位移是1 m ，那么该物体在这3 s 内的平均速度大小是( ) A.1 m/s B.3 m/s C.5 m/s D.9 m/s解析 采用逆向思维法，根据x ＝12at 2得，物体的加速度大小a ＝2x t 2＝2×11m/s 2＝2 m/s 2，则物体的初速度v 0＝at ′＝23 m/s ＝6 m/s ，物体在这3 s 内的平均速度v －＝v 02＝62m/s ＝3 m/s ，故B 项正确，A 、C 、D 项错误。
答案 B2.(2017·江苏清江中学月考)位于水平面上质量为m 的物体，在大小为F 、方向与水平面成θ角的推力作用下做加速运动，物体与水平面间的动摩擦因数为μ，则物体的加速度大小为( )图1A.F mB.F cos θmC.F cos θ－μmgmD.F cos θ－μ（mg＋F sin θ）m解析对物体受力分析如图所示，在水平方向：F cos θ－f＝ma，在竖直方向：F N－F sin θ－mg＝0，又f＝μF N，以上联立解得a＝F cos θ－μ（mg＋F sin θ）m，故D项正确。
答案 D3.(2017·扬州模拟)图2甲是某人站在力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图，中间的“·”表示人的重心。
高考物理二轮复习 专题二 力和直线运动精品教学案
【专题二】力和直线运动【考情分析】1．本专题涉及的考点有：参考系、质点；位移、速度和加速度；匀变速直线运动及其公式、图像。
《大纲》对位移、速度和加速度，匀变速直线运动及其公式、图像等考点均为Ⅱ类要求，即对所列知识要理解其确切含义及与其他知识的联系，能够进行叙述和解释，并能在实际问题的分析、综合、推理和判断等过程中运用。
质点的直线运动是历年高考的必考内容。
可以单独命题，也可以与其他知识点如电场、磁场、电磁感应等知识结合出现在计算题中。
近年这部分的考查更趋向于对考生分析问题、应用知识能力的考查。
2．从高考试题看，作为一个孤立的知识点单独考查的命题并不多，更多的是与牛顿定律、带电粒子在电磁场中的运动等结合起来，作为综合试题中的一个知识点而加以体现。
主要题型为选择题、解答题，其中解答题多为中等或较难题。
【知识归纳】1．物体或带电粒子做直线运动的条件是物体所受合力与速度方向平行2．物体或带电粒子做匀变速直线运动的条件是物体所受合力为恒力，且与速度方向平行3．牛顿第二定律的内容是：物体运动的加速度与物体所受的合外力成正比，与物体的质量成反比，加速度的方向与物体所受合外力的方向一致，且二者具有瞬时对应关系，此定律可以采用控制变量法进行实验验证．4．速度－时间关系图线的斜率表示物体运动的加速度，图线所包围的面积表示物体运动的位移．在分析物体的运动时，常利用v －t 图象帮助分析物体的运动情况．5．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．当a =g 时，物体完全失重．物体发生超重或失重现象与物体的运动方向无关，只决定于物体的加速度方向．6．匀变速直线运动的基本规律为： 速度公式：v 0+at 位移公式：2012x v t at =+速度和位移公式的推论为：v t 2-v 02=2ax 7．匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度为12x v t ==20tv v + 位移中点的瞬时速度为2x v =2220tv v + 【考点例析】一、 匀变速直线运动规律的应用【例1】跳水是一项优美的水上运动，图甲是2008年北京奥运会跳水比赛中小将陈若琳和王鑫在跳台上腾空而起的英姿．如果陈若琳质量为m ，身高为L ，她站在离水面H 高的跳台上， 重心离跳台面的高度为h 1，竖直向上跃起后重心又升高了h 2达到最高点，入水时身体竖直，当手触及水面时伸直双臂做一个翻掌压水花的动作，如图乙所示，这时陈若琳的重心离水面约为h 3．整个过程中空气阻力可忽略不计，重力加速度为g ，求陈若琳从离开跳台到手触及水面的过程中可用于完成一系列动作的时间．【思路导引】（1）运动员在从起跳到手入水的过程中做什么运动?答案 匀减速运动或竖直上抛运动．（2）上跃过程的位移为多少?下落过程中的位移又为多少?位移大小根据什么来确立的?答案 上跃过程位移为重心位置的变化量h 2，下落过程的位移也是位移变化量（H+h 1+h 2-h 3），应根据重心位置的变化找位移．【解析】陈若琳跃起后可看作竖直向上的匀减速运动，重心上升的高度h 2，设起跳速度为v0，则v 02=2gh 2上升过程的时间t 1=gv 0解得t 1=gh 22 陈若琳从最高处自由下落到手触及水面的过程中重心下落的高度x=H+h 1+h 2-h 3设下落过程的时间为t 2，则x=21gt 22解得t 2=gx 2=gh h h H )(2321-++陈若琳要完成一系列动作可利用的时间t=t 1+t 2=gh 22+g h h h H )(2321-++【答案】gh 22+gh h h H )(2321-++【解题指导】1．匀变速直线运动常以体育运动为背景设置物理情景，处理此类问题时，应注意建立运动模型，如本题就是建立了竖直上抛运动模型．2．尽管研究此跳水过程不能看成质点，但是求跳水过程的时间时，可看作质点来处理，其重心位置的变化，也即质点位置的变化．3．若对运动情景不清晰时，可画出运动草图，使抽象问题形象化．二、图象问题【例2】如图甲所示，质量m=2.0 kg 的物体静止在水平面上，物体跟水平面间的动摩擦因数μ=0.20．从t=0时刻起，物体受到一个水平力F 的作用而开始运动，前8 s 内F 随时间t 变化的规律如图乙所示．g 取10 m/s 2．求：（1）在图丙的坐标系中画出物体在前8 s 内的v —t 图象． （2）前8 s 内水平力F 所做的功．【解析】 （1）0~4 s 内，由牛顿第二定律得F -μmg=ma 1解得a 1=3 m/s 24 s 末物体的速度为v 4=a 1t 4=12 m/s4~5 s ，由牛顿第二定律得-F -μmg=ma 2解得a 2=-7 m/s 25 s 末物体的速度为v 5=5 m/s再经时间t 停止，则t=350a v -=2.5 s8 s 内的v —t 图象如图所示 （2）0~4 s 内的位移为x 1=21a 1t 42=24 m4~5 s 内位移为x 2=224252a v v -=8.5 m5 s 后水平力消失，所以前8 s 内力F 做的功为W=F 1x 1-F 2x 2=155 J（或由动能定理解）W -μm g （x 1+x 2）=21mv 52解得W =155 J【解题指导】1．v —t 图象反映的仍然是数学关系，只不过它有了具体的物理意义．因此要画v —t 图象，必须采用动力学的方法得到v 与t 的数学关系．2．对于多过程问题要划分不同运动阶段，逐过程分析． 3．v —t 图象斜率表示加速度，面积表示位移，因此第（2）问求位移时可借用图象来求，请同学们自己完成．三、 追及和相遇问题例3、车以25 m/s 的速度匀速直线行驶，在它后面有一辆摩托车，当两车相距1 000 m 时，摩托车从静止起动做匀加速运动追赶汽车，摩托车的最大速度可达30 m/s ，若使摩托车在4 min 时刚好追上汽车，摩托车追上汽车后，关闭油门，速度达到12 m/s 时，冲上光滑斜面，上滑最大高度为H ，求：（1）摩托车做匀加速运动的加速度a ?（2）摩托车追上汽车前两车相距最大距离x ? （3）摩托车上滑最大高度H ?（g 取10 m/s 2）解析 （1）设汽车位移为x 1，摩托车位移为x 2摩托车的加速度为a ，摩托车达到最大速度所用时间为t ，则30=atx 1=25×240x 2=a2302+30（240-a30）追上条件为x 2=x 1+1 000解得a=49=2.25 m/s2（2）摩托车与汽车速度相等时相距最远，设此时刻为T ，最大距离为x m即25=aT解得T=9100sx m =1 000+25T -221aT =910250m=1 138 m（3） 221Mv =MgH解得H=7.2 m答案 （1）2.25 m/s2 （2）1 138 m （3）7.2 m 【解题指导】分析追及问题的方法技巧1．要抓住一个条件，两个关系一个条件：即两者速度相等，它往往是物体间能否追上或两者距离最大，最小的临界条件，也是分析判断的切入点．两个关系：即时间关系和位移关系．通过画草图找出两物体的位移关系是解题的突破口．2．若被追赶的物体做匀减速直线运动，一定要注意追上前该物体是否已经停止运动．3．仔细审题，充分挖掘题目中的隐含条件，同时注意 v —t 图象的应用．四、动力学的两类基本问题【例4】一根质量分布均匀的长直绳AB ，在水平恒定外力F 的作用下，沿光滑水平面以v 0=2 m/s 的初速度做匀加速直线运动（忽略绳子的形变）， 在头2 s 内所通过的位移等于绳长的6倍．如图甲所示，绳内距A 端x 处的张力（即绳内部之间的拉力）F T 与x 的关系如图乙所示，利用图象和题中的已知数据，求：（1）距A端1.5 m处绳内的张力多大?（2）绳子的质量多大?【解析】解法一（1）由图象可知函数F T=（6-3x） N当x=1.5 m时绳间的拉力F T=1.5 N（2）由图象可得：绳长l=2 m；水平恒力F=6 N1at2由匀加速运动位移公式x=v0t+2得a=4 m/s2由牛顿第二定律得F=maF=1.5 kg得m=a解法二由图象可得：绳长l=2 m；水平恒力F=6 N由匀1at2加速运动位移公式x=v0t+2得a=4 m/s2由牛顿第二定律得F=mam，以此段由题意可知：从x=1．5 m处到B端这段绳质量为4绳为研究对象m aF T=4由图象得x=1.5 m处F T=1.5 NF=1.5 kgm=a答案（1）1.5 N （2）1.5 kg【解题指导】1．牛顿第二定律应用的两类基本问题：物体的受力情况的分析加速度物体的运动状态及变化．2．分析复杂的动力学问题时应注意（1）仔细审题，分析物体的受力及受力的变化情况，确定并划分出物体经历的每个不同的过程．（2）逐一分析各个过程中的受力情况和运动情况，以及总结前一过程和后一过程的状态有何特点．（3）前一个过程的结束就是后一个过程的开始，两个过程的交接点受力的变化，状态的特点，往往是解题的关键．3．常用的解题方法：（1）整体与隔离法；（2）假设法．【方法技巧】1．动力学的两类基本问题的处理思路（1）已知力求运动，应用牛顿第二定律求加速度，再根据物体的初始条件，应用运动学公式求出物体的运动情况——任意时刻的位置和速度，以及运动轨迹．（2）已知运动求力，根据物体的运动情况，求出物体的加速度，再应用牛顿第二定律，推断或者求出物体的受力情况．2．动力学问题通常是在对物体准确受力分析的基础上，采用___________或者是_________求合力，然后结合牛顿第二定律列式求解．正交分解法图解法3．匀减速直线运动问题通常看成反方向的匀加速直线运动来处理，这是利用了运动的_________性．在竖直上抛运动和类竖直上抛运动的处理中也常用此法．对称4．借用v－t图象分析：v－t图象表示物体的运动规律，形象而且直观．【专题训练】1．水平地面上放着一质量为1 kg的物体，t=0时在一个方向不变的水平拉力作用下运动，t=2 s时撤去拉力，物体在4s内速度随时间的变化图象如图所示，则物体（）A．所受的摩擦力大小为1 NB．第1 s内受到的拉力大小是2 NC．在4 s末回到出发点D．在4 s内的平均速度为1.5 m/s2．如图甲所示，在光滑的水平面上，物体A在水平方向的外力F作用下做直线运动，其v—t图象如图乙所示，规定向右为正方向．下列判断正确的是（）A．在3 s末，物体处于出发点右方B．在1~2 s内，物体正向左运动，且速度大小在减小C．在1~3 s内，物体的加速度方向先向右后向左D．在0~1 s内，外力F不断增大3．一种巨型娱乐器材可以让人体验超重和失重的感觉．一个可乘多个人的环形座舱套在竖直柱子上，由升降机运送到几十米的高处，然后让座舱自由下落．下落一定高度后，制动系统启动，座舱做减速运动，到地面时刚好停下．下列判断正确的是（）A．座舱在自由下落的过程中人处于超重状态B．座舱在自由下落的过程中人处于完全失重状态C．座舱在减速运动的过程中人处于超重状态D．座舱在减速运动的过程中人处于失重状态4．沼泽地的下面蕴藏着丰富的泥炭，泥炭是沼泽地积累的植物残体，它的纤维状和海绵状的物理结构导致人在其上面行走时容易下陷（设在下陷过程中，泥炭对人的阻力不计）．如果整个下陷的过程是先加速再减速最后匀速运动，那么，下列说法中正确的是（）A．当在加速向下运动时，人对沼泽地的压力大于沼泽地对人的支持力B．当在减速向下运动时，人对沼泽地的压力小于沼泽地对人的支持力C．在整个运动过程中，人对沼泽地的压力是先大于后等于沼泽地对他的支持力D．在整个运动过程中，人对沼泽地的压力大小总是等于沼泽地对他的支持力5．如图所示，质量为2 kg的物体，放在动摩擦因数μ=0.1的水平面上，在水平拉力作用下，由静止开始运动，水平拉力做的功W和物体发生的位移x之间的关系如图所示，g 取10 m/s2，则（）A．此物体在AB段做匀加速直线运动B．此物体在AB段做匀速直线运动C．此物体在OA段做匀加速直线运动D．此物体在OA段做匀速直线运动6．静止不动的航空母舰上的舰载飞机在助推装置的作用下获得v0=40m/s的初速度，接着在滑行跑道上做匀加速滑行达到v1=80 m/s的速度后起飞，滑行距离x1=75 m，而一般民航客机从静止开始做匀加速滑行达到v2=40 m/s的速度后起飞，滑行距离x2=2 000 m，求滑行时舰载飞机的加速度a1与民航客机的加速度a2的比值．7．某些城市交通部门规定汽车在市区某些街道行驶速度不得超过v m=30 km/h．一辆汽车在该水平路段紧急刹车时车轮抱死，沿直线滑行一段距离后停止，交警测得车轮在地面上滑行的痕迹长x m=10 m．从手册中查出该车轮与地面间的动摩擦因数μ=0.72，取g=10 m/s2．（1）请你判断汽车是否违反规定超速行驶．（2）目前，有一种先进的汽车制动装置，可保证车轮在制动时不被抱死，使车轮仍有一定的滚动，安装了这种防抱死装置的汽车，在紧急刹车时不但可以使汽车便于操控，而且可获得比车轮抱死更大的制动力，从而使刹车距离大大减小．假设汽车安装防抱死装置后刹车制动力恒为F，驾驶员的反应时间为t，汽车的质量为m ，汽车正常行驶的速度为v ，试推出刹车距离x 的表达式．8．如图所示， 一足够长的光滑斜面倾角为θ=30°，斜面AB 与水平面BC 连接，质量m=2 kg 的物体置于水平面上的D 点，D 点距B 点d=7 m ．物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.2，当物体受到一水平向左的恒力F=8 N 作用t=2 s 后撤去该力，不考虑物体经过B 点时的碰撞损失，重力加速度g 取10 m/s 2．求撤去拉力F 后，经过多长时间物体经过B 点? 【参考答案】1．解析 2~4 s 内只受摩擦力F f =ma =1 N ，A 对；第1 s 内由牛顿第二定律F-F f =ma ′，F=3 N ，B 错；图象面积表示位移， C 错；v=1.25 m/s ，D 错．答案：A2．解析 由图象面积的意义知A 对；1~2 s 内向右运动，B 错；1~3 s 内直线的斜率不变，加速度不变，C 错；0~1 s 内tv∆∆在减小，a 减小，F=ma 减小，D 错．答案 A3．解析 由超重、失重的条件看加速度，当运动的加速度向下时，失重，且向下的a=g 时，处于完全失重；加速度向上时，处于超重状态，由此确定B 、C 项正确．答案：BC 4．答案：D 5．解析 W F =F·x ，AB 段直线的斜率表示力F ，F ==-61527 2 N ， F f =μmg =0.1×2×10 N=2 N ，F=F f ， B 正确F OA =315=5 N>F f ， C 正确．答案 BC6．解析 对舰载飞机有v 12-v 02=2a 1x 1对民航客机有v 22=2a 2x 2得 221221221)(v x v v x a a -= 代入数据解得8021=a a 【答案】807．解析 （1）因为汽车刹车且车轮抱死后，汽车受滑动摩擦力作用做匀减速运动，所以滑动摩擦力大小F f =μmg汽车的加速度a=mF f -=-μg由v 12-v 02=2ax且v 1=0得v 0=m gx μ2=12 m/s=43．2 km/h>30 km/h 即这辆车是超速的．（2）刹车距离由两部分组成，一是司机在反应时间内汽车行驶的距离x 1，二是刹车后匀减速行驶的距离x 2．x=x 1+x 2=vt +av 22加速度大小a=mF则x=vt +Fmv 22答案 （1）这辆车是超速的 （2）x=vt+Fmv 228．解析 在F 的作用下物体运动的加速度a 1，由牛顿运动定律得F-μmg =ma 1解得a 1=2 m/s2F 作用2 s 后的速度v 1和位移x 1分别为v 1=a 1t=4 m/s ；x 1=21a 1t 2=4 m撤去F 后，物体运动的加速度为a 2μmg=ma 2解得a 2=2 m/s2第一次到达B 点所用时间t 1，则d-x 1=v 1t 1-21a 2t 12解得t 1=1s此时物体的速度v 2=v 1-a 2t 1=2 m/s当物体由斜面重回B 点时，经过时间t 2，物体在斜面上运动的加速度为a 3，则Mg sin 30°=ma 3t 2=322a v =0.8 s第二次经过B 点时间为t=t 1+t 2=1.8 s所以撤去F 后，分别经过1 s 和1.8 s 物体经过B 点． 答案 1 s 1.8 s。
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】 (2019·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H 4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<4 D ．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t2＝2×H4g，第一个H4所用的时间为t1＝2H g －2×34Hg，因此有t2t1＝12－3＝2＋3，即3<t2t1<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)(2019·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/s 2，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 mC ．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t 1＝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v 2max ＝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t 1，两段时间对应的位移相等，等于x ，匀速运动时间为t 2＝2500 m －2xv max＝30 s ，所以最短时间为t ＝2t 1＋t 2＝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 ＝35.7 m/s ，选项D 错误． [答案] BC迁移二 以追及、相遇模型考查2．(2019·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 m t 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)(2019·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/s 2.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＝0.4－04－2m/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＝0.4－0.25－4m/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)(2019·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)(2019·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F 1＝7 N ，a 1＝0.5 m/s 2，F 2＝14 N ，a 2＝4 m/s 2代入上式可得m ＝2kg ，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．(2019·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 －3μmg2ma B ＝F －3μmg 4m.[答案] (1)4μmg (2)F －3μmg 2m F －3μmg4m迁移二 斜面上的多体模型2.(2019·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 ＋FkC ．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 sin θ－qE ＝ma ，解得x ＝qE ＋Fk，A 错误，B 正确；由于此时A 具有向上的加速度，则A 的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】 (2019·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 m g ＋v m －v ′a 2＝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．(2019·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 1① f ＝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 2④ F ＝k (m ＋M )g ⑤ s 1＝vt －12a 1t 2⑥ s 2＝vt －12a 2t 2⑦s ＝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】 (2019·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/s 2.(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t 1，位移为x 1，根据牛顿第二定律，有μmg cos θ－mg sin θ＝ma ，代入数据解得a ＝1 m/s 2 则t 1＝v a ＝1 s ，x 1＝12at 21＝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＝hsin 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f1＝f max＝μmg cosθ，皮带的位移x2＝vt1货物与皮带一起做匀速运动的过程中，皮带所受的摩擦力f2＝mg sinθ，皮带的位移x3＝vt2则W＝W1＋W2＝f1x2＋f2x3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】(2019·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)(2019·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/s 2，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 ＝22 m/s2＝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．(2019·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 fm ，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 fk，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．(2019·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] A2．(多选)(2019·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．(2019·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．(2019·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B ．若F ＝1.5 N ，则A 物块所受摩擦力大小为1.5 NC ．若F ＝4 N ，则B 物块所受摩擦力大小为4 ND ．若F ＝8 N ，则B 物块的加速度大小为1 m/s 2[解析] A 与木板间的最大静摩擦力f A ＝μm A g ＝0.2×1×10 N＝2 N ，B 与木板间的最大静摩擦力f B ＝μm B g ＝0.2×2×10 N＝4 N ，设A 与木板恰好发生相对滑动时水平恒力大小为F 0，则由牛顿第二定律可知F 0－f A m A ＝f Am B，解得F 0＝3 N ，F ＝1 N<F 0，则A 、B 均与木板保持。
2019-2020年高三物理第二轮专题复习 专题一力和运动教案 人教版
2019-2020年高三物理第二轮专题复习专题一力和运动教案人教版一、考点回顾1．物体怎么运动，取决于它的初始状态和受力情况。
牛顿运动定律揭示了力和运动的关系，关系如下表所示：2．力是物体运动状态变化的原因，反过来物体运动状态的改变反映出物体的受力情况。
从物体的受力情况去推断物体运动情况，或从物体运动情况去推断物体的受力情况，是动力学的两大基本问题。
3．处理动力学问题的一般思路和步骤是：①领会问题的情景，在问题给出的信息中，提取有用信息，构建出正确的物理模型；②合理选择研究对象；③分析研究对象的受力情况和运动情况；④正确建立坐标系；⑤运用牛顿运动定律和运动学的规律列式求解。
4．在分析具体问题时，要根据具体情况灵活运用隔离法和整体法，要善于捕捉隐含条件，要重视临界状态分析。
二、经典例题剖析1．长L的轻绳一端固定在O点，另一端拴一质量为m的小球，现使小球在竖直平面内作圆周运动，小球通过最低点和最高点时所受的绳拉力分别为T1和T2(速度分别为v0和v)。
5求证：(1)T1－T2＝6mg(2)v0≥gL证明：(1)由牛顿第二定律，在最低点和最高点分别有：T1－mg＝mv02/L T2＋mg＝mv2/L由机械能守恒得：mv02/2＝mv2/2＋mg2L以上方程联立解得：T1－T2＝6mg(2)由于绳拉力T2≥0，由T2＋mg＝mv2/L可得v≥gL5代入mv02/2＝mv2/2＋mg2L得：v0≥gL点评：质点在竖直面内的圆周运动的问题是牛顿定律与机械能守恒应用的综合题。
加之小球通过最高点有极值限制。
这就构成了主要考查点。
2．质量为M 的楔形木块静置在水平面上，其倾角为α的斜面上,一质量为m 的物体正以加速度a 下滑。
求水平面对楔形木块的弹力N 和摩擦力f 。
解析：首先以物体为研究对象，建立牛顿定律方程： N 1‘＝mgcosα mgsinα－f 1’＝ma ，得：f 1‘＝m(gsinα－a) 由牛顿第三定律，物体楔形木块有N 1＝N 1’，f 1＝f 1‘然后以楔形木块为研究对象，建立平衡方程：N ＝mg ＋N 1cosα＋f 1sinα＝Mg ＋mgcos 2α＋mgsin 2α－masinα ＝(M ＋m)g －masinαf ＝N 1sinα－f 1cosα＝mgcosαsinα－m(gsinα－a)cosα＝macosα 点评：质点在直线运动问题中应用牛顿定律，高考热点是物体沿斜面的运动和运动形式发生变化两类问题。
高考物理二轮复习教案 第一章 直线运动
第一章 直线运动知识网络：一、匀变速直线运动解题的基本步骤和方法： 1、基本步骤(1)审题．弄清题意，画草图，明确已知量，未知量，待求量． (2)明确研究对象．选择参考系、坐标系．(3)分析有关的时间、位移、初末速度、加速度等． (4)应用运动规律、几何关系等建立解题方程． (5)解方程．答题 (6)验算、讨论． 2、基本方法．（1）一般公式法----需要应用基本规律联立方程时，应是“同一形式，不同段落”的方程组例1.一物体做匀加速直线运动，已知某段位移的初速度为v 0，末速为v ，求该段位移中点的速度大小直线运动直线运动的条件：a 、v 0共线参考系、质点、时间和时刻、位移和路程 速度、速率、平均速度 加速度运动的描述典型的直线运动匀速直线运动 s=v t ，s-t 图，（a ＝0）匀变速直线运动特例自由落体（a ＝g ）竖直上抛（a ＝g ）v - t 图 规律 at v v t +=0,2021at t v s +=as v v t 2202=-,t v v s t20+=（2）平均速度、中间时刻速度法----利用02+===2t t v vs v v t例2.一物体做匀加速直线运动，途中依次经过A 、B 、C 三点，已知AB 间距为L 1，BC 间距为L 2，由A 到B 用时为t 1，由B 到C 用时为t 2，求物体经过B 点时的速度。
2212211212+(+)L t L t t t t t例3. 有一列火车正在做匀加速直线运动.从某时刻开始计时，第1分钟内，发现火车前进了180m.第6分钟内，发现火车前进了360m 。
则火车的加速度为（ ） A ．0.01m/s 2B ．0.05m/s 2C ．36m/s 2D ．180m/s 2A（3）逆向思维法-----匀减速直线运动（4）图像法---可以把复杂的物理问题转化为简单的数学问题例4．一个固定在水平面上的光滑物块，其左侧面是斜面AB ，右侧面是曲面AC,如图所示。
2020高三物理高考二轮复习(2)力与物体的直线运动-教案、学案、习题全(精品)
专题二 力与物体的直线运动一． 专题要点第一部分：匀变速直线运动在力学中的应用1.物体或带电粒子做直线运动的条件是物体所受的合外力与速度方向平行。
2.物体或带电粒子做匀变速直线运动的条件是物体所受的合外力为恒力且与速度方向平行。
3.牛顿第二定律的内容是：物体运动时的加速度与物体所受的合外力成正比，与物体的质量成反比，加速度的方向与所受合外力的方向相同，且二者具有瞬时对应关系，此定律可以用控制变量法进行实验验证。
4.速度时间关系图像的斜率表示物体运动的加速度，图像所包围的面积表示物体运动的位移。
在分析物体的运动时常利用v-t 图像帮助分析物体的运动情况。
5.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。
当a=g 时物体完全失重。
6.匀变速直线运动的基本规律为 速度公式：at v v t +=0位移公式：2021at t v x +⋅=速度与位移关系式：ax v v t 2202=- 7.匀变速直线运动 平均速度：20t v v t x v +=或 位移中点的瞬时速度2220tv v v +=中点第二部分：匀变速直线运动在电学中的应用1. 带电粒子在电场中直线运动的问题：实质是在电场中处理力学问题，其分析方法与力学中相同。
首先进行受力分析，然后看物体所受的合外力与速度方向是否一致，其运动类型有电场加速运动和交变的电场内往复运动2. 带电粒子在磁场中直线运动问题：洛伦兹力的方向始终垂直于粒子的速度方向。
3. 带电粒子在复合场中的运动情况一般较为复杂，但是它仍然是一个力学问题，同样遵循力和运动的各条基本规律。
4. 若带电粒子在电场力、重力和洛伦兹力共同作用下做直线运动，如果是匀强电场和匀强磁场，那么重力和电场力都是恒力，洛伦兹力与速度方向垂直，而其大小与速度大小密切相关。
只有带电粒子的速度大小不变，才可能做直线运动，也即匀速直线运动。
二． 考纲要求 考点 要求 考点解读 参考系、质点Ⅰ本专题知识是整个高中物理的基础，高考对本部分考查的重点是匀变速直线运动的公式及应用；v- t 图像的理解及应用，其命题情景较为新颖，（如高速公路上的车距问题、追及相遇问题）竖直上抛与自由落体运动的规律及其应用；强调对牛顿第二定律分析、计算和应用考查，而牛顿第三定律贯穿于综合分析过程中。
2020届二轮复习 专题二 力与直线运动 学案
专题二力与直线运动要点提炼1.解图象问题时要做好“三看”(1)看清坐标轴所表示的物理量：明确因变量与自变量的制约关系，是运动学图象(v-t、x-t、a-t、x-v2、v-x等)，还是动力学图象(F-t、F-x、P-t等)；(2)看图线本身：识别两个相关量的变化趋势，进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．求解匀变速直线运动问题时的方法技巧(1)巧用平均速度：对匀变速直线运动问题，运用公式v＝12(v0＋v)，x＝v t，相当于把一个匀变速直线运动问题转化为一个匀速直线运动问题来处理。
(2)逆向思维：把运动过程的“末态”作为“初态”的反向分析，这种研究问题的方法一般用于末态已知的情况。
3．动力学与图象的综合问题做好两步(1)判别物理过程：由图象形状所描述的状态及变化规律确定质点的运动性质。
(2)选择解答方法：根据质点的运动性质，选择公式法或图象法解答试题，必要时建立函数关系并进行图象转换，或者与常见形式比较进行解答和判断。
4．传送带上物体的运动由静止释放的物体，若能在匀速运动的传送带上同向加速到与传送带共速，则加速过程中物体的位移必与物体和传送带的相对位移大小相等，且等于传送带在这个过程中位移的一半；在倾斜传送带(倾角为θ)上运动的物体，动摩擦因数与tanθ的关系、物体初速度的方向与传送带速度方向的关系是决定物体运动情况的两个重要因素。
5．水平面上的板—块模型问题分析两物体的运动情况需要关注：两个接触面(滑块与滑板之间、滑板与地面之间)的动摩擦因数的大小关系，外力作用在哪个物体上。
若外力作用在下面物体上，随着力的增大，两物体先共同加速，后发生相对滑动，发生相对滑动的条件是下面物体的加速度较大。
若外力作用在上面物体上，力增大过程中，两物体可能共同加速，也可能发生相对滑动，相对滑动时，上面物体的加速度较大。
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知识点能力点回顾复习策略：直线运动有匀变速直线运动、有分段的变速运动，有先加速后减速，或先加速后匀速，或先减速后匀速的直线运动，这些运动形式在整个高中物理的力、电部分经常出现，熟记匀变速运动的公式是前提。
对于分段的变速运动，在电场中经常出现，这是因为电场的方向反向后，其中带电物体的加速度反向，出现周期性的、来回的匀变速直线运动，这是高中的难点。
相对运动是运动学中的难点，一个物体与另一个物体追及、相遇或一个物体在另一个物体表面发生相对运动类的问题是高考的热点、重点和难点，由于理综试卷中物理部分需要考查的物理点较多，所以，这部分知识点一般不会单独命题，而与动力学（也包括电学）的知识一起命题，以增加考查的知识面。
通过学习牛顿第一定律，理解惯性概念，理解运动和力的关系，理解质量是惯性的量度，会正确解释有关惯性现象，在牛顿第一定律的建立过程中，培养历史唯物主义和辩证唯物主义观点。
通过伽利略理想实验的学习，培养观察能力、抽象思维能力，培养能从纷繁的现象中探求事物本质的科学态度和推理能力。
通过学习牛顿第二定律，学会用控制变量法研究力、加速度和质量的关系，进一步理解加速度和力的关系，并能在惯性参考系中，运用运动学和牛顿第二定律的知识分析解决“运动和力”的两类基本问题。
通过学习牛顿第三定律，进一步理解物体间的力的作用的相互性，能区分平衡力、作用力和反作用力，会正确运用牛顿第二定律解释有关现象。
通过学习牛顿定律，掌握解决超重和失重的知识。
灵活运用整体法和隔离法解决连结体问题。
恰当运用正交分解法解决物体受多力情况下的受力分析。
知识要求：1. 力和直线运动的关系当物体所受合外力与速度共线时，物体将做直线运动。
（1）若F合＝0，v0≠0，物体保持匀速直线运动。
（2）若F合恒定且不为零，且与v0同向时，物体做匀加速直线运动。
（3）若F合恒定且不为零，且与v0反向时，物体将做匀减速直线运动。
（4）若F合不恒定，物体做变加速或变减速直线运动。
2. 牛顿第二定律牛顿第二定律表达式F＝ma，式中m为受力物体的质量，恒定不变，F为物体所受合外力，a为物体的加速度。
F和a为矢量。
（1）牛顿第二定律具有瞬时性①a与F有必然的瞬时的联系：F为0，则a为0，若F不为0，则a不为0，且大小为a＝F/m. F改变，则a立即改变。
a和F之间是瞬时的对应关系，同时存在、同时消失、同时改变。
而不是F 的改变在先，过后（指要经历一段时间t）才有a的改变。
②Δv（速度的改变量）与F有必然的但不是瞬时的联系：F为0，则Δv＝0，F不为零，并不能说Δv就一定不为0，因为Δv＝at，而a＝F/m，所以Δv＝F/m·t，F不为0，而t=0（指时间间隔为0，即是指某时刻），则Δv＝0，物体受合外力作用要有一段时间的积累，才能使物体的速度有一个改变量Δv。
③v（瞬时速度）与F无必然的联系：F为0时，物体可做匀速直线运动，v0不为0，F不为0时，物体的瞬时速度v t。
可以为0，例如竖直上抛达最高点时，v t＝0，而F＝mg.（2）牛顿第二定律的矢量性①牛顿第二定律F＝ma中，m是无方向的标量，a与F的方向时时刻刻总相同：F的方向改变，a的方向立即改变，而不需要时间。
②v与F的方向并无必然的联系：在加速直线运动中，v与F同向；在减速直线运动中，v与F 反向；在曲线运动中，v与F的方向间成一夹角，曲线以初速度v0为切线弯向F一侧。
（3）牛顿第二定律的独立性①作用在物体上的各个力各自产生相应的加速度，不因其他力的作用而改变。
物体的加速度是合外力产生的，a＝F/m；又可以理解为各力产生的加速度的矢量和，即a1＝F1/m，a2＝F2/ma，…，a 等于a1、a2、…的矢量和。
②牛顿第二定律的分量式，根据力的独立作用原理，运用正交分解,x轴方向的合外力产生a x，y轴方向的合外力产生a y，所以F＝ma、可用其两个分量式来代替：F x＝ma x，F y＝ma y。
（4）牛顿第二定律的相对性①物体的加速度必须是以静止或匀速直线运动的物体作为参照物，即牛顿第二定律只在惯性系中成立。
②牛顿第二定律的适用范围：宏观物体、低速运动，对于微观粒子接近光速的领域不适用。
（5）牛顿第二定律单位的唯一性①利用F＝ma计算时只能采用力学单位制。
②力学单位制中的基本物理量及其基本单位分别为质量（m）、千克（kg），位移（s）、米（m），时间（t）、秒（s）。
力（F）的单位牛顿（N）是导出单位，而不是力学单位的基本单位，1N的物理意义是：使质量1kg的物体产生1 m/s2的加速度，这个力的大小称为1 N.3. 匀变速直线运动的规律及推论：①②③④⑤（中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度）4. 典型的匀变速直线运动（1）只受重力作用的自由落体运动和竖直上抛运动。
（2）带电粒子在匀强电场中由静止开始被加速或带电粒子沿着平行于电场方向射入电场中的运动。
（3）物体、质点或带电粒子所受的各种外力的合力恒定，且合力方向与初速度方向平行的运动。
5. 物体在变力作用下的直线运动（1）受力特点物体（或质点）受到大小不断变化，方向始终与速度在一条直线上的合外力作用时，做加速度大小不断变化的非匀变速直线运动。
（2）典型的非匀变速直线运动①简谐运动a. 物体做简谐运动的受力条件是回复力的大小与物体相对平衡位置的位移成正比，力的方向与位移方向时刻相反，可表达为F＝－kx，因而该运动是加速度不断变化的非匀变速直线运动。
b. 无论是水平面还是竖直面（或斜面）上的弹簧振子的运动都是简谐运动。
简谐运动具有对称的特点，即回复力的大小、加速度大小、速率以及动能、势能（包括重力势能和弹性势能）在关于平衡位置对称的位置是相等的。
C．定量或定性分析简谐运动中有关运动物理量的大小及变化情况，一般需要结合牛顿运动定律和功能关系进行分析和判断。
能力要求：1. 物体在恒力作用下的直线运动问题（1）牛顿运动定律是处理此类问题、建立动力学方程的理论依据。
同时它也是推导动能定理、动量定理的依据。
因此，在处理匀变速运动类问题时，不能只拘泥于动力学方法，而应根据实际所求灵活选取规律。
（2）带电粒子、带电质点（或电流）在电场（或磁场）中所受的力跟重力、弹力、摩擦力……是不同性质的力，研究其在各种不同性质的力作用下的运动，遵循相同的力学规律，研究方法也相同，解题关键是要了解不同性质力的基本特性，能正确分析物体的受力情况，认清不同形式问题的共同本质，灵活运用所学方法解决各种类型的实际问题。
2. 几种典型的变速直线运动问题（1）雨滴下落如果所受阻力与速度的平方成正比，它在运动过程中各个物理量（如阻力、加速度、速度）的动态过程可表示如下：（2）机车启动问题如果汽车以额定功率启动，它在运动过程中各个物理量的动态变化社程可表示如下：（3）带电小球在电磁场中的运动如下图所示，带正电的小球中间有孔，套在竖直的杆上，如果mg＞μqE，它在运动过程中各个物理量的动态变化过程可表示如下：（4）在匀强磁场中金属棒沿导轨运动问题，如下图所示，一个由金属导轨组成的回路，竖直放在宽广的水平匀强磁场中，磁场垂直于该回路所在的平面，AC导体可紧贴光滑竖直导轨自由上下滑动，导轨足够长，回路总电阻R保持不变。
当AC由静止释放时，它在运动过程中各物理量的动态变化过程可表示如下：因速度变化致使其受到的某个力发生变化，从而使其加速度变化，解决该类问题，一般应从受力情况入手，利用牛顿运动定律分析其变化的规律，如需用功能关系解决，应注意各力的做功情况。
特别提示：1. 在运动和力的问题中，对物理过程和情景的分析很重要。
所以当你解题陷入僵局时，不妨拿起笔来去描绘一下物体运动过程的草图。
去画一个某状态下物体的受力分析图，你可能会从中得到解题的突破口。
加速度是动力学基本问题的中间量，因此，在解此类问题时，应注意对加速度的分析和求解。
需要注意的是，在利用运动学公式进行运算时各矢量的方向，尤其是在字母题中。
设定正方向后，对已知方向的物理量的正、负号直接代入运算式中。
2. 对于连接体问题，一般地采用整体法和隔离法交叉使用，这样解题会比较方便。
例题精讲例题1. 一物体做匀变速直线运动，某时刻速度大小为4m/s，1s后速度的大小变为10m/s，在这1s内该物体的（）A. 位移的大小可能小于4mB. 位移的大小可能大于10mC. 加速度的大小可能小于4m/sD. 加速度的大小可能大于10m/s解析：同向时反向时式中负号表示方向跟规定正方向相反答案：A、D例题2. 一跳水运动员从离水面10m高的平台上跃起，举双臂直立身体离开台面，此时中心位于从手到脚全长的中点，跃起后重心升高0.45m达到最高点，落水时身体竖直，手先入水（在此过程中运动员水平方向的运动忽略不计）从离开跳台到手触水面，他可用于完成空中动作的时间是多少？（g取10m/s2结果保留两位数字）解析：根据题意计算时，可以把运动员的全部质量集中在重心的一个质点，且忽略其水平方向的运动，因此运动员做的是竖直上抛运动，由可求出刚离开台面时的速度，由题意知整个过程运动员的位移为－10m（以向上为正方向），由得：－10=3t－5t2解得：t≈1.7s思考：把整个过程分为上升阶段和下降阶段来解，可以吗？例题3. 如图所示，有若干相同的小钢球，从斜面上的某一位置每隔0.1s释放一颗，在连续释放若干颗钢球后对斜面上正在滚动的若干小球摄下照片如图，测得AB=15cm，BC=20cm，试求：拍照时B球的速度；A球上面还有几颗正在滚动的钢球？解析：拍摄得到的小球的照片中，A、B、C、D…各小球的位置，正是首先释放的某球每隔0.1s所在的位置.这样就把本题转换成一个物体在斜面上做初速度为零的匀加速运动的问题了。
求拍摄时B球的速度就是求首先释放的那个球运动到B处的速度；求A球上面还有几个正在滚动的小球变换为首先释放的那个小球运动到A处经过了几个时间间隔（0.1s）。