全国通用2018年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
高考物理二轮复习 专题一 力与运动 第2课时 力与直线运动教案-人教版高三全册物理教案
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，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·某某某某市下学期质量检测)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．(多项选择)(2019·某某某某市期末质量检测)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，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，那么不能求解运动时间，因此无法求出其加速度的大小，应选项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，那么t 2t 1满足( )图2A ．1<t 2t 1<2B ．2<t 2t 1<3C ．3<t 2t 1<4D ．4<t 2t 1<5 答案 C解析 此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，那么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·某某某某市第一次诊断)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，那么以下说法正确的选项是( )图3A ．水平力FB ．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92m 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，那么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 ；那么水平力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·某某某某市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，以下说法正确的选项是( )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·某某某某市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，以下表示F和x之间关系的图象可能正确的选项是( )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，应选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v 0＝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/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：图6(1)滑块与木板之间的动摩擦因数μ；(2)滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间t . 答案 (1)0.5 (2)(1＋5) s解析 (1)设滑块质量为m ，木板水平时滑块加速度大小为a ，那么对滑块有μmg ＝ma ① 滑块恰好到木板右端停止0－v 02＝－2aL ②解得μ＝v 022gL＝0.5③(2)当木板倾斜，设滑块上滑时的加速度大小为a 1，最大距离为s ，上滑的时间为t 1，有μmg cos θ＋mg sin θ＝ma 1④0－v 02＝－2a 1s ⑤ 0＝v 0－a 1t 1⑥由④⑤⑥式，解得t 1＝1s ，s ＝5m⑦设滑块下滑时的加速度大小为a 2，下滑的时间为t 2，有mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2⑧ s ＝12a 2t 22⑨由⑧⑨式解得t 2＝5s滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间 t ＝t 1＋t 2＝(1＋5) s.变式训练5．(2019·某某某某市3月选考)如图7所示，橡皮膜包住空心塑料管的底端，细线将橡皮膜固定密封，用手竖直握住塑料管保持静止状态，先将水从塑料管顶端倒入并灌至整管的三分之二处，然后在管顶处加一个带孔的瓶盖，此时橡皮膜凸出成半球状．现用力将塑料管向上加速提升一段距离，再减速上升直至速度为零．那么( )图7A ．加速上升时塑料管处于失重状态B ．加速上升时橡皮膜底部进一步向下凸出C ．减速上升时塑料管处于超重状态D ．减速上升时塑料管内的水面将下降 答案 B解析 加速上升时，塑料管处于超重状态，水对橡皮膜的压力增大，橡皮膜的底部会进一步凸出；减速上升时，塑料管处于失重状态，水对橡皮膜的压力变小，橡皮膜凸出程度变小，水面将上升．6．(2019·某某“荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟〞期末)如图8所示，光滑的水平地面上有两块材料完全相同的木块A 、B ，质量均为m ，A 、B 之间用轻质细绳水平连接．现沿细绳所在直线施加一水平恒力F 作用在A 上，A 、B 一起开始做匀加速直线运动，在运动过程中把和木块A 、B 完全相同的木块C 放在某一木块上面，系统仍加速运动，且始终没有相对滑动，那么在放上C 并达到稳定后，以下说法正确的选项是( )图8A ．假设C 放在A 上，绳上拉力不变B ．假设C 放在B 上，绳上拉力为F2C ．假设C 放在B 上，B 、C 间摩擦力为F3D ．C 放在A 上比放在B 上运动时的加速度大 答案 C解析 F 拉A 使得整体运动，由牛顿第二定律：F ＝2ma ， 对B 分析可知：F T ＝ma ，可得F T ＝F2.假设C 放在A 上，三者一起加速，由整体法有F ＝3ma 1， 对B 由牛顿第二定律有：F T1＝ma 1，联立可得F T1＝F3，那么绳上的拉力变小，故A 错误；假设C 放在B 上，对整体F ＝3ma 2，对B 、C 有：F T2＝2ma 2，对B 滑块F T2－F f ＝ma 2， 联立可得F T2＝23F ，F f ＝F3，故B 错误，C 正确；由牛顿第二定律分析可得C 放在A 上时a 1＝F 3m ，C 放在B 上时a 2＝F3m ，两个加速度相同，故D 错误．考点动力学方法分析“板—块〞模型1．“板—块〞模型的特点(1)一个转折——滑块与木板达到相同速度或者滑块从木板上滑下是受力和运动状态变化的转折点．(2)两个关联——转折前、后受力情况之间的关联；滑块、木板位移与板长之间的关联． (3)临界条件——加速度相同且两物体间的摩擦力为最大静摩擦力，分析此临界条件前后物体的运动状态是解题的关键． 2．分析多过程问题的基本方法应当将复杂的运动过程分解为几个子过程，就每个子过程进行求解，关键是分析每一个子过程的特征(包括受力和运动)并且要寻找各子过程之间的联系．例4 (2019·某某某某市第二次调研)如图9，一质量M ＝1kg 的足够长薄木板正在水平地面上滑动，当其速度为v 0＝5m/s 时将一质量m ＝1 kg 的小铁块(可视为质点)无初速度地轻放到木板的A 端；薄木板与小铁块间的动摩擦因数μ1＝0.2，薄木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.3，取g ＝10 m/s 2.求：图9(1)小铁块放到薄木板上瞬间铁块和木板的加速度大小a 1、a 2； (2)小铁块与薄木板的速度第一次相等时，二者的位移大小； (3)当小铁块速度刚好减小到零时，小铁块到A 端的距离．答案 (1)2m/s 2 8 m/s 2解析 (1)对m 由牛顿第二定律得：F f m ＝μ1mg ＝ma 1a 1＝μ1mg m＝2m/s 2对M 由牛顿第二定律得：F f m ＋F f M ＝Ma 2a 2＝μ1mg ＋μ2(m ＋M )g M＝8m/s 2(2)m 向右加速运动，M 向右减速运动，设经过时间t 二者速度相等且为v . 那么对m ：v ＝a 1t 对M ：v ＝v 0－a 2t 解得t ＝0.5s ，v ＝1m/s二者速度第一次相等时m 的对地位移x m 1＝12a 1t 2M 的对地位移x M 1＝v 0t －12a 2t 2(3)μ1<μ2，那么0.5s 后，m 在M 上会向右减速滑动，此时，m 减速时的加速度大小a m ＝μ1mg m＝2m/s 2M 减速时的加速度大小a M ＝μ2(m ＋M )g －μ1mg M ＝4m/s 2m 减速到0的时间t m ＝va mM 减速到0的时间t M ＝va M故小铁块速度减小到零时，木板早已停下，且不会再滑动．从速度为v 到速度减为零，木板的位移x M 2＝v 22a M小铁块的位移x m 2＝v 22a m所以小铁块离木板A 端的距离：d ＝x M 1＋x M 2－(x m 1＋x m 2)＝1.125m.变式训练7．(多项选择)(2019·全国卷Ⅲ·20)如图10(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 ＝4s 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10m/s 2.由题给数据可以得出( )图10A ．木板的质量为1kgB ．2～4s 内，力FC ．0～2s 内，力F 的大小保持不变 答案 AB解析 由题图(c)可知木板在0～2s 内处于静止状态，再结合题图(b)中细绳对物块的拉力f 在0～2s 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2～4s 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，对木板进行受力分析，由牛顿第二定律可得F －F f ＝ma 1，在4～5s 内做匀减速运动，其加速度大小为a 2＝m/s 2＝0.2 m/s 2，F f ＝ma 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 ＝0.2N ，解得m ＝1kg 、F ＝0.4N ，选项A 、B 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．8．(2019·某某重点中学协作体第一次联考)如图11所示，一质量为m B ＝3kg ，长为L ＝8m 的薄木板B 放在水平面上，质量为m A ＝2kg 的物体A (可视为质点)在一电动机拉动下从木板左端以v 0＝5m/s 的速度向右匀速运动．在物体A 带动下，木板从静止开始做匀加速直线运动，此时电动机输出功率P ＝40 W ．木板与地面间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g 取10 m/s 2，求：图11(1)木板B 运动的加速度大小； (2)物体A 滑离木板所用的时间． 答案 (1)1m/s 2(2)2s解析 (1)电动机对物体A 的拉力为F ＝P v 0物体A 匀速运动，木板B 对A 的摩擦力为F f ＝F 由牛顿第三定律，A 对B 的摩擦力F f ′＝F f ， 对木板根据牛顿第二定律有F f ′－μ(m A ＋m B )g ＝m B a 代入数据，联立解得a ＝1m/s 2(2)假设A 离开时，B 仍处于加速状态，由二者的位移关系有v 0t ＝L ＋12at 2代入数据解得t 1＝2s, t 2＝8s当t 2＝8s 时，v B ＝at 2＝8m/s ，v B >v 0，不合题意 当t 1＝2s 时，v B ＝at 1＝2m/s ，v B <v 0所以物体A 滑离木板所用的时间为2s ．专题突破练 级保分练1.(2019·某某某某市期末质量检测)近年来学校都非常重视足球运动．在某学校举行的颠球比赛中，小明在颠球过程中脚部几乎不动，如图1所示，图示时刻足球恰好竖直向上运动到最高点，估算足球刚被颠起时的初速度大小最接近( )图1A ．6m/sB ．3 m/sC ．1m/sD ．0.5 m/s 答案 Bm ；足球被颠起后做竖直上抛运动，设初速度为v ，上升的高度为h ，那么：v 2＝2gh ，所以：v ＝2gh ＝2×10× m/s ≈3.3 m/s ，可知在四个选项中，最接近的是B 选项．2．(2019·某某某某市期末质量检测)一列火车沿直线轨道从静止出发由A 地驶向B 地，列车先做匀加速直线运动，加速度大小为a ，接着做匀减速直线运动，加速度大小为2a ，到达B 地时恰好静止，假设A 、B 两地距离为s ，那么火车从A 地到B 地所用时间t 为( ) A.3s4aB.4s 3aC.3s aD.3s 2a答案 C解析 设加速过程结束时的速度为v ，那么v 22a ＋v 22·2a＝s ，解得v ＝4as3，那么整个过程中的平均速度为v ＝v 2＝as3，那么火车从A 地到B 地所用时间为t ＝s v＝3sa，应选C.3.(2019·某某某某十校高三期末)气悬球是近几年新兴的一项小球运动，深受人们喜爱．如图2所示，球桌台面上有无数个小孔，从小孔中喷出的气体使小球(圆形塑料片)浮离在台面上，小球受击打后在台面上快速运动．某次比赛中，当小球受击打后以速度v 0匀速直线运动至离对方球门L 处时，小孔突然停止喷气，小球恰能做匀减速直线运动到对方球门，那么( )图2A ．假设小球以速度v 0L 处小孔突然停止喷气，小球破门的速度为22v 0 B ．假设小球以速度v 0L 处小孔突然停止喷气，小球破门的速度为v 02C ．假设小球以速度v 0运动到离对方球门L 处所受浮力突然减半，小球破门的速度为24v 0 D ．假设小球以速度v 0运动到离对方球门L 处所受浮力突然减半，小球破门的速度为v 02答案 A解析 由题意知停止喷气时小球做匀减速运动，v 02＝2aL ，假设xL 时停止喷气，由v 02－v 12＝2aL ，得v 1＝22v 0，故A 正确，B 错误；假设浮力减半，那么加速度大小a ′＝a2，由v 02－v 22＝2a ′·L ，得v 2＝22v 0，故C 、D 错误． 4．(2019·某某某某市上学期期末)电梯顶上悬挂一根劲度系数为200N/m 的弹簧，弹簧的原长为20 cm ，在弹簧下端挂一个质量为0.4 kg 的砝码．当电梯运动时，测出弹簧长度变为23 cm ，g 取10 m/s 2，那么电梯的运动状态及加速度大小为( )A ．匀加速上升，a 2B ．匀减速上升，a 2C ．匀加速上升，a ＝5m/s 2D ．匀减速上升，a ＝5m/s 2 答案 C解析 由胡克定律可知，弹簧的弹力F ＝kx ＝200×(0.23－0.20) N ＝6N ，由牛顿第二定律知：F －mg ＝ma 解得：a ＝5m/s 2物体加速度方向向上，与电梯加速度相同，可能是加速上升，也可能是减速下降，故C 正确，A 、B 、D 错误．5．(2019·某某某某州2月教学质量检测)如图3甲所示，用一轻弹簧沿水平方向拉着物块在水平面上做加速运动，物块的加速度a 与弹簧的伸长量x 的关系如图乙所示(图中所标量)，弹簧的形变始终在弹性限度内，弹簧的劲度系数为k ，重力加速度为g ，那么物块的质量m 及物块与地面间的动摩擦因数μ为( )图3A ．m ＝kcb ，μ＝b g B ．m ＝kc b ，μ＝g b C ．m ＝kb c，μ＝b gD ．m ＝kb c，μ＝g b答案 A解析 对物块，根据牛顿第二定律：kx －μmg ＝ma ，解得a ＝k m x －μg ，结合题图乙可知，k m＝b c ，－μg ＝－b ，解得m ＝kc b ，μ＝bg，应选A. 6.(2019·某某某某市一模)一质量为1kg 的小物块静止在光滑水平面上，t ＝0时刻给物块施加一个水平向右的拉力F ，其速度的二次方随位移变化的图象为经过点P (5,25)的直线，如图4所示，那么( )图4A ．小物块做匀速直线运动B ．水平拉力FC ．5s 内小物块的位移为5mD ．5s 末小物块的速度为25m/s 答案 B解析 由F ＝ma 及v 2＝2ax 得v 2＝2F m ·x ，故2F m ＝255，得F小物块做匀加速运动的加速度大小为a ＝F m2 5s 末v ＝at5s 内x ＝12at 2＝31.25m ，故B 正确，A 、C 、D 错误．7.(2019·某某某某市下学期第一次模拟)一小物块从倾角为α＝30°的足够长的斜面底端以初速度v 0＝10m/s 沿斜面向上运动(如图5所示)，物块与斜面间的动摩擦因数μ＝33，g 取10m/s 2，那么物块在运动时间t ＝1.5s 时离斜面底端的距离为( )图5B ．5m D ．15m答案 B解析 小物块沿斜面向上运动时加速度大小为a ＝g sin α＋μg cos α＝10m/s 2，小物块运动到最高点的时间t ＝v 0a＝1s<1.5s ，由于mg sin α＝μmg cos α，小物块运动到最高点速度为零时即停止，故此时小物块离斜面底端距离为x ＝v 022a＝5m ，选项B 正确．8.(2019·某某某某市上学期期末)如图6所示，水平传送带以速度v 0向右匀速运动，在传送带的右侧固定一弹性挡杆，在t ＝0时刻，将工件轻轻放在传送带的左端，当工件运动到弹性挡杆所在的位置时与挡杆发生碰撞，碰撞时间极短，不计碰撞过程的能量损失．那么从工件开始运动到与挡杆第二次碰撞前的运动过程中，以下工件运动的v －t 图象可能的是( )图6答案 C解析 工件与弹性挡杆发生碰撞后，其速度的方向发生改变，应取负值，故A 、B 错误；工件与弹性挡杆发生碰撞前的加速过程中和工件与弹性挡杆碰撞后的减速过程中所受滑动摩擦力不变，所以两过程中加速度不变，故C 正确，D 错误．9．(2019·某某皖江名校联盟摸底大联考)将两质量不同的物体P 、Q 放在倾角为θ的光滑斜面体上，如图7甲所示，在物体P 上施加沿斜面向上的恒力F ，使两物体沿斜面向上做匀加速直线运动；图乙为仅将图甲中的斜面体调整为水平，同样在P 上加水平恒力F ；图丙为两物体叠放在一起，在物体P 上施加一竖直向上的恒力F ，使二者向上加速运动．三种情况下两物体的加速度大小分别为a 甲、a 乙、a 丙，两物体间的作用力分别为F 甲、F 乙、F 丙．那么以下说法正确的选项是( )图7A ．a 乙最大，F 乙最大B．a丙最大，F丙最大C．a甲＝a乙＝a丙，F甲＝F乙＝F丙D．a乙＞a甲＞a丙，F甲＝F乙＝F丙答案 D解析假设物体P的质量为M，物体Q的质量为m.由牛顿第二定律，对图甲中的物体P和Q有：F－(M＋m)g sin θ＝(M＋m)a甲，对物体Q：F甲－mg sin θ＝ma甲，解得：a甲＝FM＋m－g sinθ，F甲＝FmM＋m；同理对图乙，解得a乙＝FM＋m，F乙＝FmM＋m；同理对图丙，解得a丙＝FM＋m－g、F丙＝FmM＋m；显然a乙>a甲>a丙，F甲＝F乙＝F丙，D正确．级争分练10.(多项选择)(2019·某某省部分重点中学教学质量评测)如图8所示，滑块A沿表面粗糙的固定斜面B加速下滑．以下做法中，一定能使A下滑时加速度减小的是( )图8A．在A上放一物块B．在A上施一竖直向下的力C．在A上施一垂直斜面向下的力D．在A上施一竖直向上且小于A重力的力答案CD解析设滑块A与斜面B之间的动摩擦因数为μ，斜面的倾角为θ，滑块A沿表面粗糙的固定斜面B加速下滑的加速度为a1，那么有：mg sinθ－μmg cosθ＝ma1，a1＝g sinθ－μg cosθ，在A上放一物块，相当于增大A的质量，对A的加速度没有影响，故A错误．在A上施一竖直向下的力有：(F＋mg)sinθ－μ(F＋mg)cosθ＝ma2，a2＝g sinθ－μg cosθ＋F sinθ－μF cosθm ，因为加速下滑有：μ<tanθ＝sinθcosθ，即sinθ>μcosθ，F sinθ>μF cosθ，所以a2>a1，故B错误．在A上施一垂直斜面向下的力，同理分析有：mg sinθ－μmg cos θ－μF＝ma3，a3＝g sin θ－μg cosθ－μFm<a1，故C正确．在A上施一竖直向上且小于A重力的力，有：(mg－F)sin θ－μ(mg－F)cosθ＝ma4，a4＝g sinθ－μg cosθ＋μF cos θ－F sin θm<a 1，故D 正确．11．(2019·某某嘉丽3月联考)如图9所示，我国“某某号〞航母的舰载机采用滑跃起飞方式，即飞机依靠自身发动机从静止开始加速至滑跃起飞，滑跃仰角为θ.其起飞跑道可视为由长度为l 1＝1.6×102m 的水平跑道和长度为l 2＝20m 的倾斜跑道两部分组成，水平跑道与倾斜跑道末端的高度差h ＝4m ．质量m ＝2.0×104kg 的舰载机喷气发动机推力大小恒为F ＝1.2×105N ，方向与速度方向相同．假设飞机起飞过程中受到的阻力大小恒为飞机重力的0.1倍，飞机质量视为不变并看成质点，重力加速度g 取10m/s 2，航母处于静止状态．图9(1)求飞机在水平跑道运动的时间； (2)求飞机在倾斜跑道上的加速度大小；(3)为了使飞机速度在倾斜跑道的末端达到4920m/s ，外界还需要在整个水平轨道加速阶段对飞机施加助推力，求助推力F 推的大小． 答案 (1)8s (2)3m/s 2(3)2.0×105N解析 (1)飞机在水平跑道上运动时，水平方向受到推力与阻力作用，设加速度大小为a 1、运动时间为t 1，有F －F f ＝ma 1 l 1＝12a 1t 12解得：t 1＝8s(2)飞机在倾斜跑道上运动时，沿倾斜跑道方向受到推力、阻力与重力沿倾斜跑道的分力作用，设沿倾斜跑道方向的加速度大小为a 2F －F f －mg sin θ＝ma 2 sin θ＝h l 2＝15解得：a 2＝3m/s 2(3)在水平轨道上：F 推＋F －F f ＝mav 12＝2al 1在倾斜跑道上：v 22－v 12＝2a 2l 2解得：F 推＝2.0×105N.12．(2019·某某某某中学高考模拟)如图10甲所示，地面上有一长为l ＝1m 、高为h ＝0.8m 、质量M ＝2kg 的木板，木板的右侧放置一个质量为m ＝1kg 的木块(可视为质点)，木板与木块之间的动摩擦因数为μ1＝0.4，木板与地面之间的动摩擦因数为μ2＝0.6，初始时两者均静止．现对木板施加一水平向右的拉力F ，拉力F 随时间的变化如图乙所示，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g ＝10m/s 2.求：图10(1)前2s 木板加速度的大小；(2)木块落地时距离木板左侧的水平距离Δs . 答案 (1)2m/s 2解析 (1)木块在木板上滑行的最大加速度为a 1，那么μ1mg ＝ma 1解得：a 1＝4m/s 2保持木块与木板一起做匀加速运动的最大拉力F m ＝μ2(M ＋m )g ＋(M ＋m )a 1＝30N.因F 1＝24N<F m ＝30N ，故木块与木板一起做匀加速运动，由牛顿第二定律可得：F 1－μ2(M ＋m )g ＝(M ＋m )a解得：a ＝2m/s 2(2)2s 末木块与木板的速度为v ，由运动学知识可得：v ＝at 1＝4m/s2s 后F 2＝34N>F m ＝30N ，木块和木板发生相对滑动，木块加速度为a 1，木板加速度为a 2F 2－μ1mg －μ2(M ＋m )g ＝Ma 2经时间t 2二者分离，此时由运动学规律可得：vt 2＋12a 2t 22－(vt 2＋12a 1t 22)＝l解得：a 2＝6m/s 2，t 2＝1s 此时木块的速度v 块＝v ＋a 1t 2 木板的速度：v 板＝v ＋a 2t 2木块与木板分离至滑落到地面的时间为t 3，由平抛运动知识可得：h ＝12gt 32在t 3时间内，木块在水平方向向前的位移为：s 块＝v 块t 3木块与木板分离后，木板的加速度为a 3，由牛顿第二定律可得：F 2－μ2Mg ＝Ma 3 在t 3时间内，木板在水平方向向前的位移为：s 板＝v 板t 3＋12a 3t 32所以，木块落地时距离木板左侧：Δs ＝s 板－s 块 联立以上式子解得：Δs ＝1.68m.。
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
2018届高三物理二轮复习课件第1部分 专题讲练突破 力与运动1-2-1
④独立性：分力产生的加速度相互独立．
(3)运动图象六要素．
①轴；②线；③斜率；④截距；⑤交点；
⑥面积．
(1)物理思想：极限思想、 思 逆向思维、理想实验、分 想 解思想． 方 (2)学习方法：比例法、图 法 象法、控制变量法、整体
法、隔离法、合成分解法.
高频考点一 运动图象问题
1.常见图象(如x－t、v－t、a－t、F－t等)的物理意义． 知能 2.图象中斜率、截距、交点、转折点、面积的物理意义． 必备 3.将图象与物理情景相结合，正确进行图象运动过程的转
2．求解运动图象与牛顿第二定律综合问题的基本思路
3．(名师改编)(多选)甲、乙两辆汽车在平直公路上做直线运动，t ＝0 时刻两汽车同时经过公路旁的同一个路标．此后两车运动的 速度－时间图象(v－t 图象)如图所示，则关于两车运动的说法中 正确的是( )
A．0～10 s 时间内，甲、乙两车在逐渐靠近 B．5～15 s 时间内，甲、乙两车的位移大小相等 C．t＝10 s 时两车的速度大小相等、方向相反 D．t＝20 s 时两车在公路上相遇
换.
[题组冲关] 1．若货物随升降机运动的 v－t 图象如图所示(竖直向上为正)，则 货物受到升降机的支持力 F 与时间 t 关系的图象可能是( )
解析：选 B.根据 v－t 图象可知电梯的运动情况：加速下降→匀速 下降→减速下降→加速上升→匀速上升→减速上升，根据牛顿第 二定律 F－mg＝ma 可判断支持力 F 的变化情况：失重→等于重 力→超重→超重→等于重力→失重，故选项 B 正确．
1．解图象问题时不要为图象的表面现象所迷惑，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)还是动力学图象(F－a、F－t、F－ x)； (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．
2017_2018学年高考物理二轮复习专题1力与运动教学案
专题1 力与运动高考研究(一) 聚焦选择题考法——力与物体平衡1.(2017·全国Ⅱ卷T16)如图，一物块在水平拉力F 的作用下沿水平桌面做匀速直线运动。
若保持F 的大小不变，而方向与水平面成60°角，物块也恰好做匀速直线运动。
物块与桌面间的动摩擦因数为( )A ．2－ 3 B.36 C.33 D.32解析：选C 当拉力水平时，物块做匀速运动，则F ＝μmg ，当拉力方向与水平方向的夹角为60°时，物块也刚好做匀速运动，则F cos 60°＝μ(mg －F sin 60°)，联立解得μ＝33，A 、B 、D 项错误，C 项正确。
2．(2017·全国Ⅲ卷T 17)一根轻质弹性绳的两端分别固定在水平天花板上相距80 cm 的两点上，弹性绳的原长也为 80 cm 。
将一钩码挂在弹性绳的中点，平衡时弹性绳的总长度为100 cm ；再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点，则弹性绳的总长度变为(弹性绳的伸长始终处于弹性限度内)( )A ．86 cmB ．92 cmC ．98 cmD ．104 cm解析：选B 将钩码挂在弹性绳的中点时，由数学知识可知钩码两侧的弹性绳(劲度系数设为k )与竖直方向夹角θ均满足sin θ＝45，对钩码(设其重力为G )静止时受力分析，得G ＝2k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1 m 2－0.8 m 2cos θ；弹性绳的两端移至天花板上的同一点时，对钩码受力分析，得G ＝2k ⎝ ⎛⎭⎪⎫L 2－0.8 m 2，联立解得L ＝92 cm ，故A 、C 、D 项错误，B 项正确。
3.(2016·全国Ⅲ卷T 17)如图，两个轻环a 和b 套在位于竖直面内的一段固定圆弧上；一细线穿过两轻环，其两端各系一质量为m 的小球。
在a 和b 之间的细线上悬挂一小物块。
平衡时，a 、b 间的距离恰好等于圆弧的半径。
不计所有摩擦。
小物块的质量为( )A.m 2B.32m C ．m D ．2m解析：选 C 如图所示，由于不计摩擦，线上张力处处相等，且轻环受细线的作用力的合力方向指向圆心。
2018高考物理二轮专题复习教学案：专题2 力与物体的直线运动
专题2力与物体的直线运动（2课时）【考情分析】——具体问题、具体分析题型既有选择题又有计算题，题目新颖，与生活实际联系密切，试题大多综合v－t 图象、牛顿运动定律、受力分析、运动过程分析等内容。
【备考策略】——掌握方法，有的放矢1．解答运动学公式与牛顿第二定律综合应用的问题，需要注意两个关键点(1)两分析：①物体受力情况分析，同时画出受力示意图；②物体运动规律分析，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．解决图象类问题要紧紧抓住两个方面(1)要明白x－t、v－t图象的特点及区别；(2)要将物体的运动图象转化为物体的运动模型。
第2讲第1课时考向1 运动图象的理解及应用【高考实例】——动手解题，讲练结合，体会高考1．(多选)(2016·全国卷Ⅰ，21)甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其v－t图象如图1所示。
已知两车在t＝3 s时并排行驶，则（）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 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 m解析根据v－t图，甲、乙都沿正方向运动。
t＝3 s时，甲、乙相遇，此时v甲＝30 m/s，v乙＝25 m/s，由v－t图线所围面积对应位移关系知，0～3 s内甲车位移x甲＝12×3×30 m＝45 m，乙车位移x乙＝12×3×(10＋25) m＝52.5 m。
故t＝0时，甲、乙相距Δx1＝x乙－x甲＝7.5 m，即甲在乙前方7.5 m，B选项正确；0～1 s内，x甲′＝12×1×10 m＝5 m，x乙′＝12×1×(10＋15) m＝12.5 m，Δx2＝x乙′－x甲′＝7.5 m＝Δx1，说明甲、乙第一次相遇，A、C错误；甲、乙两次相遇地点之间的距离为x＝x甲－x甲′＝45 m－5 m＝40 m，所以D选项正确。
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：。
(新课标)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-人教版高三全册物理
第二讲 力与物体的直线运动[答案] (1)合外力为零 (2)(4)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H4所用的时间为t1，第四个H4所用的时间为t2.不计空气阻力，则t2t1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． [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·某某名校联盟)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 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·某某四校联考)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·某某模拟)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·某某六校联考)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·某某卷)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·某某六校联考)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X 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·某某某某期末)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·某某名校联盟)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·某某五校联考)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cos θ＝1，sin θ＝0.1，g ＝10 m/s 2.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 2⑧l ＝l 0＋s 0＋s 2⑨，联立①②④～⑨并代入数据得l ＝98 m.[答案](1)5 m/s2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】 (2019·某某卷)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)3μgμg(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·某某高三年级教学质检)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．(2019·某某外校阶段性测试)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．(2019·某某高三监测)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)(2019·某某某某三模)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·某某市质检)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·某某某某一中开学考试)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 A m B，解得F 0＝3 N ，F ＝1 N<F 0，则A 、B 均与木板保持相对静止，整体在F 作用下向左做匀加速运动，故A 错误；F ＝1.5 N<F 0，则A 、B 均与木板保持相对静止，整体在F 作用下向左做匀加速运动，根据牛顿第二定律得F －f 1＝m A a ，所以A 物块所受摩擦力f 1<F ＝1.5 N ，故B 错误；F ＝4 N>F 0，所以A 在木板上滑动，B 和木板整体受到的摩擦力大小为f A ，轻质木板质量不计，所以B 的加速度大小为a 1＝f A m B ＝22m/s 2＝1 m/s 2，对B 进行受力分析，有f 2＝m B a 1＝2×1 N＝2 N ，故C 错误；F ＝8 N>f 0，所以A 相对于木板滑动，B 和木板整体受到摩擦力f A ，由上述分析可知B 的加速度大小为1 m/s 2，故D 正确．[答案] D5．(多选)(2019·某某二诊)如下图所示，在光滑水平面上放着紧靠在一起的A 、B 两物体，B 的质量是A 的2倍，B 受到水平向右的恒力F B ＝2 N ，A 受到的水平向右的变力F A ＝(9－2t ) N ，t 的单位是s.从t ＝0开始计时，则( )。
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。
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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。
答案 A【真题示例2】 (2017·全国卷Ⅰ，25)真空中存在电场强度大小为E 1的匀强电场，一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动，速度大小为v 0，在油滴处于位置A 时，将电场强度的大小突然增大到某值，但保持其方向不变。
持续一段时间t 1后，又突然将电场反向，但保持其大小不变；再持续同样一段时间后，油滴运动到B 点。
重力加速度大小为g 。
(1)求油滴运动到B 点时的速度；(2)求增大后的电场强度的大小；为保证后来的电场强度比原来的大，试给出相应的t 1和v 0应满足的条件。
已知不存在电场时，油滴以初速度v 0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B 、A 两点间距离的两倍。
解析 (1)设油滴质量和电荷量分别为m 和q ，油滴速度方向向上为正。
油滴在电场强度大小为E 1的匀强电场中做匀速直线运动，故匀强电场方向向上。
在t ＝0时，电场强度突然从E 1增加至E 2时，油滴做竖直向上的匀加速运动，加速度方向向上，大小a 1满足 qE 2－mg ＝ma 1①油滴在时刻t 1的速度为v 1＝v 0＋a 1t 1②电场强度在时刻t 1突然反向，油滴做匀变速直线运动，加速度方向向下，大小a 2满足qE 2＋mg ＝ma 2③油滴在时刻t 2＝2t 1的速度为v 2＝v 1－a 2t 1④由①②③④式得v 2＝v 0－2gt 1⑤(2)由题意，在t ＝0时刻前有qE 1＝mg ⑥油滴从t ＝0到时刻t 1的位移为s 1＝v 0t 1＋12a 1t 21⑦油滴在从时刻t 1到时刻t 2＝2t 1的时间间隔内的位移为s 2＝v 1t 1－12a 2t 21⑧由题给条件有v 20＝2g (2h )⑨ 式中h 是B 、A 两点之间的距离。
若B 点在A 点之上，依题意有s 1＋s 2＝h ⑩由①②③④⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得E 2＝[2－2v 0gt 1＋14(v 0gt 1)2]E 1⑪为使E 2＞E 1，应有 2－2v 0gt 1＋14(v 0gt 1)2＞1⑫ 即当0＜t 1＜(1－32)v 0g⑬ 或t 1＞(1＋32)v 0g⑭ 才是可能的；条件⑬式和⑭式分别对应于v 2＞0和v 2＜0两种情形。
若B 在A 点之下，依题意有s 2＋s 1＝－h ⑮由①②③⑥⑦⑧⑨⑮式得E 2＝[2－2v 0gt 1－14(v 0gt 1)2]E 1⑯为使E 2>E 1，应有 2－2v 0gt 1－14(v 0gt 1)2>1⑰ 即t 1>(52＋1)v 0g⑱ 另一解为负，不符合题意，已舍去。
答案 (1)v 0－2gt 1 (2)见解析 真题感悟 1.高考考查特点(1)高考题注重基本概念的理解及基本公式及推论的灵活应用，计算题要注意数学知识的应用，如2017全国卷Ⅰ第25题考查了不等式的求解。
(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选取是解题的关键。
2.解题常见误区及提醒(1)基本概念、公式及基本推论记忆不准确，应用不灵活。
(2)实际问题中过程不清晰，时间关系、速度关系、位移关系把握不准。
(3)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.(2017·福建省毕业班质量检查)如图1，a 、b 、c 、d 为光滑斜面上的四个点。
一小滑块自a 点由静止开始下滑，通过ab 、bc 、cd 各段所用时间均为T 。
现让该滑块自b 点由静止开始下滑，则该滑块( )图1A.通过bc 、cd 段的时间均大于TB.通过c 、d 点的速度之比为1∶2C.通过bc 、cd 段的位移之比为1∶3D.通过c 点的速度等于通过bd 段的平均速度解析 当滑块由a 点静止下滑时，滑块沿光滑的斜面做匀加速直线运动，加速度大小为a ′。
假设ab 段的间距为x ，则bc 段、cd 段的间距应分别为3x 、5x ，x bc ∶x cd ＝3∶5，C 错误；如果滑块由b 点静止释放，显然滑块通过bc 段、cd 段的时间均大于T ，A 正确；滑块在c 点的速度应为v 1＝2a ′·3x ，滑块在d 点的速度应为v 2＝2a ′·8x ，则v 1∶v 2＝3∶8，B 错误；因为x bc ∶x cd＝3∶5，显然通过c 点的时刻不是bd 的中间时刻，则滑块通过c 点的速度不等于bd 段的平均速度，D 错误。
答案 A2.为了保障市民出行安全，减少交通事故，交管部门强行推出了“电子眼”，此后机动车闯红灯大幅度减少。
现有甲、乙两汽车正沿同一平直马路同向匀速行驶，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0.5 s)。
已知甲车紧急刹车时制动力为车重的0.4，乙车紧急刹车时制动力为车重的0.5，g 取10 m/s 2。
问：(1)若甲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、乙两车行驶过程中应保持多大距离。
解法指导 (1)两车在司机的反应时间内做匀速运动，这一点要记住。
(2)两车避免相撞的临界条件是在同一位置处，后车的速度等于前车的速度。
解析 (1)甲车紧急刹车的加速度为a 1＝0.4g ＝4 m/s 2甲车停下来所需时间t 1＝v 0a 1＝2.5 s甲车滑行距离s ＝v 202a 1＝12.5 m由于12.5 m<15 m ，所以甲车能避免闯红灯(2)设甲、乙两车行驶过程中至少应保持距离s 0，在乙车刹车t 2时刻两车速度相等，则有： 乙车紧急刹车的加速度大小为a 2＝0.5g ＝5 m/s 2由v 1＝v 2得v 0－a 1(t 2＋t 0)＝v 0－a 2t 2，解得t 2＝2.0 s 此过程中乙的位移：x 乙＝v 0t 0＋v 0t 2－12a 2t 22＝15 m甲的位移：x 甲＝v 0(t 0＋t 2)－12a 1(t 0＋t 2)2＝12.5 m所以两车安全距离至少为：s 0＝x 乙－x 甲＝2.5 m答案 (1)能 (2)2.5 m3.足球比赛中，经常使用“边路突破、下底传中”的战术，即攻方队员带球沿边线前进，到底线附近进行传中。
如图2，某足球场长90 m 、宽60 m ，攻方前锋在中线处将足球沿边线向前踢出，足球在地面上的运动可视为初速度为12 m/s 的匀减速直线运动，减速过程的加速度大小为2 m/s 2。
图2(1)足球从开始减速到停下来的位移为多大？(2)若足球开始做匀减速直线运动的同时，该前锋队员沿边线向前追赶足球，该队员的启动过程可视为初速度为零、加速度为2 m/s 2的匀加速直线运动，他能达到的最大速度为8 m/s ，则该前锋队员经过多长时间才能追上足球？解析 (1)设足球初速度大小为v 0，加速度大小为a 1，足球做匀减速直线运动的时间为t 1，位移为x 1，则有v 0＝a 1t 1，x 1＝v 02t 1，代入数据可解得t 1＝6 s ，x 1＝36 m 。
(2)设前锋队员的加速度大小为a 2，最大速度为v m ，前锋队员加速到最大速度所用时间为t 2、位移为x 2，则有v m ＝a 2t 2，x 2＝v m2t 2，代入数据可解得t 2＝4 s ，x 2＝16 m 。
前锋队员加速到最大速度时，足球的位移x 1′＝v 0t 2－12a 1t 22＝32 m ，故此时队员没有追上足球。
之后前锋队员做匀速直线运动，到足球停止运动时，设前锋队员匀速运动的位移为x 3，则有x 3＝v m (t 1－t 2)，解得x 3＝16 m 。
由于x 1>x 2＋x 3，故当足球停止运动时，前锋队员仍没有追上足球，设前锋队员又运动了t 3时间才追上足球，如图，则有x 1－(x 2＋x 3)＝v m t 3，代入数据解得t 3＝0.5 s 。
故前锋队员追上足球所用的总时间t ＝t 1＋t 3＝6.5 s 。
答案 (1)36 m (2)6.5 s 归纳总结1.“一画、二选、三注意”解决匀变速直线运动问题2.追及问题的解题思路和注意事项 (1)解题思路(2)注意事项：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。
直线运动中的图象问题【真题示例】 (多选)(2016·全国卷Ⅰ，21)甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其v －t 图象如图3所示。
已知两车在t ＝3 s 时并排行驶，则( )图3A.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 m解析 根据v －t 图，甲、乙都沿正方向运动。