【师说】2016高考物理二轮专题复习(课件+检测)：专题一 力与直线运动1.1匀变速直线运动 课时作业
高三物理二轮复习课件 专题二 第1课时 力与直线运动
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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
专题二 力与物体的运动
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1．基本思路
专题二 力与物体的运动
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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，还要找准一个转折点， 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， 对于连接体类问题的分析通常是____整__体__法__与__隔__离__法_____的综合 应用．
[拓展训练 1] (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tt21满足 ()
专题二 力与物体的运动
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牛顿第二定律和 15 图象的结合
运动的合成与分 18 解
万有引力定律和 20 双星模型
万有引力定律的 16 应用
开普勒行星运动 15 定律的应用
15 题
18 题
专题二 力与物体的运动
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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
[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；
第十四页，共81页。
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
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L 答案：(1)t1
(2)La(t12－t11)＋t1－2 t2
..分割..
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[归纳方法]
匀变速直线运动的解题方法： 1．弄清题意，建立一幅物体运动的图景，为了直观形象，应 尽可能地画出草图，并在图中标明相应位置和物理量． 2．弄清研究对象，明确哪些量已知，哪些量未知，根据已知 条件恰当选用公式．
答案：D
..分割..
14
2．如图，两光滑斜面在 B 处连接，小球从 A 处由静止释放，经过 B、C 两点时速度大小分别 为 3 m/s 和 4 m/s，AB＝BC.设球经过 B 点前后 速度大小不变，则球在 AB、BC 段的加速度大小之比及球由 A 运动 到 C 过程中的平均速率分别为( )
A．3∶4,2.1 m/s B．9∶16,2.5 m/s C．9∶7,2.1 m/s D．9∶7,2.5 m/s
..分割..
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解析：利用位置坐标与时间的关系得出各个时刻的位置坐标后
可判断：t＝0 时，x＝1 m，t＝1 s 时，x＝－5 m，t＝2 s 时，x＝1 m， 可知 A 错；由关系式 x＝v0t＋12at2 可知匀变速直线运动的位移与时 间成二次函数关系，故 B 错误；根据平均速度的定义式结合题目所 给关系式可知质点在第 2 s 内的平均速度的大小为 v ＝1－1－5 m/s＝6 m/s，不是 3 m/s，C 错；因为 t＝0 和 t＝2 s 时的位置相同， 都是 1 m，所以质点在 0～2 s 内的位移为零，即 D 正确．
..分割..
6
解析：以帆板为参照物时，帆船相对于帆板同时具有向正北的 速度 v 与向正东的速度 v，故由平行四边形定则可知，帆船相对于 帆板的速度大小为 2v，方向为北偏东 45°，D 正确．
【师说】高考物理二轮专题复习练习：力与直线运动含答案_2
A 组一、选择题1.(2015·遵义四中期末)下列说法正确的是( ) A ．物体的速度越大，说明它受到的外力越大B ．物体的加速度在改变，说明它受到的合外力大小一定改变C ．静止在水平桌面上的物体受到了垂直桌面向上的支持力，该力所产生的加速度不为零D ．一个人从地面跳起来，说明地面对人的支持力大于人对地面的压力解析：物体速度大小与受力大小无关，故A 错误；当物体只有加速度方向发生变化时，加速度发生变化，但合外力的大小不变，故B 错误；由于物体所受支持力不为零，所以对应的加速度不为零，故C 正确；由牛顿第三定律知，地面对人的支持力等于人对地面的压力，故D 错误．答案：C2．以下是必修1课本中四幅插图，关于这四幅插图，下列说法中不正确的是( )A ．图甲中学生从如图姿势起立到直立站于体重计的过程中，体重计示数先减小后增大B ．图乙中运动员推开冰壶后，冰壶在冰面运动时受到的阻力很小，可以在较长时间内保持运动速度的大小和方向不变C ．图丙中赛车的质量不是很大却安装着强大的发动机，可以获得很大的加速度D ．图丁中高大的桥要造很长的引桥，从而减小桥面的坡度来减小车辆重力沿桥面方向的分力，保证行车方便与安全解析：题图甲中学生从图示姿势起立到直立站于体重计的过程中，先向上加速，加速度向上，处于超重状态，再上向减速，加速度向下，处于失重状态，由超重和失重的概念可知，体重计的示数先增大后减小，A 错误；当物体运动过程中不受外力作用时，将做匀速直线运动，B 正确；由牛顿第二定律可知C 正确；高大的桥造很长的引桥，可以减小桥面的坡度，这样可以减小车辆重力沿桥面方向的分力，保证行车方便与安全，D 正确．答案：A3.(2015·大庆二模)为研究钢球在液体中运动时所受阻力的大小，让钢球从某一高度竖直落下进入某种液体中运动，用闪光照相的方法拍摄钢球在不同时刻的位置，如图所示，已知钢球在液体中所受浮力为F 浮，运动时受到的阻力与速度大小成正比，即F ＝k v ，闪光照相机的闪光频率为f ，图中刻度尺的最小分度为d ，钢球的质量为m ，则阻力常数k 的表达式是( )A.3(mg －F 浮)11dfB.mg －F 浮2dfC.m 7(g df －2f )D.m 7(gdf＋2f ) 解析：匀速运动时F 阻＝k v ＝k 2dT＝2kdf ，根据平衡条件mg ＝F 阻＋F 浮，解得k ＝mg －F 浮2df ，B 正确．答案：B4．一辆小车静止在水平地面上，bc 是固定在车上的一根水平杆，物体A 穿在杆上，通过细线悬吊着小物体B ，B 在小车的水平底板上，小车未动时细线恰好在竖直方向上．现使小车如下图分四次分别以加速度a 1、a 2、a 3、a 4向右匀加速运动，四种情况下A 、B 均与车保持相对静止，且(1)和(2)中细线仍处于竖直方向．已知a1∶a2∶a3∶a4＝1∶2∶4∶8，A受到的摩擦力大小依次为f1、f2、f3、f4，则下列判断错误的是()A．f1∶f2＝1∶2 B．f1∶f2＝2∶3C．f3∶f4＝1∶2 D．tanα＝2tanθ解析：设A、B的质量分别为M、m，则由题图知，(1)和(2)中A的水平方向只受摩擦力作用，根据牛顿第二定律f1＝Ma1，f2＝Ma2，所以f1∶f2＝1∶2，故A正确，B错误；(3)和(4)中，以A、B整体为研究对象，受力分析如图所示，则f3＝(M＋m)a3，f4＝(M＋m)a4，可得f3∶f4＝1∶2，所以C正确；以B为研究对象，根据牛顿第二定律可得mg tanθ＝ma3，mg tanα＝ma4，联立可得tanα＝2tanθ，故D正确．答案：B5.(2015·银川宁大附中期末)在地面上以初速度v0竖直向上抛出一小球，经过2t0时间小球落回抛出点，其速率为v1，已知小球在空中运动时所受空气阻力与小球运动的速率成正比，则小球在空中运动时速率v随时间t的变化规律可能是()解析：小球上升过程中，由牛顿第二定律有mg＋k v＝ma，故随速度的减小，加速度逐渐减小，v－t图象的切线斜率逐渐减小；小球下降过程中，由牛顿第二定律有mg－k v＝ma，则随速度逐渐增大，加速度逐渐减小，v－t图象的切线斜率逐渐减小；由于有阻力作用，故回到地面的速度将小于初速度v0，选项A正确．答案：A6．(多选)在某次热气球飞行训练中，热气球刚开始从地面竖直上升时，加速度为0.5 m/s2，当上升到180 m时，开始以5 m/s的速度匀速上升．若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量保持不变，为460 kg，重力加速度g＝10 m/s2.关于热气球，下列说法正确的是()A．所受浮力大小为4 830 NB．加速上升过程中所受空气阻力保持不变C．从地面开始上升10 s时的速度大小为5 m/sD．以5 m/s的速度匀速上升时所受空气阻力大小为230 N解析：热气球刚从地面竖直上升时，速度为零，空气阻力为零，分析热气球受力，由牛顿第二定律有F浮－mg＝ma，得F浮＝m(g＋a)＝4 830 N，A对；随速度的增加，空气阻力会越来越大，否则热气球不会最终匀速上升，B错；随空气阻力的增大，热气球加速度会减小，因此从地面开始上升10 s时速度达不到5 m/s，C错；以5 m/s的速度匀速上升时，热气球受力平衡，有F浮＝mg＋F阻，得F阻＝F浮－mg＝230 N，D对．答案：AD7.(2015·湖北部分重点中学联考)如图所示，在光滑水平面上有一静止小车，小车质量为M＝5 kg，小车上静止地放置着质量为m＝1 kg的木块，木块和小车间的动摩擦因数μ＝0.2，用水平恒力F拉动小车，下列关于木块的加速度a m和小车的加速度a M，可能正确的是()A ．a ＝gB ．a ＝mgM ＋mC ．F T ＝mgD ．F T ＝MM ＋mmg解析：对两物体整体分析，由牛顿第二定律有mg ＝(M ＋m )a ，解得a ＝mM ＋mg ；对物体A 由牛顿第二定律有F T ＝Ma ，代入a 解得F T ＝MmM ＋mg .选项A 、C 错误，B 、D 正确．答案：BD4．(多选)如图甲所示，传送带以速度v 1匀速转动，一滑块以初速度v 0自右向左滑上传送带，从此时刻开始计时，滑块离开传送带前的速度－时间图象如图乙所示．已知v 0>v 1，则下列判断正确的是( )A ．传送带顺时针转动B ．t 1时刻，滑块相对传送带滑动的距离达到最大C ．0～t 2时间内，滑块受到的摩擦力方向先向右后向左D ．0～t 2时间内，滑块受到恒定的摩擦力作用解析：从题图乙可以判断，滑块先向左做减运动，再向右做加速运动，之后向右匀速运动，所以传送带顺时针转动，A 正确；滑块向左减速过程，所受摩擦力向右，向右加速过程，滑块相对传送带向左运动，所受摩擦力向右，所以t 2时刻滑块相对传送带滑动的距离达到最大，B 、C 错误，D 正确．答案：AD5.(2015·江西八校联考)2015年元宵节期间人们燃放起美丽的焰火以庆祝中华民族的传统节日，按照设计，某种型号的装有焰火的礼花弹从专用炮筒中射出后，在3 s 末到达离地面90 m 的最高点时炸开．构成各种美丽的图案．假设礼花弹从炮筒中竖直向上射出时的初速度是v 0，上升过程中所受的阻力大小始终是自身重力的k 倍，g ＝10 m/s 2，那么，v 0和k 分别为( )A ．30 m/s,1B ．30 m/s,0.5C ．60 m/s,0.5D ．60 m/s,1解析：礼花弹在上升过程中做匀减速直线运动，由运动学公式h ＝12v 0t ，可得：v 0＝2ht＝60 m/s.设礼花弹上升过程中的加速度为a ，由运动学公式v 0＝at 和牛顿第二定律kmg ＋mg＝ma ，可得：k ＝ag －1＝v 0gt－1＝1，选项D 正确，选项ABC 错误．答案：D6．如图，水平传送带A 、B 两端相距s ＝3.5 m ，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1.工件滑上A 端的瞬时速度v A ＝4 m/s ，到达B 端的瞬时速度设为v B ，则不正确的说法是( )A ．若传送带不动，则vB ＝3 m/sB ．若传送带以速度v ＝4 m/s 逆时针匀速转动，则v B ＝3 m/sC ．若传送带以速度v ＝2 m/s 顺时针匀速转动，则v B ＝3 m/sD ．若传送带以速度v ＝2 m/s 顺时针匀速转动，则v B ＝2 m/s解析：由牛顿第二定律可知，工件在传送带上运动，摩擦力产生的加速度a ＝－μg ＝－1 m/s 2，传送带不动或逆时针转动时，工件始终受摩擦力作用，v 2B －v 2A ＝－2μgs ，解得：vB ＝3 m/s ，AB 项正确；若传送带以速度v ＝2 m/s 顺时针匀速转动，则工件在传送带上运动的速度始终大于传送带的速度，工件受到的摩擦力方向始终向左且大小不变，即工件的加速度不变，综上所述v B ＝3 m/s ，C 项正确，D 项错．答案：D7．(多选)如右图所示，物体沿斜面由静止滑下，在水平面上滑行一段距离后停止，物体与斜面和水平面间的动摩擦因数相同，斜面与水平面平滑连接．下列表示物体速度大小v 、加速度大小a 、受到的摩擦力大小F f 和物体运动路程s 随时间t 变化的关系的各图象中可能正确的是( )解析：由题意分析可知，物体在斜面上做匀加速直线运动，在水平面上做匀减速直线运动，故选项A 正确，B 错误；在斜面上受的摩擦力小，故选项C 错误；在斜面上s ＝12at 2，在水平面上s ＝v 0t －12a ′t 2，故选项D 正确．答案：AD8.(2015·沈阳质量监测)(多选)如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x 与斜面倾角θ的关系，将某一物体每次以不变的初速率v 0沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角θ，实验测得x 与斜面倾角θ的关系如图乙所示，g 取10 m/s 2，根据图象可求出( )A ．物体的初速率v 0＝3 m/sB ．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.75C ．取不同的倾角θ，物体在斜面上能达到的位移x 的最小值x min ＝1.44 mD ．当某次θ＝30°时，物体达到最大位移后将沿斜面下滑 解析：当倾角达到90°时，物体将做竖直上抛运动，此时上升的高度为1.80 m ，由运动规律可求得初速率v 0＝6 m/s ，选项A 错误；当角度为0°时，物体相当于在水平面上运动，此时位移为2.40 m ，由运动学规律和牛顿运动定律可得，动摩擦因数μ＝0.75，选项B 正确；当倾角为θ时，由牛顿运动定律可得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma ，又x ＝v 202a，结合数学关系可得位移的最小值为1.44 m ，选项C 正确；θ＝30°时，物体达到最大位移时重力沿斜面向下的分力小于最大静摩擦力，因此物体达到最大位移后不会下滑，选项D 错误．答案：BC 二、非选择题9．表演“顶竿”杂技时，一个人站在地上(称为“底人”)肩上扛一长L ＝6 m ，质量m 1＝15 kg 的竖直竹竿，一质量m 2＝45 kg 的演员(可当质点处理)在竿顶从静止开始先匀加速下滑、再匀减速下滑，加速下滑的时间为t 1＝2 s ，减速下滑的时间为t 2＝1 s ，演员恰从竿顶滑至竿底部(g ＝10 m/s 2)．求：(1)演员下滑过程中的最大速度v m ；(2)演员在减速下滑过程中“底人”对竹竿的支持力F . 解析：(1)演员下滑到加速结束时速度最大，则有L ＝v m2(t 1＋t 2)解得v m ＝4 m/s.(2)设减速下滑的加速度为a ，则有v m ＝at 2 解得a ＝4 m/s 2减速阶段对演员有f －m 2g ＝m 2a 解得f ＝m 2(g ＋a )＝630 N 对竹竿，根据平衡条件有 F －f ＝m 1g解得F ＝780 N.答案：(1)4 m/s 2 (2)780 N10.(2015·武汉武昌区调研)在风洞实验室里，一根足够长的均匀直细杆与水平方向成θ＝37°角固定，质量m ＝1 kg 的小球穿在细杆上且静止于细杆底端O 处，如图甲所示．开启送风装置，有水平向右的恒定风力F 作用于小球上，在t 1＝2 s 时刻风停止．小球沿细杆运动的部分v －t 图象如图乙所示，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，忽略浮力．求：(1)小球在0～2 s 内的加速度a 1和2～5 s 内的加速度a 2；(2)小球与细杆间的动摩擦因数μ和水平风力F 的大小． 解析：(1)取沿细杆向上的方向为正方向，由图象乙可知：在0～2 s 内，a 1＝v 1－v 0t 1＝15 m/s 2(方向沿杆向上)在2～5 s 内，a 2＝v 2－v 1t 2＝－10 m/s 2(“－”表示方向沿杆向下)．(2)有风力F 时的上升过程，由牛顿第二定律，有 F cos θ－μ(mg cos θ＋F sin θ)－mg sin θ＝ma 1 停风后的上升阶段，由牛顿第二定律，有 －μmg cos θ－mg sin θ＝ma 2联立以上各式解得 μ＝0.5，F ＝50 N.答案：(1)15 m/s 2，方向沿杆向上 10 m/s 2，方向沿杆向下(2)0.550 N。
高考物理二轮复习专题一力与运动二聚焦选择题考法力与直线运动讲义
高考研究(二) 聚焦选择题考法——力与直线运动1.[多选](2016·全国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：选BD 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 32＝45 m ，x 乙＝v 0t 3＋12a 乙t 32＝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52.5 m －12.5 m ＝40 m ，选项D 正确。
2．[多选](2016·全国Ⅰ卷T 18)一质点做匀速直线运动。
现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则( )A ．质点速度的方向总是与该恒力的方向相同B ．质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直C ．质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同D ．质点单位时间内速率的变化量总是不变解析：选BC 质点原来做匀速直线运动，说明所受合外力为0，当对其施加一恒力后，恒力的方向与原来运动的速度方向关系不确定，则质点可能做直线运动，也可能做曲线运动，但加速度的方向一定与该恒力的方向相同，选项B 、C 正确。
3．[多选] (2016·全国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。
高考物理二轮复习第一部分二轮专题突破专题一力与运动1.2力与物体的直线运动
1.(2016·全国丙卷)一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，
在时间间隔 t 内位移为 s，动能变为原来的 9 倍．该质点的加速度
为( )
s
3s
A.t2
B.2t2
4s
8s
C. t2
D. t2
解析：质点在时间 t 内的平均速度 v＝st，设时间 t 内的初、末 速度分别为 v1 和 v2，则 v＝v1＋2 v2，故v1＋2 v2＝st.由题意知：12mv22＝ 9×12mv21，则 v2＝3v1，进而得出 2v1＝st.质点的加速度 a＝v2－t v1＝2vt 1
解析：由题图知，甲车做初速度为 0 的匀加速直线运动，其加 速度 a 甲＝10 m/s2.乙车做初速度 v0＝10 m/s、加速度 a 乙＝5 m/s2 的 匀加速直线运动.3 s 内甲、乙车的位移分别为：
x 甲＝12a 甲 t32＝45 m，x 乙＝v0t3＋12a 乙 t23＝52.5 m 由于 t＝3 s 时两车并排行驶，说明 t＝0 时甲车在乙车前，Δx ＝x 乙－x 甲＝7.5 m，选项 B 正确；t＝1 s 时，甲车的位移为 5 m，乙 车的位移为 12.5 m，由于甲车的初始位置超前乙车 7.5 m，由 t＝1 s 时两车并排行驶，选项 A、C 错误；甲、乙车两次并排行驶的位置 之间沿公路方向的距离为 52.5 m－12.5 m＝40 m，选项 D 正确． 答案：BD 命题点：利用匀变速直线运动规律解决追及与相遇问题，匀变
3．分析追及问题时的“一、二、一” (1)一个临界条件：速度相等．它往往是物体间距离最大或最小 的临界条件，也是分析判断问题的切入点． (2)两个关系：时间关系和位移关系，通过画草图找出两物体的 时间关系和位移关系是解题的突破口． (3)一点注意：若被追赶的物体做匀减速直线运动，一定要注意 判断追上前该物体是否已经停止运动．
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
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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，
高考物理二轮专题复习篇课件：专题1第2讲力与直线运动
D．
ngH 2n＋1
B [设乙球上抛的初速度为 v0，经过时间 t 甲、乙在空中相碰， 甲做自由落体运动的位移为 h1＝H－Hn ＝12gt2，解得 t＝ 2nHn－ g H， 乙做竖直上抛运动的位移 h2＝Hn ＝v0t－12gt2，解得 v0＝ 2nng－H1， 故选项 B 正确。]
2．(多选)2022 年冬奥会将在北京和河北张家口联合举行。俯式 冰橇是冬奥会的比赛项目之一，某次比赛的赛道可简化为起点和终 点高度差为 120 m、长度为 1 200 m 的直斜坡。假设某运动员从起点 开始，以平行赛道的恒力 F＝40 N 推动质量 m＝40 kg 的冰橇开始沿 斜坡向下运动，出发 4 s 内冰橇的位移为 12 m,8 s 末运动员迅速登上 冰橇与冰橇一起沿直线运动直到终点。假定运动员登上冰橇前后冰 橇速度不变，不计空气阻力，g 取 10 m/s2，赛道倾角的余弦值取为 1， 正弦值按照题目要求计算。下列说法正确的是( )
[跟进训练] 1．(2020·河南南阳第四次月考)甲球从离地面 H 高处由静止开始 自由下落，同时使乙球从甲球的正下方地面处做竖直上抛运动，欲
使乙球上升到Hn (n>1)处与甲球相撞，则乙球上抛的初速度为(重力加 速度为 g，忽略空气阻力)( )
A．
gH 2
B．
ngH 2n－1
C．
n－1gH 2n
A．出发 4 s 内冰橇的加速度大小为 1.5 m/s2 B．冰橇与赛道间的动摩擦因数为 0.06 C．出发 10 s 内冰橇的位移为 75 m D．比赛中运动员到达终点时的速度大小为 36 m/s
AD [由出发 4 s 内冰橇的位移为 x1＝12a1t21，解得出发 4 s 内冰橇的加速度 大小为 a1＝1.5 m/s2，选项 A 正确；对冰橇，由牛顿第二定律有 F＋mgsin θ－ μmgcos θ＝ma1，解得 μ＝0.05，选项 B 错误；出发 8 s 内冰橇做匀加速直线运 动，位移为 x2＝12a1t22＝48 m,8 s 后对冰橇和运动员，由牛顿第二定律有(m＋ M)gsin θ－μ(m＋M)gcos θ＝(m＋M)a2，解得 a2＝0.5 m/s2,8 s 末冰橇的速度为 v1 ＝a1t2＝12 m/s，再运动 2 s 后位移为 x3＝v1t3＋12a2t23＝25 m，出发 10 s 内冰橇的 位移为 x2＋x3＝73 m，选项 C 错误；运动员登上冰橇后一直做加速运动，由 v22－ v21＝2a2(x－x2)，解得运动员到达终点时速度 v2＝36 m/s，选项 D 正确。]
高中物理二轮专题复习课件专题一第2讲力与直线运动
D [初速度为 0 的匀加速直线运动，连续相等时间内通过的位 移之比为 1∶3∶5，据此判断第一个 T 时间内的位移 x1＝15×3 m＝ 0.6 m，选项 D 正确；第二个 T 时间内的位移 x2＝35×3 m＝1.8 m， 由 v23－0＝2a(x1＋x2＋x3)，得 a＝56 m/s2，选项 A 错误；由 Δx＝aT2 得 x2－x1＝aT2，解得 T＝65 s，选项 C 错误；第一个 T 时间末的瞬 时速度 v1＝aT＝1 m/s，选项 B 错误．]
1－2.(多选)甲、乙两物体从不同点出发且在同一条直线上运 动，它们的 v－t 图象如图所示，已知 t＝2 s 时两车相遇，则下列说 法正确的是( )
A．t＝1 s 时，甲车在前，乙车在后 B．t＝0 s 时，甲、乙车距离 x0＝3 m C．t＝6 s 时，甲车在前，乙车在后 D．3～5 s 内两车的平均速度相同
高三二轮专题复习 • 第一部分 专题讲练突破
物理
• 专题一 力与运动
• 第2讲 力与直线运动
主干知识体系
核心再现及学科素养
(1)匀变速直线运动规律公式的两性．
①条件性：物体必须做匀变速直线运动．
知 ②矢量性：公式都是矢量性．
识
(2)牛顿第二定律的“四性”． ①矢量性：F＝ma是矢量式，a与F同向．
答案 (1)能 (2)2.5 m
考向 3 运动学图象的理解与分析 例 3 (2018·湖北省武汉市高三二月调研)(多选)甲、乙两个物 体在同一直线上运动，其 x－t 图像如图所示，其中直线 b 与曲线 a 相切于点(4，－15)．已知甲做匀变速直线运动，下列说法正确的是 ()
A．前 4 s 内两物体运动方向相同 B．前 4 s 内甲的平均速度是乙的平均速度的175倍 C．t＝0 时刻，甲的速度大小为 9 m/s D．甲的加速度大小为 2 m/s2
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1.(2015·
唐山一模)一旅客在站台8号车厢候车线处候车，若动车一节车厢长25米，动车进站时可以看做匀减速直线运动．他发现第6节车厢经过他时用了4 s ，动车停下时旅客刚好在8号车厢门口，如图所示．则该动车的加速度大小约为( )
A ．2 m/s 2
B ．1 m/s 2
C ．0.5 m/s 2
D ．0.2 m/s 2
解析：将动车的运动逆向等效为反向的匀加速直线运动，动车第七节车厢通过旅客过程，12at 2＝25 m ，第六、七节车厢通过旅客过程，12a (t ＋4 s)2＝2×25 m ，解两式得：a ＝258(2－1)2 m/s 2≈0.5 m/s 2，C 项正确．
答案：C
2.(2015·湖北八市联考)高铁专家正设想一种“遇站不停式匀速循环运行”列车，如襄阳
→随州→武汉→仙桃→潜江→荆州→荆门→襄阳，构成7站铁路圈，建两条靠近的铁路环线．列车A 以恒定速率360 km/h 运行在一条铁路上，另一条铁路上有“伴驳列车”B ，如某乘客甲想从襄阳站上车到潜江站，先在襄阳站登上B 车，当A 车快到襄阳站且距襄阳站的路程为s 处时，B 车从静止开始做匀加速运动，当速度达到360 km/h 时恰好遇到A 车，两车连锁并打开乘客双向通道，A 、B 列车交换部分乘客，并连体运动一段时间再解锁分离，B 车匀减速运动后停在随州站并卸客，A 车上的乘客甲可以中途不停站直达潜江站．则( )
A ．无论
B 车匀加速的加速度值为多少，s 是相同的
B ．乘客甲节约了五个站的减速、停车、加速时间
C ．若B 车匀加速的时间为1 min ，则s 为4 km
D ．若B 车匀减速的加速度大小为5 m/s 2，则当B 车停下时A 车距随州站的路程为1 km
解析：当B 车开始匀加速时，A 、B 两车之间的距离为s ＝v t －0＋v 2
t ，又v ＝at ，若B 车的加速度越大，则时间t 越短，因而s 越小，选项A 错误；由题意可知乘客甲从襄阳到潜江节约了3个站的减速、停车、加速的时间，选项B 错误；若B 车匀加速的时间为1 min ，则
s ＝3 000 m ，选项C 错误；若B 车匀减速的加速度大小为5 m/s 2，则t ′＝v a ′
＝20 s ，因而当B 车停下时A 车距随州站的距离为s ′＝v t ′－0＋v 2
t ′＝1 000 m ，选项D 正确． 答案：D
3．(多选)一个做匀加速直线运动的物体，先后经过a 、b 两点时的速度分别为v 、7v ，从a 点运动到b 点的时间是t ，则下列判断正确的是( )
A ．经过a 、b 中点位置的速度是4v
B ．a 、b 中间时刻的速度是4v
C ．前t 2时间内通过的位移比后t 2
时间内通过的位移少2v t D ．前12位移内所需的时间是后12
位移内所需时间的2倍 解析：中点位置的速度为v 1＝v 2＋(7v )22＝5v ，A 错；中间时刻的速度为v 2＝v ＋7v 2
＝4v ，B 对；前一半时间的位移为s 1＝v ＋4v 2·t 2＝5v t 4，后一半时间的位移为s 2＝4v ＋7v 2·t 2＝11v t 4
，故位移差为s 2－s 1＝11v t 4－5v t 4＝3v t 2，C 错；前一半位移所需的时间为t 1＝s v ＋5v 2
＝s 3v
，后一半位移所需的时间为t 2＝s 5v ＋7v 2＝s 6v
，故两段所需时间之比为t 1t 2＝21，D 对．。