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(共53张PPT)
专题一
力与运动
第2讲　匀变速直线运动规律及牛顿运动定律
[建体系·论要点]______________________知识串联__熟记核心要点
思维导图
考情分析
[研考向·提能力]_____________________考向研析__掌握应试技能
3．抓关键、巧突破
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。
[典例1]　(2020·山东济南区县联考)校车交通安全问题已成为社会关注的热点，国务院发布的《校车安全管理条例》将校车安全问题纳入法制轨道。若校车以v0＝72
km/h
的速度行驶，司机发现在x＝33
m远处有人开始横穿马路，立即采取刹车措施。已知司机的反应时间t1＝0.75
s，刹车的加速度大小为4
m/s2。
(1)从司机发现情况至汽车行驶完33
m的距离，经过多长时间？此时车速多大？
(2)如果行人横穿20
m宽的马路，横穿速度为5
m/s，行人是否可能有危险？
(3)《校车安全管理条例》规定：校车运行中，如遇到意外情况，驾驶员按下安全按钮，校车车速会迅速降至v0′＝7.2
km/h以下，如果按(2)中条件，此时行人横穿马路是否有危险？
[解析]　(1)由题可知v0＝72
km/h＝20
m/s，在t1＝0.75
s的反应时间内，校车行驶的距离
x1＝v0t1＝15
m
开始刹车后校车匀减速行驶，加速度大小
a＝4
m/s2
C
2．(多选)(2020·吉林长春实验中学高三模拟)动车把动力装置分散安装在每节车厢上，使其既具有牵引动力，又可以载客，而动车组就是几节自带动力的车辆(动车)加几节不带动力的车辆(也叫拖车)编成一组。若动车组在匀加速运动过程中，从计时开始，通过第一个60
m所用时间是
10
s，通过第二个60
m
所用时间是6
s，则(　　)
A．动车组的加速度为0.5
m/s2，接下来的6
s内的位移为78
m
B．动车组的加速度为1
m/s2，接下来的6
s内的位移为96
m
C．动车组计时开始的速度为3.5
m/s
D．动车组计时开始的速度为2.5
m/s
AC
3．在庆祝中华人民共和国成立70周年的阅兵中，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/s2，运动时间为20
s；随后在无阻力伞的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。
考向二　运动学图像问题
1．六个要素
运动学图像主要有x?t、v?t、a?t图像，解题突破口是图像中的“轴”“线”“斜率”“点”“面积”“截距”六要素。
2．“三看”“一注意”
一看轴：明确图像的种类，如v?t图像、x?t图像、a?t图像。明确物理意义，选用相应规律处理问题。
二看线：分析图线，分析相应物理量的具体变化过程。明确运动分成几个阶段。
三看斜率、截距、交点和面积：对不同的图像，分析斜率、截距、交点或图线与坐标轴所围面积的意义，利用图中数据结合相应物理规律列式，合理分析得出结论。
注意：x?t图像和v?t图像描述的都是直线运动，而a?t图像描述的不一定是直线运动。
[典例2]　(2020·陕西汉中二模)如图所示，图甲为质点a和b做直线运动的位移—时间图像，图乙为质点c和d做直线运动的速度—时间图像。由图可知(　　)
A．若t1时刻a、b两质点第一次相遇，则t2时刻两质点第二次相遇
B．若t1时刻c、d两质点第一次相遇，则t2时刻两质点第二次相遇
C．t1到t2时间内，b和d两个质点的运动方向发生了改变
D．t1到t2时间内，a和d两个质点的速率先减小后增大
[解析]　由图甲可知，t1～t2时间内，a、b两质点运动的位移相等，若t1时刻a、b两质点第一次相遇，则t2时刻两质点第二次相遇，故A正确；t1到t2时间内，根据v?t图像与t轴围成的面积表示位移知，c的位移大于d的位移，若t1时刻c、d两质点第一次相遇，则t2时刻两质点不会相遇，故B错误；t1到t2时间内，b、d两质点中只有b质点的运动方向发生了改变，d质点的运动方向未发生改变，故C错误；t1到t2时间内，根据x?t图像的斜率表示速度知，a质点的速度不变，由图乙所示的v?t图像可知，d质点的速率先减小后增大，故D错误。
[答案]　A
4．(2020·河北衡水中学高三调研)甲、乙两辆汽车沿同一平直路面行
驶，其v?t图像如图所示。下列对汽车运动状况的描述正确的是(　　)
A．在第10
s末，乙车改变运动方向
B．在第10
s末，甲、乙两车相距150
m
C．在第20
s末，甲、乙两车相遇
D．若开始时乙车在前，则两车可能相遇两次
D
解析：由图可知，在20
s内，乙车一直沿正方向运动，速度方向没有改变，故A错误；由于不知道初始位置甲、乙相距多远，所以无法判断在10
s末两车相距多远，及在20
s末能否相遇，故B、C错误；若刚开始乙在前，且距离为150
m，则在10
s末两车相遇，之后甲在乙的前面，乙的速度增大，在20
s后的某个时刻可与甲再次相遇，故D正确。
5.如图所示是一物体做直线运动的v?t图像，则下列根据v?t图像作出的
加速度—时间(a?t)图像和位移—时间(x?t)图像正确的是(　　)
A
6．(多选)汽车A和汽车B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x0＝12
m。汽车A运动的x?t图像如图乙所示，汽车B运动的v?t图像如图丙所示，则下列说法正确的是(　　)
考向三　牛顿运动定律的综合应用
1．三类题型
应用牛顿运动定律的综合性问题主要有：瞬时性问题、连接体问题、图像问题。
2．三个关键
(1)瞬时性问题注意“刚性体”力的“瞬变”与“弹性体”力的“渐变”。
(2)连接体问题注意“加速度相同”的条件，灵活应用整体法和隔离法。
(3)图像问题注意把图像与具体的题意、情境结合起来，应用物理规律列出与图像对应的函数方程式，进而明确“图像与公式”“图像与物体”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断。
命题角度?　瞬时性问题
[典例3]　如图所示，质量为m的球与轻质弹簧Ⅰ和水平轻质细线Ⅱ相连，Ⅰ、Ⅱ的另一端分别固定于水平和竖直墙上，弹簧Ⅰ与竖直方向夹角为θ，球静止时，Ⅰ中的拉力为F1、Ⅱ中的拉力为F2。当仅剪断Ⅰ、Ⅱ中的一根的瞬间，下列说法正确的是(　　)
[答案]　C
命题角度?　连接体问题
[典例4]　(多选)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的小物体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B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(　　)
[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，如典例中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，如典例中求绳1和绳2的作用力时采用隔离法。
命题角度?　图像问题
[典例5]　某同学用位移传感器研究木块在斜面上的滑动情况，装置如图(a)所示，已知斜面倾角θ＝37°。他使木块以初速度v0沿斜面上滑，并同时开始记录数据，绘得木块从开始上滑至最高点，然后又下滑回到出发处过程中的x?t图线如图(b)所示。图中曲线左侧起始端的坐标为(0，1.4)，曲线最低点的坐标为(0.5，0.4)。重力加速度g取10
m/s2。求：
(1)木块上滑时的初速度v0的大小和上滑过程中的加速度a的大小；
(2)木块与斜面间的动摩擦因数μ；
(3)木块滑回出发点时的速度vt的大小。
[解析]　(1)木块匀减速上滑，由图像得到：末速度v＝0，
位移x＝1.4
m－0.4
m＝1.0
m，时间为t＝0.5
s。
根据位移时间公式，有x＝v0t＋at2
根据速度时间公式，有v＝v0＋at
联立解得v0＝4
m/s，a＝－8
m/s2(负号表示方向沿斜面向下)。
(2)上滑过程，木块受重力、支持力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律，有
－mgsin
37°－μmgcos
37°＝ma
代入数据解得μ＝0.25。
方法技巧
解动力学图像问题的两点技巧
…………………………………………………………………………………
(1)分清类别：即分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图像所反映的物理过程，会分析临界点。
(2)获取正确信息：抓住图像的一些关键点，如斜率、截距、面积、交点、拐点等，判断物体的运动情况或受力情况，再结合牛顿运动定律求解。
7.
(2020·高考山东卷)一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移s与时间t的关系图像如图所示。乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大
小用v表示。重力加速度大小为g。以下判断正确的是(　　)
A．0～t1时间内，v增大，FN＞mg
B．t1～t2时间内，v减小，FN＜mg
C．t2～t3时间内，v增大，FN＜mg
D．t2～t3时间内，v减小，FN＞mg
D
解析：根据s?t图像的斜率表示速度可知，0～t1时间内v增大，t2～t3时间内v减小，t1～t2时间内v不变，B、C错误；0～t1时间内速度越来越大，加速度向下，处于失重状态，则FN＜mg，A错误；t2～t3时间内，速度逐渐减小，加速度向上，处于超重状态，则FN＞mg，D正确。
8．(多选)(2020·百校联盟冲刺金卷)如图所示，物块A、B叠放在一起，其中B与斜面间的动摩擦因数μ＜tan
θ，A、B整体相对静止以一定的
初速度沿固定的足够长的斜面上滑，则下列说法正确的是(　　)
A．上滑的过程A、B整体处于失重状态
B．上滑到最高点后A、B整体将停止运动
C．A与B之间的摩擦力在上滑过程中大于下滑过程
D．A与B之间的摩擦力在上滑与下滑过程中大小相等
AD
解析：在上滑的过程，整体只受重力、支持力和摩擦力，以向下为正方向，根据牛顿第二定律得(mA＋mB)gsin
θ＋Ff＝(mA＋mB)a，其中Ff＝μ(mA＋mB)gcos
θ，因此有a＝gsin
θ＋μgcos
θ，方向沿斜面向下，所以上滑的过程中A、B组成的整体处于失重状态，故A正确；上滑过程中，对A受力分析，有mAgsin
θ＋Ff1＝mAa，得Ff1＝μmAgcos
θ，下滑的过程中，若A、B保持相对静止，由牛顿第二定律得(mA＋mB)gsin
θ－Ff＝(mA＋mB)a′，得a′＝gsin
θ－μgcos
θ，隔离A，有mAgsin
θ＋Ff2＝mAa′，得Ff2＝－μmAgcos
θ，负号表示方向沿斜面向上，可见上滑、下滑过程中A与B之间的摩擦力均未超过A与B之间的最大静摩擦力，A、B不会发生相对滑动，且A与B之间的摩擦力在上滑与下滑过程中大小相等，又由于μ＜tan
θ，所以a′＞0，所以上滑到最高点后A、B整体将向下运动，故B、C错误，D正确。
限时练?通高考
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(45分钟)
[基础题组专练]
1．(2020·高考江苏卷)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(　　)
A．F　　　　　　　　
B．
C.
D．
解析：设列车的加速度为a，每节车厢的质量为m，每节车厢受的阻力为f，对后38节车厢，由牛顿第二定律得F－38f＝38ma；设倒数第3节车厢对倒数第2节车厢的牵引力为F1，对后2节车厢，由牛顿第二定律得F1－2f＝2ma，联立解得F1＝，故C正确。
答案：C
2．(2020·广东广州下学期一模)高速公路的ETC电子收费系统如图所示，ETC通道的长度是识别区起点到自动栏杆的水平距离。某汽车以21.6
km/h的速度匀速进入识别区，ETC天线用了0.3
s的时间识别车载电子标签，识别完成后发出“滴”的一声，司机发现自动栏杆没有抬起，于是采取制动刹车，汽车刚好没有撞杆。已知司机的反应时间为0.7
s，刹车的加速度大小为5
m/s2，则该ETC通道的长度约为(　　)
A．4.2
m　　　　　　　　
B．6.0
m
C．7.8
m
D．9.6
m
解析：在识别车载电子标签的0.3
s时间内汽车匀速运动距离x1＝vt1＝6×0.3
m＝1.8
m，在司机的反应时间0.7
s内汽车匀速运动距离x2＝vt2＝6×0.7
m＝4.2
m，刹车距离x3＝＝3.6
m，则该ETC通道的长度约为x＝
x1＋
x2＋
x3＝9.6
m，选项D正确。
答案：D
3．(2020·河南三门峡检测)如图所示为物体做直线运动的图像，下列说法正确的是(　　)
A．甲图中，物体在0～t0这段时间内的位移小于
B．乙图中，物体的加速度为2
m/s2
C．丙图中，阴影面积表示t1～t2时间内物体的加速度变化量
D．丁图中，t＝3
s时物体的速度为25
m/s
解析：由v?t图像与坐标轴围成的图形面积代表位移知，甲图中这段时间内的位移大于，A错误；v2?x图像中，斜率k＝2a，则a＝
m/s2，B错误；丙图中，阴影面积表示t1～t2时间内物体的速度变化量，C错误；由x＝v0t＋at2变形得＝v0＋at，结合数学知识可得初速度v0＝－5
m/s，加速度a＝10
m/s2，则t＝3
s时物体的速度为v＝v0＋at＝(－5＋10×3)m/s＝25
m/s，D正确。
答案：D
4．(2020·浙江诸暨中学高三检测)在地面上以初速度v0竖直向上抛出一小球，经过2t0时间小球落回抛出点，其速率为v1。已知小球在空中运动时所受空气阻力与小球运动的速率成正比，则小球在空中运动时速率v随时间t的变化规律可能是(　　)
解析：设小球所受的空气阻力F阻＝kv，上升的高度为h。上升过程中加速度大小a1＝g＋，h＝at，下降过程中的加速度大小a2＝g－，h＝at，所以a1>a2，故t1答案：A
5．(2020·山东聊城模拟)两倾斜的平行杆上分别套着a、b两相同圆环，两环上均用细线悬吊着相同的小球，如图所示。当它们都沿杆向下滑动，各自的环与小球保持相对静止时，a的悬线与杆垂直，b的悬线沿竖直方向。下列说法正确的是
(　　)
A．a环与杆有摩擦力
B．d球处于失重状态
C．杆对a、b环的弹力大小相等
D．细线对c、d球的弹力大小可能相等
解析：对c球单独进行受力分析，受力分析如图所示，c球受重力和绳的拉力Fc，a环沿杆滑动，且a与c相对静止，因此c球所受合外力方向平行于杆向下，由力的合成及牛顿第二定律可知c球所受合力F1＝mgsin
α＝ma所以a＝gsin
α，将a和c球以及细线看成一个整体，在只受重力和支持力的情况下加速度为gsin
α，因此a环和杆没有摩擦力，故A错误；对球d单独进行受力分离，只受重力和竖直方向的拉力，因此球d的加速度为零，d球处于平衡状态，不是失重状态，故B错误；细线对c球的拉力Fc＝mgcos
α，对d球的拉力Fd＝mg，故D错误；对a和c整体受力分析有FNa＝(M＋m)gcos
α，对b和d整体受力分析有FNb＝(M＋m)gcos
α，故C正确。
答案：C
6．(2020·山东烟台一中高三模拟)如图所示为甲、乙两个质点运动的位移—时间图像。由此可知(图中虚线与曲线相切)(　　)
A．甲做匀减速直线运动，乙做变减速直线运动
B．甲、乙两质点从x＝2x0位置同时出发，同时到达x＝0位置
C．在0～t0时间内的某时刻，甲、乙两质点的速度大小相等
D．在0～t0时间内，乙的速度大于甲的速度，t0时刻后，乙的速度小于甲的速度
解析：根据位移—时间图像的斜率表示速度可知，甲沿x轴负方向做匀速直线运动，乙沿x轴负方向做速度逐渐减小的直线运动，选项A错误；甲、乙两质点从x＝2x0位置同时出发，乙质点在t1时刻先到达x＝0位置，甲质点在2t0时刻到达x＝0位置，选项B错误；在0～t0时间内的某时刻，甲、乙两质点的位移—时间图像的斜率相等，说明两质点的速度大小相等，选项C正确；过位移—时间图像中虚线与乙质点的位移—时间图线的切点作t轴的垂线，与t轴的交点为t′，如图所示，在0～t′时间内，乙的速度大于甲的速度，t′时刻后，乙的速度小于甲的速度，选项D错误。
答案：C
7．(2020·河北正定中学高三模拟)甲、乙两车同时从同一地点沿着平直的公路前进，它们运动的v?t图像如图所示。下列说法正确的是(　　)
A．两车在t＝40
s时再次并排行驶
B．甲车减速过程的加速度大小为0.5
m/s2
C．两车再次并排行驶之前，t＝30
s时两车相距最远
D．两车之间的距离先变大，再减小，最后不变
解析：t＝40
s时，甲车的位移为x甲＝×(20＋5)×30
m＋5×10
m＝425
m，乙车的位移为x乙＝10×40
m＝400
m，甲车在乙车前面，选项A错误；甲车做减速运动的加速度大小为a＝
m/s2＝0.5
m/s2，选项B正确；由两车对应图线与时间轴所围面积之差变化特点知，两车距离先变大，再减小，最后又变大，选项D错误；两车再次并排行驶之前，两车速度相等时相距最远，两车速度相等时v0－at＝v乙，解得t＝20
s，则在两车再次并排行驶之前，t＝20
s时，两车相距最远，选项C错误。
答案：B
8．(2020·高考全国卷Ⅰ)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。
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＝kv
①
m2g＝kv
②
由①②式及题给条件得v2＝78
m/s
③
(2)设飞机滑行距离为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＝2as
④
v2＝at
⑤
联立③④⑤式及题给条件得a＝2.0
m/s2
⑥
t＝39
s
⑦
答案：(1)78
m/s　(2)2.0
m/s2　39
s
[能力题组专练]
9．(2020·江苏海门高三质检)如图所示为从静止开始做直线运动物体的a?t图像。关于物体的运动，下列说法正确的是(　　)
A．物体在t＝6
s时，速度为0
B．物体在t＝6
s时，速度为18
m/s
C．物体运动前6
s平均速度为9
m/s
D．物体运动前6
s位移为18
m
解析：物体做加速度减小的加速运动，在t＝6
s时加速度为零，速度最大，故A错误；a?t图像与t轴所包围的面积表示速度的变化量，即末速度为18
m/s，故B正确；若物体从静止开始做匀加速直线运动，末速度为18
m/s，则前6
s内的平均速度为9
m/s，前6
s内的位移为54
m，而物体做变加速运动，其平均速度大于9
m/s，位移大于54
m，故C、D错误。
答案：B
10．(多选)如图所示，水平面上有一质量为2m的物体A，左端用跨过定滑轮的细线连接着物体B，物体B、C的质量均为m，用轻弹簧相连放置在倾角为θ的斜面上，不计一切摩擦。开始时，物体A受到水平向右的恒力F的作用而保持静止，已知重力加速度为g。下列说法正确的是(　　)
A．在细线被烧断的瞬间，A的加速度大小为gsin
θ
B．在细线被烧断的瞬间，B的加速度大小为2gsin
θ
C．剪断弹簧的瞬间，A的加速度大小为gsin
θ
D．突然撤去外力F的瞬间，A的加速度大小为gsin
θ
解析：细线被烧断前，将B、C及弹簧作为整体，由平衡条件得细线的拉力F1＝2mgsin
θ，对A，由平衡条件得拉力F＝F1＝2mgsin
θ。在细线被烧断的瞬间，对A，由牛顿第二定律得F＝2maA，解得aA＝gsin
θ，选项A正确；在细线被烧断的瞬间，弹簧的弹力不变，B所受的合力与细线的拉力大小相等，方向相反，由牛顿第二定律得F1′＝maB，解得aB＝2gsin
θ，选项B正确；剪断弹簧的瞬间，设此时细线上的拉力为F2，由牛顿第二定律得，对A，F－F2＝2ma，对B，F2－mgsin
θ＝ma，由以上两式解得a＝gsin
θ，选项C错误；撤去F的瞬间，细线上的拉力立即发生变化，但绳子仍然绷直，因此A、B可视为整体，由于弹簧弹力不能发生突变，因此C仍处于静止状态，对A、B整体受力分析有F弹＋mgsin
θ＝3ma′，未烧断细线前，对B受力分析，可得F1＝mgsin
θ＋F弹，联立得a′＝gsin
θ，故A的加速度为gsin
θ，选项D错误。
答案：AB
11．(2020·广东惠州高三第一次调研)如图甲所示，一可视为质点的物块在t＝0时刻以v0＝8
m/s的速度滑上一固定斜面，斜面足够长，斜面的倾角θ＝30°，物块与斜面间的动摩擦因数μ＝。经过一段时间后物块返回斜面底端，重力加速度g取10
m/s2。求：
　　
(1)物块向上和向下滑动过程中，物块的加速度大小；
(2)物块从斜面底端出发到再次返回斜面底端所用的总时间；
(3)求出物块再次返回斜面底端的速度大小，并在图乙中画出物块在斜面上运动的整个过程中的速度—时间图像，取沿斜面向上为正方向。
解析：(1)物块上滑过程，由牛顿第二定律有
mgsin
θ＋μmgcos
θ＝ma1，
则a1＝gsin
θ＋μgcos
θ＝8
m/s2，
物块下滑过程，由牛顿第二定律有
mgsin
θ－μmgcos
θ＝ma2，
则a2＝gsin
θ－μgcos
θ＝2
m/s2。
(2)物块上滑过程：t1＝＝1
s，s1＝t1＝4
m
物块下滑过程：s2＝s1＝a2t
解得t2＝2
s，故总时间t＝t1＋t2＝3
s。
(3)物块下滑到斜面底端的速度大小v2＝a2t2＝4
m/s。物块在斜面上运动的整个过程中的v?t图像如图所示。
答案：(1)8
m/s2　2
m/s2　(2)3
s　(3)4
m/s　图像见解析
12．为提高通行效率，许多高速公路出入口安装了不停车收费系统ETC。甲、乙两辆汽车分别通过ETC通道和人工收费通道(MTC)驶离高速公路，流程如图所示。假设减速带离收费岛口x＝60
m，收费岛总长度d＝40
m，两辆汽车同时以相同的速度v1＝72
km/h经过减速带后，一起以相同的加速度做匀减速运动。甲车减速至v2＝36
km/h后，匀速行驶到中心线即可完成缴费，自动栏杆打开放行；乙车刚好到收费岛中心线收费窗口停下，经过t0＝15
s后缴费成功，人工栏杆打开放行。放行后两辆汽车均匀加速到速度v1后沿直线匀速行驶，设加速和减速过程中的加速度大小相等，求：
(1)此次人工收费通道和ETC通道打开栏杆放行的时间差Δt；
(2)两辆汽车驶离收费岛相距的最远距离Δx。
解析：(1)两车运动的加速度大小为
a＝eq
\f(v,2（x＋\f(d,2)）)＝2.5
m/s2
甲车减速到v2所用时间为t1＝＝
s＝4
s
行驶的距离为x1＝t1＝×4
m＝60
m。
甲车匀速运动到收费岛中心线的时间为
t2＝
s＝2
s
甲车从减速到通过收费岛中心线总时间为
t甲＝t1＋t2＝6
s
乙车减速行驶到收费岛中心线所用时间
t3＝＝
s＝8
s
乙车从减速行驶到通过收费岛中心线的总时间为
t乙＝t0＋t3＝15
s＋8
s＝23
s
人工收费通道和ETC通道打开栏杆放行的时间差
Δt＝t乙－t甲＝23
s－6
s＝17
s。
(2)乙车从收费岛中心线开始出发又经t3＝8
s加速到v1＝72
km/h，与甲车达到共同速度，此时两车相距最远。这个过程中乙车行驶的距离与之前乙车减速的距离相等，即x乙＝x＋＝(60＋)m＝80
m
从收费岛中心线开始，甲车先从v2＝36
km/h匀加速至v1＝72
km/h，这个时间为t1＝4
s，然后匀速行驶，x甲＝x1＋v1(t3＋Δt－t1)＝60
m＋20×(8＋17－4)m＝480
m
故两车相距的最远距离为
Δx＝x甲－x乙＝480
m－80
m＝400
m。
答案：(1)17
s　(2)400
m第2讲　匀变速直线运动规律及牛顿运动定律
[建体系·论要点]__________________________________知识串联__熟记核心要点
思维导图
要点熟记
1.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)速度和位移的关系式：v2－v＝2ax。(4)中间时刻的瞬时速度：v＝＝。(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＝xn＋1－xn＝aT2。2.对运动图像的认识，应注意以下三点(1)x?t图像的斜率表示速度；v?t图像的斜率表示加速度；v?t图像的面积表示位移。(2)无论是x?t图像还是v?t图像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图像中，交点表示两物体位移相等，v?t图像中，交点表示两物体速度相等。3.牛顿第二定律的表达式：F＝ma或Fx＝max、Fy＝may，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。
[研考向·提能力]__________________________________考向研析__掌握应试技能
考向一　匀变速直线运动规律的应用
1．把握三点信息
(1)六个公式：v＝v0＋at，x＝v0t＋at2，2ax＝v2－v，x＝t，v＝＝，Δx＝aT2。
(2)两类问题：处理刹车类问题或匀减速运动问题时要注意判断速度减小到零的时间t0＝，再进行分析计算。
(3)一个方向：六个公式都是矢量式，求解问题时，首先要规定一个正方向。一般选择v0的方向为正方向。
2．知三求二
一个匀变速直线运动的过程，一般用五个物理量来描述，即v0、v、a、x、t。在这五个量中，只要知道其中三个量，就可以求解其他两个未知量。
3．抓关键、巧突破
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。
[典例1]　(2020·山东济南区县联考)校车交通安全问题已成为社会关注的热点，国务院发布的《校车安全管理条例》将校车安全问题纳入法制轨道。若校车以v0＝72
km/h
的速度行驶，司机发现在x＝33
m远处有人开始横穿马路，立即采取刹车措施。已知司机的反应时间t1＝0.75
s，刹车的加速度大小为4
m/s2。
(1)从司机发现情况至汽车行驶完33
m的距离，经过多长时间？此时车速多大？
(2)如果行人横穿20
m宽的马路，横穿速度为5
m/s，行人是否可能有危险？
(3)《校车安全管理条例》规定：校车运行中，如遇到意外情况，驾驶员按下安全按钮，校车车速会迅速降至v0′＝7.2
km/h以下，如果按(2)中条件，此时行人横穿马路是否有危险？
[解析]　(1)由题可知v0＝72
km/h＝20
m/s，在t1＝0.75
s的反应时间内，校车行驶的距离
x1＝v0t1＝15
m
开始刹车后校车匀减速行驶，加速度大小
a＝4
m/s2
设匀减速行驶的时间为t2，则有
x－x1＝v0t2－at
解得t2＝1
s(t2＝9
s舍去)
此时校车的速度v2＝v0－at2＝16
m/s
校车行驶完33
m的距离，总共所用的时间
t＝t1＋t2＝1.75
s。
(2)校车行驶33
m正好到达路口时，行人横穿马路走过的距离
L＝v人t＝5×1.75
m＝8.75
m
此时行人接近马路中心，车以16
m/s的速度行至路口，可能有危险。
(3)校车在0.75
s的反应时间内前进的距离
x1＝15
m
之后速度迅速降为v0′＝7.2
km/h＝2
m/s后做匀减速运动，直到速度减到零，该过程校车行驶的距离
x3＝＝0.5
m
校车前进的总位移x＝x1＋x3＝15.5
m，由于校车前进的总位移小于33
m，故行人没有危险。
[答案]　(1)1.75
s　16
m/s　(2)可能有危险　(3)没有危险
1．(2019·高考全国卷Ⅰ)如图，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，离地后重心上升的最大高度为H。上升第一个所用的时间为t1，第四个所用的时间为t2。不计空气阻力，则满足(　　)
A．1<<2　　　　　　
B．2<<3
C．3<<4
D．4<<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。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之比为1∶(－1)∶(－)∶…∶(－)。由题意知，t2∶t1＝1∶(2－)＝2＋，由结果知选项C正确。
答案：C
2．(多选)(2020·吉林长春实验中学高三模拟)动车把动力装置分散安装在每节车厢上，使其既具有牵引动力，又可以载客，而动车组就是几节自带动力的车辆(动车)加几节不带动力的车辆(也叫拖车)编成一组。若动车组在匀加速运动过程中，从计时开始，通过第一个60
m所用时间是10
s，通过第二个60
m
所用时间是6
s，则(　　)
A．动车组的加速度为0.5
m/s2，接下来的6
s内的位移为78
m
B．动车组的加速度为1
m/s2，接下来的6
s内的位移为96
m
C．动车组计时开始的速度为3.5
m/s
D．动车组计时开始的速度为2.5
m/s
解析：第一个60
m内中间时刻的瞬时速度v1＝＝6
m/s，第二个60
m内中间时刻的瞬时速度v2＝＝10
m/s，则动车组的加速度a＝＝0.5
m/s2，根据Δx＝aT2得，接下来6
s内的位移x3＝x2＋aT2＝60
m＋0.5×36
m＝78
m，故A正确，B错误；动车组的初速度v0＝v1－a＝6
m/s－0.5×
m/s＝3.5
m/s，故C正确，D错误。
答案：AC
3．在庆祝中华人民共和国成立70周年的阅兵中，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/s2，运动时间为20
s；随后在无阻力伞的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。
v0＝95
m/s，a1＝－2.5
m/s2，t1＝20
s，x＝2
075
m
由运动学公式v＝v0＋at得，第一个减速阶段的末速度
v＝95
m/s＋(－2.5)×20
m/s＝45
m/s
由v2－v＝2ax得，第一个减速阶段的位移
x1＝eq
\f(v2－v,2a1)＝
m＝1
400
m
又x＝x1＋x2，则第二个减速阶段的位移
x2＝(2
075－1
400)m＝675
m
由平均速度公式x＝t得，第二个减速阶段运动的时间为
t2＝＝
s＝30
s，
加速度为a2＝＝
m/s2＝－1.5
m/s2
即第二个减速阶段飞机的加速度大小为1.5
m/s2。
答案：30
s　1.5
m/s2
考向二　运动学图像问题
1．六个要素
运动学图像主要有x?t、v?t、a?t图像，解题突破口是图像中的“轴”“线”“斜率”“点”“面积”“截距”六要素。
2．“三看”“一注意”
一看轴：明确图像的种类，如v?t图像、x?t图像、a?t图像。明确物理意义，选用相应规律处理问题。
二看线：分析图线，分析相应物理量的具体变化过程。明确运动分成几个阶段。
三看斜率、截距、交点和面积：对不同的图像，分析斜率、截距、交点或图线与坐标轴所围面积的意义，利用图中数据结合相应物理规律列式，合理分析得出结论。
注意：x?t图像和v?t图像描述的都是直线运动，而a?t图像描述的不一定是直线运动。
[典例2]　(2020·陕西汉中二模)如图所示，图甲为质点a和b做直线运动的位移—时间图像，图乙为质点c和d做直线运动的速度—时间图像。由图可知(　　)
　　
A．若t1时刻a、b两质点第一次相遇，则t2时刻两质点第二次相遇
B．若t1时刻c、d两质点第一次相遇，则t2时刻两质点第二次相遇
C．t1到t2时间内，b和d两个质点的运动方向发生了改变
D．t1到t2时间内，a和d两个质点的速率先减小后增大
[解析]　由图甲可知，t1～t2时间内，a、b两质点运动的位移相等，若t1时刻a、b两质点第一次相遇，则t2时刻两质点第二次相遇，故A正确；t1到t2时间内，根据v?t图像与t轴围成的面积表示位移知，c的位移大于d的位移，若t1时刻c、d两质点第一次相遇，则t2时刻两质点不会相遇，故B错误；t1到t2时间内，b、d两质点中只有b质点的运动方向发生了改变，d质点的运动方向未发生改变，故C错误；t1到t2时间内，根据x?t图像的斜率表示速度知，a质点的速度不变，由图乙所示的v?t图像可知，d质点的速率先减小后增大，故D错误。
[答案]　A
方法技巧
处理图像问题可参考如下操作流程
……………………………………………………
4．(2020·河北衡水中学高三调研)甲、乙两辆汽车沿同一平直路面行驶，其v?t图像如图所示。下列对汽车运动状况的描述正确的是(　　)
A．在第10
s末，乙车改变运动方向
B．在第10
s末，甲、乙两车相距150
m
C．在第20
s末，甲、乙两车相遇
D．若开始时乙车在前，则两车可能相遇两次
解析：由图可知，在20
s内，乙车一直沿正方向运动，速度方向没有改变，故A错误；由于不知道初始位置甲、乙相距多远，所以无法判断在10
s末两车相距多远，及在20
s末能否相遇，故B、C错误；若刚开始乙在前，且距离为150
m，则在10
s末两车相遇，之后甲在乙的前面，乙的速度增大，在20
s后的某个时刻可与甲再次相遇，故D正确。
答案：D
5.如图所示是一物体做直线运动的v?t图像，则下列根据v?t图像作出的加速度—时间(a?t)图像和位移—时间(x?t)图像正确的是(　　)
解析：由v?t图像知，0～1
s内，物体做匀速直线运动，加速度a1＝0，位移x＝vt，x与t成正比；1～3
s内，物体的加速度不变，做匀变速直线运动，加速度a2＝－1
m/s2，位移为x＝v0(t－1
s)＋a2(t－1
s)2＝－t2＋2t－
m，可知x?t图像是开口向下的抛物线；3～5
s内，物体沿负方向做匀减速直线运动，加速度a3＝0.5
m/s2，位移为x＝－v0(t－3
s)＋a3(t－3
s)2，x?t图像是开口向上的抛物线，且3～5
s内物体的位移为－1
m。由数学知识知，只有A选项对应的图像正确。
答案：A
6．(多选)汽车A和汽车B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x0＝12
m。汽车A运动的x?t图像如图乙所示，汽车B运动的v?t图像如图丙所示，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
m
B．B车在0～6
s内的位移为23
m
C．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
m/s2
解析：由图乙可知A车做匀速直线运动，速度大小为vA＝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v2＝2ax可知，加速度a＝
m/s2，故要使A车追不上B车，则A车的加速度大小应大于
m/s2，选项D正确。
答案：AD
考向三　牛顿运动定律的综合应用
1．三类题型
应用牛顿运动定律的综合性问题主要有：瞬时性问题、连接体问题、图像问题。
2．三个关键
(1)瞬时性问题注意“刚性体”力的“瞬变”与“弹性体”力的“渐变”。
(2)连接体问题注意“加速度相同”的条件，灵活应用整体法和隔离法。
(3)图像问题注意把图像与具体的题意、情境结合起来，应用物理规律列出与图像对应的函数方程式，进而明确“图像与公式”“图像与物体”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断。
命题角度?　瞬时性问题
[典例3]　如图所示，质量为m的球与轻质弹簧Ⅰ和水平轻质细线Ⅱ相连，Ⅰ、Ⅱ的另一端分别固定于水平和竖直墙上，弹簧Ⅰ与竖直方向夹角为θ，球静止时，Ⅰ中的拉力为F1、Ⅱ中的拉力为F2。当仅剪断Ⅰ、Ⅱ中的一根的瞬间，下列说法正确的是(　　)
A．若剪断Ⅰ，则球的加速度a＝g，方向水平向右
B．若剪断Ⅰ，则球的加速度a＝，方向沿Ⅰ的延长线
C．若剪断Ⅱ，则球的加速度a＝，方向水平向左
D．若剪断Ⅱ，则球的加速度a＝g，方向竖直向上
[解析]　球受力如图甲所示，由共点力平衡条件得F2＝mgtan
θ，F1＝。刚剪断弹簧Ⅰ的瞬间，弹簧弹力与细线弹力均突变为零，故小球只受重力，加速度为g，方向竖直向下，A、B错误；刚剪断细线Ⅱ的瞬间，弹簧弹力和重力不变，球受力如图乙所示，由共点力平衡条件得F合＝F2＝mgtan
θ＝ma，所以a＝＝gtan
θ，方向水平向左，C正确，D错误。
　　
[答案]　C
命题角度?　连接体问题
[典例4]　(多选)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的小物体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B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
B．轻绳1的拉力为
C．轻绳2的拉力为mg
D．当A运动到B的左端时，物体C的速度为
[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：FT1－μmg＝ma，对B：FT2－μmg－2μmg－FT1＝ma，对C：2mg－FT2＝2ma，联立解得a＝g－μg，FT1＝mg，FT2＝mg＋2μmg，选项B正确，A、C错误；当A运动到B的左端时有at2＋at2＝L，此时物体A、B、C的速度均为v＝at＝
，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，如典例中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，如典例中求绳1和绳2的作用力时采用隔离法。
命题角度?　图像问题
[典例5]　某同学用位移传感器研究木块在斜面上的滑动情况，装置如图(a)所示，已知斜面倾角θ＝37°。他使木块以初速度v0沿斜面上滑，并同时开始记录数据，绘得木块从开始上滑至最高点，然后又下滑回到出发处过程中的x?t图线如图(b)所示。图中曲线左侧起始端的坐标为(0，1.4)，曲线最低点的坐标为(0.5，0.4)。重力加速度g取10
m/s2。求：
(1)木块上滑时的初速度v0的大小和上滑过程中的加速度a的大小；
(2)木块与斜面间的动摩擦因数μ；
(3)木块滑回出发点时的速度vt的大小。
[解析]　(1)木块匀减速上滑，由图像得到：末速度v＝0，
位移x＝1.4
m－0.4
m＝1.0
m，时间为t＝0.5
s。
根据位移时间公式，有x＝v0t＋at2
根据速度时间公式，有v＝v0＋at
联立解得v0＝4
m/s，a＝－8
m/s2(负号表示方向沿斜面向下)。
(2)上滑过程，木块受重力、支持力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律，有
－mgsin
37°－μmgcos
37°＝ma
代入数据解得μ＝0.25。
(3)木块下滑过程，根据牛顿第二定律，有
mgsin
37°－μmgcos
37°＝ma′
代入数据解得a′＝4
m/s2
物体匀加速下滑，根据速度位移公式，有v＝2a′x
解得vt＝＝
m/s＝2
m/s。
[答案]　(1)4
m/s　8
m/s2　(2)0.25　(3)2
m/s
方法技巧
解动力学图像问题的两点技巧
……………………………………………………
(1)分清类别：即分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图像所反映的物理过程，会分析临界点。
(2)获取正确信息：抓住图像的一些关键点，如斜率、截距、面积、交点、拐点等，判断物体的运动情况或受力情况，再结合牛顿运动定律求解。
7.
(2020·高考山东卷)一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移s与时间t的关系图像如图所示。乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示。重力加速度大小为g。以下判断正确的是(　　)
A．0～t1时间内，v增大，FN＞mg
B．t1～t2时间内，v减小，FN＜mg
C．t2～t3时间内，v增大，FN＜mg
D．t2～t3时间内，v减小，FN＞mg
解析：根据s?t图像的斜率表示速度可知，0～t1时间内v增大，t2～t3时间内v减小，t1～t2时间内v不变，B、C错误；0～t1时间内速度越来越大，加速度向下，处于失重状态，则FN＜mg，A错误；t2～t3时间内，速度逐渐减小，加速度向上，处于超重状态，则FN＞mg，D正确。
答案：D
8．(多选)(2020·百校联盟冲刺金卷)如图所示，物块A、B叠放在一起，其中B与斜面间的动摩擦因数μ＜tan
θ，A、B整体相对静止以一定的初速度沿固定的足够长的斜面上滑，则下列说法正确的是(　　)
A．上滑的过程A、B整体处于失重状态
B．上滑到最高点后A、B整体将停止运动
C．A与B之间的摩擦力在上滑过程中大于下滑过程
D．A与B之间的摩擦力在上滑与下滑过程中大小相等
解析：在上滑的过程，整体只受重力、支持力和摩擦力，以向下为正方向，根据牛顿第二定律得(mA＋mB)gsin
θ＋Ff＝(mA＋mB)a，其中Ff＝μ(mA＋mB)gcos
θ，因此有a＝gsin
θ＋μgcos
θ，方向沿斜面向下，所以上滑的过程中A、B组成的整体处于失重状态，故A正确；上滑过程中，对A受力分析，有mAgsin
θ＋Ff1＝mAa，得Ff1＝μmAgcos
θ，下滑的过程中，若A、B保持相对静止，由牛顿第二定律得(mA＋mB)gsin
θ－Ff＝(mA＋mB)a′，得a′＝gsin
θ－μgcos
θ，隔离A，有mAgsin
θ＋Ff2＝mAa′，得Ff2＝－μmAgcos
θ，负号表示方向沿斜面向上，可见上滑、下滑过程中A与B之间的摩擦力均未超过A与B之间的最大静摩擦力，A、B不会发生相对滑动，且A与B之间的摩擦力在上滑与下滑过程中大小相等，又由于μ＜tan
θ，所以a′＞0，所以上滑到最高点后A、B整体将向下运动，故B、C错误，D正确。
答案：AD

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