专题二--牛顿定律在直线运动中的应用(3课时)
2019-2020年高考物理二轮复习专题02牛顿运动定律与直线运动教学案(含解析)
2019-2020年高考物理二轮复习专题02牛顿运动定律与直线运动教学案（含解析）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XXX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. 牛顿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非常灵活，选择、实验、计算等题型均可以考查。
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，物体的平衡条件等都是高考热点；对牛顿第一、第三定律的考查经常以选择题或融合到计算题中的形式呈现。
另外，牛顿运动定律在实际中的应用很多，如弹簧问题、传送带问题、传感器问题、超重失重问题、同步卫星问题等等，应用非常广泛，尤其要注意以天体问题为背景的信息给予题，这类试题不仅能考查考生对知识的掌握程度，而且还能考查考生从材料、信息中获取要用信息的能力，因此备受命题专家的青睐。
一、匀变速直线运动的规律1．匀变速直线运动的公式2．匀变速直线运动的规律的应用技巧(1)任意相邻相等时间内的位移之差相等，即Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝aT2，x m－x n＝(m－n)aT2.(2)某段时间的中间时刻的瞬时速度等于该段时间内的平均速度，即v t/2＝(3)对于初速度为零的匀变速直线运动，可尽量利用初速度为零的运动特点解题．如第n秒的位移等于前n秒的位移与前n－1秒的位移之差，即x′n＝x n－x n－1＝an2－a(n－1)2＝a(2n－1)．(4)逆向思维法：将末速度为零的匀减速直线运动转换成初速度为零的匀加速直线运动处理．末速度为零的匀减速直线运动，其逆运动为初速度为零的匀加速直线运动，两者加速度相同．如竖直上抛运动上升阶段的逆运动为自由落体运动，竖直上抛运动上升阶段的最后1 s内的位移与自由落体运动第1 s的位移大小相等．(5)加速度不变的匀减速直线运动涉及反向运动时(先减速后反向加速)，可对全过程直接应用匀变速运动的规律解题．如求解初速度为19.6 m/s的竖直上抛运动中3 s末的速度，可由v t＝v0－gt直接解得v t＝－9.8 m/s，负号说明速度方向与初速度相反．3．图象问题(1)两种图象(2)v－t图象的特点①v－t图象上只能表示物体运动的两个方向，t轴上方代表的是“正方向”，t轴下方代表的是“负方向”，所以v－t图象只能描述物体做“直线运动”的情况，不能描述物体做“曲线运动” 的情况．②v－t图象的交点表示同一时刻物体的速度相等．③v－t图象不能确定物体的初始位置．(3)利用运动图象分析运动问题要注意以下几点①确定图象是v－t图象还是x－t图象．②明确图象与坐标轴交点的意义．③明确图象斜率的意义：v－t图象中图线的斜率或各点切线的斜率表示物体的加速度，斜率的大小表示加速度的大小，斜率的正负反映了加速度的方向；x－t图象中图线的斜率或各点切线的斜率表示物体的速度，斜率的大小表示速度的大小，斜率的正负反映了速度的方向．④明确图象与坐标轴所围的面积的意义．⑤明确两条图线交点的意义．二、牛顿第二定律的四性性质内容瞬时性力与加速度同时产生、同时消失、同时变化同体性在公式F＝ma中，m、F、a都是同一研究对象在同一时刻对应的物理量矢量性加速度与合力方向相同当物体受几个力的作用时，每一个力分别产生的加速度只与此力有关，独立性与其他力无关；物体的加速度等于所有分力产生的加速度分量的矢量和三、超重与失重1．物体具有向上的加速度(或具有向上的加速度分量)时处于超重状态，此时物体重力的效果变大．2．物体具有向下的加速度(或具有向下的加速度分量)时处于失重状态，此时物体重力的效果变小；物体具有向下的加速度等于重力加速度时处于完全失重状态，此时物体重力的效果消失．注意：①重力的效果指物体对水平面的压力、对竖直悬绳的拉力以及浮力等；②物体处于超重或失重(含完全失重)状态时，物体的重力并不因此而变化．四、力F与直线运动的关系五、匀变速直线运动规律的应用匀变速直线运动问题，涉及的公式较多，求解方法较多，要注意分清物体的运动过程，选取简洁的公式和合理的方法分析求解，切忌乱套公式，一般情况是对任一运动过程寻找三个运动学的已知量，即知三求二，若已知量超过三个，要注意判断，如刹车类问题，若已知量不足三个，可进一步寻找该过程与另一过程有关系的量，或该物体与另一物体有关系的量，一般是在时间、位移、速度上有关系，然后联立关系式和运动学公式求解，且解题时一定要注意各物理量的正负．六、追及、相遇问题1．基本思路2．追及问题中的临界条件(1)速度大者减速(如匀减速直线运动)追速度小者(如匀速运动)：①当两者速度相等时，若追者位移仍小于被追者位移，则永远追不上，此时两者间有最小距离．②若两者速度相等时，两者的位移也相等，则恰能追上，也是两者避免碰撞的临界条件．③若两者位移相等时，追者速度仍大于被追者的速度，则被追者还有一次追上追者的机会，其间速度相等时两者间距离有一个较大值．(2)速度小者加速(如初速度为零的匀加速直线运动)追速度大者(如匀速运动)：①当两者速度相等时有最大距离．②当两者位移相等时，即后者追上前者．3．注意事项(1)追者和被追者速度相等是能追上、追不上或两者间距最大、最小的临界条件．(2)被追的物体做匀减速直线运动时，要判断追上时被追的物体是否已停止．七、动力学的两类基本问题1．已知物体的受力情况，确定物体的运动情况处理方法：已知物体的受力情况，可以求出物体的合外力，根据牛顿第二定律可以求出物体的加速度，再利用物体的初始条件(初位置和初速度)，根据运动学公式就可以求出物体的位移和速度，也就是确定了物体的运动情况．2．已知物体的运动情况，确定物体的受力情况处理方法：已知物体的运动情况，由运动学公式求出加速度，再根据牛顿第二定律就可以确定物体所受的合外力，由此推断物体受力情况．八、动力学中的临界问题解答物理临界问题的关键是从题述信息中寻找出临界条件．许多临界问题题述中常用“恰好”、“最大”、“至少”、“恰好不相撞”、“恰好不脱离”……词语对临界状态给出暗示．也有些临界问题中不显含上述常见的“临界术语”，但审题时会发现某个物理量在变化过程中会发生突变，则该物理量突变时物体所处的状态即为临界状态．审题时，一定要抓住这些特定的词语，明确含义，挖掘内涵，找出临界条件．高频考点一运动图象问题例1． (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【变式探究】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．高频考点二动力学规律的应用例2、xx年1月9日，合肥新年车展在明珠广场举行，除了馆内的展示，本届展会还在外场举办了汽车特技表演，某展车表演时做匀变速直线运动的位移x与时间t的关系式为x＝8t＋3t2，x 与t的单位分别是m和s，则该汽车( )A．第1 s内的位移大小是8 mB．前2 s内的平均速度大小是28 m/sC．任意相邻1 s内的位移大小之差都是6 mD．任意1 s内的速度增量都是3 m/s答案 C【变式探究】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/s2，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 θk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 θk＝2 m/s解得：k ＝3.0 kg/s答案 (1)a ＝g sin θ－μg cos θ－kv m(2)mg sin θ－μcos θk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 高频考点三 连接体问题例3．(多选)如图所示，质量为m A 的滑块A 和质量为m B 的三角形滑块B 叠放在倾角为θ的斜面体上，B 的上表面水平．用水平向左的力F 推斜面体，使它们从静止开始以相同的加速度a 一起向左加速运动，由此可知( )A ．B 对A 的摩擦力大小等于m A a B ．斜面体与B 之间一定有摩擦力C ．地面与斜面体之间一定有摩擦力D ．B 对斜面体的压力可能等于(m A ＋m B )a 2＋g 2【变式探究】(多选)如图所示的装置为在摩擦力不计的水平桌面上放一质量为m 乙＝5 kg 的盒子乙，乙内放置一质量为m 丙＝1 kg 的滑块丙，用一质量不计的细绳跨过光滑的定滑轮将一质量为m 甲＝2 kg 的物块甲与乙相连接，其中连接乙的细绳与水平桌面平行．现由静止释放物块甲，在以后的运动过程中，盒子乙与滑块丙之间没有相对运动，假设整个运动过程中盒子始终没有离开水平桌面，重力加速度g ＝10 m/s 2.则( )A ．细绳对盒子的拉力大小为20 NB ．盒子的加速度大小为2.5 m/s 2C ．盒子对滑块丙的摩擦力大小为2.5 ND ．定滑轮受到细绳的作用力为30 N解析：选BC.假设绳子拉力为F T ，根据牛顿第二定律，对甲，有m 甲g －F T ＝m 甲a ；对乙和丙组成的整体，有F T ＝(m 乙＋m 丙)a ，联立解得F T ＝15 N ，a ＝2.5 m/s 2，A 错误，B 正确；对滑块丙受力分析，受重力、支持力和静摩擦力作用，根据牛顿第二定律，有F f ＝m 丙a ＝1×2.5 N＝2.5 N ，C 正确；绳子的张力为15 N ，由于滑轮两侧绳子垂直，根据平行四边形定则，其对滑轮的作用力为15 2 N ，所以D 错误．1．xx·浙江卷] 如图13所示为一种常见的身高体重测量仪．测量仪顶部向下发射波速为v 的超声波，超声波经反射后返回，被测量仪接收，测量仪记录发射和接收的时间间隔．质量为M 0的测重台置于压力传感器上，传感器输出电压与作用在其上的压力成正比．当测重台没有站人时，测量仪记录的时间间隔为t 0，输出电压为U 0，某同学站上测重台，测量仪记录的时间间隔为t ，输出电压为U ，则该同学的身高和质量分别为( )图13A ．v (t 0－t )，M 0U 0U B.12v (t 0－t )，M 0U 0U C ．v (t 0－t )，M 0U 0(U －U 0)D.12v (t 0－t )，M 0U 0(U －U 0)2．xx·全国卷Ⅱ] 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【答案】BD 【解析】 设f ＝kR ，则由牛顿第二定律得F 合＝mg －f ＝ma ，而m ＝43πR 3·ρ，故a ＝g －k43πR 2·ρ，由m 甲>m 乙、ρ甲＝ρ乙可知a 甲>a 乙，故C 错误；因甲、乙位移相同，由v 2＝2ax可知，v 甲>v 乙，B 正确；由x ＝12at 2可知，t 甲<t 乙，A 错误；由功的定义可知，W 克服＝f ·x ，又f 甲>f乙，则W 甲克服>W 乙克服，D 正确．3． xx·全国卷Ⅲ] 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 2B.3s 2t2 C.4s t 2 D.8s t24．xx·四川卷] 避险车道是避免恶性交通事故的重要设施，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倍．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/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．图1【答案】(1)5 m/s2，方向沿制动坡床向下(2)98 m【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a1，则f＋mg sin θ＝ma1f＝μmg cos θ联立以上二式并代入数据得a1＝5 m/s2a1的方向沿制动坡床向下．5．xx·全国卷Ⅰ] 甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其v t 图像如图1所示．已知两车在t ＝3 s 时并排行驶，则( )图1A ．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【答案】 BD 【解析】在t ＝3 s 时，两车并排，由图可得在1～3 s 两车发生的位移大小相等，说明在t ＝1 s 时，两车并排，由图像可得前1 s 乙车位移大于甲车位移，且位移差Δx ＝x 2－x 1＝5＋102×1 m＝7.5 m ，在t ＝0时，甲车在乙车前7.5 m ，选项A 、C 错误，选项B 正确；在1～3 s 两车的平均速度v ＝v 1＋v 22＝20 m/s ，各自的位移x ＝v 1＋v 22t ＝40 m ，选项D 正确． 6．xx·天津卷](2)某同学利用图示装置研究小车的匀变速直线运动．①实验中，必要的措施是________．图1A ．细线必须与长木板平行B ．先接通电源再释放小车C ．小车的质量远大于钩码的质量D ．平衡小车与长木板间的摩擦力②他实验时将打点计时器接到频率为50 Hz 的交流电源上，得到一条纸带，打出的部分计数点如图1所示(每相邻两个计数点间还有4个点，图中未画出)．s 1＝3.59 cm ，s 2＝4.41 cm ，s 3＝5.19 cm ，s 4＝5.97 cm ，s 5＝6.78 cm ，s 6＝7.64 cm ，则小车的加速度a ＝________m/s 2(要求充分利用测量的数据)，打点计时器在打B 点时小车的速度v B ＝________m/s.(结果均保留两位有效数字) 图1【答案】 ①AB ②0.80 0.40②两点的时间间隔为0.1 s ，由逐差法可以得出a ＝s 6＋s 5＋s 4－s 3－s 2－s 19T 2＝0.80 m/s 2，打点计时器在打B 点时小车的速度v B ＝s 1＋s 22T＝0.40 m/s. 7．xx·江苏卷] 小球从一定高度处由静止下落，与地面碰撞后回到原高度再次下落，重复上述运动，取小球的落地点为原点建立坐标系，竖直向上为正方向，下列速度v 和位置x 的关系图像中，能描述该过程的是( )图1【答案】A 【解析】 由于取小球的落地点为原点建立坐标系，竖直向上为正方向，位置总是大于零且最远只能到刚下落处，不会无限增加，选项C 、D 错误；小球与地面碰撞后做竖直上抛运动，此时位移的数值就代表小球的位置x ，加速度a ＝－g ，根据运动学公式v 2－v 20＝2ax 得v 2＝v 20－2gx ，这里v 0为做竖直上抛运动的初速度，是定值，故v x 图像是抛物线，故选项B 错误，选项A 正确．8．xx·全国卷Ⅰ] 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9． xx·全国卷Ⅱ] 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【答案】BD 【解析】 设f ＝kR ，则由牛顿第二定律得F 合＝mg －f ＝ma ，而m ＝43πR 3·ρ，故a ＝g －k43πR 2·ρ，由m 甲>m 乙、ρ甲＝ρ乙可知a 甲>a 乙，故C 错误；因甲、乙位移相同，由v 2＝2ax 可知，v 甲>v 乙，B 正确；由x ＝12at 2可知，t 甲<t 乙，A 错误；由功的定义可知，W 克服＝f ·x ，又f 甲>f 乙，则W 甲克服>W 乙克服，D 正确．10．xx·全国卷Ⅱ] 如图1，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O 点，另一端与小球相连．现将小球从M 点由静止释放，它在下降的过程中经过了N 点．已知在M 、N 两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM <∠OMN <π2.在小球从M 点运动到N 点的过程中( )图1A ．弹力对小球先做正功后做负功B ．有两个时刻小球的加速度等于重力加速度C ．弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零D ．小球到达N 点时的动能等于其在M 、N 两点的重力势能差11． xx·全国卷Ⅲ] 如图1所示，在竖直平面内有由14圆弧AB 和12圆弧BC 组成的光滑固定轨道，两者在最低点B 平滑连接．AB 弧的半径为R ，BC 弧的半径为R 2.一小球在A 点正上方与A 相距R4处由静止开始自由下落，经A 点沿圆弧轨道运动．(1)求小球在B 、A 两点的动能之比；(2)通过计算判断小球能否沿轨道运动到C 点．图1【答案】(1)5 (2)能。
《牛顿第二定律的应用》 讲义
《牛顿第二定律的应用》讲义一、牛顿第二定律的基本概念牛顿第二定律是动力学的核心定律，它表明了物体的加速度与作用在物体上的合力之间的关系。
其表达式为：F ＝ma，其中F 表示合力，m 表示物体的质量，a 表示物体的加速度。
这个定律告诉我们，当一个物体受到合力的作用时，它就会产生加速度。
加速度的大小与合力的大小成正比，与物体的质量成反比。
而且，加速度的方向与合力的方向相同。
二、牛顿第二定律在直线运动中的应用1、匀变速直线运动当物体在一条直线上受到恒定的合力作用时，它将做匀变速直线运动。
例如，一个在光滑水平面上受到水平拉力作用的物体，如果拉力大小不变，方向不变，那么物体就会做匀加速直线运动。
我们可以根据牛顿第二定律计算出加速度的大小，然后结合匀变速直线运动的公式（如位移公式、速度公式等）来解决问题。
2、非匀变速直线运动在一些情况下，物体所受的合力可能是变化的，这时物体将做非匀变速直线运动。
比如，一个从高处下落的物体，受到的空气阻力会随着速度的增加而增大，合力不再恒定。
但我们仍然可以通过牛顿第二定律分析合力与加速度的瞬时关系，从而逐步求解物体的运动情况。
三、牛顿第二定律在曲线运动中的应用1、平抛运动平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动。
在竖直方向上，物体只受到重力的作用，根据牛顿第二定律 F ＝ ma，重力 G ＝ mg，所以竖直方向的加速度为 g。
通过对竖直方向的运动分析，可以求出物体在空中运动的时间等参数。
2、圆周运动在匀速圆周运动中，物体受到的合力提供向心力，其大小为 F ＝ m v²／ r ，其中 v 是线速度，r 是圆周运动的半径。
通过这个公式，我们可以求出做匀速圆周运动的物体所需要的向心力大小，进而分析物体的运动情况。
四、牛顿第二定律在连接体问题中的应用当多个物体通过绳子、弹簧等相互连接时，我们可以把它们看作一个整体，先求出整体的加速度，然后再分析各个物体的受力情况。
《牛顿第二定律的应用》 讲义
《牛顿第二定律的应用》讲义一、牛顿第二定律的基本概念牛顿第二定律是经典力学中的核心定律之一，它描述了物体的加速度与作用在物体上的合力以及物体质量之间的关系。
其表达式为：F ＝ma，其中 F 表示合力，m 表示物体的质量，a 表示物体的加速度。
加速度是描述物体速度变化快慢的物理量，当物体受到合力的作用时，就会产生加速度。
而质量则是物体惯性的量度，质量越大，物体的惯性越大，越不容易改变其运动状态。
二、牛顿第二定律在直线运动中的应用1、匀变速直线运动当物体在一条直线上受到恒定的合力作用时，将做匀变速直线运动。
比如，一个在光滑水平面上受到水平恒力作用的物体，其加速度恒定。
根据牛顿第二定律，可以计算出加速度的大小，再结合运动学公式，就能够求解物体在不同时刻的速度、位移等物理量。
例如，一个质量为 5kg 的物体，受到一个水平向右的 20N 的力，求5s 末物体的速度和位移。
首先，根据牛顿第二定律计算加速度 a ＝ F／ m ＝ 20 ／ 5 ＝ 4 m/s²。
然后，根据速度公式 v ＝ v₀＋ at（假设初速度 v₀＝ 0），可得 5s 末的速度 v ＝ 4 × 5 ＝ 20 m/s。
再根据位移公式 s ＝ v₀t ＋ 1/2 at²（假设初速度 v₀＝ 0），可得 5s 内的位移 s ＝1/2 × 4 × 5²＝ 50 m。
2、非匀变速直线运动当物体所受合力随时间变化时，物体将做非匀变速直线运动。
此时，需要根据合力随时间的变化关系，结合牛顿第二定律，求出加速度随时间的变化关系，进而求解物体的运动情况。
比如，一个物体在竖直方向上受到重力和随时间变化的向上拉力作用。
在不同时刻，拉力的大小不同，通过牛顿第二定律求出加速度的变化，再利用积分等数学方法，就可以求出物体在一段时间内的位移和速度。
三、牛顿第二定律在曲线运动中的应用1、平抛运动平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动。
高考物理二轮复习 牛顿运动定律与直线运动专题课件
【评析】 带电粒子在复合场中的运动问题，实质是 力学问题，其解题的一般步骤仍然为：确定研究对象； 进行受力分析(注意重力是否能忽略)；根据粒子的运 动情况，运用牛顿运动定律、动能定理或能量关系列 出方程式求解．本题考查了力与运动的关系，难度较 大，要善于挖掘题目的隐含条件，根据“保证小球仍 能沿方v0向做直线运动”的条件，推测合外力的情况， 同时本题要能灵活运用图解法求解，比较方便、简 捷．
C. q
m g tan
D. q
图211
【分析】由题意可知小球沿v0方向做直线运动，
设小球的重力与电场力的合外力为F，判定小球
的重力与电场力的合外力在v0所在直线上．
【解析】 (1)建如图甲所示坐标系， 设场强E与v0成 角，则受力如图：
由牛顿第二定律可得：
Eqsin -mgcos=0
①
Eqcos -mgsin=ma
【分析】本题的关键是对皮带与煤块隔离分析，结 合牛顿运动定律判断得出各自的运动情况，由于运 动情况不同，轨迹长度不等，正是形成黑色痕迹的 原因．
根据“传送带上有黑色痕迹”可知，煤块与传送 带之间发生了相对滑动，煤块的加速度a小于传送 带的加速度a0.根据牛顿运动定律，可得a=μg.
设经历时间t，传送带由静止开始加速到速度等 于v0，煤块则由静止加速到v， v0=a0t，v=at
【例4】如图241所示，质量M=8kg的小车放在水 平光滑的平面上，在小车左端加一水平恒力F=8N， 当小车向右运动的速度达到1.5m/s时，在小车前端轻 轻地放上一个大小不计，质量为m=2kg的小物块，物 块与小车间的动摩擦因数μ=0.2，小车足够长．求从小 物块放上小车开始，经过t=1.5s小物块通过的位移大 小为多少？(取g=10m/s2)．
牛顿运动定律的应用(19张PPT)课件 2024-2025学年高一物理人教版(2019)必修第一册
作者编号：43002
新课讲解
1
从受力确定运动情况
如果已知物体的受力情况，可以由牛顿第二定律求出物体的加速度，
再通过运动学的规律确定物体的运动情况。
受力情况决定运动情况
a
F合
F
m
a
运动学
公式
运动情况
(v，x，t ？)
Fx = max
F = ma
Fy = may
作者编号：43002
玩滑梯是小孩子非常喜欢的活动，
在欢乐的笑声中，培养了他们勇敢
的品质。小孩沿着滑梯从顶端滑到
底端的速度与哪些因素有关？
作者编号：43002
学习目标
1、能结合物体的运动情况进行受力分析。
2、知道动力学的两类问题，理解加速度是解决两类动力学问题的桥梁。
3、掌握解决动力学问题的基本思路和方法，会用牛顿运动定律和运动学
Ff （图 4.5-3）。设冰壶的质量为 m ，以冰壶运动方向为正方向建立
一维坐标系，滑动摩擦力 Ff 的方向与运动方向相反，则
Ff ＝ － µ1FN ＝ － µ1mg
根据牛顿第二定律，冰壶的加速度为
Ff
1mg
a1
1 g 0.02 10 m / s 2
m
m
加速度为负值，方向跟 x 轴正方向相反
v102 ＝ v02 ＋ 2a1x10
冰壶后一段运动的加速度为
a2 ＝－ µ2 g ＝－ 0.02×0.9×10 m/s2 ＝－ 0.18 m/s2
滑行 10 m 后为匀减速直线运动，由 v2－v102＝2a2 x2 ，v＝0，得
v102
v02 2a1 x10
x2
《牛顿第二定律的应用》 讲义
《牛顿第二定律的应用》讲义一、牛顿第二定律的基本概念牛顿第二定律是经典力学中的核心定律之一，它描述了物体的加速度与作用在物体上的合外力之间的关系。
其表达式为：F ＝ ma，其中F 表示合外力，m 表示物体的质量，a 表示物体的加速度。
加速度是描述物体速度变化快慢的物理量，当合外力不为零时，物体就会产生加速度，加速度的方向与合外力的方向相同，其大小与合外力的大小成正比，与物体的质量成反比。
二、牛顿第二定律在直线运动中的应用1、匀变速直线运动当物体在一条直线上受到恒定的合外力作用时，会做匀变速直线运动。
例如，一个质量为 m 的物体在水平方向受到一个恒定的拉力 F，若物体与接触面之间的摩擦力为 f，则合外力 F 合＝ F f。
根据牛顿第二定律，加速度 a ＝（F f) ／ m。
如果已知物体的初速度 v0、加速度 a 和运动时间 t，则可以通过运动学公式求出物体在 t 时刻的速度 v ＝ v0 ＋ at，以及在这段时间内的位移 s ＝ v0t ＋ 1/2 at²。
2、竖直方向的直线运动在竖直方向上，常见的情况有自由落体运动和竖直上抛运动。
自由落体运动中，物体只受到重力的作用，重力 G ＝ mg，加速度a ＝ g。
竖直上抛运动中，物体上升时，受到重力和向下的空气阻力，合外力向下；物体下降时，受到重力和向上的空气阻力，合外力仍然向下。
但在整个过程中，加速度始终为 g。
三、牛顿第二定律在曲线运动中的应用1、平抛运动平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动。
水平方向上，物体不受力，速度保持不变，vx ＝ v0。
竖直方向上，物体只受重力，加速度为 g，vy ＝ gt。
合速度 v ＝√（vx²＋ vy²)，合位移 s ＝√（x²＋ y²)。
2、圆周运动在匀速圆周运动中，物体受到的合外力提供向心力，F 向＝ma 向。
向心力的大小 F 向＝ m v²／ r ＝m ω² r，其中 v 是线速度，r 是圆周运动的半径，ω 是角速度。
专题(02)牛顿运动定律与直线运动(解析版)
第 1 页 共 13 页2021年高考物理二轮重点专题整合突破专题（02）牛顿运动定律与直线运动（解析版）高考题型1 匀变速直线运动规律的应用1.匀变速直线运动问题常用的六种解题方法2.解题的基本步骤 画过程示意图→判断运动性质→选取正方向→选用公式列方程→解方程并加以讨论3.两种匀减速直线运动的分析方法(1)刹车问题的分析末速度为零的匀减速直线运动问题常用逆向思维法，对于刹车问题，应先判断车停下所用的时间，再选择合适的公式求解.(2)双向可逆类运动分析匀减速直线运动速度减为零后反向运动，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.【例1】(2019·全国卷Ⅰ·18)如图1，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，则t 2t 1满足()第 2 页 共 13 页图1A.1<t 2t 1<2B.2<t 2t 1<3C.3<t 2t 1<4 D.4<t 2t 1<5 【答案】C【解析】本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运动，所以第四个H 4所用的时间为t 2＝2×H 4g ，第一个H 4所用的时间为t 1＝2H g －2×34H g，因此有t 2t 1＝12－3＝2＋3，即3<t 2t 1<4，选项C 正确. 【例2】(2020·全国卷Ⅰ·24)我国自主研制了运20重型运输机.飞机获得的升力大小F 可用F ＝kv 2描写，k 为系数；v 是飞机在平直跑道上的滑行速度，F 与飞机所受重力相等时的v 称为飞机的起飞离地速度，已知飞机质量为1.21×105 kg 时，起飞离地速度为66 m/s ；装载货物后质量为1.69×105 kg ，装载货物前后起飞离地时的k 值可视为不变.(1)求飞机装载货物后的起飞离地速度；(2)若该飞机装载货物后，从静止开始匀加速滑行1 521 m 起飞离地，求飞机在滑行过程中加速度的大小和所用的时间.【答案】(1)78 m/s (2)2 m/s 2 39 s【解析】(1)设飞机装载货物前质量为m 1，起飞离地速度为v 1；装载货物后质量为m 2，起飞离地速度为v 2，重力加速度大小为g .飞机起飞离地应满足条件m 1g ＝kv 12Ⅰm 2g ＝kv 22Ⅰ由ⅠⅠ式及题给条件得v 2＝78 m/sⅠ(2)设飞机匀加速滑行距离为s ，滑行过程中加速度大小为a ，所用时间为t .由匀变速直线运动公式有v 22＝2as Ⅰv 2＝at Ⅰ第 3 页 共 13 页联立ⅠⅠⅠ式及题给条件得a ＝2 m/s 2，t ＝39 s.【变式训练】1.一物体做匀加速直线运动，相继经过两段距离均为16 m 的路程，第一段用时4 s ，第二段用时2 s ，则物体的加速度大小是( )A.23m/s 2 B.43 m/s 2 C.89m/s 2 D.169m/s 2 【答案】B【解析】解法一：基本公式法设物体在第一段的初速度为v 0，加速度为a ，x 1＝v 0t 1＋12at 12，x 1＋x 2＝v 0(t 1＋t 2)＋12a (t 1＋t 2)2，联立解得v 0＝43m/s ，a ＝43m/s 2，故选项B 正确. 解法二：平均速度法第一段时间内的平均速度为：v 1＝x 1t 1＝164 m/s ＝4 m/s ，第二段时间内的平均速度为：v 2＝x 2t 2＝162m/s ＝8 m/s ，两段运动过程中间时刻的时间间隔为：Δt ＝2 s ＋1 s ＝3 s ，则根据匀变速直线运动规律，某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度知，加速度大小为：a ＝v 2－v 1Δt ＝8－43 m/s 2＝43 m/s 2，选项A 、C 、D 错误，B 正确.2. 现有甲、乙两汽车正沿同一平直道路同向匀速行驶，甲车在前，乙车在后，它们行驶的速度均为10 m/s.当两车快要到一十字路口时，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t 0＝0.5 s).已知甲车紧急刹车时制动力为车重的0.4倍，乙车紧急刹车时制动力为车重的0.6倍，g ＝10 m/s 2，假设汽车可看成质点.(1)若甲车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、乙两车在正常行驶过程中应至少保持多大距离？【答案】(1)能 (2)1.5 m第 4 页 共 13 页【解析】(1)根据牛顿第二定律，甲车紧急刹车的加速度大小为a 1＝F f1m 1＝0.4m 1g m 1＝4 m/s 2. 甲车停下来所需时间为t 1＝v 0a 1＝104s ＝2.5 s ， 滑行距离x ＝v 022a 1＝1022×4m ＝12.5 m ， 由于x ＝12.5 m<15 m ，可见甲车司机刹车后能避免闯红灯.(2)乙车紧急刹车的加速度大小为a 2＝F f2m 2＝0.6m 2g m 2＝6 m/s 2，刹车过程中，两车速度相等时处于同一位置，即为恰好不相撞的条件.设甲、乙两车行驶过程中至少应保持距离x 0，在乙车刹车t 2时间后两车的速度相等，其运动关系如图所示，则有速度关系v 0－a 1(t 2＋t 0)＝v 0－a 2t 2，v ＝v 0－a 2t 2位移关系v 0t 0＋v 02－v 22a 2＝x 0＋v 02－v 22a 1解得x 0＝1.5 m.高考题型2 牛顿运动定律的应用1.动力学两类基本问题的解题思路2.超重与失重3.瞬时加速度的求解(1)两个重要模型Ⅰ轻绳——长度不变时产生弹力可突变，剪断时弹力立即消失；Ⅰ轻弹簧——其形变的恢复需要时间，在瞬时性问题中，其弹力认为不变.(2)注意：力和加速度可以发生突变，但速度不可以.【例3】(2020·全国卷Ⅰ·25)如图2，一竖直圆管质量为M，下端距水平地面的高度为H，顶端塞有一质量为m的小球.圆管由静止自由下落，与地面发生多次弹性碰撞，且每次碰撞时间均极短；在运动过程中，管始终保持竖直.已知M＝4m，球和管之间的滑动摩擦力大小为4mg,g为重力加速度的大小，不计空气阻力.图2(1)求管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球各自的加速度大小；(2)管第一次落地弹起后，在上升过程中球没有从管中滑出，求管上升的最大高度；(3)管第二次落地弹起的上升过程中，球仍没有从管中滑出，求圆管长度应满足的条件.【答案】见解析【解析】(1)管第一次落地弹起的瞬间，小球仍然向下运动.设此时管的加速度大小为a1，方向向下；球的加速度大小为a2，方向向上；球与管之间的摩擦力大小为F f，由牛顿运动定律有Ma1＝Mg＋F fⅠma2＝F f－mgⅠ联立ⅠⅠ式并代入题给数据，得第5页共13页第 6 页 共 13 页a 1＝2g ，a 2＝3g Ⅰ(2)管第一次碰地前与球的速度大小相同.由运动学公式，碰地前瞬间它们的速度大小均为v 0＝2gH Ⅰ方向均向下.管弹起的瞬间，管的速度反向，球的速度方向仍向下.设自弹起时经过时间t 1，管与小球的速度刚好相同.取向上为正方向，由运动学公式得v 0－a 1t 1＝－v 0＋a 2t 1Ⅰ联立ⅠⅠⅠ式得t 1＝252H gⅠ 设此时管下端的高度为h 1，速度为v .由运动学公式可得h 1＝v 0t 1－12a 1t 12Ⅰ v ＝v 0－a 1t 1Ⅰ由ⅠⅠⅠⅠ式可判断此时v >0.此后，管与小球将以加速度g 减速上升h 2，到达最高点.由运动学公式有h 2＝v 22g Ⅰ设管第一次落地弹起后上升的最大高度为H 1，则H 1＝ h 1＋ h 2Ⅰ 联立ⅠⅠⅠⅠⅠⅠⅠ式可得H 1＝1325H Ⅰ (3)设第一次弹起过程中球相对管的位移为x 1.在管开始下落到上升H 1这一过程中，由动能定理有 Mg (H －H 1)＋mg (H －H 1＋x 1)－F f x 1＝0Ⅰ 联立ⅠⅠ式并代入题给数据得x 1＝45H Ⅰ 同理可推得，管与球从再次下落到第二次弹起至最高点的过程中，球与管的相对位移为x 2＝45H 1Ⅰ第 7 页 共 13 页设圆管长度为L .管第二次落地弹起后的上升过程中，球不会从管中滑出的条件是x 1＋ x 2≤L Ⅰ 联立ⅠⅠⅠⅠ式，L 应满足条件为L ≥152125H . 【变式训练】3.如图3所示，两个质量均为m 的小球A 、B 用细绳相连，小球A 与一个轻弹簧相连，弹簧另一端固定在竖直墙上，小球用一根细线连在天花板上，开始时，两小球都静止不动，这时细线与水平方向的夹角是θ＝45°，弹簧水平，重力加速度大小为g ，现突然把细线剪断.在剪断细线的瞬间，小球A 的加速度大小是()图3A.22gB.5gC.2gD.2g 【答案】B【解析】细线剪断前，小球A 受到4个力作用，重力、弹簧的弹力、细线的拉力和细绳的拉力，由力的平衡条件，可知：弹簧的弹力大小F ＝2mg ，剪断细线的瞬间，小球A 只受弹簧的弹力和自身重力，此时弹簧的弹力大小还是F ＝2mg ，所以此时A 球受到的合力大小F A ＝mg 2＋2mg 2＝5mg ，由牛顿第二定律可知，在剪断细线的瞬间，小球A 的加速度大小a ＝5g ，故B 正确，A 、C 、D 错误.4.(2020·山东模拟)在升降机底部安装一个加速度传感器，其上放置了一个质量为m 的小物块，如图4甲所示.升降机从t ＝0时刻开始竖直向上运动，加速度传感器显示加速度a 随时间t 变化的图象如图乙所示.取竖直向上为正方向，重力加速度大小为g ，以下说法正确的是( )第 8 页 共 13 页图4A.在0～2t 0时间内，物块先处于失重状态，后处于超重状态B.在t 0～3t 0时间内，物块先处于失重状态，后处于超重状态C.t ＝t 0时刻，物块所受的支持力大小为mgD.t ＝3t 0时刻，物块所受的支持力大小为2mg【答案】C【解析】当a >0时，物块具有向上的加速度，处于超重状态，故A 、B 错误.t ＝t 0时刻，a ＝0，F N ＝mg ，C 正确.t ＝3t 0时刻，a ＝2g ，由牛顿第二定律有F N －mg ＝ma ，得F N ＝3mg ，选项D 错误.5.(2020·河南信阳市高三期末)如图5所示，将质量m ＝1 kg 的圆环套在固定的足够长的直杆上，杆的倾角为30°，环的直径略大于杆的截面直径.对环施加一位于竖直平面内斜向上与杆夹角为30°、大小为10 3 N 的拉力F ，使圆环由静止开始沿杆加速向上运动，已知环与杆间的动摩擦因数μ＝32，g ＝10 m/s 2，则：图5(1)F 作用t ＝2 s 时圆环的速度是多大？(2)2 s 后撤去力F ，求圆环继续沿杆上滑的最大距离是多少？【答案】(1)20 m/s (2)16 m【解析】(1)F 作用时，对圆环受力分析，如图甲所示.沿杆方向：F cos 30°－mg sin 30°－F f ＝ma1垂直杆方向：mg cos 30°＝F N＋F sin 30°又F f＝μF N联立解得：a1＝10 m/s2由运动学公式得：2 s时圆环的速度大小v＝a1t 代入数据解得：v＝20 m/s(2)撤去力F后，对圆环受力分析如图乙所示.沿杆方向：mg sin 30°＋F f′＝ma2垂直杆方向：mg cos 30°＝F N′又F f′＝μF N′联立解得：a2＝12.5 m/s2圆环继续沿杆上滑的最大距离x＝v22a2＝2022×12.5m＝16 m.高考题型3运动学和动力学图象1.常见图象第9页共13页第 10 页 共 13 页2.非常规图象遇到其他运动的图象时，可以根据物理规律写出两个物理量间的函数关系，来确定斜率和截距.例如：(1)在匀变速直线运动中的v 2－x 图象，由v 2－v 02＝2ax 得v 2＝2ax ＋v 02，斜率k ＝2a ，截距b ＝v 02； (2)x t －t 图象：由x ＝v 0t ＋12at 2得x t ＝v 0＋12at ，斜率k ＝12a ，截距b ＝v 0. 3.在F －l 图象、F －t 图象、I －t 图象中，图线与横轴所围的面积分别表示功、冲量、电荷量.【例4】(多选)(2019·全国卷Ⅰ·20)如图6(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( )图6A.木板的质量为1 kgB.2～4 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【答案】AB【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，对木板进行受力分析，由牛顿第二定律可得F －F f ＝ma 1，在4～5 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，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 ＝0.2 N ，解得m ＝1 kg 、F ＝0.4 N ，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.第 11 页 共 13 页【变式训练】6.(多选)甲、乙、丙、丁四个物体在同一条直线上做直线运动，甲物体的x －t 图象、乙物体的v －t 图象、丙物体和丁物体的a －t 图象依次如图所示，规定水平向右为正方向，已知物体在t ＝0时的速度均为零，且此时丙物体在丁物体的左边1.75 m 处，则( )A.0～4 s 内运动位移最大的物体是乙物体B.0～4 s 内运动位移最大的物体是丙物体C.t ＝2.5 s 时，丙物体追上丁物体D.t ＝3.5 s 时，丙物体追上丁物体【答案】BD 【解析】0～4 s 内甲、乙两物体的位移为零；丙物体一直向右运动；丁物体在0～1 s 内先加速，在1～2 s 内减速到零，然后在2～3 s 内反向加速，在3～4 s 内减速到零回到出发点，故0～4 s 内运动位移最大的物体是丙物体，A 项错误，B 项正确.画出丙、丁对应的v －t 图象如图所示，则丙物体在0～3 s 内位移x 1＝12×1×2 m ＋12×1×1 m ＝1.5 m ，在3～3.5 s 内位移x 2＝1＋0.52×0.5 m ＝0.375 m ，故0～3.5 s 内丙的位移x 丙＝x 1＋x 2＝1.875 m,0～3.5 s 内，丁物体的位移x 丁＝12×0.5×0.5 m ＝0.125 m ，因开始时丙物体在丁物体的左边1.75 m 处，则t ＝3.5 s 时丙物体追上丁物体，C 项错误，D 项正确.7.(2020·福建漳州市测试)甲、乙两车在平直的公路上从同一地点同向行驶，两车的速度v 随时间t 的变化关系如图7所示，其中两阴影部分的面积S 1＝S 2，则( )第 12 页 共 13 页图7A.在t 1时刻，甲、乙两车相遇B.在t 1时刻，甲车的加速度大于乙车的加速度C.在0～t 2时间内，甲、乙两车的平均速度相等D.在0～t 2时间内，甲车的平均速度v ＝v 1＋v 22【答案】C【解析】甲、乙两车从同一地点同向行驶，根据速度－时间图线与t 坐标轴围成的面积表示位移，可知0～t 1时间内甲车的位移比乙车的大，则在t 1时刻，甲、乙两车没有相遇，故A 错误；由v －t 图线切线的斜率表示加速度，知在t 1时刻，乙的斜率大于甲的斜率，即乙的加速度大于甲的加速度，故B 错误；两阴影部分的面积S 1＝S 2，则知在0～t 2时间内，甲车运动的位移等于乙车运动的位移，所用时间也相等，则甲、乙两车的平均速度相等，v 甲＝v 乙＝v 22，故C 正确，D 错误. 8.(2020·湖北荆州市高三期末)一个物体沿直线运动，t ＝0时刻物体的速度为1 m/s ，加速度为1 m/s 2，物体的加速度随时间变化的规律如图8所示，则下列判断正确的是( )图8A.物体做匀变速直线运动B.物体的速度与时间成正比C.t ＝8 s 时刻物体的速度为12.2 m/sD.前8 s 内物体的平均速度为v ＝6.6 m/s【答案】C第 13 页 共 13 页【解析】物体的加速度在增大，做变加速直线运动，故A 错误；由题图知物体的加速度随时间增大，根据v ＝v 0＋at 可知，物体的速度与时间一定不成正比，故B 错误；a －t 图线与时间轴围成的面积表示速度的变化量，则0～8 s 内，a ＝0.1t ＋1 (m/s 2)，当t ＝8 s 时，a ＝1.8 m/s 2，速度的变化量Δv ＝1＋1.82×8 m/s ＝11.2 m/s ，知t ＝8 s 时的速度为v ＝v 0＋Δv ＝1 m/s ＋11.2 m/s ＝12.2 m/s ，故C 正确；因为加速度增大，结合v －t 图象可知，v <v 0＋v 2＝1＋12.22m/s ＝6.6 m/s ，D 错误. 9.(多选)(2020·湖南3月模拟)近年来，我国的高速铁路网建设取得巨大成就，高铁技术正走出国门.在一次高铁技术测试中，机车由静止开始做直线运动.测试段内机车速度的二次方v 2与对应位移x 的关系图象如图9所示.在该测试段内，下列说法正确的是( )图9A.机车的加速度越来越大B.机车的加速度越来越小C.机车的平均速度大于v 02D.机车的平均速度小于v 02【答案】BC【解析】如图所示，在该测试段内，随着机车位移的增大，在相等位移Δx 内，速度的二次方的差值逐渐减小，由运动学公式Δv 2＝2a Δx 分析可知，机车的加速度逐渐减小，故A 错误，B 正确；由于机车做加速度减小的变加速直线运动，故在该测试段内，机车的平均速度大于匀加速直线运动的平均速度v 02，故C 正确，D 错误.。
高考物理二轮复习 专题二 牛顿定律与直线运动课件
n－1)对末速为零的匀变速直线运动，也可以对其逆运动过程相应
地运用这些规律。
(3)利用初速度为零的运动的特点，如第 n 秒的位移等于前 n 秒的 位移与前(n－1)秒的位移之差，可推出 x′n＝xn－xn－1＝12an2－12a(n
专题二 │ 要点热点探究
例 3 [2010·安徽卷] 质量为 2 kg 的物体在水平推力 F 的作 用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去 F，其运动的 v－t 图 象如图 1－2－3 所示。g 取 10 m/s2，求：
(1)物体与水平面间的动摩擦因数 μ； (2)水平推力 F 的大小； (3)0～10 s 内物体运动位移的大小。
另一个物理量时，选定一个公式就可以了。
3．公式中的物理量，除时间 t 外，x、v0、vt、 v 、a 均为矢
量，在直线运动中只有两个可能的方向，因此可以选定正方向，
用正负号表示它们的方向。一般以 v0 的方向为正方向。
专题二 │ 要点热点探究
质量为 m 的飞机静止在水平直跑道上。
飞机起飞过程可分为两个匀加速运动阶段，其中第
专题二 │ 主干知识整合
二、牛顿第二定律的四性
性质 瞬时性 同体性 矢量性
独立性
内容 力与加速度同时产生、同时消失、同时变化 在公式F＝ma中，m、F、a都是针对同一个研究对象的物理量
加速度与合力方向相同
当物体受几个力的作用时，每一个力分别产生的加速度只与 此力有关，与其他力无关
专题二 │ 主干知识整合
图线为下图。 (2)汽车运动的路程为匀加速、匀速、匀减速三段的位移之
和。
s＝s1＋s2＋s3＝900 m。
小专题二牛顿运动定律与直线运动.doc
小专题二牛顿运动定律与直线运动一、学习目标L复习回顾匀变速直线运动一系列公式，会用公式解决实际问题.2理解位移一时间图像（T图）和速度一时间图像（I图）及其区别&复习牛顿运动定律，熟练掌握用牛顿运动定律解决问题的方法二、自主复习完成（一）、匀变速直线运动1.基本公式：速度公式：位移公式：2.推论：（1）速度与位移的关系：（2）中间时刻的瞬时速度:（3）任意两个连续相等时间内的位移之差AS都相等，而且AS=,进一步推论：- =，其中分别表示第n段和第（n+m）段时间内的位移，T为各段时间间隔。
（4）初速度为零的匀变速直线运动（T为相等时间间隔），则其运动有以下特点：A1T末、2T末、3T末……瞬时速度之比vi ： v2：V3 ：……：v n=A1T内、2T内、3T内……位移之比S】：S2 ：S3……:S n=▲第一个T内、第二个T内、第三个T内……位移之比Si : Sn : Sm :……:S N= __________________▲从静止开始通过连续相等的位移所用时间之比tl : t2 ： t3 : _______________________________________ : tn=3.典型的匀变速直线运动（1）自由落体运动vo=, a=, v, =；h =；u； =（2）竖直上抛运动①上升最大高度H=,上升时间t=②三性：对称性：_____________________________________________________________________可逆性：_____________________________________________________________________多解性：_____________________________________________________________________（二）、牛顿运动定律1.牛顿第一定律: ___________________________________________________________________2.牛顿第二定律：___________________________________________________________________（1）表达式：基本表达式：F= 推广：F x =, F x =（2）动力学的两类基本问题一类是已知受力情况求运动情况，另一类是已知运动情况求受力情况，其解题思路如下：------------- h] 一运动学公式受力情况二&二^ 口、--------------------------»运动情况（v、s、t）3.牛顿第三定律：___________________________________________________________________三、课堂练习（一）、£要公式的选择应用例L 一跳水运动员从离水面10m 高的平台上向上跃起，举双臂直体离开台面，此时 其重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 s.（计算时，可以把运动员看作全部质量集中在重心的一个质点.g 取10m/s2,结果保留三位有效数字。
高考物理二轮复习 专题精讲 第2讲 牛顿运动定律与直线运动课件课件
19)
角度3
对超重、失重的理解及牛顿第二定律瞬时性的考查(冷考 点)
• 【典例2】 (2013·安徽卷，14) (单选)如图1－ 2－9所示，细线的一端系一质量为m的小球， 另一端固定在倾角为θ的光滑斜面体顶端，细 线与斜面平行．在斜面体以加速度a水平向右 做匀加速直线运动的过程中，小球始终静止在 斜面上，小球受到细线的拉力T和斜面的支持 力FN分别为(重力加速度为g) • ( )．
图1－2－4
• A．物体具有惯性
• B．斜面倾角一定时，加速度与质量无关
• C．物体运动的距离与时间的平方成正比
• D．物体运动的加速度与重力加速度成正比
• 解析 由表可知，伽利略研究的是物体沿斜 面运动的距离与时间的关系．由计算可得每 一组数据中第三列数据大约总是第一列数据 的33倍左右，故可以得出物体运动的距离与 时间的平方成正比，所以C选项正确．
解析 由 vt2－v20＝2as 得：v0＝ v2t －2as＝ 502－2×6×200 m/s＝10 m/s. 答案 B
• 3．(2013·新课标全国Ⅰ，14)(单选)如图1－2 －4是伽利略1604年做斜面实验时的一页手稿 照片，照片左上角的三列数据如右表．表中第 二列是时间，第三列是物体沿斜面运动的距离， 第一列是伽利略在分析实验数据时添加的．根 据表中的数据．伽利略可以得出的结论是 • ( )．
图1－2－3
• A．在时刻t1，a车追上b车 • B．在时刻t2，a、b两车运动方向相反 • C．在t1到t2这段时间内，b车的速率先减少
后增加
• D．在t1到t2这段时间内，b车的速率一直比 a车的大
• 解析 由题图可知，t1时刻，b车追上a车， 故A错误．x－t图象的斜率表示速度，由于 t2时刻a、b两图象的斜率一正、一负，故两 车运动方向相反，B正确；由b图线的斜率 的变化可以看出t1到t2这段时间b车的速率先 减少后反向增加，C正确．如图所示，在t3 时刻b图线的斜率与a图线的相等，此时两 车的速率相等，故D错误．
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教学案
科目: 物理 主备人： 大伟 备课日期：
课 题 第 课时 上课时间：
教学目标 知识与技能
过程与方法 情感态度 与价值观
教学重难点 教学流程\容\板书 关键点拨 加工润色
沭阳县潼阳中学高三物理二轮专题复习
专题二 牛顿定律在直线运动中的应用（3课时） 主备人：大伟 校对 ：良生、朱干国 学生 一、知识要点提示： 1、匀变速直线运动的基本公式及应用实例 (1).基本公式 a.速度公式： b.位移公式： c.速度与位移关系式： d.中间时刻速度=平均速度： 位移中点的瞬时速度： (2).应用案例 a.自由落体运动： b.速度公式： c.位移公式： d.速度与位移关系式： 2、 匀变速直线运动的两个有用结论 (1).连续相等时间的位移差是个恒量： (2).在一段时间t的平均速度等于该段时间中点时刻的瞬时速度： 3、牛顿定律 (1). . . . . . . . . (2).
(3). 二、典型例题分析: 例1、物体自t=0时开始做直线运动，其速度图线如图所示。下列选项正确的是（ ） A.在0～6s，物体离出发点最远为30m B.在0～6s，物体经过的路程为40m C.在0～4s，物体的平均速率为7.5m/s D.在5～6s，物体所受的合外力做负功 例2、一物体作匀加速直线运动，通过一段位移x所用的时间为1t，紧接着通过下一段位移x所用时间为2t。则物体运动的加速度为( )
A．1212122()()xtttttt B．121212()()xtttttt C．1212122()()xtttttt D．121212()()xtttttt 例3、如图所示，水平地面上的物体质量为1 kg，在水平拉力F＝2 N的作用下从静止开始做匀加速直线运动，前2 s物体的位移为3 m；则物体运动的加速度大小 ( ) A．3 m/s2 B．2 m/s2 C．1.5 m/s2 D．0.75 m/s2
例4、质点做直线运动的位移x与时间t的关系为x = 5t + t2 （各物理量均采用国际单位制单位），则该质点( ) A．第1s的位移是5m B．前2s的平均速度是6m/s C．任意相邻1s的位移差都是1m D．任意1s的速度增量都是2m/s 例5、某同学站在观光电梯随电梯一起经历了下列三种运动：加速上升、匀速上升、减速上升 (加速度大小aA．三种运动因为都是上升过程，所以该同学始终处于超重状态 B．只有加速上升过程中，该同学处于超重状态 C．三种运动因为支持力均做正功，所以该同学机械能均增加 D．只有加速上升过程，机械能增加 例6、汽车B在平直公路上行驶，发现前方沿同方向行驶的汽车A速度较小，为了避免相撞，距A车25 m处B车制动，此后它们的v－t图象如图所示，则( ) A．B的加速度大小为3.75 m/s2 B．A、B在t＝4 s时的速度相同 C．A、B在0～4 s的位移相同 D．A、B两车不会相撞 . . . . . . . . 例7、受水平外力F作用的物体，在粗糙水平面上作直线运动，其vt图线如图所示，则( )
A．在0-t1秒，外力F大小不断增大 B．在t1时刻，外力F为零 C．在t1-t2秒，外力F大小可能不断减小 D．在t1-t2秒，外力F大小可能先减小后增大 例8、如图所示，水平面绝缘且光滑，一绝缘的轻弹簧左端固定，右端有一带正电荷的小球，小球与弹簧不相连，空间存在着水平向左的匀强电场，带电小球在电场力和弹簧弹力的作用下静止，现保持电场强度的大小不变，突然将电场反向，若将此时作为计时起点，则下列描述速度与时间、加速度与位移之间变化关系的图象正确的是( )
例9、如图所示，水平放置的光滑金属长导轨MM′和NN′之间接有电阻R，导轨平面在直线OO′左、右两侧的区域分别处在方向相反与轨道平面垂直的匀强磁场中，设左、右区域的磁场的磁感应强度的大小分别为B1和B2，一根金属棒ab垂直放在导轨上并与导轨接触良好，棒和导轨的电阻均不计．金属棒ab始终在水平向右的恒定拉力F的作用下，在左边区域中恰好以速度v0做匀速直线运动，则以下说法中正确的是 ( )
A．若B2＝B1时，棒进入右边区域后先做加速运动，最后以速度v02做匀速直线运动 B．若B2＝B1时，棒进入右边区域后仍以速度v0做匀速直线运动
C．若B2＝2B1时，棒进入右边区域后先做减速运动，最后以速度v02做匀速直线运动 D．若B2＝2B1时，棒进入右边区域后先做加速运动，最后以速度4v0做匀速直线运动
三．专题强化训练作业： 1、如图，放在水平光滑地面上的木块受到两个水平力F1、F2的作用，静止不动，现保持F1不变，让F2先逐渐减小到零再增大恢复到原来的大小，在这个过程中，能正确描述木块运动情况的图像是下图中的（ ） . . . .
. . . . 2、如图，一滑块在一个斜面体上刚好能匀速下滑，当用平行于斜面向下的推力时滑块加速下滑，若滑块匀速或加速下滑时斜面均保持静止，且用F1和F2表示斜面体在滑块两种状态下地面对它的摩擦力，则（ ） A. F1为零，F2不为零且方向水平向左 B. F1为零，F2不为零且方向水平向右 C. F1不为零且方向水平向右，F2不为零且方向水平向左 D. F1 和F2均为零 3、质量为1500kg的汽车在平直公路上运动，v-t图像如图，由此可求（ ）
A.前25s汽车的平均速度 B.前10s汽车的加速度 C.前10s汽车的阻力 D.10-15s合外力对汽车所做的功 4、在车上用一硬杆做成的框架，其下端固定一质量为m的小球，小车在水平面上以加速度a运动，有关角度如图，下列说确的是（ ） A.小车受到的杆的弹力大小一定为cos/mg，方向沿杆方向 B. 小车受到的杆的弹力大小一定为tanmg，方向沿杆方向 C. 小车受到的杆的弹力大小一定为22agm，方向不一定沿杆方向 D. 小车受到的杆的弹力大小一定为22agm，方向一定沿杆方向 5、如图，在一直立的光滑管放置一轻质弹簧，上端O点与管口A的距离为2x0，一质量为m的小球从管口由静止下落，将弹簧压至最低点B，压缩量为x0，不计空气阻力，则 ( ) A．小球从接触弹簧开始,加速度一直减小 B．小球运动过程中最大速度大于0
2gx
C．弹簧劲度系数大于0/xmg D．弹簧最大弹性势能为3mg x0 . . . .
. . . . 6、 压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小，有位同学利用压敏电阻设计了判断小车运动状态的
装置，其工作原理如图（a）所示，将压敏电阻和一块挡板固定在绝缘小车上，中间放置一个绝缘重球。小车向右做直线运动过程中，电流表示数如图（b）所示，下列判断正确的是 ( ) A．从0到t1时间，小车可能做匀速直线运动 B．从t1到t2时间，小车做匀加速直线运动 C．从t2到t3时间，小车做匀速直线运动 D．从t2到t3时间，小车做匀加速直线运动
7、 如图所示，一质量为m、带电量为q的物体处于场强按E=E0－kt(E0、k均为大于零的常数，取水平向左为正方向)变化的电场中，物体与竖直墙壁间动摩擦因数为μ，当t=0时刻物体刚好处于静止状态。若物体所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且电场空间和墙面均足够大，下列说确的是 ( ) A．物体开始运动后加速度先增加、后保持不变 B．物体开始运动后加速度不断增加 C．经过时间t=E0/k，物体在竖直墙壁上的位移达最大值 D．经过时间t=(μE0q-mg)/μkq，物体运动速度达最大值
8、如图，一质量为m的物块带正电Q，开始时让它静止在倾角θ=60°的固定光滑斜面顶端，整个
装置放在大小为QmgE3、方向水平向左的匀强电场中，斜面高为H，释放物块后，物块落地时的速度大小为（ ） A．gH)32( B．gH2
C．gH22 D．gH322 9、甲、乙两物体同时从同一地点沿同一方向做直线运动的速度-时间图象如图所示，则下列说确的是（ ） A．两物体两次相遇的时刻是2s和6s B．4s后甲在乙前面 C．两物体相距最远的时刻是4s末 D．乙物体先向前运动2s，随后向后运动 . . . .
. . . . 10、如图所示，空间有一垂直纸面的磁感应强度为0.5T的匀强磁场，一质量为0.2kg且足够长的
绝缘木板静止在光滑水平面上，在木板左端无初速放置一质量为0.1kg、电荷量q=+0.2C的滑块，滑块与绝缘木板之间动摩擦因数为0.5，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力。现对木板施加方向水平向左，大小为0.6N恒力，g取10m/s2.则（ ） A．木板和滑块一直做加速度为2m/s2的匀加速运动 B．滑块开始做匀加速直线运动，然后做加速度减小的变加速运动，最后做匀速运动 C．最终木板做加速度为2 m/s2的匀加速运动，滑块做速度为10m/s的匀速运动 D．最终木板做加速度为3 m/s2的匀加速运动，滑块做速度为10m/s的匀速运动 11、有两个光滑固定的斜面AB和BC，A和C两点在同一水平面上，斜面BC比斜面AB长，如图所示。一个滑块自A点以vA速度上滑，滑到B点时速度减小为零，紧接着沿BC滑下，设滑块从A点到C点的总时间是tc，那么下面四个图中，正确表示滑块速度大小随时间变化规律的是 （ ）
12、（电场的直线运动问题）如图所示，倾角为θ的斜面AB是粗糙且绝缘的，AB长为L，C为AB的中点，在A、C之间加一方向垂直斜面向上的匀强电场，与斜面垂直的虚线CD为电场的边界。现有一质量为m、电荷量为q的带正电的小物块(可视为质点)，从B点开始在B、C间以速度υ0沿斜面向下做匀速运动，经过C后沿斜面匀加速下滑，到达斜面底端A时的速度大小为υ。试求： (1)小物块与斜面间的动摩擦因数μ； (2)匀强电场场强E的大小。
AC
BAv
A B v v v v O O O O t t t t tc/2 tc tc/2 tc tc/2 tc tc tc/2 C D