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高三物理二轮复习专题1.2：力与牛顿运动定律（直线运动）导学案
一：必备知识网络：
关键能力题型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
→→→→
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．
关键能力1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.上升第一个所用的时间为t1，第四个所用的时间为t2.不计空气阻力，则满足(　　)
图1
A．1<<2
B．2<<3
C．3<<4
D．4<<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，所以第四个所用的时间为t2＝，第一个所用的时间为t1＝－，因此有＝＝2＋，即3<<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＝kv2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/s2　39
s
解析　(1)设飞机装载货物前质量为m1，起飞离地速度为v1；装载货物后质量为m2，起飞离地速度为v2，重力加速度大小为g.飞机起飞离地应满足条件
m1g＝kv12①
m2g＝kv22②
由①②式及题给条件得v2＝78
m/s③
(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
v22＝2as④
v2＝at⑤
联立③④⑤式及题给条件得a＝2
m/s2，t＝39
s.
关键能力题型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
①轻绳——长度不变时产生弹力可突变，剪断时弹力立即消失；
②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．
关键能力2
例3　(2020·全国卷Ⅱ·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Ff，由牛顿运动定律有Ma1＝Mg＋Ff①
ma2＝Ff－mg②
联立①②式并代入题给数据，得
a1＝2g，a2＝3g③
(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
v0＝④
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t1，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
v0－a1t1＝－v0＋a2t1⑤
联立③④⑤式得t1＝⑥
设此时管下端的高度为h1，速度为v.由运动学公式可得
h1＝v0t1－a1t12⑦
v＝v0－a1t1⑧
由③④⑥⑧式可判断此时v>0.此后，管与小球将以加速度g减速上升h2，到达最高点．由运动学公式有h2＝⑨
设管第一次落地弹起后上升的最大高度为H1，则H1＝
h1＋
h2⑩
联立③④⑥⑦⑧⑨⑩式可得
H1＝H?
(3)设第一次弹起过程中球相对管的位移为x1.在管开始下落到上升H1这一过程中，由动能定理有
Mg(H－H1)＋mg(H－H1＋x1)－Ffx1＝0?
联立??式并代入题给数据得
x1＝H?
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x2＝H1?
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
x1＋
x2≤L?
联立????式，L应满足条件为
L≥H.
关键能力题型3　运动学和动力学图像
1．常见图像
x－t图像
图像斜率的大小表示物体运动速度的大小，斜率的正负表示速度的方向
v－t图像
(1)图像斜率的大小表示物体运动的加速度的大小，斜率的正负表示加速度的方向
(2)图线与时间轴围成的面积表示位移，时间轴上方位移为正，时间轴下方位移为负
a－t图像
图线与时间轴围成的面积表示物体速度的变化量；加速度恒定表示物体做匀变速运动，否则物体做非匀变速运动
2.非常规图像
遇到其他运动的图像时，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v2－x图像，由v2－v02＝2ax得v2＝2ax＋v02，斜率k＝2a，截距b＝v02；
(2)－t图像：由x＝v0t＋at2得＝v0＋at，斜率k＝a，截距b＝v0.
3．在F－l图像、F－t图像、I－t图像中，图线与横轴所围的面积分别表示功、冲量、电荷量．
关键能力3
例4　(多选)(2019·全国卷Ⅲ·20)如图5(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/s2.由题给数据可以得出(　　)
图5
A．木板的质量为1
kg
B．2～4
s内，力F的大小为0.4
N
C．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a1＝
m/s2＝0.2
m/s2，对木板进行受力分析，由牛顿第二定律可得F－Ff＝ma1，在4～5
s内做匀减速运动，其加速度大小为a2＝
m/s2＝0.2
m/s2，Ff＝ma2，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Ff＝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．
课后巩固练习
[基础知识巩固训练]
1．(2020·河南九师联盟高三模拟卷)某电梯的最大速度为2
m/s，最大加速度为0.5
m/s2.该电梯由一楼从静止开始，到达24
m处的某楼层并静止，所用的最短时间是(　　)
A．12
s
B．16
s
C．18
s
D．24
s
2．(多选)(2020·广东肇庆市第二次统考)为探究小球沿光滑斜面的运动规律，小李同学将一小钢球分别从图1中光滑固定斜面的顶端由静止释放，下列说法中正确的是(　　)
图1
A．图甲中小球在斜面1、2上的运动时间相等
B．图甲中小球下滑至斜面1、2底端时的速度大小相等
C．图乙中小球在斜面3、4上的运动时间相等
D．图乙中小球下滑至斜面3、4底端时的速度大小相等
3．(2020·湖北武汉市武昌区调研)竖直上抛一小球，经过2
s到达最高点，设小球通过第1
s内位移的前所用时间为t1，通过第1
s内位移的后所用时间为t2，则等于(　　)
A.－1
B.
C．2
D．4
4．(2020·河南开封市3月模拟)如图2所示，在光滑的水平面上，质量m＝2
kg的物块与水平轻弹簧相连，物块在与水平方向成θ＝45°角的拉力F作用下处于静止状态，此时水平面对物块的支持力恰好为零．若重力加速度g取10
m/s2，则以下说法正确的是(　　)
图2
A．此时轻弹簧的弹力大小为10
N
B．当撤去拉力F的瞬间，物块的加速度大小为8
m/s2，方向水平向右
C．当撤去拉力F的瞬间，物块的加速度大小为10
m/s2，方向水平向左
D．若剪断弹簧，则剪断的瞬间物块的加速度大小为10
m/s2，方向斜向右上，与水平方向成45°角
5．(2020·北京市延庆区3月模拟)“笛音雷”是春节期间常放的一种鞭炮，其点燃后一段时间内的速度－时间图像如图3所示(不计空气阻力，取竖直向上为正方向)，其中t0时刻为“笛音雷”起飞时刻，DE段是斜率大小为g的直线．则关于“笛音雷”的运动，下列说法正确的是(　　)
图3
A．“笛音雷”在t1时刻加速度最小
B．“笛音雷”在t2时刻改变运动方向
C．“笛音雷”在t3时刻彻底熄火
D．t3～t4时间内“笛音雷”做自由落体运动
6.(2020·河南六市高三4月第一次联合调研)在平直公路上，甲、乙两车从同一地点出发，两车位移x和时间t的比值与时间t之间的关系如图4所示．下列说法正确的是(　　)
图4
A．甲车的加速度大小为5
m/s2
B．6
s末乙车速度减小到零
C．甲车追上乙车前，2
s末甲、乙两车相距最远
D．乙车速度减小到零时，甲车速度为30
m/s
7．(2020·山东省普通高中学业水平等级模拟考试)四个水球可以挡住一颗子弹！如图5所示，是央视《国家地理》频道的实验示意图，直径相同(约30
cm左右)的4个装满水的薄皮气球水平固定排列，子弹射入水球中并沿水平线做匀变速直线运动，恰好能穿出第4个水球，气球薄皮对子弹的阻力忽略不计．以下判断正确的是(　　)
图5
A．子弹在每个水球中的速度变化相同
B．每个水球对子弹做的功不同
C．每个水球对子弹的冲量相同
D．子弹穿出第3个水球的瞬时速度与全程的平均速度相等
8．(多选)(2020·东北三省四市教研联合体模拟)将质量为0.1
kg的物体竖直向上抛出，物体向上运动的过程中速度v与位移x的关系式为v＝5.关于物体在该过程中的初速度v0、加速度a、阻力Ff的大小及物体运动到最高点的时间t(设竖直向上为正方向，取g＝10
m/s2)，下列说法正确的是(　　)
A．v0＝5
m/s，a＝－12.5
m/s2
B．v0＝5
m/s，a＝－25
m/s2
C．Ff＝0.25
N，t＝0.4
s
D．Ff＝1.25
N，t＝0.4
s
[核心素养提升训练]
9.(多选)(2020·河南驻马店市线上模拟)甲、乙两车在相邻的平行车道同向行驶，做直线运动，v－t图像如图6所示，二者最终停在同一斑马线处，则(　　)
图6
A．甲车的加速度小于乙车的加速度
B．t＝0时乙车在甲车前方8.4
m处
C．t＝3
s时甲车在乙车前方0.6
m处
D．前3
s内甲车始终在乙车后边
10．(多选)(2020·河南省六市高三4月第一次联合调研)如图7所示，a、b小球均能沿各自斜轨道匀速下滑到竖直圆的最低点，现分别让小球a、b以va、vb的初速度沿各自斜轨道从最低点同时向上滑动，两小球速度同时减小到0，重力加速度为g，轨道与圆在同一竖直面内，sin
37°＝0.6，cos
37°＝0.8，则(　　)
图7
A．a、b小球与斜轨道间的动摩擦因数之比μa∶μb＝9∶16
B．a、b小球沿斜轨道向上运动的加速度大小之比aa∶ab＝4∶3
C．va∶vb＝4∶3
D．两小球不可能同时到达圆周上
11．(多选)(2020·陕西榆林市线上模拟)如图8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，将某一物体每次以大小不变的初速度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/s2，根据图像可求出(　　)
图8
A．物体的初速度v0＝6
m/s
B．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.6
C．取不同的倾角θ，物体在斜面上能达到的位移x的最小值xmin＝1.44
m
D．当某次θ＝30°时，物体达到最大位移后将沿斜面下滑
12.(2020·山西大同市高三期末)如图9所示，一足够长的木板，上表面与小木块之间的动摩擦因数μ＝0.75，重力加速度大小为g，木板与水平面成θ角，让小木块从木板的底端以大小恒定的初速率v0沿木板向上运动．随着θ的改变，小木块沿木板向上滑行的距离x将发生变化，当θ角为何值时，小木块沿木板向上滑行的距离最小？求出此最小值．
图9
13．(2020·上海宝山区质量检测)如图10斜面，AB段粗糙，BC段长为1.2
m且光滑．滑块以初速度v0＝9
m/s由A沿斜面开始向上滑行，经过B处速度为vB＝3
m/s，到达C处速度恰好为零．滑块在AB、BC段滑行时间相等．求：
图10
(1)滑块从B滑到C的时间及加速度大小；
(2)AB段的长度及滑块从A滑到B的加速度大小；
(3)滑块从C点回到A点的速度大小．
课后巩固练习解析
1．　B
解析　电梯以最大加速度加速到速度最大时所用的时间为t1＝＝
s＝4
s，加速运动的位移x＝at12＝4
m；根据对称性，减速运动的时间也为4
s，位移也为4
m，匀速运动的时间为t2＝
s＝8
s，电梯所用的最短时间为4
s＋4
s＋8
s＝16
s，选项B正确．
2．　BC
解析　设斜面与水平面的倾角为θ，根据牛顿第二定律得加速度大小为：a＝＝gsin
θ.题图甲中，设斜面的高度为h，则斜面的长度为：L＝，小球运动的时间为：t＝＝＝·，可知小球在斜面2上运动的时间长；到达斜面底端的速度大小为：v＝at＝，与斜面的倾角无关，与h有关，所以题图甲中小球下滑至斜面1、2底端时的速度大小相等，故A错误，B正确．题图乙中，设底边的长度为d，则斜面的长度为：s＝，根据s＝at2得t＝＝＝，可知θ＝30°和60°时，小球的运动时间相等，故C正确；由v＝，可知题图乙中小球下滑至斜面4底端时的速度较大，故D错误．
3．　B
解析　由于经过2
s到达最高点，因此初速度v0＝gt总＝20
m/s，第1
s内的位移x＝v0t－gt2＝15
m，第1
s内位移的前所用时间为t1，则x1＝10
m＝v0t1－gt12，解得t1＝(2－)
s或t1＝(2＋)
s(舍去)，由题可知t2＝t－t1＝(－1)
s，因此＝，故B正确，A、C、D错误．
4．　C
解析　物块受重力、拉力以及弹簧的弹力，处于平衡状态，根据共点力平衡得，弹簧的弹力为F弹＝mgtan
45°＝20×1
N＝20
N，F＝＝20
N，故A错误；
撤去拉力F的瞬间，弹簧的弹力仍然为20
N，物块此时受重力、支持力、弹簧弹力作用，合力大小为20
N，由牛顿第二定律可知a＝
m/s2＝10
m/s2，方向与弹簧弹力方向相同，即水平向左，故B错误，C正确；
剪断弹簧的瞬间，弹簧的弹力为零，物块受拉力和重力作用，合力方向水平向右，即加速度方向水平向右，根据牛顿第二定律得a＝＝
m/s2＝10
m/s2，故D错误．
5．　C
解析　t1时刻的斜率的绝对值不是最小的，所以“笛音雷”在t1时刻加速度不是最小的，故A错误；t2时刻速度的方向为正，“笛音雷”仍向上运动，没有改变运动方向，故B错误；t3时刻“笛音雷”开始向上做加速度大小为g的匀减速运动，所以“笛音雷”在t3时刻彻底熄火，故C正确，D错误．
6.　D
解析　根据x＝v0t＋at2可得：＝v0＋at，甲车的加速度大小为a1＝2k1＝2×
m/s2＝10
m/s2，选项A错误；由题图可知，乙车的初速度为v0＝15
m/s，加速度为a2＝2k2＝－2×
m/s2＝－5
m/s2，则速度减为零的时间为t＝＝3
s，选项B错误；当两车相距最远时速度相等，即v0＋a2t′＝a1t′，解得t′＝1
s，选项C错误；乙车速度减小到零时需经过t＝3
s，此时甲车速度为v＝a1t＝30
m/s，选项D正确．
7．D
解析　子弹向右做匀减速运动，加速度相同，由于子弹在每个水球中运动的时间不相等，由Δv＝at知，子弹在每个水球中的速度变化不同，选项A错误；由W＝－Ffx知，Ff不变，x相同，则每个水球对子弹做的功相同，选项B错误；由I＝－Fft知，Ff不变，t不同，则每个水球对子弹的冲量不同，选项C错误；子弹恰好能穿出第4个水球，则根据运动的可逆性知子弹穿过第4个水球的时间与子弹穿过前3个水球的时间相同，子弹穿出第3个水球的瞬时速度即为中间时刻的速度，与全程的平均速度相等，选项D正确．
8．　AC
解析　由速度－位移公式v2－v02＝2ax得v＝，对比v＝5＝可得v0＝5
m/s，a＝－12.5
m/s2，故A正确，B错误；物体运动到最高点的时间t＝＝
s＝0.4
s，由牛顿第二定律有：－mg－Ff＝ma，解得Ff＝0.25
N，故C正确，D错误．
[争分提能练]
9.　BC
解析　根据v－t图像的斜率大小表示加速度大小，斜率绝对值越大加速度越大，则知甲车的加速度大于乙车的加速度，故A错误；设甲运动的总时间为t，根据几何关系可得：＝，得t＝3.6
s，在0～3.6
s内，甲的位移：x甲＝
m＝32.4
m,0～4
s内，乙的位移：x乙＝
m＝24
m，因二者最终停在同一斑马线处，所以，t＝0时乙车在甲车前方x甲－x乙＝8.4
m处，故B正确；0～3
s内，甲、乙位移之差Δx＝
m＝9
m，因t＝0时乙车在甲车前方8.4
m处，所以t＝3
s时甲车在乙车前方0.6
m处，故C正确；由上分析知，前3
s内甲车先在乙车后边，后在乙车的前边，故D错误．
10．　BC
解析　a、b小球均能沿各自斜轨道匀速下滑，则mgsin
θ＝μmgcos
θ，其中θ为斜轨道与水平面夹角，则μ＝tan
θ，＝＝，选项A错误；a、b小球沿各自斜轨道向上运动时，mgsin
θ＋μmgcos
θ＝ma，故＝＝，选项B正确；两球速度同时减为零，时间相等，则由v＝at可得va∶vb＝
aa∶ab＝4∶3，选项C正确；因为两小球加速度大小之比aa∶ab＝4∶3，初速度之比va∶vb＝
4∶3，由v＝v0－at可知，任意时刻的速度大小之比为4∶3，则两小球的平均速度之比为4∶3，而两小球到达圆周上时位移大小之比也为4∶3，可知到达圆周上的时间相等，即两小球同时到达圆周上，选项D错误．
11．AC
解析　物体在粗糙斜面上向上运动，根据牛顿第二定律mgsin
θ＋μmgcos
θ＝ma，得加速度为a＝gsin
θ＋μgcos
θ
由运动学公式，当θ＝90°时，v02＝2gx，可得v0＝＝6
m/s，当θ＝0时，
v02＝2μgx，可得μ＝＝，故A正确，B错误；根据速度－位移公式可得，物体能达到的位移x＝，由辅助角公式v02＝2gsin(θ＋α)x，可得位移x的最小值xmin＝＝1.44
m，故C正确；当θ＝30°时，由于μ＞tan
θ，所以当物体在斜面上速度减为零后，不会下滑，故D错误．
12.　53°　
解析　取沿木板向上为正方向，设木块的加速度为a，沿木板方向由牛顿第二定律有：
－mgsin
θ－μmgcos
θ＝ma
解得：a＝－g(sin
θ＋μcos
θ)
设木块的位移为x，有：0－v02＝2ax
根据数学关系有：
sin
θ＋μcos
θ＝sin
(θ＋α)
其中tan
α＝μ＝0.75，则α＝37°
根据数学关系知木块加速度最大时位移最小，即当θ＋α＝90°时加速度有最大值，且最大值：amax＝g
所以此时：θ＝90°－α＝53°
加速度的最大值：amax＝g
解得：xmin＝
13．　(1)0.8
s　3.75
m/s2　(2)4.8
m　7.5
m/s2　(3)3
m/s
解析　(1)设BC段的加速度大小为a1，所用时间为t1，滑块从B到C做末速度为零的匀减速直线运动
vB2－0＝2a1xBC，
vB＝a1t1，
解得：a1＝3.75
m/s2，t1＝0.8
s.
(2)滑块从A到B做匀减速直线运动，时间与BC段相等，设加速度大小为a2
a2＝＝7.5
m/s2
v02－vB2＝2a2xAB，
解得：xAB＝4.8
m，a2＝7.5
m/s2.
(3)设斜面倾角为θ，滑块在BC段和AB段上升时，受力情况如图甲、乙所示，
mgsin
θ＝ma1，mgsin
θ＋Ff＝ma2，
解得：Ff＝mgsin
θ
物体从B－C－B，由运动的对称性可知：滑块返回到B点时速度大小仍为3
m/s,
当滑块返回到AB段时合力为零，滑块匀速下滑，所以滑块运动到斜面底端A时速度大小为3
m/s.

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