高考物理 考前三个月 第1部分 专题2 力与直线运动
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
专题02 力与直线运动(原卷版)
2022年高考物理三轮冲刺与命题大猜想专题02 力与直线运动目录猜想一 ：突出匀变速直线运动规律在解决实际问题中的灵活运用 (1)猜想二 ：借助图像在直线运动中的应用考科学思维 (2)猜想三：创新动力学图像的考查形式 (3)猜想四：强化应用牛顿运动定律处理经典模型 (5)猜想五:运动学与动力学联系实际的问题 (8)冲刺押题练习 (9)猜想一 ：突出匀变速直线运动规律在解决实际问题中的灵活运用【猜想依据】匀变速直线运动是高中物理的基础运动模型，应用匀变速直线运动的规律解决运动问题是高考的重点问题，匀变速直线运动问题情景多种多样，涉及公式较多，能否正确选取公式就成了解决此类问题的第一要素而如若能能灵活应用推论公式解决问题将使问题得到大大简化。
【必备知识】1.两个基本公式：速度公式：v ＝v 0＋at ，位移公式：x ＝v 0t ＋12at 2. 2.当遇到以下特殊情况时，用导出公式会提高解题的速度和准确率：(1)不涉及时间，比如从v 0匀加速到v ，求此过程的位移x ，可用v 2－v 02＝2ax .(2)平均速度公式：①运用2t v ＝x t ＝v 求中间时刻的瞬时速度；②运用x ＝v 0＋v 2t 求位移. (3)位移差公式：运用Δx ＝x 2－x 1＝aT 2，x m －x n ＝(m －n )aT 2求加速度.【例1】(2022届云南省高三（下）第一次统测)无人驾驶汽车通过车载传感系统识别道路环境，自动控制车辆安全行驶。
无人驾驶有很多优点，如从发现紧急情况到车开始减速，无人车需要0.2s ，比人快了1s 。
人驾驶汽车以某速度匀速行驶，从发现情况到停下的运动距离为44m ，汽车减速过程视为匀减速运动，其加速度大小为210m /s 。
同样条件下，无人驾驶汽车从发现情况到停下的运动距离为（ ）A. 24mB. 26mC. 28mD. 30m【试题分析】：本题以无人驾驶汽车的安全行驶为情境贴合生活实际引导学生学以致用突出物理的应用性，构建示意图或v -t 图辅助分析并灵活选用公式是解决问题的关键。
高考物理二轮复习专题一第二讲力与直线运动课件
考点一
运动学基本规律的综合应用
命题点点拨
命题点
解答方法或公式
1 2 2
v=v0+at,x=v0t+2at ,v -v0 2 =2ax,Δx=aT2
1.匀变速直线运动规律
的应用
v0 + v
x
vt =
= v = , vx =
2
t 2
2
v0 2 + v 2
2
命题点
2.运动图象
解答方法或公式
命题点
3.追及、相
a=g- =0.125
m/s2
方向竖直向下。
(2)由运动学公式得v=at2=1 m/s。
(3)匀速上升的位移h1=vt1=26 m
匀减速上升的位移
h2=2t2=4
m
1
3
加速运动的位移为总位移的4,则匀速上升和匀减速上升的位移为总位移的4,
有
3
h1+h2=4h
解得总位移 h=40 m。
高频考点•能力突破
t
1
对任何性质的运动都适用,而v= (v0+v)
2
只适
初末速度平均值
方法
分析说明
中间时刻 任一时间t中间时刻的瞬时速度等于这段时间t内的平均速
速度法 度,即 v t = v ,适用于任何一个匀变速直线运动
2
比例法
利用初速度为零的匀加速直线运动的比例关系,用比例法
末速度为零的匀减速运动也可
求解
逆向思
1.(2021广东实验中学高三阶段测试,命题点1)某次自行车比赛的终点设置
在平直的公路上,在公路两旁等距离的插着标记用的小旗。若从运动员减
高考物理二轮复习专题一第二讲力与直线运动课件
2023新型冠状病毒知识竞赛题库试题及答案新型冠状病毒知识竞赛三篇第1篇: 2023新型冠状病毒知识竞赛题库试题及答案新型冠状病毒知识竞赛一、单选题：为控制新型冠状病毒肺炎疫情的传播、蔓延，医务人员做到：（D）A、早发现、早报告、早诊断、早治疗B、早发现、早报告、早诊断、早转院、早治疗C、早发现、早诊断、早隔离、早治疗D、早发现、早报告、早诊断、早隔离、早治疗各级各类医疗卫生机构发现符合疑似病例、确诊病例、无症状感染者时，应当于（B）内进行网络直报。
A、1小时B、2小时C、12小时D、24小时新型冠状病毒肺炎的病毒命名为：（D）MERSr-CoVB、SARS-CoVC、229ED、2023-nCoV新型冠状病毒感染的肺炎发病到入院的中位时间是（C）A、5天B、7天C、9天D、11天新型冠状病毒肺炎危重病例的治疗原则：（A）A、防治并发症，治疗基础病，预防继发感染，器官功能支持B、以特异性治疗为主，一般、对症治疗为辅C、以治疗、护理为主，消毒、隔离为辅D、以消毒、隔离为主，治疗、护理为辅发热门诊与感染性疾病科室医务人员的防护级别为：（B）A、一般防护B、一级防护C、二级防护D、三级防护新型冠状病毒肺炎的治疗场所，以下哪项不正确：（C）疑似及确诊病例应在具备有效隔离条件和防护条件的定点医院隔离治疗；疑似病例应当单人单间隔离治疗；确诊病例应当单人单间隔离治疗，不可多人收治在同一病室；危重型病例应当尽早收入ICU治疗；新冠状病毒肺炎疫情期间，我院日间门诊应每日空气、物体表面消毒（C）A、1次/日B、2次/日C、3次/日D、4次/日目前我院常规物体表面使用含氯消毒液的浓度是：（B）A、100mg/LB、500mg/LC、1000mg/LD、2023mg/L处在医学观察期且出现乏力伴胃肠不适的，推荐中成药为（A）藿香正气胶囊（水、丸、口服液）B、金花清感颗粒C、连花清瘟胶囊（颗粒）D、防风通圣丸（颗粒）二、多选题以下哪几项说法是正确的(ABCDE)A.胸部影像早期呈现多发小斑片影及间质改变，以肺外带明显，进而进展为多发磨玻璃影、浸润影；B.部分患者出现肝酶、肌酶和肌红蛋白增高C.多数患者C反应蛋白和血沉升高，降钙素原正常D.严重者D-二聚体升高、外周血淋巴细胞进行性减少E.严重者胸部影像可出现肺实变，胸腔积液少见在以下哪些标本中可检测出新型冠状病毒核酸(ABCDE)鼻咽拭子B.痰C.下呼吸道分泌物D.血液E.粪便以下关于新型冠状病毒肺炎的治疗，说法正确的是(ABDE)A.目前没有确认有效的抗病毒治疗方法B.应当及时及予有效的氧疗措施C.尽早联合使用广谱抗菌药物以预防感染D.有条件者可行细胞因子检测E.密切监测生命体征、指氧饱和度等关于解除隔离和出院标准，以下说法正确的是(ABCDE)A.体温恢复正常3天以上B.呼吸道症状明显好转C.肺部影像学显示炎症明显吸收D.连续两次呼吸道病原核酸检测阴性（采样时间间隔至少1天）E.达到标准后可根据病情转至相应科室治疗其他疾病关于隔离医学观察，以下说法正确的是(ABCDE)A.密切接触者应采取集中隔离医学观察，不具备条件的地区可采取居家隔离医学观察，并加强对居家观察对象的管理；B.观察期限为自最后一次与病例、无症状感染者发生无有效防护的接触后14天；C.确诊病例和无症状感染者的密切接触者在医学观察期间若检测阴性，仍需持续至观察期满；D.无症状感染者应当集中隔离14天，或隔离7天后核酸检测阴性可解除隔离E.疑似病例在排除后，其密切接触者可解除医学观察新型冠状病毒医院感染预防与控制基本要求包括(ABCDE)A.制定工作制度和工作流程B.提高防控意识C.加强监测，发现疑似或确诊患者时，及时报告D.加强消毒隔离和防护工作E.规范处置医疗废物收治疑似或确诊新型冠状病毒感染患者的病区（房）要求有哪些（BCDE）A、用于疑似患者的听诊器、温度计、血压计等医疗器具可多人使用，但应严格执行消毒规范B、建筑布局和工作流程应当符合《医院隔离技术规范》等有关要求C、应当配备数量充足、符合要求的消毒用品和防护用品D、对疑似和确诊患者应当及时采取隔离措施，疑似患者和确诊患者应当分开安置；疑似病例进行单间隔离，经病原学或者血清学确诊的同类患者可以置于多人房间E、根据新型冠状病毒的传播途径，在实施标准预防的基础上，采取飞沫隔离、空气隔离与接触隔离措施新型冠状病毒肺炎根据是否有临床症状、是否有肺炎、肺炎的严重程度、是否出现呼吸衰竭、休克、有无其他器官功能衰竭等分为哪几型（ABCD）A.普通型（发热、呼吸道等症状，影像学可见肺炎表现的）；B.轻型（临床症状轻微，影像学未见肺炎表现）；C.重型（呼吸窘迫，RR 30次/分；静息状态下，指氧饱和度 93%；动脉血氧分压（PaO2）/吸氧浓度（FiO2） 300mmHg）D.危重型（出现呼吸衰竭，且需要机械通气；出现休克；合并其他器官功能衰竭需ICU监护治疗。
高考物理 考前三个月 第2 专题1 考策略 方法技巧一 力与物体的直线运动
取夺市安慰阳光实验学校一、力与物体的直线运动考点1 参考系、质点(Ⅰ)(1)质点是指有质量、没有形状和大小的点，是理想化的物理模型．(2)研究同一物体的运动可以选取不同的参考系，结果可以不同(一般选大地为参考系)．研究不同物体的运动则必须选取同一参考系． 考点2 位移、速度和加速度(Ⅱ)(1)位移x ：由初位置指向末位置的有向线段，是矢量．(2)v ＝ΔxΔt ，Δt →0时，即为该时刻(位置)的瞬时速度，是矢量，运用了极限思想．(3)a ＝ΔvΔt ，描述v 变化快慢的物理量．a 与v 同向，加速；a 与v 反向，减速．考点3 匀变速直线运动及其公式，图象(Ⅱ) (1)匀变速是指：a 不变，直线是指轨迹是直线． (2)基本公式：v ＝v 0＋at ，x ＝v 0t ＋12at 2，v 2－v 20＝2ax ，x ＝v t ＝v ＋v 02·t ，v ＝v 0＋v2＝v t 2，Δx ＝aT 2.(3)图象如图1所示 图1考点4 滑动摩擦力、动摩擦因数、静摩擦力(Ⅰ)(1)滑动摩擦力是发生在两个相对滑动的物体之间，其效果是阻碍两物体间的相对滑动，大小为F f ＝μF N ，方向与相对运动方向相反．μ是动摩擦因数，跟物体的材料和接触面的粗糙程度有关．(2)静摩擦力是阻碍物体间相对运动趋势的力，其方向与相对运动趋势的方向相反，作用效果是阻碍物体间的相对运动趋势，而不是阻碍物体的运动．其大小由物体所处的状态来求解．(3)F f 方向可能与v 同向、反向或成任意夹角，也可以做动力、阻力或不做功． 考点5 形变、弹力、胡克定律(Ⅰ)(1)物体形状或体积的改变称为形变，发生形变的物体能够恢复原状的形变称为弹性形变．(2)弹力是指作用在两个接触面上使物体发生形变的力，弹力方向与物体形变的方向相反；①轻绳只能产生拉力，方向沿绳子且指向绳子收缩的方向；②轻杆产生的弹力，既可以是压力，也可以是拉力，方向不一定沿杆； ③弹簧产生的压力或拉力沿轴线方向．(3)胡克定律：F ＝kx .k ：劲度系数，由弹簧自身性质决定，与F 无关．x ：形变量．考点6 矢量和标量(Ⅰ)(1)矢量是指既有大小又有方向的物理量，如力、速度、加速度、位移、电场强度、磁感应强度等．矢量的运算遵循平行四边形定则．(2)标量是指只有大小而没有方向的物理量，如质量、长度、密度、路程等．标量的运算遵循代数运算法则．考点7 力的合成与分解(Ⅱ)(1)法则：①平行四边形定则．②三角形定则．(2)合力与分力的关系：合力可能大于、小于或等于分力．考点8共点力的平衡(Ⅱ)(1)物体保持静止或匀速直线运动的状态称为平衡状态，共点力作用下物体平衡的条件是作用在该物体上的合力为零．(2)共点力平衡问题的处理方法：①合成法：物体受三个力作用处于平衡状态，其中任意两个力的合力必与第三个力等大反向，可通过两个力的合力求出第三个力．②三角形法：物体受三个力作用处于平衡状态，平移三个力构成一个三角形，可由正弦定理、余弦定理及三角形的知识求解．③分解法：共点力合力为零时，各力在x、y轴上分量的代数和为零，即∑F x ＝0，∑F y＝0.一般适用于三力以上平衡．考点9牛顿运动定律及其应用(Ⅱ)(1)牛顿第一定律：惯性定律．质量是物体惯性大小的唯一量度．(2)牛顿第三定律：作用力与反作用力总是等大、反向，作用在同一直线上，作用在相互作用的两个物体上．(3)牛顿第二定律F＝ma，F与a瞬时对应关系，即F与a是同时产生，同时变化，同时消失；F与a的因果关系，力是产生加速度的原因．考点10超重与失重(Ⅰ)(1)超重：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体的重力．原因：物体具有向上的加速度．(2)失重：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体的重力．原因：物体具有向下的加速度．(3)完全失重：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)为零．原因：物体具有向下的加速度且大小为重力加速度g.注意物体处于超重或失重状态时，地球作用于物体的重力始终存在，且不发生变化．在完全失重状态下，一切由重力产生的物理现象都会消失，如单摆停摆、天平失效、物体不再受浮力、液体柱不再产生压强等．考点热身精练1．(2015·武汉四月调研)甲、乙两质点同时沿同一直线运动，速度随时间变化的v－t图象如图2所示．关于两质点的运动情况，下列说法正确的是( )图2A．在t＝0时，甲、乙的运动方向相同B．在0～t0内，乙的加速度先增大后减小C．在0～2t0内，乙的平均速度等于甲的平均速度D．若甲、乙从同一位置出发，则t0时刻相距最远2．(多选)(2015·汕头二模)如图3是简易测水平风速的装置，轻质塑料球用细线悬于竖直杆顶端O，当水平风吹来时，球在水平风力F的作用下飘起来．F 与风速v成正比，当v＝3 m/s时，测得球平衡时细线与竖直方向的夹角θ＝45°.则( )图3A．当风速v＝3 m/s时，F的大小恰好等于球的重力B．当风速v＝6 m/s时，θ＝90°C．水平风力F越大，球平衡时，细线所受拉力越小D．换用半径相等，但质量较大的球，则当θ＝45°时，v大于3 m/s3．(2015·永州三模)如图4所示，一劲度系数为k 的轻质弹簧两端分别与竖直墙壁和物块连接，弹簧、地面水平．A 、B 是物块能保持静止的位置中离墙壁最近和最远的两点，A 、B 两点离墙壁的距离分别是x 1、x 2.则物块与地面的最大静摩擦力为( ) 图4A ．k (x 2－x 1)B ．k (x 2＋x 1) C.k x 2－x 12D.k x 2＋x 124．(多选)(2015·绥化二模)如图5甲所示，一物体悬挂在细绳下端，由静止开始沿竖直方向运动，运动过程中物体的机械能E 与物体通过路程x 的关系图象如图乙所示，其中0～x 1过程的图象为曲线，x 1～x 2过程的图象为直线(忽略空气阻力)．则下列说法正确的是( ) 图5A ．0～x 1过程中物体所受拉力是变力，且一定不断减小B ．0～x 1过程中物体的动能一定先增加后减小，最后为零C ．x 1～x 2过程中物体一定做匀速直线运动D ．x 1～x 2过程中物体可能做匀加速直线运动，也可能做匀减速直线运动 5．(2015·沈阳四校联考)如图6所示，直线MN 表示一条平直公路，甲、乙两辆汽车原来停在A 、B 两处，A 、B 间的距离为85 m ，现甲车先开始向右做匀加速直线运动，加速度a 1＝2.5 m/s 2，甲车运动6 s 后，乙车立即开始向右做匀加速直线运动，加速度a 2＝5 m/s 2，求两辆汽车相遇处距A 处的距离． 图6答案精析第二部分 考前静悟篇 专题1 应考策略 方法技巧 一、力与物体的直线运动 考点热身精练1．D [在t ＝0时，甲的速度为正，乙的速度为负，说明甲、乙的运动方向相反．故A 错误；根据斜率表示加速度，可知在0～t 0内，乙的加速度逐渐减小，故B 错误；根据图象与坐标轴围成的面积表示位移，在时间轴上方的位移为正，下方的位移为负，则知在0～2t 0内，乙的位移小于甲的位移，则乙的平均速度小于甲的平均速度，故C 错误；若甲、乙从同一位置出发，甲一直沿正向运动，乙先沿负向运动，两者距离增大，后沿正向，在t 0时刻前甲的速度大于乙的速度，两者间距增大，t 0时刻后乙的速度大于甲的速度，两者间距减小，所以t 0时刻相距最远，故D 正确．]2．AD [对小球受力分析，小球受重力、风力和拉力处于平衡状态，当细线与竖直方向的夹角θ＝45°时，根据平行四边形定则知，风力F ＝mg ，故A 正确；当风速为6 m/s ，则风力为原来的2倍，即为2mg ，根据平行四边形定则知，tan θ＝2mg mg ＝2，θ≠90°.故B 错误；拉力F T ＝mg cos θ，水平风力越大，平衡时，细线与竖直方向的夹角θ越大，则细线的拉力越大，故C 错误；换用半径相等但质量较大的球，知重力变大，当θ＝45°时，风力F ＝mg ，可知风力增大，所以v 大于3 m/s ，故D 正确．]3．C [水平方向上，物块在A 点受弹簧弹力和地面的摩擦力，方向相反，根据平衡条件有：k (x 0－x 1)＝F f同理，在B 点根据水平方向上，受力平衡有：k (x 2－x 0)＝F f 联立解得：物块与地面的最大静摩擦力为F f ＝k x 2－x 12.]4．AB [E －x 图象切线斜率的绝对值等于物体所受拉力大小，在0～x 1内斜率的绝对值逐渐变小，故在0～x 1内物体所受的拉力逐渐减小，A 项正确；由题图乙可知0～x 1内机械能增加，绳子拉力做正功，物体向上运动，x 1～x 2内机械能减小，绳子拉力做负功，物体向下运动，在x 1位置处速度为零，初始时刻速度为零，B 项正确；x 1～x 2内E －x 图象切线斜率的绝对值不变，故物体所受拉力保持不变，物体可能做匀速直线运动或匀加速直线运动，所以C 、D 选项错误．]5．两辆汽车相遇处距A 处的距离分别为125 m 、245 m. 解析 甲车运动6 s 的位移为：x 0＝12a 1t 20＝45 m尚未追上乙车，设此后用时间t 与乙车相遇，则有：12a 1(t ＋t 0)2＝12a 2t 2＋85 m将上式代入数据并展开整理得：t 2－12t ＋32＝0 解得：t 1＝4 s ，t 2＝8 st 1、t 2都有意义，t 1＝ 4 s 时，甲车追上乙车；t 2＝8 s 时，乙车追上甲车再次相遇．第一次相遇地点距A 的距离为： x 1＝12a 1(t 1＋t 0)2＝125 m第二次相遇地点距A 的距离为：x 2＝12a 1(t 2＋t 0)2＝245 m.。
2021届高考物理考前三个月名师考点点拨专题讲练2牛顿运动定律与直线运动(含14真题及解析)新人教版
2021届高考物理考前三个月名师考点点拨专题讲练2牛顿运动定律与直线运动（含14真题及解析）新人教版高考定位牛顿运动定律是历年高考重点考查的内容之一．对这部分内容的考查专门灵活，选择、实验、运算等题型均能够考查．其中用整体法和隔离法处理问题，牛顿第二定律与静力学、运动学的综合问题，物体的平稳条件等差不多上高考热点；对牛顿第一、第三定律的考查经常以选择题或融合到运算题中的形式出现．另外，牛顿运动定律在实际中的应用专门多，如弹簧问题、传送带问题、传感器问题、超重失重问题等等，应用专门广泛．考题1 对匀变速直线运动规律的考查例1 为了迎接外宾，对国宾车队要求专门严格．设从同一地点先后开出甲、乙两辆不同型号的国宾汽车在平直的公路上排成直线行驶．汽车甲先开出，汽车乙后开出．汽车甲从静止动身先做加速度为a 1的匀加速直线运动，达到速度v 后改为匀速直线运动．汽车乙从静止动身先做加速度为a 2的匀加速直线运动，达到同一速度v 后也改为匀速直线运动．要使甲、乙两辆汽车都匀速行驶时彼此间隔的间距为x .则甲、乙两辆汽车依次启动的时刻间隔为多少？(不计汽车的大小)审题突破 设当甲通过一段时刻t 1匀加速运动达到速度v ，位移为x 1，依照匀加速直线运动差不多公式求出位移和速度，设乙动身后，通过一段时刻t 2匀加速运动达到速度v ，位移为x 2，依照匀加速直线运动差不多公式求出位移和速度，设甲匀速运动时刻为t ，甲、乙依次启动的时刻间隔为Δt ，依照位移关系列式即可求解．解析 设当甲通过一段时刻t 1匀加速运动达到速度v ，位移为x 1， 对甲，有：v ＝a 1t 1①v 2＝2a 1x 1②设乙动身后，通过一段时刻t 2匀加速运动达到速度v ，位移为x 2， 对乙，有：v ＝ɑ2t 2③v 2＝2ɑ2x 2④设甲匀速运动时刻t 后，乙也开始匀速运动，甲、乙依次启动的时刻间隔为Δt ， 由题意知：Δt ＝t 1＋t －t 2⑤x ＝x 1＋vt －x 2⑥解得：Δt ＝x v ＋v 2a 1－v2a 2.答案xv＋v2a1－v2a21．如图1甲所示，一个m＝3 kg的物体放在粗糙水平地面上，从t＝0时刻起，物体在水平力F作用下由静止开始做直线运动．在0～3 s时刻内物体的加速度a随时刻t的变化规律如图乙所示，已知物体与地面间的动摩擦因数处处相等．则( )甲乙图1A．在0～3 s时刻内，物体的速度先增大后减小B．3 s末物体的速度最大，最大速度为10 m/sC．2 s末F最大，F的最大值为12 ND．前2 s内物体做匀变速直线运动，力F大小保持不变答案BD解析物体在前3 s内始终做加速运动，第3 s内加速度减小说明物体速度增加得慢了，但仍是加速运动，故A错误；因为物体速度始终增加，故3 s末物体的速度最大，在a－t图象上图象与时刻轴所围图形的面积表示速度变化，Δv＝10 m/s，物体由静止开始加速运动，故最大速度为10 m/s，因此B正确；由F合＝ma知前2 s内的合外力为12 N，由于受摩擦力作用，故作用力大于12 N，故C错误．2．(2020·山东·23)研究说明，一样人的刹车反应时刻(即图2甲中“反应过程”所用时刻)t0＝ s，但饮酒会导致反应时刻延长．在某次试验中，理想者少量饮酒后驾车以v0＝72 km/h的速度在试验场的水平路面上匀速行驶，从发觉情形到汽车停止，行驶距离L＝39 m．减速过程中汽车位移s与速度v的关系曲线如图乙所示，此过程可视为匀变速直线运动．取重力加速度的大小g＝10 m/s2.求：图2(1)减速过程汽车加速度的大小及所用时刻；(2)饮酒使理想者的反应时刻比一样人增加了多少；(3)减速过程汽车对理想者作用力的大小与理想者重力大小的比值．答案 (1)8 m/s 2s (2) s (3)415解析 (1)设减速过程中汽车加速度的大小为a ，所用时刻为t ，由题可得初速度v 0＝20 m/s ，末速度v t ＝0，位移s ＝25 m ，由运动学公式得v 20＝2as① t ＝v 0a②联立①②式，代入数据得a ＝8 m/s 2③t ＝ s.(2)设理想者反应时刻为t ′，反应时刻的增加量为Δt ，由 运动学公式得L ＝v 0t ′＋s④ Δt ＝t ′－t 0⑤联立④⑤式，代入数据得Δt ＝ s.(3)设理想者所受合外力的大小为F ，汽车对理想者作用力的大小为F 0，理想者质量为m ，由牛顿第二定律得F ＝ma⑥ 由平行四边形定则得F 20＝F 2＋(mg )2⑦联立③⑥⑦式，代入数据得F 0mg ＝415.1．假如一个物体的运动包含几个时期，就要分段分析，各段交接处的速度往往是联系各段的纽带．2．描述匀变速直线运动的差不多物理量有v 0、v 、a 、x 、t 五个量，每一个差不多公式中都涉及四个量，选择公式时一定要注意分析已知量和待求量，依照所涉及的物理量选择合适的公式求解，会使问题简化．3．关于刹车类问题，当车速度为零时，停止运动，其加速度也突变为零．求解此类问题应先判定车停下所用的时刻，再选择合适的公式求解．考题2 对牛顿第二定律应用的考查例2 如图3所示，A 、B 两滑环分别套在间距为1 m 的光滑细杆上，A 和B 的质量之比为1∶3，用一自然长度为1 m 的轻弹簧将两环相连，在A 环上作用一沿杆方向、大小为20 N 的拉力F ，当两环都沿杆以相同的加速度a 运动时，弹簧与杆夹角为53°.(cos 53°＝图3(1)求弹簧的劲度系数；(2)若突然撤去拉力F ，在撤去拉力F 的瞬时，A 的加速度大小为a ′，a ′与a 之比为多少？ 审题突破 (1)以两球和弹簧组成的整体为研究对象，依照牛顿第二定律求出加速度，再以B 为研究对象求出弹簧的弹力，由胡克定律求出弹簧的劲度系数．(2)若突然撤去拉力F ，在撤去拉力F 的瞬时，弹簧的弹力没有来得及变化，再分析受力，由牛顿第二定律求解a ′与a 之比．解析 (1)先取A 、B 和弹簧组成的整体为研究对象，弹簧弹力为内力，杆对A 、B 的支持力与加速度方向垂直，在沿F 方向应用牛顿第二定律F ＝(m A ＋m B )a ①再取B 为研究对象，F 弹cos 53°＝m B a②①②联立解得，F 弹＝25 N 由几何关系得，弹簧的伸长量Δx ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1sin 53°－1 m ＝0.25 m 由F 弹＝k Δx 解得弹簧的劲度系数k ＝F 弹Δx＝100 N/m (2)撤去力F 瞬时，弹簧弹力不变，A 的加速度大小a ′＝F 弹cos 53°m A，方向沿杆方向向左 由②式得a ＝F 弹cos 53°m B，方向沿杆水平向右 因此a ′∶a ＝m B ∶m A ＝3∶1 答案 (1)100 N/m (2)3∶13．(2020·新课标Ⅰ·17)如图4所示，用橡皮筋将一小球悬挂在小车的架子上，系统处于平稳状态．现使小车从静止开始向左加速，加速度从零开始逐步增大到某一值，然后保持此值，小球稳固地偏离竖直方向某一角度(橡皮筋在弹性限度内)，与稳固在竖直位置时相比，小球的高度( )图4A ．一定升高B．一定降低C．保持不变D．升高或降低由橡皮筋的劲度系数决定答案 A解析设橡皮筋原长为l0、劲度系数为k，小球在竖直位置静止时，橡皮筋长度为l，加速时长度为l′且与竖直方向夹角为θ.由胡克定律可知，静止时k(l－l0)＝mg，加速时小球受力分析如图所示，由牛顿第二定律可知k(l′－l0)cos θ＝mg则k(l－l0)＝k(l′－l0)cos θl′cos θ＝l－l0(1－cos θ)即l′cos θ<l因此小球高度一定升高，故选项A正确．(1)不管是哪种情形，联系力和运动的“桥梁”差不多上加速度．利用牛顿第二定律解决动力学问题的关键是查找加速度与未知量的关系，然后利用运动学规律、牛顿第二定律和力的运算法则列式求解．(2)物体的运动情形由受力情形及物体运动的初始条件共同决定．考题3 应用动力学方法分析传送带问题例3某煤矿运输部有一新采购的水平浅色足够长传送带以4.0 m/s的恒定速度运动，若使该传送带改做加速度大小为3.0 m/s2的匀减速运动，同时在传送带开始做匀减速运动的同时，将一煤块(可视为质点)无初速度放在传送带上．已知煤块与传送带间的动摩擦因数为，重力加速度取10 m/s2，求煤块在浅色传送带上能留下的痕迹长度和相关于传送带运动的位移大小？(运算结果保留两位有效数字)审题突破煤块先相关于传送带向后滑动，速度相同后，又相对传送带向前滑，依照运动学公式，结合速度时刻图线求出两次过程中相对位移的大小，从而得出划痕的长度．解析由运动情形作出传送带和煤块的v—t图象，如图所示．因煤块与传送带间的动摩擦因数为μ，则煤块在传送带上运动的加速度a0＝μg＝1.0 m/s2设传送带的加速度大小为a，由运动学规律得：v1＝a0t1＝v0－at1解得t 1＝v 0a ＋μg＝ s v 1＝1.0 m/s此过程中煤块相关于传送带向后滑动，划线的长度为l 1＝v 0t 1－12at 21－12a 0t 21＝2.0 m当煤块与传送带间的速度相等以后，两者都做匀减速直线运动，煤块相关于传送带又向前滑动，划线的长度l 2＝v 212μg －v 212a ＝13 m≈0.33 m因为l 1>l 2，煤块在传送带上留下的划线长度为l 1＝2.0 m 煤块相关于传送带的位移为x ＝l 1－l 2＝2.0 m －0.33 m≈1.7 m 答案 2.0 m 1.7 m4．(2020·四川·7)如图5所示，水平传送带以速度v 1匀速运动，小物体P 、Q 由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t ＝0时刻P 在传送带左端具有速度v 2，P 与定滑轮间的绳水平，t ＝t 0时刻P 离开传送带．不计定滑轮质量和摩擦，绳足够长．正确描述小物体P 速度随时刻变化的图像可能是( )图5答案 BC解析 若v 1>v 2，且P 受到的滑动摩擦力大于Q 的重力，则可能先向右匀加速，加速至v 1后随传送带一起向右匀速，此过程如图B 所示，故B 正确．若v 1>v 2，且P 受到的滑动摩擦力小于Q 的重力，现在P 一直向右减速，减速到零后反向加速．若v 2>v 1，P 受到的滑动摩擦力向左，开始时加速度a 1＝F T ＋μmgm，当减速至速度为v 1时，摩擦力反向，若有F T >μmg ，此后加速度a2＝F T－μmgm，故C正确，A、D 错误．分析处理传送带问题时需要专门注意两点：一是对物体在初态时(静止开释或有初速度的开释)所受滑动摩擦力的方向的分析；二是对物体与传送带共速时摩擦力的有无及方向的分析．例4 (14分)如图6所示，水平地面上有一质量为M的长木板，一个质量为m的物块(可视为质点)放在长木板的最右端．已知m与M之间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2.从某时刻起物块m以v1的水平初速度向左运动，同时木板M在水平外力F作用下始终向右以速度v2(v2>v1)匀速运动，求：图6(1)在物块m向左运动过程中外力F的大小；(2)木板至少多长物块可不能从木板上滑下来？解析(1)在物块m向左运动过程中，木板受力如图所示，其中F f1、F f2分别为物块和地面给木板的摩擦力，由题意可知F f1＝μ1mg(1分)F f2＝μ2(m＋M)g(2分)由平稳条件得：F＝F f1＋F f2＝μ1mg＋μ2(m＋M)g(2分)(2)设物块向左匀减速至速度为零的时刻为t1，则t1＝v1μ1g(1分)设物块向左匀减速运动的位移为x1，则考题4应用动力学方法分析“滑块—木板模型”问题x 1＝v 12t 1＝v 212μ1g(1分)设物块由速度为零向右匀加速至与木板同速(即停止相对滑动)的时刻为t 2，则t 2＝v 2μ1g(1分)设物块向右匀加速运动的位移为x 2，则x 2＝v 22t 2＝v 222μ1g (1分)此过程中木板向右匀速运动的总位移为x ′，则x ′＝v 2(t 1＋t 2)(1分)则物块不从木板上滑下来的最小长度：L ＝x ′＋x 1－x 2(2分)代入数据解得：L ＝v 1＋v 222μ1g.(2分)答案 (1)μ1mg ＋μ2(m ＋M )g (2)v 1＋v 222μ1g(2020·新课标Ⅱ·25)(16分)一长木板在水平地面上运动，在t ＝0时刻将一相关于地面静止的物块轻放到木板上，以后木板运动的速度－时刻图象如图7所示．已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦．物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上．取重力加速度的大小g ＝10 m/s 2，求：图7(1)物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数(结果保留两位有效数字)； (2)从t ＝0时刻到物块与木板均停止运动时，物块相关于木板的位移的大小． 答案 (1) (2)1.125 m解析 (1)从t ＝0时开始，木板与物块之间的摩擦力使物块加速，使木板减速，此过程一直连续到物块和木板具有共同速度为止．由题图可知，在t 1＝ s 时，物块和木板的速度相同．设t ＝0到t ＝t 1时刻间隔内，物块和木板的加速度大小分别为a 1和a 2，则a 1＝v 1t 1① a 2＝v 0－v 1t 1②式中v 0＝5 m/s 、v 1＝1 m/s 分别为木板在t ＝0、t ＝t 1时速度的大小．设物块和木板的质量均为m ，物块和木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，由牛顿第二定律得μ1mg ＝ma 1③(μ1＋2μ2)mg ＝ma 2④联立①②③④式得μ1＝ ⑤ μ2＝⑥(2)在t 1时刻后，地面对木板的摩擦力阻碍木板运动，物块与木板之间的摩擦力改变方向．设物块与木板之间的摩擦力大小为f ，物块和木板的加速度大小分别为a 1′和a 2′，则由牛顿第二定律得f ＝ma 1′ ⑦ 2μ2mg －f ＝ma 2′⑧假设f ＜μ1mg ，则a 1′＝a 2′；由⑤⑥⑦⑧式得f ＝μ2mg ＞μ1mg ，与假设矛盾，故f ＝μ1mg ⑨ 由⑦⑨式知：物块加速度的大小a 1′等于a 1；物块的v －t 图象如图中点划线所示． 由运动学公式可推知，物块和木板相关于地面的运动距离分别为s 1＝2×v212a 1⑩ s 2＝v 0＋v 12t 1＋v 212a 2′⑪物块相关于木板的位移的大小为s ＝s 2－s 1⑫联立①⑤⑥⑧⑨⑩⑪⑫式得s ＝1.125 m知识专题练 训练2题组1 匀变速直线运动规律1．(2020·福建·15)如图1所示，滑块以初速度v 0沿表面粗糙且足够长的固定斜面，从顶端下滑，直至速度为零．关于该运动过程，若用h 、s 、v 、a 分别表示滑块的下降高度、位移、速度和加速度的大小，t 表示时刻，则下列图象最能正确描述这一运动规律的是( )图1答案 B解析 滑块沿斜面向下做匀减速运动，故滑块下滑过程中，速度随时刻平均变化，加速度a 不变，选项C 、D 错误． 设斜面倾角为θ，则s ＝hsin θ＝v 0t －12at 2，故h —t 、s —t 图象都应是开口向下的抛物线，选项A 错误，选项B 正确．2．(2020·新课标Ⅰ·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，后车司机能够采取刹车措施，使汽车在安全距离内停下而可不能与前车相碰．通常情形下，人的反应时刻和汽车系统的反应时刻之和为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．(g 取10 m/s 2)答案 20 m/s解析 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s ，反应时刻为t 0，由牛顿第二定律和运动学公式得μ0mg ＝ma 0① s ＝v 0t 0＋v202a 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＝25μ0③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 ＝ma④s ＝vt 0＋v 22a⑤联立①②③④⑤式并代入题给数据得v ＝20 m/s(v ＝－24 m/s 不符合实际，舍去)题组2 牛顿第二定律的应用3．如图2甲所示，在倾角为37°的粗糙且足够长的斜面底端，一质量m ＝2 kg 可视为质点的滑块压缩一轻弹簧并锁定，滑块与弹簧不相连．t ＝0 s 时解除锁定，运算机通过传感器描画出滑块的速度时刻图象如图乙所示，其中Ob 段为曲线，bc 段为直线，g 取10 m/s 2，sin 37°＝，cos 37°＝.则下列说法正确的是( )图2A ．在 s 末滑块的加速度为－8 m/s 2B ．滑块在～ s 时刻间隔内沿斜面向下运动C ．滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝D ．在滑块与弹簧脱离之前，滑块一直在做加速运动 答案 AC解析 在v －t 图象中，斜率代表加速度， s 末滑块的加速度a ＝Δv Δt ＝－8 m/s 2，故A 正确；滑块在～ s 时刻间隔内沿斜面向上运动，故B 错误；滑块在～ s 内，由牛顿第二定律可知，－mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma ，可求得μ＝，故C 正确；在0～ s 过程中为滑块和弹簧接触的过程，由图象可知，滑块先做加速运动后做减速运动，故D 错误．4．如图3所示，A 、B 是两个质量均为m ＝1 kg 的小球，两球由长L ＝4 m 的轻杆相连组成系统，水平面上的P 、Q 两点间是一段长度为4.5 m 的粗糙平面，其余部分表面光滑，小球与PQ 间的动摩擦因数μ＝，球A 、B 分别静止在P 点两侧，离P 点的距离均为L2.两球均可视为质点，不计轻杆质量，现对B 球施加一水平向右F ＝4 N 的拉力，取g ＝10 m/s 2，求：图3(1)A 球通过P 点时系统的速度大小；(2)若当A 球通过P 点时赶忙撤去F ，最后A 、B 球静止，A 球静止时与Q 点的距离． 答案 (1)2 m/s (2)3 m解析 (1)设系统开始运动时加速度为a 1，由牛顿第二定律有F －μmg ＝2ma 1解得a 1＝1 m/s 2设A 球通过P 点时速度为v 1，则v 21＝2a 1·L 2得v 1＝2 m/s(2)设A 、B 在P 、Q 间做匀减速运动时加速度大小为a 2，则有 2μmg ＝2ma 2a 2＝μg ＝2 m/s 2当A 球通过P 点时拉力F 撤去，但系统将连续滑行，设当B 到达Q 时滑行的距离为x 1，速度为v 2，则有x 1＝x PQ －L ＝0.5 m由v 22－v 21＝－2a 2x 1 解得v 2＝ 2 m/s因为v 2>0，故知B 球将通过Q 点，做匀减速直线运动，现在加速度大小为a 3. 则有μmg ＝2ma 3a 3＝1 m/s 2设系统连续滑行x 2后静止，则有 0－v 22＝－2a 3x 2 可得x 2＝1 m即A 球静止时与Q 点的距离Δx ＝L －x 2＝3 m 题组3 应用动力学方法分析传送带5．如图4所示，倾斜的传送带以恒定的速度v 2向上运动，一个小物块以初速度v 1从底端冲上传送带，且v 1大于v 2，小物块从传送带底端到达顶端的过程中一直做减速运动，则( )图4A ．小物块到达顶端的速度可能等于零B ．小物块到达顶端的速度不可能等于v 2C ．小物块的机械能一直在减小D ．小物块所受的合外力一直做负功 答案 AD解析 当传送带对小物块的滑动摩擦力小于重力沿传送带向下的分力时，小物块有可能一直减速到达顶端速度恰好减为零，因此A 正确；小物块的速度小于v 2以后，摩擦力对小物块做正功，机械能增大，因此C 错误；若传送带对小物块的滑动摩擦力大于重力沿传送带向下的分力，当小物块速度减为v 2时，以v 2做匀速运动，因此到达顶端的速度有可能等于v 2，故B 错误；因小物块一直在减速，依照动能定理可得合外力一直做负功，因此D 正确．6．如图5甲所示，水平传送带AB 逆时针匀速转动，一个质量为M ＝1.0 kg 的小物块以某一初速度由传送带左端滑上，通过速度传感器记录下物块速度随时刻的变化关系如图乙所示(图中取向左为正方向，以物块滑上传送带时为计时零点)．已知传送带的速度保持不变，g 取10 m/s 2.求：甲 乙图5(1)物块与传送带间的动摩擦因数μ； (2)物块在传送带上的运动时刻； (3)整个过程中系统产生的热量． 答案 (1) (2) s (3)18 J解析 (1)由速度图象可知，物块做匀变速运动的加速度：a ＝Δv Δt ＝2.0 m/s 2由牛顿第二定律得F f ＝Ma则物块与传送带间的动摩擦因数μ＝Ma Mg＝.(2)由速度图象可知，物块初速度大小v ＝4 m/s 、传送带速度大小v ′＝2 m/s ，物块在传送带上滑动t 1＝3 s 后，与传送带相对静止． 前2 s 内物块的位移大小x 1＝v2t ＝4 m ，向右，后1 s 内的位移大小x 2＝v ′2t ′＝1 m ，向左，3 s 内位移x ＝x 1－x 2＝3 m ，向右； 物块再向左运动时刻t 2＝xv ′＝ s. 物块在传送带上运动时刻t ＝t 1＋t 2＝ s.(3)物块在传送带上滑动的3 s 内，传送带的位移x ′＝v ′t 1＝6 m ，向左 物块的位移x ＝x 1－x 2＝3 m ，向右 相对位移为Δx ′＝x ′＋x ＝9 m 因此转化的热能E Q ＝F f ·Δx ′＝18 J.题组4 应用动力学方法分析“滑块—木板模型”7．如图6所示，质量为m ＝1 kg 的物块，放置在质量M ＝2 kg 足够长木板的中间，物块与木板间的动摩擦因数为，木板放置在光滑的水平地面上．在地面上方存在两个作用区，两作用区的宽度L 均为1 m ，边界距离为d ，作用区只对物块有力的作用：Ⅰ作用区对物块作用力方向水平向右，Ⅱ作用区对物块作用力方向水平向左．作用力大小均为3 N ．将物块与木板从图示位置(物块在Ⅰ作用区内的最左边)由静止开释，已知在整个过程中物块可不能滑离木板．取g ＝10 m/s 2.图6(1)在物块刚离开Ⅰ区域时，物块的速度多大？(2)若物块刚进入Ⅱ区域时，物块与木板的速度刚好相同，求两作用区的边界距离d ； (3)物块与木板最终停止运动时，求它们相对滑动的路程． 答案 (1)2 m/s (2)1.5 m (3)3 m解析 (1)对物块由牛顿第二定律：F －μmg ＝ma m 1得：a m 1＝F －μmg m＝2 m/s 2由L ＝12a m 1t 21得t 1＝2La m 1＝1 sv m 1＝a m 1t 1＝2 m/s.(2)Ⅰ区域内，对木板： 由μmg ＝Ma M 1得a M 1＝0.5 m/s 2物块到达Ⅰ区域边缘处，木板的速度：v M 1＝a M 1t 1＝0.5 m/s离开Ⅰ区域后：对物块：由μmg ＝ma m 2，得a m 2＝1 m/s 2对木板：a M 2＝a M 1＝0.5 m/s 2当物块与木板达共同速度时：v m 1－a m 2t 2＝v M 1＋a M 2t 2 得t 2＝1 s两作用区边界距离为d ＝v m 1t 2－12a m 2t 22＝1.5 m.(3)由于F >μmg ，因此物块与木板最终只能停在两作用区之间．由全过程能量守恒与转化规律：FL ＝μmgx得：x ＝FLμmg＝3 m.8．如图7甲所示，由斜面AB 和水平面BC 组成的物块，放在光滑水平地面上，斜面AB 部分光滑，AB 长度为s ＝2.5 m ，水平部分BC 粗糙．物块左侧与竖直墙壁之间连接着一个力传感器，当传感器受压时示数为正值，被拉时为负值．上表面与BC 等高且粗糙程度相同的木板DE 紧靠在物块的右端，木板DE 质量M ＝4 kg ，长度L ＝1.5 m ．一可视为质点的滑块从A 点由静止开始下滑，经B 点由斜面转到水平面时速度大小不变．滑块从A 到C 过程中，传感器记录到力和时刻的关系如图乙所示．g 取10 m/s 2，求：图7(1)斜面AB 的倾角θ； (2)滑块的质量m ；(3)滑块到达木板DE 右端时的速度大小． 答案 (1)30° (2)2 kg (3)1 m/s解析 (1)在0～1 s 内滑块沿斜面匀加速下滑：mg sin θ＝ma s ＝12at 2由题图乙知：t ＝1 s解得sin θ＝12，即θ＝30°.(2)在0～1 s 内对物块ABC 受力分析： mg cos θ·sin θ－F ＝0由题图乙知：F ＝5 3 N 解得m ＝2 kg.(3)滑块到达B 点时的速度v B ＝at ＝gt sin θ＝5 m/s 1～2 s 滑块在BC 部分做减速运动：μmg ＝ma ′ 对物块，由图象知：μmg ＝F ＝4 N 解得a ′＝2 m/s 2，μ＝滑块到达C 点时：v C ＝v B －a ′t ＝v B －μg ·t ＝3 m/s 滑块滑上木板DE 时： 对滑块：－μmg ＝ma 1 对木板：μmg ＝Ma 2解得a 1＝－2 m/s 2，a 2＝1 m/s 2设滑块在木板上的滑行时刻为t ，x 滑块＝v C t ＋12a 1t 2x 木板＝12a 2t 2L ＝x 滑块－x 木板解得t ＝1 s现在，滑块速度v 滑块＝v C ＋a 1t ＝1 m/s 木板速度v 木板＝a 2t ＝1 m/s滑块恰好滑到木板右端，速度为1 m/s.。
高考物理考前三个月 名师专题讲义 专题二 力与物体的直线运动 第2课时 动力学观点在电学中的应用课件
考向1 电场内动力学问题分析
例1 如图1所示，一光滑绝缘水平 木板(木板足够长)固定在水平向左、 电场强度为E的匀强电场中，一电 量为q(带正电)的物体在水平恒力F作用下从A点图由1 静止开始向 右加速运动，经一段时间t撤去这个力，又经时间2t物体返回 A点，则( )
A.这一过程中带电物体的电势能先增加后减小，其变化量为0 B.水平恒力与电场力的比为9∶5 C.水平恒力与电场力的比为7∶3 D.物体先向右加速到最右端，然后向左加速返回到A点
答案 CD
以题说法
1.对于磁场内的动力学问题，要特别注意洛伦兹力的特 性，因F洛＝qvB，则速度v的变化影响受力，受力的变 化又反过来影响运动. 2.此类问题也常出现临界问题，如本题中有两个临界： 滑块与木板相对运动的临界和滑块与木板间弹力为零 的临界.
针对训练2 如图4所示，带电平行板中 匀强磁场方向水平垂直纸面向里，某带 电小球从光滑绝缘轨道上的a点自由滑 下，经过轨道端点P进入板间后恰能沿水 平方向做直线运动.现使小球从较低的b点开始下滑，图经4 P点 进入板间，在板间的运动过程中( ) A.其电势能将会增大 B.其机械能将会增大 C.小球所受的洛伦兹力的大小将会增大 D.小球受到的电场力将会增大
解析 小球从a点下滑经过P点进入平行板间后受到重力、电 场力、洛伦兹力做匀速直线运动，洛伦兹力和电场力同向， 故都向上且小球带正电；小球从稍低的b点下滑时到达P点的 速度会变小，洛伦兹力减小，小球会向下偏转，电场力做负 功，电势能增加，而机械能会减小，水平方向速度不变，但 竖直方向的速度增加，所以动能将会增大，导致洛伦兹力也 会增大，电场力不变，故A、C正确.
专题二
力与物体的直线运动
第2课时 动力学观点在电学 中的应用
(江苏专用)2020高考物理二轮复习第一部分专题一力与运动第二讲力与直线运动课件
(二)解题失误“为什么” 1．不清楚运动图像的点、斜率、面积等的物理意义。如 诊断卷第7题中，通过斜率来判断，运动员没有打开降落伞时 做自由落体运动，在打开伞后可能先做减速运动最终做匀速运
动，可能先做加速度减小的加速运动最终做匀速运动，也可能
本 课 内 容 结 束 直接做匀速运动。诊断卷第8题中，v2-x图线的斜率为物块加
速度
与时间轴平行的 直线
运动图像的三点提醒 (1)运动图像描述的是纵轴物理量随横轴物理量(通常为时间t) 变化的规律，而不是物体的运动轨迹。 (2)运动图像只能描述直线运动，不能描述曲线运动。 (3)x-t图像的交点才表示两物体相遇，而v-t图像的交点只能 说明此时两物体速度相等。
(三)掌握四种常用解题方法 1．基本公式法：如诊断卷第1题中，首先分析汽车从刚 进入ETC通道的识别区到刚好紧贴栏杆停下，这段时间汽车 的运动情况，针对刹车过程，题目已知量为初、末速度和加
本 课 内 容 结 束 好为零，整个过程演员的v-t图像和传感器显示的拉力随时间
的变化情况分别如图甲、乙所示，g取10 m/s2，则下列说法
正确的是
(
)
A．演员的体重为800 N B．演员在最后2 s内一直处于超重状态 C．传感器显示的最小拉力为600 N D．滑竿长4.5 m
解析：由两题图结合可知，静止时，传感器示数为800 N，除
动，故C正确，D错误。 答案：C
2.(2019·泰州中学检测)某人在五楼阳
台处竖直向上抛出一只皮球，其速
率—时间图像如图所示，下列说法
正确的是
本课内容结束
A．t1时刻皮球达到最高点
(
)
B．t2时刻皮球回到出发点
C．0～t1时间内，皮球的加速度一直在增大
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2.(2015·江苏单科·5)如图2所示，某“闯关游戏”的笔直通 道上每隔8 m设有一个关卡，各关卡同步放行和关闭，放行 和关闭的时间分别为5 s和2 s.关卡刚放行时，一同学立即在 关卡1处以加速度2 m/s2由静止加速到2 m/s，然后匀速向前， 则最先挡住他前进的关卡是( )
A.关卡2 C.关卡4
考题一 匀变速直线运动基本规律的应用
1.一质点做匀加速直线运动时，速度变化Δv时发生位移x1，
紧接着速度变化同样的Δv时发生位移x2，则该质点的加速度
为( )
A.(Δv)2(x11＋x12)
2Δv2 B.x2－x1
C.(Δv)2(x11－x12)
Δv2 D.x2－x1
解析 如图所示 Δv＝aT x2－x1＝aT2 解得 a＝x2Δ－vx21. 答案 D
(2)A在B上总的运动时间.
解析 在t1＝2 s时，设A和B的速度分别为v1和v2，则
v1＝a1t1＝6 m/s
⑨
v2＝a2t1＝2 m/s
⑩
2 s后，设A和B的加速度分别为a1′和a2′.此时A与B之间
摩擦力为零，同理可得
a1′＝6 m/s2
⑪
a2′＝－2 m/s2
⑫
由于a2′＜0，可知B做减速运动.设经过时间t2，B的速度 减为零，则有
答案 C
3.(多选)如图3所示，升降机内有一固定斜面，斜面上放一
物块.开始时，升降机做匀速运动，物块相对于斜面匀速
下滑.当升降机加速上升时( )
A.物块与斜面间的摩擦力减小
B.物块与斜面间的正压力增大
C.物块相对于斜面减速下滑
D.物块相对于斜面匀速下滑
图3
解析 当升降机加速上升时，物块有竖直向上的加速度，
专题2 力与直线运动
真题示例
1.(多选)(2015·新课标全国Ⅰ·20)如图1(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v0、v1、t1均为已知量，则可求出( ) A.斜面的倾角
B.物块的质量
C.物块与斜面间的动摩擦因数
D.物块沿斜面向上滑行的最大高度
2.应考技巧 抓住“两个分析”和“一个桥梁”.“两个分析”是指受 力分析和运动情景分析，“一个桥梁”是指加速度是联 系运动和受力的桥梁.综合应用牛顿运动定律和运动学公 式解决问题.
内容索引
考题一 匀变速直线运动基本规律的应用 考题二 牛顿运动定律的应用 考题三 运动学图象问题 考题四 应用动力学方法分析传送带问题 考题五 应用动力学方法分析“滑块—木板模型”问题 专题综合练
则物块与斜面间的正压力增大，根据滑动摩擦力公式Ff＝ μFN可知物块与斜面间的摩擦力增大，故A错误，B正确； 设斜面的倾角为θ，物块的质量为m，当匀速运动时有 mgsin θ＝μmgcos θ，即sin θ＝μcos θ，假设物块以加速度a 向上运动时，有FN＝m(g＋a)cos θ，Ff＝μm(g＋a)cos θ， 因为sin θ＝μcos θ，所以m(g＋a)sin θ＝μm(g＋a)cos θ，故 物块仍做匀速下滑运动，C错误，D正确. 答案 BD
B.关卡3 D.关卡5
图2
解析 由题意知，该同学先加速后匀速，速度增大到 2 m/s 用时 t1＝av＝1 s，在加速时间内通过的位移 x1＝12at1 2＝1 m， t2＝4 s，x2＝vt2＝8 m，已过关卡 2，t3＝2 s 时间内 x3＝4 m， 关卡打开，t4＝5 s，x4＝vt4＝10 m，此时关卡关闭，距离关 卡 4 还有 1 m，到达关卡 4 还需 t5＝0.5 s，小于 2 s，所以最 先挡住他前进的是关卡 4，故 C 正确.
②
Ff2＝μ2FN2
③
FN2＝FN1＋mgcos θ
④
规定沿斜面向下为正.设A和B的加速度分别为a1和a2，由牛
顿第二定律得
mgsin θ－Ff1＝ma1
⑤
mgቤተ መጻሕፍቲ ባይዱin θ－Ff2＋Ff1＝ma2
⑥
联立①②③④⑤⑥式，并代入题给条件得
a1＝3 m/s2
⑦
a2＝1 m/s2
⑧
答案 3 m/s2 1 m/s2
图1
解析 由 v－t 图象可求出物块沿斜面向上滑行时的加速度大
小为 a＝vt10，根据牛顿第二定律得 mgsin θ＋μmgcos θ＝ma， 即 gsin θ＋μgcos θ＝vt10.同理向下滑行时 gsin θ－μgcos θ＝vt11， 两式联立得 sin θ＝v02＋gt1v1，μ＝2gvt01－covs1θ，可见能计算出斜面 的倾斜角度 θ 以及动摩擦因数，选项 A、C 正确；
v2＋a2′t2＝0
⑬
联立⑩⑫⑬式得t2＝1 s
在t1＋t2时间内，A相对于B运动的距离为 x＝12a1t1 2＋v1t2＋21a1′t2 2－
12a2t1 2＋v2t2＋21a2′t2 2＝12 m＜27 m
⑮
此后B静止不动，A继续在B上滑动.设再经过时间t3后A离
开B，则有
l－x＝(v1＋a1′t2)t3＋21a1′t3 2
物块滑上斜面时的初速度 v0 已知，向上滑行过程为匀减速 直线运动，末速度为 0，那么平均速度为v20，所以沿斜面向 上滑行的最远距离为 x＝v20t1，根据斜面的倾斜角度可计算 出向上滑行的最大高度为 xsin θ＝v20t1×v02＋gt1v1＝v0v40＋g v1， 选项 D 正确； 仅根据v－t图象无法求出物块的质量，选项B错误.
图4
(1)在0～2 s时间内A和B加速度的大小； 解析 在0～2 s时间内，A和B的受力如图所示，其中Ff1、 FN1是A与B之间的摩擦力和正压力的大小，Ff2、FN2是B与 C之间的摩擦力和正压力的大小，方向如图所示.由滑动摩 擦力公式和力的平衡条件得
Ff1＝μ1FN1
①
FN1＝mgcos θ
⑯
可得t3＝1 s(另一解不合题意，舍去)
⑰
设A在B上总的运动时间t总，有
t总＝t1＋t2＋t3＝4 s
答案 4 s
考纲解读
1.题型特点 牛顿第二定律是高考中每年必考的热点内容，既会单独考 查，又会与电磁学内容结合考查学生的综合处理问题的能 力.近几年高考主要考查匀变速直线运动的公式、规律及运 动图象的应用，题型多以选择题和计算题为主，题目新颖， 与生活实际联系密切.考查直线运动和力的关系时大多综合 牛顿运动定律、受力分析、运动过程分析等内容.