2019届高考物理二轮复习专题资料：第2讲 力与物体的直线运动
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
2019届高考物理二轮复习力与物体的直线运动学案(全国通用)
专题二力与物体的直线运动高考统计·定方向(对应学生用书第5页) 1．记牢匀变速直线运动的“四类公式”2．掌握处理匀变速直线运动的四种方法(1)公式法：根据题目要求，应用基本公式直接求解．(2)推论法：如果条件允许，应用v ＝v t 2＝v 0＋v 2，v 2－v 20＝2ax ，Δx ＝aT 2等推论求解问题，可快速得出答案．(3)比例法：根据初速度为零的匀变速直线运动的比例关系式求解．(4)逆向思维法：匀减速直线运动到速度为零的过程，可认为是初速度为零的反向匀加速直线运动的逆过程．3．厘清一个网络，破解“力与运动”的关系命题热点1 直线运动的图象问题(对应学生用书第5页)■真题再做——感悟考法考向·1．(多选) (2018·全国卷Ⅲ)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CD[x-t图象某点的切线斜率表示瞬时速度，A错误；前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．]2．(多选) (2016·全国卷Ⅰ)甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其v-t图象如图2所示．已知两车在t＝3 s时并排行驶，则()图2A．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[由题中v-t图象得a甲＝10 m/s2，a乙＝5 m/s2，两车在t＝3 s时并排行驶，此时x甲＝12a甲t2＝12×10×32 m＝45 m，x乙＝v0t＋12a乙t2＝10×3 m＋12×5×32m＝52.5 m，所以t＝0时甲车在前，距乙车的距离为L＝x乙－x甲＝7.5 m，B项正确．t ＝1 s 时，x 甲′＝12a 甲t ′2＝5 m ，x 乙′＝v 0t ′＋12a 乙t ′2＝12.5 m ，此时x 乙′＝x 甲′＋L ＝12.5 m ，所以另一次并排行驶的时刻为t ＝1 s ，故A 、C 项错误；两次并排行驶的位置沿公路方向相距L ′＝x 乙－x 乙′＝40 m ，故D 项正确．]■模拟尝鲜——高考类题集训·······················································考向1 匀速直线运动中的图象1．(多选) (2018·湖北重点高中联考)某汽车在平直公路上匀速行驶，因特殊情况需刹车，其刹车过程的x t -t 图象如图3所示，下列说法正确的是( )图3A ．汽车刹车过程做的是匀减速直线运动B ．汽车从开始刹车，经5.0 s 停下来C ．汽车匀速行驶时的速度为10 m/sD ．汽车刹车过程的加速度大小为2.0 m/s 2AC [根据匀变速直线运动的位移时间公式x ＝v 0t ＋12at 2，变形得：x t ＝v 0＋12at ，故纵截距表示初速度，则v 0＝10 m/s ，故汽车刹车过程做的是匀减速直线运动，则当x t ＝0时，有10＋12a ×5＝0，解得：a ＝－4 m/s 2，故A 、C 正确，D 错误；根据v ＝v 0＋at 0，得刹车所用的时间为t 0＝v －v 0a ＝0－10－4s ＝2.5 s ，故B 错误；故选A 、C.]2．(2018·榆林模拟)二十一世纪新能源环保汽车在设计阶段要对其各项性能进行测试，某次新能源汽车性能测试中，图4甲显示的是牵引力传感器传回的实时数据随时间变化关系，但由于机械故障，速度传感器只传回了第20 s 以后的数据，如图乙所示，已知汽车质量为1 500 kg ，若测试平台是水平的，且汽车由静止开始直线运动，设汽车所受阻力恒定，由分析可得( )图4A ．由图甲可得汽车所受阻力为1 000 NB ．20 s 末的汽车的速度为26 m/sC ．由图乙可得20 s 后汽车才开始匀速运动D ．前20 s 内汽车的位移为426 mB [由题图乙可知，在20 s 后车做匀速运动，则由题图甲可知：f ＝1 500 N ，故选项A 错误；在0～6 s 内由牛顿第二定律得：F 1－f ＝ma 1，则a 1＝5 m/s 2,6 s 末车速v 1＝a 1t 1＝5×6 m/s ＝30 m/s.在6～18 s 内，由牛顿第二定律得：F 2－f ＝ma 2，则a 2＝－13m/s 2，第18 s 末车速：v 2＝v 1＋a 2t 2＝30 m/s ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－13×12 m/s ＝26 m/s ，由图知18 s 后牵引力等于阻力，即汽车匀速直线运动，故选项B 正确，C错误；汽车在0～6 s 内的位移x 1＝v 12t 1＝90 m ；汽车在6～18 s 内的位移：x 2＝v 1＋v 22t 2＝336 m ；汽车在18～20 s 内的位移x 3＝v 2t 3＝52 m ，故汽车在前20 s 的位移x ＝x 1＋x 2＋x 3＝478 m ，故选项D 错误．]考向2 非匀变速直线运动中的图象3.(2018·第二次全国大联考Ⅱ卷)一质点做直线运动的v -t 图象如图5所示．下列说法正确的是( )图5A ．质点在0～1 s 的位移与1～2 s 的位移可能相等B ．质点在1～2 s 做加速度逐渐减小的直线运动C ．质点在1～2 s 中某时刻的加速度等于质点在2～3 s 的加速度D ．质点在1 s 时刻离出发点最远，在2 s 时刻返回出发点C [在v -t 图象中，图线与t 轴围成的面积表示位移，质点在0～1 s 的位移小于在1～2 s 的位移，选项A 错误；在v -t 图象中，图线的斜率表示加速度，质点在1～2 s 做加速度逐渐增大的直线运动，选项B 错误；质点在1～2 s 中某时刻的斜率等于质点在2～3 s 的斜率，所以质点在1～2 s 中某时刻的加速度等于质点在2～3 s的加速度，选项C正确；质点在3 s时刻离出发点最远，在2 s时刻没有返回出发点，选项D错误．](多选)(2018·第二次全国大联考Ⅲ卷)甲、乙两小车在一条平直的车道上行驶，它们运动的v–t图象如图所示，其中甲的图线为两段相同的圆弧，乙的图线为一条直线．则下列说法正确的是()A．t＝2 s时两车的加速度大小相等B．t＝4 s时两车不一定相遇C．在0～4 s内，两小车的平均速度大小相等，但方向相反D．在0～4 s内，甲车的加速度方向不变BD[在v-t图象中直线或曲线上某处切线的斜率表示加速度，由图象知t ＝2 s时甲车的加速度大于乙车的加速度，A错误；在0～4 s内两车运动的位移相同，但不知两车的初位置情况，故不能判断两车在t＝4 s时是否相遇，B正确；在0～4 s内，两车的平均速度大小相等，方向相同，C错误；0～4 s内，甲车做加速度先逐渐增大后逐渐减小的加速直线运动，加速度方向不变，D正确．]命题热点2匀变速直线运动的规律(对应学生用书第6页)■真题再做——感悟考法考向························································1．(多选)(2018·全国卷Ⅱ)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6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6A．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BD [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．]2．(2016·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 2t 2C.4s t 2D.8s t 2A [设初速度为v 1，末速度为v 2，根据题意可得9·12m v 21＝12m v 22，解得v 2＝3v 1，根据v ＝v 0＋at ，可得3v 1＝v 1＋at ，解得v 1＝at 2，代入s ＝v 1t ＋12at 2可得a＝s t 2，故A 正确．]3．(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7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7[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 0 ①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 0 ③v 0－v 1＝a 1t ④s 1＝12a 2t 2⑤ 联立③④⑤式得a 2＝s 1(v 1＋v 0)22s 20. ⑥【答案】 (1)v 20－v 212gs 0 (2)s 1(v 1＋v 0)22s 20在上题中，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追及相遇问题的解题思路和三点提醒考向1匀变速直线运动规律的应用1．(2018·郑州一模)一只宠物狗和主人游戏，宠物狗沿直线奔跑，依次经过A、B、C三个木桩，B为AC的中点，它从木桩A开始以加速度a1匀加速奔跑，到达木桩B时以加速度a2继续匀加速奔跑，若它经过木桩A、B、C时的速度分别为0、v B、v C，且v B＝v C2，则加速度a1和a2的大小关系为()A．a1<a2B．a1＝a2C．a1>a2D．条件不足，无法确定A[两个过程中的位移相同，所以v2B－02a1＝v2C－v2B2a2，即v2Ba1＝3v2Ba2，故a1＜a2，A正确．]2．(2018·江西重点中学联考)如图8所示，一个质点做匀加速直线运动，依次经过a、b、c、d四点，已知经过ab、bc和cd三段所用时间之比为2∶1∶2，通过ab和cd段的位移分别为x1和x2，则bc段的位移为()图8A.(x1＋x2)2 B.(x1＋x2)4C.(x1＋3x2)2 D.(x1 ＋3x2)4B [设bc 段所用时间为t ，根据匀变直线运动规律可知，bc 段平均速度等于ad 段平均速度，所以x bc ＝v bc ·t ＝v ad ·t ，v ad ＝x 1＋x 2＋x bc 5t，由以上两式可解得：x bc ＝x 1＋x 24，故B 正确．]考向2 追及相遇问题3．(2018·宣城二次调研)沪宁高速上海至无锡方向玉祁段发生重大车祸，现场至少50辆车连环相撞，现场交通单向中断．据交警部门调查，此次事故发生的主要原因是雨天路滑及突然出现的团雾而造成多车连环追尾．如图9所示是模拟在该高速公路上甲、乙两车刹车的v -t 图象，甲车在后，乙车在前．若两车发生追尾，则以下判断正确的是( )图9A ．两车一定是在t ＝15 s 至t ＝20 s 之间的某时刻发生追尾B ．两车可能是在t ＝8 s 时发生追尾C ．t ＝0时刻两车间距可能大于28 mD ．甲车刹车的加速度大小是乙车的3倍B [根据图象可知，甲开始时速度大于乙车，则在甲的速度大于等于乙车的速度时均可能发生追尾，故可以在0至10 s 内任一时刻发生追尾；若10 s 内没有追尾，则二者将不再相撞，故A 错误，B 正确；在v -t 图象中，图象与时间轴所围成的面积表示位移．两车10 s 时速度为5 m/s ，0～10 s 甲车位移为x 1＝15＋52×10 m ＝100 m ，乙车位移为x 2＝10＋52×10 m ＝75 m ，因两车发生追尾，所以两车相距应为小于Δx ＝x 1－x 2＝25 m ，故C 错误；由图可知，甲车的加速度为a 1＝Δv Δt ＝15－015 m/s 2＝1 m/s 2，乙车的加速度为a 2＝Δv Δt ＝10－020 m/s 2＝0.5m/s 2，所以甲车的加速度大小是乙车的加速度大小的2倍，故D 错误．所以B 正确，A 、C 、D 错误．]4．(2018·沈阳和平区一模)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10所示，则( )图10A ．两物体两次相遇的时刻是第2 s 末和第6 s 末B ．4 s 后甲在乙前面C ．两物体相距最远的时刻是第2 s 末D ．乙物体先向前运动第2 s ，随后向后运动A [在v -t 图中图象与横坐标围成的面积大小与物体发生的位移大小相等，由图可知当t ＝2 s 和t ＝6 s 时，两图象与横坐标围成面积相等，说明发生位移相等，由于两物体同时从同一地点沿同一方向做直线运动，因此两物体两次相遇的时刻是第2 s 末和第6 s 末，故A 正确；开始运动时，乙的初速度为零，甲在前面，在t ＝2 s 时，两物体相遇，此时乙的速度大于甲的速度，此后乙在前面，甲匀速运动开始追乙，乙做匀减速运动，当t ＝6 s 时，甲、乙再次相遇，因此在2～6 s 内，甲在乙后面，故B 错误；由图象可知，两物体相距最远时刻出现在甲追乙阶段，即当速度相等时，甲、乙相距最远，此时t ＝4 s ，故C 错误；整个过程中乙物体一直向前运动，先加速后减速，故D 错误．]命题热点3 牛顿运动定律的应用(对应学生用书第8页)■真题再做——感悟考法考向·······················································1．(2018·全国卷Ⅰ)如图11所示，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态．现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动．以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图象可能正确的是()图11A B C DA[假设物块静止时弹簧的压缩量为x0，则由力的平衡条件可知kx0＝mg，在弹簧恢复原长前，当物块向上做匀加速直线运动时，由牛顿第二定律得F＋k(x0－x)－mg＝ma，由以上两式解得F＝kx＋ma，显然F和x为一次函数关系，且在F轴上有截距，则A正确，B、C、D错误．]2．(多选) (2015·全国卷Ⅰ)如图12(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()图12A．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 1)2t 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．]在上题中，若改为如下形式，如图13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13A ．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．]■模拟尝鲜——高考类题集训·考向1整体法与隔离法的应用1．(多选)(2018·河南中原名校联考)如图14所示，完全相同的磁铁A、B分别位于铁质车厢竖直面和水平面上，A、B与车厢间的动摩擦因数均为μ，小车静止时，A恰好不下滑，现使小车加速运动，为保证A、B无滑动，则()图14A．加速度一定向右，不能超过(1＋μ)gB．加速度一定向左，不能超过μgC．速度向左，加速度可小于μgD．加速度一定向左，不能超过(1＋μ)gCD[小车静止时，A恰好不下滑，可知mg＝μN，水平方向上车壁对磁铁的弹力和吸引力相等，当小车做加速运动时，车壁对物块的弹力不能减小，只能增加，可知加速度的方向一定水平向左，对B分析，根据牛顿第二定律得，μ(mg＋F)＝ma，F＝N＝mgμ，解得a＝(1＋μ)g，即加速度不能超过(1＋μ)g，故C、D正确，A、B错误．]2．(多选)(2018·宁夏吴忠联考)如图15所示，质量为2 kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上面，质量为3 kg的物体B用细线悬挂并与A物体相互接触但无压力，取g＝10 m/s2，某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间()图15A．弹簧的弹力大小为30 NB．物体B的加速度大小为10 m/s2C．物体A的加速度大小为6 m/s2D．物体A对物体B的支持力大小为12 NCD[A物体开始刚好静止，根据平衡条件可知，弹簧弹力F＝m A g＝20 N，在细线剪断瞬间，由于弹簧弹力渐变，所以此时弹簧弹力等于20 N，故A错误；剪断细线的瞬间，对整体分析，整体加速度：a＝(m A＋m B)g－Fm A＋m B＝(3＋2)×10－203＋2m/s2＝6 m/s2，故B错误，C正确；对B分析可知：m B g－N AB＝m B a，即N AB＝(g －a)m B＝(10－6)×3 N＝12 N，故D正确．]考向2动力学的两类问题(2018·湖北重点高中联考)如图所示，斜面体ABC的倾角为60°，O点在C点的正上方且与A点等高，现从O点向AC构建光滑轨道OM、ON、OP，M、N、P分別为AC的四等分点．一小球从O点由静止开始分别沿OM、ON、OP运动到斜面上，所需时间依次为t M、t N、t P.则()A．t M＝t N＝t P B．t M＞t N＞t PC．t M＞t P＞t N D．t M＝t P＞t NC[以OC′为直径，做一个圆与AC边相切于N点，如图所示：由图可知，圆与OM相交于M′，与OP相交于P′，根据等时圆的性质可知，从O到N、从O到M′、从O到P′的时间相同，又因为M′M＞P′P，故从O到P的时间小于从O到M的时间，而大于从O到N的时间，即t M＞t P ＞t N，故选C.]3．(2018·榆林模拟)2018年2月18日晚在西安大唐芙蓉园进行无人机灯光秀，300架无人机悬停时摆出“西安年、最中国”的字样，如图16所示为四旋翼无人机，它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前正得到越来越广泛的应用．一架质量为m＝2 kg的无人机，其动力系统所能提供的最大升力F＝36 N，运动过程中所受空气阻力大小恒定，无人机在地面上从静止开始，以最大升力竖直向上起飞，在t＝5 s时离地面的高度为75 m(g取10 m/s2)．图16(1)求运动过程中所受空气阻力大小；(2)假设由于动力设备故障，悬停的无人机突然失去升力而坠落．无人机坠落地面时的速度为40 m/s，求无人机悬停时距地面高度；(3)假设在第(2)问中的无人机坠落过程中，在遥控设备的干预下，动力设备重新启动提供向上最大升力．为保证安全着地，求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间．【解析】(1)根据题意，在上升过程中由牛顿第二定律：F－mg－f＝ma上升高度：h＝12at2联立解得：f＝4 N.(2)下落过程由牛顿第二定律：mg－f＝ma1得：a 1＝8 m/s 2落地时的速度为v ，则有：v 2＝2a 1H联立解得：H ＝100 m.(3)恢复升力后向下减速，由牛顿第二定律：F －mg ＋f ＝ma 2得：a 2＝10 m/s 2设恢复升力时的速度为v m ，飞行器安全着地时速度为0.则有v 2m 2a 1＋v 2m 2a 2＝H 得：v m ＝4053 m/s由：v m ＝a 1t 1得：t 1＝553 s.【答案】 (1)4 N (2)100 m (3)553 s命题热点4 滑板——滑块模型(对应学生用书第9页)■真题再做——感悟考法考向························································· (2017·全国卷Ⅲ)如图17所示，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：(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．图17【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是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 Ag ① f 2＝μ1m B g② f 3＝μ2(m A ＋m B ＋m )g③ 由牛顿第二定律得f 1＝m A a A ④ f 2＝m B a B ⑤ 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，设大小为v 1.由运动学公式有 v 1＝v 0－a B t 1 ⑦ 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 2 ⑪ 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所用时间为t 2，则由运动学公式，对木板有v 2＝v 1－a 2t 2 ⑫对A 有v 2＝－v 1＋a A t 2⑬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 22⑭ 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 ⑮ A 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 ．⑰(也可用如图的速度－时间图线求解)【答案】 (1)1 m/s (2)1.9 m考向1滑板带动滑块运动1．(2018·陕西第四次模拟)如图18所示，可视为质点的A、B两物体置于一静止长纸带上，纸带左端与A、A与B间距均为d＝0.5 m，两物体与纸带间的动摩擦因数均为μ1＝0.1，与地面间的动摩擦因数均为μ2＝0.2.现以恒定的加速度a ＝2 m/s2向右水平拉动纸带，取g＝10 m/s2，求：图18(1)A物体在纸带上的滑动时间；(2)两物体A、B停在地面上的距离．【解析】(1)两物体在纸带上滑动时有μ1mg＝ma1当物体A滑离纸带时有12at21－12a1t21＝d由以上二式可得t1＝1 s. (2)物体A离开纸带时的速度v1＝a1t1两物体在地面上运动时有μ2mg＝ma2物体A从开始运动到停在地面上过程中的总位移s1＝v212a1＋v21 2a2当物体B 滑离纸带时有12at 22－12a 1t 22＝2d物体B 离开纸带时的速度v 2＝a 1t 2物体B 从开始运动到停在地面上过程的总位移s 2＝v 222a 1＋v 222a 2两物体A 、B 最终停止时的间距s ＝s 2＋d －s 1由以上各式可得s ＝1.25 m.【答案】 (1)1 s (2)1.25 m考向2 滑块带动滑板运动2．(多选)如图19所示，A 、B 两物块的质量分别为2m 和m ，静止叠放在水平地面上，A 、B 间的动摩擦因数为μ，B 与地面间的动摩擦因数为12μ.最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g .现对A 施加一水平拉力F ，则( )图19A ．当F ＜2μmg 时，A 、B 都相对地面静止B ．当F ＝52μmg 时，A 的加速度为14μgC ．当F ＞3μmg 时，A 相对B 滑动D ．无论F 为何值，B 的加速度不会超过12μgBCD [当0＜F ≤32μmg 时，A 、B 皆静止；当32μmg ＜F ≤2μmg 时，A 、B 相对静止，但两者相对地面一起向右做匀加速直线运动；当F ＞2μmg 时，A 相对B向右做加速运动，B 相对地面也向右加速，选项A 错误，选项C 正确．当F ＝52μmg 时，A 的加速度a ＝F －2μmg 2m ＝14μg ，选项B 正确．F 较大时，取物块B 为研2μmg－32μmgm＝12μg，选项D正确．]究对象，物块B的加速度最大为a2＝。
2019年高考物理二轮专题复习课件：第2讲 直线运动和牛顿运动定律
A 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 ⑯ ⑰
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刻相遇，但0～t1时间内两者的位移差小于 t1～t2时间内两者的位移差，则t1时刻
甲在乙的后面；C错、D对：由图象的斜率知，甲、乙两车的加速度均先减小后 增大。
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3．(多选)(2018·全国Ⅲ，18)甲、乙两车在同一平直公路上同向运动，甲做
Aபைடு நூலகம்
B
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C
D
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[解析] 设物块P静止时，弹簧的长度为x0，
物块P受重力mg、弹簧弹力k(l－x0－x)及力F，根据牛顿第二定律，得 F＋k(l－x0－x)－mg＝ma 且k(l－x0)＝mg 故F＝kx＋ma。
根据数学知识知F－x图象是截距为ma的一次函数图象。
高 考 真 题
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1 ． (2018· 全国Ⅰ， 15) 如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面
上，上端放有物块 P ，系统处于静止状态。现用一竖直向上的力 F
作用在P上，使其向上做匀加速直线运动。以x表示P离开静止位置 的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图象可能正 确的是 ( A )
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[ 解析]
A错： x－ t图象斜率表示两车速度，则可知 t1时刻乙车速度大于甲
车速度。B错：由两图线的纵截距知，出发时甲在乙前面，t1时刻图线相交表示 两车相遇，可得0到 t1时间内乙车比甲车多走了一段距离。 C、 D对： t1和 t2两图 线相交，表明两车均在同一位置，从 t1到 t2时间内，两车走过的路程相等；在 t1
专题02 牛顿运动定律与直线运动(教学案)2019年高考物理二轮复习精品资料 Word版含解析
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。
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．（2018年全国Ⅲ卷）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。
2019年高考物理二轮练习精品试题：练习2力与物体的直线运动
2019年高考物理二轮练习精品试题：练习2力与物体的直线运动注意事项：认真阅读理解，结合历年的真题，总结经验，查找不足！重在审题，多思考，多理解！无论是单选、多选还是论述题，最重要的就是看清题意。
在论述题中，问题大多具有委婉性，尤其是历年真题部分，在给考生较大发挥空间的同时也大大增加了考试难度。
考生要认真阅读题目中提供的有限材料，明确考察要点，最大限度的挖掘材料中的有效信息，建议考生答题时用笔将重点勾画出来，方便反复细读。
只有经过仔细推敲，揣摩命题老师的意图，积极联想知识点，分析答题角度，才能够将考点锁定，明确题意。
【一】单项选择题1、如图2－10所示，一木块在光滑水平面上受一恒力F作用而运动，前方固定一个弹簧，当木块接触弹簧后()、图2－10A、将立即做变减速运动B、将立即做匀减速运动C、在一段时间内仍然做加速运动，速度继续增大D、在弹簧处于最大压缩量时，物体的加速度为零2、以36km/h的速度沿平直公路行驶的汽车，遇障碍物刹车后获得大小为a＝4 m/s2的加速度，刹车后第3s内，汽车走过的路程为()、A、12.5m B、2mC、10mD、0.5m3、一质点受到10N的力的作用时，其加速度为2m/s2；假设要使小球的加速度变为5m/s2，那么应该给小球施的力的大小为()、A、10N B、20NC、50ND、25N4、我国道路安全部门规定，在高速公路上行驶的汽车最大速度为120km/h，交通部门提供以下资料：资料一：驾驶员的反应时间：0.3～0.6s根据以上资料，()、A、100m B、200mC、300mD、400m5.(2018·安徽卷，17)如图2－11所示，放在固定斜面上的物块以加速度a沿斜面匀加速下滑，假设在物块上再施加一个竖直向下的恒力F，那么()、图2－11A、物块可能匀速下滑B、物块仍以加速度a匀加速下滑C、物块将以大于a的加速度匀加速下滑D、物块将以小于a的加速度匀加速下滑6.(2018·海南单科，6)如图2－12所示，表面处处同样粗糙的楔形木块abc固定在水平地面上，ab面和bc面与地面的夹角分别为α和β，且α>β.一初速度为v0的小物块沿斜面ab向上运动，经时间t0后到达顶点b时，速度刚好为零；然后让小物块立即从静止开始沿斜面bc下滑、在小物块从a运动到c的过程中，可能正确描述其速度大小v与时间t的关系的图象是()、图2－12【二】多项选择题7、(2018·新课标，14)伽利略根据小球在斜面上运动的实验和理想实验，提出了惯性的概念，从而奠定了牛顿力学的基础，早期物理学家关于惯性有以下说法，其中正确的选项是()、A、物体抵抗运动状态变化的性质是惯性B、没有力的作用，物体只能处于静止状态C、行星在圆周轨道上保持匀速率运动的性质是惯性D、运动物体如果没有受到力的作用，将继续以同一速度沿同一直线运动8.一个质量为0.3kg的物体沿水平面做直线运动，如图2－13所示，图线a表示物体受水平拉力时的v－t图象，图线b表示撤去水平拉力后物体继续运动的v－t图象，以下说法正确的选项是()、图2－13A、水平拉力的大小为0.1N，方向与摩擦力方向相同B、水平拉力对物体做功的数值为1.2JC、撤去拉力后物体还能滑行7.5mD、物体与水平面间的动摩擦因数为0.19、(2018·天津卷，8)如图2－14甲所示，静止在水平地面的物块A，受到水平向右的拉力F作用，F与时间t的关系如图乙所示，设物块与地面的静摩擦力最大值f m与滑动摩擦力大小相等，那么()、图2－14A、0～t1时间内F的功率逐渐增大B、t2时刻物块A的加速度最大C、t2时刻后物块A做反向运动D、t3时刻物块A的动能最大10.如图2－15所示，在倾角θ＝30°的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块A、B，它们的质量均为m，弹簧的劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态、现开始用一沿斜面方向的力F拉物块A使之以加速度a向上做匀加速运动，当物块B刚要离开C时F的大小恰为2mg.那么()、图2－15A、物块B刚要离开C时B的加速度也为aB、加速度a＝gC、以A、B整体为研究对象可以计算出加速度a＝1 2gD、从F开始作用到B刚要离开C，A的位移为mg k【三】计算题11.(2018·江苏泰州三模)如图2－16所示，在光滑水平面上有A、B两个物体，B在前，A在后，A正以6m/s的速度向右运动，B静止；当A、B之间距离为18m 时，在A、B之间建立相互作用，其作用力为恒力，此后B物体加速，经过4s，物体B的速度达到3m/s，此时撤去A、B之间的相互作用，A、B继续运动又经4s，A恰好追上B，在这一过程中：求：图2－16(1)在A物体追上B物体前，B运动的位移大小；(2)在两物体间有相互作用时，物体A和B的加速度a A和a B的大小；(3)物体A和B的质量之比、12、如图2－17所示，“”形木块放在光滑水平地面上，木块水平表面AB 粗糙，光滑表面BC与水平面夹角为θ＝37°.木块右侧与竖直墙壁之间连接着一个力传感器，当力传感器受压时，其示数为正值；当力传感器被拉时，其示数为负值、一个可视为质点的滑块从C点由静止开始下滑，运动过程中，传感器记录到的力和时间的关系如图乙所示、sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2，求：图2－17(1)斜面BC的长度；(2)滑块的质量；(3)运动过程中滑块克服摩擦力做的功、参考答案1、C[物体在力F作用下向左加速，接触弹簧后受到弹簧向右的弹力，合外力向左逐渐减小，加速度向左逐渐减小，速度增大，当弹簧的弹力大小等于力F时合外力为0，加速度为0，速度最大，物体继续向左运动，弹簧弹力大于力F，合外力向右逐渐增大，加速度向右逐渐增大，速度减小，最后速度减小到0，此时加速度最大，综上所述，A、B、D错误，C正确、]2、D[由v t＝at可得t＝2.5s，那么第3s内的位移，实质上就是2～2.5s内的位移，x＝12at′2＝0.5m、]3、D[根据F1＝ma1，把F1＝10N，a1＝2m/s2，代入，得m＝5kg，再由F2＝ma2，把m＝5kg，a2＝5m/s2代入，解得F2＝25N、]4、B[当驾驶员的反应时间最长，路面的动摩擦因数最小时对应的最长距离是安全距离、v＝120km/h＝33.3m/s，反应时间t＝0.6s内位移x1约为20m；又μmg＝ma，a＝3.2m/s2，s2＝v22a＝173m；s＝s1＋s2＝193m、]5、C[设斜面的倾角为θ，根据牛顿第二定律知物块的加速度a＝mg sin θ－μmg cos θm>0，即μ<tanθ.对物块施加竖直向下的压力F后，物块的加速度a′＝mg＋F sin θ－μmg＋F cos θm＝a＋F sin θ－μF cos θm，且F sinθ－μF cosθ>0，故a′>a，物块将以大于a的加速度匀加速下滑、应选项C正确，选项A、B、D错误、]6、C[物块在整个运动过程中，由能量守恒知，物块在c点的动能小于初动能，即v<v0，A项错误；物块在ab段和bc段分别做匀减速和匀加速运动，且a1>a2，故B、D错误，C正确、]7、AD[物体的惯性指物体本身要保持原来运动状态不变的性质，或者说是物体抵抗运动状态变化的性质，选项A正确；没有力的作用，物体将保持静止状态或匀速直线运动状态，选项B错误；行星在圆周轨道上做匀速圆周运动，而惯性是指物体保持静止或匀速直线运动的状态，选项C错误；运动物体如果没有受到力的作用，根据牛顿第一定律可知，物体将继续以同一速度沿同一直线一直运动下去，选项D正确、]8、AB[图线a表示的v－t图象加速度较大，说明物体所受的拉力与摩擦力方向相同，那么F＋f＝ma a＝0.2N，图线b表示物体只在摩擦力作用下做匀减速运动，有f＝ma b＝0.1N，解得F＝f＝0.1N，A项正确；有水平拉力时，物体位移为s＝5＋32×3m＝12m，故拉力做功的数值为W＝Fs＝1.2J，B项正确；撤去拉力后物体能滑行13.5m，C项错误；动摩擦因数μ＝fmg＝130，D项错误、]9、BD[在0～t1时间内物块A所受的合力为零，物块A处于静止状态，根据P＝Fv知，力F的功率为零，选项A错误；在t2时刻物块A受到的合力最大，根据牛顿第二定律知，此时物块A的加速度最大，选项B正确；物块A在t1～t2时间内做加速度增大的加速运动，在t2～t3时间内做加速度减小的加速运动，t3时刻，加速度等于零，速度最大，选项C错误、选项D正确、]10、BD[物块B刚要离开C时B的加速度为0，A项错；未加F时对A受力分析得弹簧的压缩量x1＝mg sin 30°k＝mg2k，B刚要离开C时对B受力分析得弹簧的伸长量x2＝mg2k，此时对A由牛顿第二定律得F－mg sin30°－kx2＝ma，解得a＝g，B项正确、C项错；物体A的位移x1＋x2＝mgk，D项正确、]11、解析物体B先加速运动后匀速运动(1)x B＝vB2t1＋v B t2＝⎝⎛⎭⎪⎫32×4＋3×4m＝18m.(2)a B ＝Δvt 1＝0.75m/s 2A 物体先减速运动再匀速运动A 减速运动的位移：x 1＝v 0t 1－12a A t 21＝6×4－12a A ×42＝24－8a A ，A 匀速运动的位移：x 2＝(v 0－a A t 1)×t 2＝24－16a A ， 由题知x A ＝x 1＋x 2＝xB ＋18，即48－24a A ＝18＋18， 解得a A ＝0.5m/s 2. (3)由牛顿第三定律有F 1＝－F 2，那么质量之比m A m B ＝a B a A ＝32.答案(1)18m(2)a A ＝0.5m/s 2a B ＝0.75m/s 2(3)32 12.解析(1)分析滑块受力，由牛顿第二定律得：a 1＝g sin θ＝6m/s 2 通过图象可知滑块在斜面上运动的时间为： t 1＝1s由运动学公式得：s ＝12a 1t 21＝3m.(2)滑块对斜面的压力为N 1′＝mg cos θ木块对传感器的压力为F 1＝N 1′sin θ由图象可知：F 1＝12N ，解得m ＝2.5kg.(3)滑块滑到B 点时的速度为：v 1＝a 1t 1＝6m/s ，由图象可知：f 1＝5N ，t 2＝2s ，滑块受到的摩擦力f ＝f 1＝5N ，a 2＝f m ＝2m/s ，s 2＝v 1t 2－12a 2t 22＝8m ，W ＝fs 2＝40J. 答案见解析。
高考物理二轮专题1力与运动第2讲力与直线运动
第2讲 匀变速直线运动规律及牛顿运动定律[建体系·记要点] 知识串联 熟记核心要点授课提示：对应学生用书第6页[网络构建][要点熟记]1．匀变速直线运动的规律 (1)速度公式：v ＝v 0＋at . (2)位移公式：x ＝v 0t ＋12at 2.(3)速度和位移的关系式：v 2－v 20＝2ax .(4)中间时刻的瞬时速度：(5)任意两个连续相等的时间T 内的位移之差是一个恒量，即Δx ＝x n ＋1－x n ＝aT 2. 2．对运动图象的认识，应注意以下三点(1)x t 图象的斜率表示速度；v t 图象的斜率表示加速度；v t 图象的面积表示位移． (2)无论是x t 图象还是v t 图象都只能描述直线运动的规律；而不表示物体运动的轨迹． (3)x t 图象交点表示两物体位移相等，v t 图象交点表示两物体速度相等．3．牛顿第二定律表达式：F ＝ma 或F x ＝ma x 、F y ＝ma y ，且加速度的方向与合外力方向一致． 4．超重和失重：物体加速度方向向上或有向上的分量为超重状态，加速度方向向下或有向下的分量为失重状态．[做真题·明考向] 真题体验 透视命题规律授课提示：对应学生用书第6页[真题再做]1．(2019·高考全国卷Ⅰ，T18)如图，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，离地后重心上升的最大高度为H .上升第一个H 4所用的时间为t 1，第四个H 4所用的时间为t 2.不计空气阻力，则t 2t 1满足( )A ．1<t 2t 1<2B ．2<t 2t 1<3C ．3<t 2t 1<4D ．4<t 2t 1<5解析：空气阻力不计，运动员竖直上升过程做匀减速直线运动，位移为H 时的速度为0.之比为1∶(2逆向观察，运动员做初速度为0的匀加速直线运动，则连续相等位移所用时间－1)∶(3－2)∶…∶(n －n －1)．由题意知，t 2∶t 1＝1∶(2－3)＝2＋3，由结果知选项C 正确．答案：C2．(多选)(2018·高考全国卷Ⅱ，T19)甲、乙两汽车在同一条平直公路上同向运动，其速度—时间图象分别如图中甲、乙两条曲线所示．已知两车在t 2时刻并排行驶．下列说法正确的是( )A ．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：0～t 1时间内，v 乙＞v 甲，t 1～t 2时间内，v 甲＞v 乙，t 2时刻相遇，但0～t 1时间内两者的位移差小于t 1～t 2时间内两者的位移差，则t 1时刻甲在乙的后面，A 错，B 对．由图象的斜率知，甲、乙两车的加速度均先减小后增大，C 错，D 对．答案：BD3．(2018·高考全国卷Ⅰ，T15)如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P ，系统处于静止状态．现用一竖直向上的力F 作用在P 上，使其向上做匀加速直线运动．以x 表示P 离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F 和x之间关系的图象可能正确的是()解析：设物块P静止时，弹簧的长度为x0，物块P受重力mg、弹簧弹力k(l－x0－x)及力F，根据牛顿第二定律，得F＋k(l－x0－x)－mg＝ma且k(l－x0)＝mg故F＝kx＋ma.根据数学知识知Fx图象是截距为ma的一次函数图象，故A正确．答案：A4.(多选)(2018·高考全国卷Ⅲ，T18)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的变化如图所示．下列说法正确的是()A．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：xt图象的斜率表示两车速度，则可知t1时刻乙车速度大于甲车速度，A错；由两图线的纵截距知，出发时甲在乙前面，t1时刻图线相交表示两车相遇，可得0到t1时间内乙车比甲车多走了一段距离，B错；t1和t2两图线相交，表明两车均在同一位置，从t1到t2时间内，两车走过的路程相等，C对；在t1到t2时间内，两图线有斜率相等的一个时刻，即该时刻两车速度相等，D对．答案：CD5.(2017·高考全国卷Ⅱ，T24)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v1.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．解析：(1)设冰球的质量为m ，冰球与冰面之间的动摩擦因数为μ，由动能定理得 －μmgs 0＝12m v 21－12m v 20① 解得μ＝v 20－v 212gs 0②(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 20⑥答案：(1)v 20－v 212gs 0 (2)s 1(v 1＋v 0)22s 20[考情分析]■ 命题特点与趋势——怎么考1．近几年高考对本讲的考查比较全面，匀变速直线运动的规律、运动学图象问题、牛顿运动定律的应用是命题的热点，如2017年全国卷Ⅱ第24题考查匀变速直线运动的规律，2018年全国卷考查了牛顿运动定律及图象问题．2．以现代科技、生产、生活及体育运动等为背景设置的题目考查学生运用所学知识解决实际问题的能力，或借助“传送带”“平板车”“滑块—木板”模型，综合考查牛顿运动定律、受力分析、运动过程分析的题目都会成为高考中的计算题的命题热点，如2019年全国卷Ⅰ第18题、2017年全国卷Ⅱ第24题．■ 解题要领——怎么做1．解答运动学公式与牛顿第二定律综合应用的问题，需要做好“受力分析和运动分析”的同时抓住“加速度和速度”两个桥梁．2．解决图象类问题关键是要将物体的运动图象转化为物体的运动模型．3．以“交通”“体育”“科技”为背景的实际问题在2020年的备考中应引起足够重视．[研考向·提能力] 考向研析 掌握应试技能授课提示：对应学生用书第7页考向一 匀变速直线运动规律的应用1．求解匀变速直线运动问题的一般思路审题→画出示意图→判断运动性质→选取正方向→选用公式列方程→求解方程2．若涉及追及、相遇或避免碰撞等问题，解题的关键是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，画出运动过程示意图，找出时间关系、速度关系、位移关系并列出方程．3．处理刹车类问题或匀减速运动问题时要注意判断速度减速到零的时间t 0＝v 0a，再进行分析计算．[典例1] 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 ， 此时，甲、乙两车的速度均为v ＝v 0－a 2t 2＝0 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 m 方法技巧“一画、二选、三注意”解决匀变速直线运动问题 ——————————————————————————1．(2019·安徽安庆高三上学期期末)一质点在连续的6 s 内做匀加速直线运动，在第一个2 s 内位移为12 m ，最后一个2 s 内位移为36 m ，下面说法正确的是( )A ．质点的加速度大小是3 m/s 2B ．质点在第2个2 s 内的平均速度大小是18 m/sC ．质点第2 s 末的速度大小是12 m/sD ．质点在第1 s 内的位移大小是6 m解析：设第一个2 s 内的位移为x 1，第三个2 s 内，即最后1个2 s 内的位移为x 3，根据x 3－x 1＝2aT 2得加速度a ＝3 m/s 2，故A 正确；由匀变速直线运动连续相等时间内通过的位移差为定值即x 3－x 2＝x 2－x 1，解得x 2＝24 m ，所以质点在第2个2 s 内的平均速度大小是242 m /s ＝12 m/s ，故B 错误；第1 s 末的速度等于第一个2 s 内的平均速度，则v 1＝6 m /s ，则第2 s 末速度为v ＝v 1＋at ＝(6＋3×1)m/s ＝9 m/s ，故C 错误；在第1 s 内反向看为匀减速运动，则有x ＝v 1t －12at 2＝(6×1－12×3×12)m ＝4.5 m ，故D 错误．答案：A2．(2019·贵州贵阳一测)对于如图所示的情境，交通法规定“车让人”，否则驾驶员将受到处罚．若以8 m /s 匀速行驶的汽车即将通过路口，有行人正在过人行横道，此时汽车的前端距停车线8 m ，该车减速时的加速度大小为5 m/s 2.下列说法中正确的是( )A ．驾驶员立即刹车制动，则至少需2 s 汽车才能停止B ．在距停车线6 m 处才开始刹车制动，汽车前端恰能止于停车线处C ．若经0.2 s 后才开始刹车制动，汽车前端恰能止于停车线处D ．若经0.4 s 后才开始刹车制动，汽车前端恰能止于停车线处解析：汽车的初速度为v 0＝8 m /s ，刹车时最大加速度大小为a ＝5 m/s 2，由匀变速直线运动规律可知，汽车停车时间最短为t ＝v 0a ＝1.6 s ，选项A 错误；由速度与位移关系可知，汽车的刹车距离x ＝v 202a ＝6.4 m ，选项B 错误；要使汽车停止时前端刚好在停车线处，汽车匀速运动距离为x ′＝(8－6.4)m ＝1.6 m ，所以汽车匀速运动时间t ′＝x ′v 0＝0.2 s ，选项C 正确，D 错误．答案：C3．庆祝中华人民共和国成立70周年阅兵中，质量为m 的战斗机接受检阅后返回某机场，降落在跑道上的减速过程可简化为两个匀减速直线运动：飞机以速度95 m /s 着陆后立即打开减速阻力伞，加速度大小为2.5 m/s 2，运动时间为20 s ；随后在无阻力伞情况下减速直至停下，在平直跑道上减速滑行总路程为2 075 m ．求第二个减速阶段飞机运动的时间和加速度大小．解析：以飞机的运动方向为正方向． 初速度v 0＝95 m /s ，a 1＝－2.5 m/s 2， t 1＝20 s ， x ＝2 075 m由运动学公式v ＝v 0＋at 得， 第一阶段减速的末速度v ＝95 m /s ＋(－2.5)×20 m/s ＝45 m/s 由v 2－v 20＝2ax 1得，第一阶段减速位移x 1＝v 2－v 202a 1＝452－9522×(－2.5)m ＝1 400 m又x ＝x 1＋x 2，则第二阶段减速位移 x 2＝(2 075－1 400)m ＝675 m由平均速度公式x 2＝v2t 2，得第二阶段运动时间为t 2＝2x 2v ＝2×67545 s ＝30 s ，加速度为a 2＝0－v t 2＝0－4530 m/s 2＝1.5 m/s 2即第二减速阶段飞机的加速度大小为1.5 m/s 2. 答案：30 s 1.5 m/s 2考向二 运动学图象问题[典例2] (多选)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] 根据v t 图象知，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Δx 1＝x 乙－x 甲＝7.5 m ，即甲在乙前方7.5 m ，选项B 正确；0～1 s 内，x 甲′＝12×1×10 m ＝5 m ，x 乙′＝12×1×(10＋15)m ＝12.5 m ，Δx 2＝x 乙′－x 甲′＝7.5 m＝Δx 1，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 ，所以选项D 正确．[答案] BD 方法技巧图象问题做好“三看”“一注意”——————————————————————————————————————(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，如例题中甲、乙两车做匀变速直线运动．(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，如例题中两交点表示两车速度相同．(4)一注意：利用v t 图象分析两个物体的运动时，要注意两个物体的出发点，即注意它们是从同一位置出发，还是从不同位置出发．若从不同位置出发，要注意出发时两者的距离，如例题中两车不在同一位置出发，甲在乙前方7.5 m 处．4．(多选)(2019·山东师大附中高三第四次模拟)一个质点沿x 轴由静止开始做匀加速直线运动，其位移—时间图象如图所示，则下列说法正确的是( )A ．该质点的加速度大小为2 m/s 2B ．该质点在t ＝1 s 时的速度大小为4 m/sC ．该质点在t ＝1 s 到t ＝2 s 时间内的平均速度大小为 6 m/sD ．该质点运动4 m 需要的时间为1.5 s解析：质点由静止开始做匀加速直线运动，则有x ＝12at 2，由图可知，t ＝1 s 时，位移为x 1＝2 m ，代入上式解得a ＝4 m /s 2，故A 错误；该质点在t ＝1 s 时的速度大小为 v ＝at ＝4×1 m/s ＝4 m/s ，故B 正确；由图象可知，质点在t ＝1 s 到t ＝2 s 时间内的位移大小为x 2＝6 m ，平均速度大小为故C 正确；将x 3＝4 m ，a ＝4 m/s 2代入位移公式x ＝12at 2，解得t ＝ 2 s ，故D 错误．答案：BC5．(多选)在70周年国庆阅兵式上，多架直升机编队后排成“70”字样飞过阅兵区，其速度—时间图象如图所示，则以下说法正确的是( )A ．该编队做的是往复运动B ．0～t 1时间内编队做加速度减小的加速运动C ．0～t 1时间内的平均速度有可能大于t 2～t 3时间内的平均速度D ．t 2～t 3时间内的位移有可能大于0～t 1时间内的位移解析：由图知该编队的速度一直为正，说明一直沿正方向做单向直线运动，故A 错误．图象的斜率等于物体的加速度，则知0～t 1时间内编队做加速度减小的加速运动，故B 正确．由面积表示位移，可知0～t 1时间内的位移大于匀加速运动的位移，其平均速度大于v 02，在t 2～t 3时间内的位移小于匀减速运动的位移，则其平均速度小于v 02，因此0～t 1时间内的平均速度一定大于t 2～t 3时间内的平均速度，故C 错误．由面积表示位移，可知t 2～t 3时间内的位移有可能大于0～t 1时间内的位移，故D 正确．答案：BD6．(多选)汽车A 和汽车B (均可视为质点)在平直的公路上沿两平行车道同向行驶，A 车在后(如图甲所示)．以某时刻作为计时起点，此时两车相距x 0＝12 m ．汽车A 运动的x t 图象如图乙所示，汽车B 运动的v t 图象如图丙所示．则下列说法正确的是( )A ．在t ＝3 s 时，两车相距最远，且最远距离为20 mB ．B 车在0～6 s 内的位移为23 mC ．在t ＝8 s 时，两车相遇D ．若t ＝1 s 时，A 车紧急制动(视为匀变速)，要使A 车追不上B 车，则A 车的加速度大小应大于14m/s 2解析：由图乙可知A 车做匀速直线运动，速度大小为v A ＝4 m/s ，由图丙分析可知，t ＝3 s 时两车速度相等，相距最远，由位移关系得最远距离为20 m ，选项A 正确；B 车在0～6 s 内的位移和0～5 s 内的位移相等，为24 m ，选项B 错误；0～8 s 内A 车的位移大小为32 m ，B 车的位移大小为24 m ，位移之差为8 m ，此时A 车未追上B 车，选项C 错误；t ＝1 s 时两车相距16 m ，当B 车停下来后，A 车速度减为零时恰好追上B 车，此时A 车的加速度为一临界值，B 车停止之前的位移为16 m ，所以A 车的总位移为32 m ，由速度与位移的关系v 2＝2ax 可知，加速度a ＝14 m/s 2，故要使A 车追不上B 车，则A 车的加速度大小应大于14m/s 2，选项D 正确．答案：AD考向三 动力学中的连接体问题三类连接体问题的解题结论(1)通过滑轮连接的两个物体：如果做加速运动，则它们的加速度大小相同，注意此时轻绳的拉力与悬挂物的重力大小不相等．(2)叠加体类连接体：两物体间刚要发生相对滑动时物体间达到最大静摩擦力． (3)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．[典例3] (多选)(2019·湖北武汉高三3月调研)如图所示，足够长的水平桌面上放置着质量为m 、长度为L 的长木板B ，质量也为m 的物体A 放置在长木板B 的右端，不可伸长的轻绳1的一端与A 相连，另一端跨过轻质定滑轮与B 相连，在长木板的右侧用跨过定滑轮的不可伸长的轻绳2系着质量为2m 的重锤C .已知重力加速度为g ，各接触面之间的动摩擦因数均为μ(μ<0.5)，不计绳与滑轮间的摩擦，系统由静止开始运动，下列说法正确的是( )A ．A 、B 、C 的加速度大小均为g2B ．轻绳1的拉力为mg2C ．轻绳2的拉力为mgD ．当A 运动到B 的左端时，物体C 的速度为 gL (1－2μ)2[思路点拨] 解此题注意以下两点： (1)物体间用不可伸长的轻绳相连，三物体的加速度大小相等．(2)A 运动到B 的左端时，A 、B 两物体的位移之和等于物体B 的长度．[解析] 三个物体的加速度大小相等，设三个物体的加速度均为a ，对物体A ：F T1－μmg ＝ma ，对B ：F T2－μmg －2μmg －F T1＝ma ，对C ：2mg －F T2＝2ma ，联立解得a ＝12g －μg ，F T1＝12mg ，F T2＝mg ＋2μmg ，选项B 正确，A 、C 错误；当A 运动到B 的左端时有12at 2＋12at 2＝L ，此时物体A 、B 、C 的速度均为v ＝at ＝gL (1－2μ)2，选项D 正确． [答案] BD方法技巧“整体法、隔离法”应用的两点技巧——————————————————————————————————————(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，如例题中A 、B 两物体虽然加速度大小相同，但方向不同，故采用隔离法．(2)求连接体内各物体间的相互作用力时必须用隔离法，如例题中求绳1和绳2的作用力，采用隔离法，若题目中不涉及绳2的作用力，求加速度时可把B 、C 两物体看成一个整体．7．(多选)(2019·陕西西安一中第四次月考)如图所示，完全相同的磁铁A 、B 分别位于铁质车厢竖直面和水平面上，A 、B 与车厢间的动摩擦因数均为μ，小车静止时，A 恰好不下滑．已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力．现使小车加速运动，为保证A 、B 无滑动，则( )A ．速度可以向左，加速度可以小于μgB ．加速度一定向右，不能超过(1＋μ)gC ．加速度一定向左，不能超过(1＋μ)gD ．加速度一定向左，不能超过μg解析：小车静止时，A 恰好不下滑，所以对A 有mg ＝μF 引，当小车加速运动时，为了保证A 不下滑，则F N ≥F 引，则加速时加速度一定向左，对B 有μ(mg ＋F 引)≥ma ，计算得出a ≤(1＋μ)g .答案：AC8．(多选)(2019·湖北武昌高三3月调研考试)如图所示，质量分别为m 和M 的两物体用轻绳连接，在M 上施加恒力F ，使两物体一起沿恒力F 方向做匀加速直线运动(轻绳与恒力F 方向平行)，分析对比下列四种情况下两物体间轻绳的张力大小T 和两物体的加速度大小a ，正确的是( )A ．四种情况中(3)的加速度一定大于其他三种情况B ．四种情况中(4)的加速度一定小于其他三种情况C ．四种情况中(3)的轻绳张力一定小于其他三种情况D ．四种情况轻绳的张力一定一样大解析：(1)中加速度满足：F －(M ＋m )g sin θ－μ(M ＋m )·g cos θ＝(M ＋m )a 1，对m ：T 1－mg sin θ－μmg cosθ＝ma 1，解得a 1＝F M ＋m －g sin θ－μg cos θ，T 1＝Fm M ＋m；(2)中加速度满足：F －(M ＋m )g sin θ＝(M ＋m )a 2，对m ：T 2－mg sin θ＝ma 2，解得a 2＝F M ＋m －g sin θ，T 2＝Fm M ＋m ；(3)中加速度满足：F ＝(M ＋m )a 3，对m ：T 3＝ma 3，解得a 3＝F M ＋m ，T 3＝Fm M ＋m；(4)中加速度满足：F －(M ＋m )g ＝(M ＋m )a 4，对m ：T 4－mg ＝ma 4，解得a 4＝F M ＋m －g ，T 4＝Fm M ＋m.由以上分析可知，选项A 、D 正确，B 、C 错误． 答案：AD9.如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m 、2m 和3m 的三个木块，其中质量为2m 和3m 的木块间用一不可伸长的轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为F T .现用水平拉力F 拉质量为3m 的木块，使三个木块以同一加速度运动，则以下说法正确的是( )A ．质量为2m 的木块受到四个力的作用B ．当F 逐渐增大到F T 时，轻绳刚好被拉断C ．当F 逐渐增大到1.5F T 时，轻绳还不会被拉断D ．轻绳刚要被拉断时，质量为m 和2m 的木块间的摩擦力为23F T 解析：质量为2m 的木块受到绳拉力、地面支持力、自身的重力、质量为m 的木块对其的压力和摩擦力五个力的作用，A 错误；设绳的张力为F 1，对三个木块整体有F ＝(m ＋2m ＋3m )a ，a ＝F 6m，对质量为m 、2m 的木块整体有F 1＝(m ＋2m )a ，F 1＝F 2.当F 逐渐增大到1.5F T 时，F 1＝0.75F T ，绳不会被拉断，B 错误，C 正确；绳刚要被拉断时，对质量为m 、2m 的木块整体有F T ＝(m ＋2m )a 1，a 1＝F T 3m ，再对质量为m 的木块有F f ＝ma 1＝F T 3，D 错误． 答案：C专题限时集训(二)(建议用时：40分钟)[专题通关练]1．(原创题)以20 m/s 的速度匀速行驶的汽车，刹车后做匀减速直线运动。
高考物理二轮复习专题一 第2讲 力与直线运动
应考策略
抓住“两个分析”和“一个桥梁”． “两个分析”是指“受力分析”和“运动情景或运动过程分析”． “一个桥梁”是指“加速度是联系运动和受力的ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ梁 ”．综合应用牛顿运动定 律和运动学公式解决问题．
二轮物理
第一部分
专题整合突破
抓牢· 规律方法 突破· 命题方向
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课时作业
第一部分
专题整合突破
x 则其平均速度 v＝ t ＝5 m/s；而前锋队员的最大速度为 6 m/s，故前锋队员应该先加速后匀速。
设前锋队员恰好在底线追上足球，加速过程中加速度为 a′，若前锋队员一
x 匀加速运动，则其平均速度 v＝ t ＝5 m/s；而前锋队员的最大速度为 6 m/s，故
二轮物理
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抓牢· 规律方法 突破· 命题方向
答案:C
【例】在真空中的光滑水平绝缘面上有一带电小滑块．开始时滑块静止．若在滑 块所在空间加一水平匀强电场E1，持续一段时间后立刻换成与E1相反方向的匀强电
场E2．当电场E2与电场E1持续时间相同时，滑块恰好回到初始位置，且具有动能
Ek．在上述过程中，E1对滑块的电场力做功为W1，E2对滑块的电场力做功为W2，求
⑩
v0 v1 v12 x2= t1+ 2 2 a 2
物块相对于木板的位移的大小为 x=x2-x1 联立①⑤⑥⑧⑨⑩
或根据v-t图求位移
式得 x=1.125m.
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课时作业
考向一 [真题体验]
运动图象的理解及应用
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高考物理二轮复习课件：专题一第2讲力与直线运动
大小 a1＝02.4
m/s2＝0.2
m/s2，撤去外力
F
后的加速度大小
0.s2，设木板质量为 m，根据牛顿第二定律，2～4 s 内：F－F 摩＝ma1,
解析 答案
4 s 以后：F 摩＝ma2，解得 m＝1 kg，F＝0.4 N，A、B 正确。0～2 s 内，F ＝f，由题图 b 知，F 随时间是均匀增加的，C 错误。因物块质量不可求， 故由 F 摩＝μm 物 g 可知动摩擦因数不可求，D 错误。
解析
2．(2020·江苏高考)中欧班列在欧亚大陆开辟了“生命之路”，为国际
抗疫贡献了中国力量。某运送防疫物资的班列由 40 节质量相等的车厢组成，
在车头牵引下，列车沿平直轨道匀加速行驶时，第 2 节对第 3 节车厢的牵
引力为 F。若每节车厢所受摩擦力、空气阻力均相等，则倒数第 3 节对倒数
第 2 节车厢的牵引力为( )
解析
7．(2018·全国卷Ⅰ) 如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放 有物块 P，系统处于静止状态。现用一竖直向上的力 F 作用在 P 上，使其 向上做匀加速直线运动。以 x 表示 P 离开静止位置的位移，在弹簧恢复原 长前，下列表示 F 和 x 之间关系的图象可能正确的是( )
答案
解析 物块静止时受到向上的弹力和向下的重力，处于平衡状态，有： kx0＝mg，施加拉力 F 后，物块向上做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有： F＋k(x0－x)－mg＝ma，所以 F＝ma＋kx，A 正确。
答案
解析 v-t 图象中图象与 t 轴所包围的面积代表运动的位移，两车在 t2 时刻并排行驶，利用逆向思维并借助于面积可知在 t1 时刻甲车在后，乙车 在前，故 A 错误，B 正确；图象的斜率表示加速度，所以甲的加速度先减 小后增大，乙的加速度也是先减小后增大，故 C 错误，D 正确。故选 B、D。
浙江专用版高考物理二轮复习专题一力与运动第2讲力与直线运动课件
可解得s＝5 m，所以h＝ssin θ＝3 m
(2)物块在斜面ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ运动所需的时间.(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，结果保留 二位有效数字)
停止喷气，小球破门的速度为
2v0 2
B.若小球以速度v0运动到离对方球门0.5L处小孔突然
停止喷气，小球破门的速度为v20 C.若小球以速度v0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
D.若小球以速度v0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
2v0 v04 2
解析 由题意知 v02＝2μgL，若 0.5L 处停止喷气，由 v02－v2＝2μgL2，得 v＝ 22v0，故 A 正确，B 错误； 若离球门 L 处浮力减半，即 F 浮′＝12F 浮＝12mg，则 a＝μmg－mF浮′＝12μg
答案 3.2 s 解析 小物块在斜面上向上运动的时间：t1＝0－a2v1＝1 s 小物块在最高点时：mgsin θ＞μmgcos θ， 所以小物块会匀加速下滑，加速度a3＝gsin θ－μgcos θ＝2 m/s2， 由 s＝12a3t22，解得：t2＝ 5 s 小物块在斜面上运动所需时间为：t＝t1＋t2＝(1＋ 5) s≈3.2 s.
题型3
单物体多运动过程问题
相关知识链接
1.基本思路
2.解题关键 抓住两个分析，受力分析与运动过程分析，特别是多过程问题，一定要明确各过程 受力的变化、运动性质的变化、速度方向的变化等. 3.常用方法 (1)正交分解法：一般沿加速度方向和垂直于加速度方向进行分解，有时根据情况也 可以把加速度进行正交分解. (2)逆向思维法：把运动过程的末状态作为初状态的反向研究问题的方法，一般用于 末速度为零的匀减速直线运动问题，比如刹车问题、竖直上抛问题等.
2019高考物理二轮复习专题二力与直线运动学案
专题二力与直线运动一、主干知法必记1.共点力的平衡(1)弹力和摩擦力的大小可根据平衡条件确定;弹簧弹力:F=kx;滑动摩擦力:f=μF N;静摩擦力:0≤f≤f max。
(2)二力作用下物体平衡时,两个力等大、反向、共线;多力作用下物体平衡时,任意几个力的合力和其余力的合力等大、反向、共线。
2.匀变速直线运动的规律(1)速度公式:v=v0+at。
(2)位移公式:x=v0t+at2。
(3)速度与位移关系公式:v2-=2ax。
(4)平均速度公式:==。
(5)中间时刻瞬时速度公式:=。
(6)位移差公式:Δx=aT2。
3.运动图像(1)位移-时间图像的斜率表示速度,两图线的交点表示两物体相遇的位置。
(2)速度-时间图像的斜率表示加速度,速度图像与时间轴所围面积表示对应时间内的位移。
(3)分析图像时要注意“截距、交点、拐点、面积、斜率”的意义。
4.牛顿运动定律的应用(1)加速度方向向上时,物体处于超重状态;加速度方向向下时,物体处于失重状态。
(2)受力分析和运动情况的分析是解决动力学问题的关键。
二、易错知识点拨1.应用F=kx时,误将弹簧长度当成形变量。
2.将静摩擦力和滑动摩擦力混淆,盲目套用公式f=μF N。
3.误将物体的速度等于零当成平衡状态。
4.误将v、Δv、Δ的意义混淆。
Δ认为a与Δv成正比,与Δt成反比。
5.错误地根据公式a=ΔΔ6.误将加速度的正负当成物体做加速运动还是减速运动的依据。
7.误认为“惯性与物体的速度有关,速度大,惯性大,速度小,惯性小”。
8.误认为“牛顿第一定律”是“牛顿第二定律”的特例。
9.误将“力和加速度”的瞬时关系当成“力和速度”的瞬时关系。
10.误将超重、失重现象当成物体重力变大或变小。
三、保温训练1.(粤教版必修1P35第5题改编)雨滴自屋檐由静止滴下,每隔0.2 s滴下一滴,第1滴落到地面时第6滴恰欲滴下,此时测得第1、2、3、4滴之间的距离依次为1.62 m、1.26 m、0.9 m。
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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()A.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，两车速度相等图1v－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()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图2【典例3】(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＝3s时并排行驶，则()A.在t＝1s时，甲车在乙车后B.在t＝0时，甲车在乙车前7.5mC.两车另一次并排行驶的时刻是t＝2sD.甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40m图3a－t图象的理解及应用【典例4】(多选)假设高速公路上甲、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30m/s，相距100m。
在t＝0时刻甲车遇到紧急情况后，甲、乙两车的加速度随时间变化如图4所示。
取运动方向为正方向。
下列说法正确的是()A.在t＝6s时，两车速度相等B.在t＝6s时，两车相距最近C.在t＝6s时，两车相距90mD.在0～9s内，两车会相撞图41.明图象意义(1)看到“x －t 图线”想到“初始位置关系明确”。
(2)看到“v －t 图线”想到“加速度变化情况”。
(3)速度图线只有通过时间轴时速度方向才改变。
2.清交点区别两个物体的运动图象一般会涉及追及和相遇问题。
x －t 图象交点表示两物体位移相等，v －t 图象交点表示两物体速度相等。
3.抓对应关系根据物体的初始条件和受力情况判断或作出图象的关键是将运动情景与图象信息对应起来。
1.(多选)汽车A 和汽车B (均可视为质点)在平直的公路上沿两平行车道同向行驶，A 车在后(如图5甲所示)。
以某时刻作为计时起点，此时两车相距x 0＝12m 。
汽车A 运动的x －t 图象如图乙所示，汽车B 运动的v －t 图象如图丙所示。
则下列说法正确的是()A.在t ＝3s 时，两车相距最远，且最远距离为20mB.B 车在0～6s 内的位移为23mC.在t ＝8s 时，两车相遇D.若t ＝1s 时，A 车紧急制动(视为匀变速)，要使A车追不上B 车，则A 车的加速度大小应大于14m/s 图52.(多选)在一个大雾天，一辆小汽车以20m/s 的速度行驶在平直的公路上，突然发现正前方x 0＝20m 处有一辆大卡车以10m/s 的速度同方向匀速行驶，汽车司机立即刹车，忽略司机的反应时间，3s 后卡车也开始刹车，从汽车司机开始刹车时计时，两者的v －t 图象如图6所示，下列说法正确的是()A.小汽车与大卡车一定没有追尾B.由于在减速时大卡车的加速度大小小于小汽车的加速度大小，导致两车在t ＝4s 时追尾C.两车没有追尾，两车最近距离为10mD.两车没有追尾，并且两车都停下时相距5m图63.一质点由静止开始沿直线运动，通过传感器描绘出1v关于x的函数图象如图7所示，下列说法正确的是() A.质点做匀减速直线运动B.1v－x图象斜率等于质点运动的加速度C.四边形AA′B′B的面积可表示质点从O到C′所用的时间D.四边形BB′C′C的面积可表示质点从C到C′所用的时间图7匀变速直线运动规律的应用以生活中的交通问题为背景考查匀变速直线运动规律的应用【典例1】近几年长假期间，国家取消了7座及其以下的小车的收费公路的过路费，给自驾车带来了很大的实惠，但车辆的增多也给交通道路的畅通增加了很大的压力，因此国家规定了免费车辆在通过收费站时在专用车道上可以直接减速通过。
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＝21.6km/h，事先小汽车未减速的车速均为v0＝108km/h，制动后小汽车的加速度的大小为a1＝4m/s2。
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加速度a2＝6m/s2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？【命题拓展】(1)画出【典例1】第(2)问中汽车运动的v－t图象；(2)【典例1】第(2)问中汽车运动的平均速度多大？追及与相遇中的“实际问题模型”【典例2】某地出现雾霾天气，能见度只有200m，即看不到200m以外的情况，A、B两辆汽车沿同一公路同向行驶，A车在前，速度v A＝10m/s，B车在后，速度v B＝30m/s，B车在距A车x＝200m处才发现前方的A车，这时B车立即以最大加速度a＝0.8m/s2刹车。
(1)通过计算说明两车会不会相撞；(2)若两车不会相撞，求它们之间的最小距离。
若两车会相撞，则B车在减速的同时开始按喇叭，t1＝10s后，A车发现后，立即加速前进，则A车的加速度至少为多大时才能避免与B车相撞？电学中的直线运动【典例3】(2018·江苏单科，13)如图8所示，两条平行的光滑金属导轨所在平面与水平面的夹角为θ，间距为d。
导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直。
质量为m的金属棒被固定在导轨上，距底端的距离为s，导轨与外接电源相连，使金属棒通有电流。
金属棒被松开后，以加速度a沿导轨匀加速下滑，金属棒中的电流始终保持恒定，重力加速度为g。
求下滑到底端的过程中，金属棒(1)末速度的大小v；(2)通过的电流大小I；(3)通过的电荷量Q。
图8“一画、二选、三注意”解决匀变速直线运动问题1.(2018·贵阳一测)对于如图9所示的情境，交通法规定“车让人”，否则驾驶员将受到处罚。
若以8m/s匀速行驶的汽车即将通过路口，有行人正在过人行横道，此时汽车的前端距停车线8m，该车减速时的加速度大小为5m/s2。
下列说法中正确的是()A.驾驶员立即刹车制动，则至少需2s汽车才能停止B.在距停车线6m处才开始刹车制动，汽车前端恰能止于停车线处C.若经0.2s后才开始刹车制动，汽车前端恰能止于停车线处D.若经0.4s后才开始刹车制动，汽车前端恰能止于停车线处图92.如图10所示，倾斜放置的平行板电容器两极板与水平面的夹角为θ，极板间距为d，带负电的微粒质量为m、带电荷量为q，微粒从极板M的左边缘A处以初速度v0水平射入极板间，沿直线运动并从极板N的右边缘B处射出，则()A.微粒到达B点时动能为1m v202B.微粒的加速度大小等于g sinθC.两极板间的电势差U MN＝mgdq cosθD.微粒从A点到B点的过程中电势能减少mgdcosθ图103.(2018·江西南昌六校联考)有一部电梯，启动时匀加速上升的加速度大小为2m/s2，制动时匀减速上升的加速度大小为1m/s2，中间阶段电梯可匀速运行，电梯运动上升的高度为48m。
问：(1)若电梯运行时最大限速为9m/s，电梯升到最高处的最短时间是多少；(2)如果电梯先加速上升，然后匀速上升，最后减速上升，全程共用时间为15s，上升的最大速度是多少。
牛顿运动定律的综合应用以连接体为载体考查牛顿运动定律的应用【典例1】(多选)(2015·新课标全国卷Ⅱ，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()A.8B.10C.15D.18以图象形式考查动力学两类问题【典例2】(2018·全国卷Ⅰ，15)如图11，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P ，系统处于静止状态。
现用一竖直向上的力F 作用在P 上，使其向上做匀加速直线运动。
以x 表示P 离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F 与x 之间关系的图象可能正确的是()图11以生活、科技为背景考查动力学两类问题【典例3】(2018·全国卷Ⅱ，24)汽车A 在水平冰雪路面上行驶。
驾驶员发现其正前方停有汽车B ，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车B 。
两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图12所示，碰撞后B 车向前滑动了4.5m ，A 车向前滑动了2.0m 。
已知A 和B 的质量分别为2.0×103kg 和1.5×103kg ，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小g ＝10m/s 2。
求(1)碰撞后的瞬间B 车速度的大小；(2)碰撞前的瞬间A 车速度的大小。
图12应用牛顿运动定律求解问题时应注意：(1)研究对象的选取方法：整体法和隔离法。
(2)当物体的受力情况发生变化时加速度同时发生变化。
(3)两个相邻的子过程的衔接，即前一过程的末状态应为后一过程的初状态。
1.(多选)(2018·福州四校联考)一个物块放在粗糙的水平面上，现用一个很大的水平推力推物块，并且推力不断减小，结果物块运动过程中的加速度a随推力F变化的图象如图13所示。
已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2。
下列说法正确的是()A.物块的质量为0.5kgB.物块与水平面间的动摩擦因数为0.2C.当推力F减小为2N时，物块的速度最大D.当推力F减小为0时，物块的速度为零图132.(2018·南昌一模)在倾角θ＝37°的粗糙斜面上有一质量m＝2kg的物块，受如图14甲所示的水平方向恒力F的作用，物块静止不动。
t＝0时刻物块以某一速度从斜面上A点沿斜面下滑，在t＝4s时滑到水平面上，此时撤去F，在这以后的一段时间内物块运动的速度随时间变化关系v－t图象如图乙所示，已知A点到斜面底端的距离x＝18m，物块与各接触面之间的动摩擦因数相同，不考虑转角处机械能损失，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。