物理二轮（山东专用）学案：专题1 第2讲　匀变速直线运动规律及牛顿运动定律 Word版含解析.doc

1、- 1 - 第 2 讲 匀变速直线运动规律及牛顿运动定律 析考情 明考向_考情分析_透视命题规律 授课提示：对应学生用书第 6 页 一、构建体系 透析考情 思维导图 考情分析 1.高考对本讲的考查比 较全面，匀变速直线运 动的规律、运动学图像 问题、牛顿运动定律的 应用是命题的热点，如 2020 年山东卷第 1 题考 查了牛顿运动定律及图 像问题。 2.以现代科技、 生产、 生 活及体育运动等为背景 设置的考查学生运用所 学知识解决实际问题的 能力的题目， 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 增加区分度

2、的命题热 点。 二、熟记规律 高效突破 1匀变速直线运动的规律 (1)速度公式：vv0at。 (2)位移公式：xv0t1 2at 2。 (3)速度和位移的关系式：v2v202ax。 (4)中间时刻的瞬时速度：vt 2 x t v0v 2 。 (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 xxn1xnaT2。 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)在 x- t 图像中，交点表示两

3、物体位置相等，在 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：Fma 或 Fxmax、Fymay，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：vv0at，xv0t1 2at 2，2axv2v2 0，xv 0v 2 t，vt 2 v v0v 2 ，xaT2。 (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 t0v0 a ，再 进行分析计算。 (3)

4、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 - 2 - 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

5、问题纳入法制轨道。若校车以 v072 km/h 的速度行驶，司 机发现在 x33 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 t10.75 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 v07.2 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 v072 km/h20 m/s，在

6、 t10.75 s 的反应时间内，校车行驶的距离 x1v0t115 m 开始刹车后校车匀减速行驶，加速度大小 a4 m/s2 设匀减速行驶的时间为 t2，则有 xx1v0t21 2at 2 2 解得 t21 s(t29 s 舍去) 此时校车的速度 v2v0at216 m/s 校车行驶完 33 m 的距离，总共所用的时间 tt1t21.75 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 Lv人t51.75 m8.75 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 x115 m 之后速度迅速

7、降为 v07.2 km/h2 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 x3v0 2 2a 0.5 m 校车前进的总位移 xx1x315.5 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)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 t1，第四个 H 4所用的时间为 t2。不计空气阻力，则 t2 t1满足 ( ) - 3 - A1t2 t12 B2t2 t13 C3t2 t14 D4t2 t15 解析：空

8、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( 2 1)( 3 2)( n n1)。由题意知，t2t11(2 3)2 3，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

9、，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 v1x1 t16 m/s，第二个 60 m 内中间时刻的瞬时速 度 v2x2 t210 m/s，则动车组的加速度 a v2v1 t1t2 2 0.5 m/s2，根据 xaT2得，接下来 6 s 内的 位移 x3x2aT260 m0.536 m78 m，故 A 正确，B 错误；动车组的初速度 v0v1at1

10、 2 6 m/s0.510 2 m/s3.5 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 - 4 - 小。 解析：以飞机的运动方向为正方向。 v095 m/s，a12.5 m/s2，t120 s，x2 075 m 由运动学

11、公式 vv0at 得，第一个减速阶段的末速度 v95 m/s(2.5)20 m/s45 m/s 由 v2v202ax 得，第一个减速阶段的位移 x1v 2v2 0 2a1 452952 2（2.5） m1 400 m 又 xx1x2，则第二个减速阶段的位移 x2(2 0751 400)m675 m 由平均速度公式 xv 2t 得，第二个减速阶段运动的时间为 t22x2 v 2675 45 s30 s， 加速度为 a20v t2 045 30 m/s21.5 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

12、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

13、 (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 Ct1到 t2时间内，b 和 d 两个质点的运动方向发生了改变 Dt1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，t1t2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 - 5 - 次相遇，则 t2时刻两质点第二次相遇，故 A 正确；t1到 t2

14、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

15、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

16、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( ) - 6 - 解析：由 v- t 图像知，01 s 内，物体做匀速直线运动，加速度 a10，位移 xvt，x 与 t 成 正比；13 s 内，物体的加速度不变，做匀变速直线运动，加速度 a21 m/s2，位移为 x v0(t1 s)1 2a2(t1 s) 21 2t 22t3 2 m， 可知 x- t 图像是开口向下的抛物线；35 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 xv0(t3 s)1 2a3(t3 s) 2，x

17、- t 图像是开口向上的抛物线，且 35 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 x012 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 t3 s 时，两车相距最远，且最远距离为 20 m BB 车在 06 s 内的位移为 23 m C在 t8 s 时，两车相遇 D若 t1 s 时，A 车紧急制动(视为匀变速)，要使 A 车追不上 B 车，则

18、 A 车的加速度大小应 大于1 4 m/s 2 解析：由图乙可知 A 车做匀速直线运动，速度大小为 vA4 m/s，由图丙分析可知，t3 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 06 s 内的 位移和 05 s 内的位移相等，为 24 m，选项 B 错误；08 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；t1 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

19、 m，所以 A 车的总位移为 32 m，由速度与位移的关系 v22ax 可知， 加速度 a1 4 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1 4 m/s 2， 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 - 7 - 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

20、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 的球与轻质弹簧和水平轻质细线相连，、的另一端 分别固定于水平和竖直墙上，弹簧与竖直方向夹角为 ，球静止时，中的拉力为 F1、中 的拉力为 F2。当仅剪断、中的一根的瞬间，下列说法正确的是( ) A若剪断，则球的加速度 ag，方向水平向右 B若剪断，则球的加速度 aF1 m，方向沿的延长线 C若剪断，则球的加速度 aF2 m，方向水平向左 D若剪断，则球的加速度 ag，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 F2mgtan ，F1 mg cos

21、。刚剪断弹簧的 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F2mgtan ma，所以 aF2 mgtan ，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

22、 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 (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( ) - 8 - AA、B、C 的加速度大小均为g 2 B轻绳 1 的拉力为mg 2 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 gL（12） 2 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：FT1mg ma，对 B：FT2mg2mgFT1ma，对 C：2mgFT22ma，联立解得 a1 2gg，FT1 1 2mg，FT2mg2mg，选项 B 正确，A、C 错误；当 A 运动到 B 的

23、左端时有 1 2at 21 2at 2L， 此时物体 A、B、C 的速度均为 vat gL（12） 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 37 。他使木块以初速

24、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 ； (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 v0， 位移 x1.4 m0.4 m1.0 m，时间为 t0.5 s。 根据位移时间公式，有 xv0t1 2at 2 - 9 - 根据速度时间公式

25、，有 vv0at 联立解得 v04 m/s，a8 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 mgcos 37 ma 代入数据解得 0.25。 (3)木块下滑过程，根据牛顿第二定律，有 mgsin 37 mgcos 37 ma 代入数据解得 a4 m/s2 物体匀加速下滑，根据速度位移公式，有 v2t2ax 解得 vt 2ax 241 m/s2 2 m/s。 答案 (1)4 m/s 8 m/s2 (2)0.25 (3)2 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

26、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( ) A0t1时间内，v 增大，FNmg Bt1t2时间内，v 减小，FNmg Ct2t3时间内，v 增大，FNmg Dt2t3时间内，v 减小，FNmg 解析：根据 s- t 图像

27、的斜率表示速度可知，0t1时间内 v 增大，t2t3时间内 v 减小，t1t2时 间内 v 不变，B、C 错误；0t1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；t2t3时间内，速度逐渐减小，加速度向上，处于超重状态，则 FNmg，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 tan ，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 CA 与 B 之间的摩擦力

28、在上滑过程中大于下滑过程 DA 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 - 10 - 律得(mAmB)gsin Ff(mAmB)a，其中 Ff(mAmB)gcos ，因此有 agsin gcos ， 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 Ff1mAa，得 Ff1mAgcos ，下滑的过程中，若 A、B 保持相 对静止，由牛顿第二定律得(mAmB)gsin Ff(mAmB)a，得 agsin gcos ，隔离 A， 有 mAgsin Ff2mAa，得 Ff2mAgcos ，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 tan ，所以 a0，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