1、2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页考点三 考点二 考点一 规范答题 专题限时练 专题 2力与直线运动2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页体 系 重 组2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页核 心 检 索1.匀变速直线运动的基本规律和推论(1)vv0at(2)xv0t_(3)v2v20_(4)vt2xt_(5)x_12at22axv0v2aT22016版二轮专题复习上一页返回首页下一页核 心 检 索2处理运动学问题的重要方法有公式法、图象法、推论法、_等3牛顿第二定律具有矢量性、瞬时性、同体性、_4解决动力学问题常用方法有假设法、合成法、分解法、整体法、隔离法、_法等.逆向思维
2、法独立性控制变量2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页 匀变速直线运动规律的应用(2014全国卷)公路上行驶的两汽车之间应保持一定的安全距离当前车突然停止时，后车司机可以采取刹车措施，使汽车在安全距离内停下而不会与前车相碰通常情况下，人的反应时间和汽车系统的反应时间之和为 1 s当汽车在晴天干燥沥青路面上以 108 km/h 的速度匀速行驶时，安全距离为 120 m设雨天时汽车轮胎与沥青路面间的动摩擦因数为晴天时的25.若要求安全距离仍为 120 m，求汽车在雨天安全行驶的最大速度2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页【审题突破】1.反应时间内，汽车做匀速运动2由动摩擦因数，可求出汽车
3、刹车的加速度3安全距离与汽车刹车位移和反应时间内的行驶位移之间有定量关系【解析】设路面干燥时，汽车与地面间的动摩擦因数为0，刹车时汽车的加速度大小为 a0，安全距离为 s，反应时间为 t0，由牛顿第二定律和运动学公式得 0mgma0sv0t0 v202a02016版二轮专题复习上一页返回首页下一页式中，m 和 v0 分别为汽车的质量和刹车前的速度设在雨天行驶时，汽车与地面间的动摩擦因数为，依题意有 250设在雨天行驶时汽车刹车的加速度大小为 a，安全行驶的最大速度为 v，由牛顿第二定律和运动学公式得2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页 mgmasvt0v22a联立式并代入题给数据得v20
4、 m/s(另一解 v24 m/s 不符合实际，舍去)【答案】20 m/s(或 72 km/h)2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页1匀变速直线运动问题的处理思路(1)分析运动过程(2)判断运动性质(3)选取正方向(4)运用公式列方程(5)解方程并讨论2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页2解决匀变速直线运动问题的技巧(1)熟记所有公式和推论，处理问题时灵活选用(2)遇到多个过程的运动，要注意临界点的速度不能突变(3)有时可用逆向思维法或借助图象分析问题2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页发散 1运动学基本公式的应用1(2015江苏高考)如图 21 所示，某“闯关游戏”的笔直通道
5、上每隔 8 m设有一个关卡，各关卡同步放行和关闭，放行和关闭的时间分别为 5 s 和 2 s关卡刚放行时，一同学立即在关卡 1 处以加速度 2 m/s2由静止加速到 2 m/s，然后匀速向前，则最先挡住他前进的关卡是()2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页图 21A关卡 2B关卡 3C关卡 4D关卡 52016版二轮专题复习上一页返回首页下一页【解析】同学加速到 2 m/s 时所用时间为 t1，由 v1at1，得 t1v1a 1 s，通过的位移 x112at211 m，然后匀速前进的位移 x2v1(tt1)8 m，因 x1x29 m8 m，即这位同学已通过关卡 2，距该关卡 1 m，当关
6、卡关闭 t22 s 时，此同学在关卡 2、3 之间通过了 x3v1t24 m 的位移，接着关卡放行 t5 s，同学通过的位移 x4v1t10 m，此时距离关卡 4 为 x516 m(1410)m1 m，关卡关闭 2 s，经过 t3x5v10.5 s 后关卡 4 最先挡住他前进【答案】C2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页发散 2运动学推论的应用2如图 22 所示，物体自 O 点由静止出发开始做匀加速直线运动，途径 A、B、C 三点，其中 A、B 之间的距离 L12 m，B、C 之间的距离 L23 m若物体通过 L1、L2这两段位移的时间相等，则 OA 之间的距离 L 等于()图 2220
7、16版二轮专题复习上一页返回首页下一页A.34 mB.43 mC.98mD.89 m【解析】由题知“物体通过 L1、L2 这两段位移的时间相等(设为 T)”，则 vBL1L22T 52T，加速度 aL2L1T2 1T2，在 A 点速度 vAvBaT 32T，于是 Lv2A2a 12a 94T2，L2v2B2a 12a254T2.两式相比，解得 L98 m.【答案】C2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页发散 3运动学规律的实际应用3(2014海南高考)短跑运动员完成 100 m 赛跑的过程可简化为匀加速运动和匀速运动两个阶段一次比赛中，某运动员用 11.00 s 跑完全程已知运动员在加速阶
8、段的第 2 s 内通过的距离为 7.5 m，求该运动员的加速度及在加速阶段通过的距离【解析】根据题意，在第 1 s 和第 2 s 内运动员都做匀加速运动设运动员在匀加速阶段的加速度为 a，在第 1 s 和第 2 s 内通过的位移分别为 s1和 s2，由运动学规律得s112at202016版二轮专题复习上一页返回首页下一页s1s212a(2t0)2式中 t01 s，联立两式并代入已知条件，得a5 m/s2设运动员做匀加速运动的时间为 t1，匀速运动的时间为 t2，匀速运动的速度为 v；跑完全程的时间为 t，全程的距离为 s依题意及运动学规律，得2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页tt1t2
9、vat1s12at21vt2设加速阶段通过的距离为 s，则s12at21联立式，并代入数据得s10 m.【答案】5 m/s210 m2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页牛顿第二定律的应用(多选)(2014江苏高考)如图 23 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，B 与地面间的动摩擦因数为12.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()2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页图 23A当 F3mg 时，A 相对 B 滑动D无论 F 为何值，B 的加速度不会超过12g2016版二轮专题复习上一页
10、返回首页下一页【误区点拨】1.找不到突破点，应充分利用临界条件最大静摩擦力等于滑动摩擦力，分别以 A 和 A、B 整体为研究对象，找出使 A 相对 B 滑动和AB 整体相对地面滑动的最大拉力 F 值2不清楚 B 的受力情况，误判 D 项A 能给予 B 的最大带动力是 2mg，由此可以推断出 B 的最大加速度2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页【解析】对 A、B 整体，地面对 B 的最大静摩擦力为32mg，故当32mgF3mg 时，A 相对 B 才能滑动，C2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页对当 F52mg 时，A、B 相对静止，对整体有：52mg23mg3ma，a13g，故 B
11、正确无论 F 为何值，B 所受最大的动力为 A 对 B 的最大静摩擦力 2mg，故 B 的最大加速度 aBm2mg123mgm12g，可见 D 正确【答案】BCD2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页牛顿运动定律应用指导1瞬时问题要注意绳、杆弹力和弹簧弹力的区别，前者能突变后者不能2连接体问题要充分利用“加速度相等”这一条件或题中特定条件，交替使用隔离法与整体法3两类动力学基本问题的解决关键是运动分析、受力分析，充分利用加速度“桥梁”作用2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页发散 1瞬时性问题1(多选)(2015延边模拟)如图 24 所示，在动摩擦因数0.2 的水平面上，质量 m2 k
12、g 的物块与水平轻弹簧相连，物块在与水平方向成45角的拉力F 作用下处于静止状态，此时水平面对物块的弹力恰好为零g 取 10 m/s2，以下说法正确的是()图 242016版二轮专题复习上一页返回首页下一页A此时轻弹簧的弹力大小为 20 NB当撤去拉力 F 的瞬间，物块的加速度大小为 8 m/s2，方向向左C若剪断弹簧，则剪断的瞬间物块的加速度大小为 8 m/s2，方向向右D若剪断弹簧，则剪断的瞬间物块的加速度为 02016版二轮专题复习上一页返回首页下一页【解析】物块在与水平方向成45角的拉力 F 作用下处于静止状态，此时水平面对物块的弹力恰好为零，则：Fmgsin 4520 2 N.物体受
13、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 F 弹mgtan 45201 N20 N，故 A 正确；2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页撤去力 F 的瞬间，弹簧的弹力仍然为 20 N，小球此时受重力、支持力、弹簧弹力和摩擦力四个力作用，物体所受的最大静摩擦力为 fmg0.220 N4 N，根据牛顿第二定律得小球的加速度为 a2042m/s28 m/s2；合力方向向左，所以向左加速，故 B 正确；剪断弹簧的瞬间，弹簧对物体的拉力瞬间为零，此时水平面对物块的弹力仍然为零，物体水平方向所受的合力为 FxFcos 4520 N，则物体的加速度为：aFxm202 m/s21
14、0 m/s2，故 C 错误，D 错误【答案】AB2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页发散 2连接体问题2(2015全国卷)在一东西方向的水平直铁轨上，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()A8B10C15D182016版二轮专题复习上一页返回首页下一页【解析】设该列车厢与 P 相连的部分为 P 部分，与 Q 相连的部分为 Q部
15、分设该列车厢有 n 节，Q 部分为 n1 节，每节车厢质量为 m，当加速度为 a时，对 Q 有 Fn1ma；当加速度为 23a 时，对 P 有 F(nn1)m23a，联立得 2n5n1.当 n12，n14，n16 时，n5，n10，n15，由题中选项得该列车厢节数可能为 10 或 15，选项 B、C 正确【答案】BC2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页发散 3动力学的两类基本问题3(2015温州二模)小明家住在高楼的第 23 层，每次他乘小区高楼的观光电梯上下楼，如图 25 甲所示在学了有关超重失重的知识后，他想用力传感器来测量电梯的加速度大小一次实验中，小明进入电梯后，在力传感器下方悬
16、挂一个重物，电梯从第 23 层静止开始启动，经过各个阶段的运行最后停在第1 层整个过程中，传感器记录了弹力随时间变化情况，如图乙所示，取重力加速度 g9.8 m/s2.请你帮小明完成下列计算：2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页甲乙图 25(1)电梯启动和制动的加速度大小；(2)图乙中横坐标 t0 的数值和该高楼每层的平均高度(保留两位有效数字)2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页【解析】(1)根据 F0mg 可得，重物质量 mF0g 4.99.8 kg0.5 kg，向下匀加速，有：mgF1ma1，其中 F14.5 N，代入数据解得 a10.8 m/s2，向下匀减速，有：F2mgm
17、a2，其中 F25.2 N，代入数据解得 a20.6 m/s2.(2)匀速运动速度 va1t10.83 m/s2.4 m/s，向下匀减速运动时间 t3 va22.40.6 s4 s，2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页时间坐标 t040 s4 s36 s向下匀加速 x112a1t21120.832 m3.6 m，匀速运动 x2vt22.425 m60 m，向下匀减速 x3v2t32.42 4 m4.8 m.总位移 xx1x2x368.4 m，平均每层楼高 hx231 m3.1 m.【答案】(1)0.8 m/s20.6 m/s2(2)363.1 m2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页
18、直线运动的图象问题(多选)(2015全国卷)如图 26(a)，一物块在 t0 时刻滑上一固定斜面，其运动的 vt 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()2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页(a)(b)图 26A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2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页【审题突破】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【
19、解析】由题图(b)可以求出物块上升过程中的加速度为 a1v0t1，下降过程中的加速度为 a2v1t1.物块在上升和下降过程中，由牛顿第二定律得 mgsin fma1，mgsin fma2，由以上各式可求得 sin v0v12t1g，滑动摩擦力 f2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页m（v0v1）2t1，而 fFNmgcos ，由以上分析可知，选项 A、C 正确由 vt 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【答案】ACD2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页处理动力学图象问题的思路1明确什么性质的图象，看纵横两轴表示的
20、物理量2分析图线的意义，提取图象的关键信息3将物体的运动过程与图象对应起来4较复杂的图象，可通过列解析式的方法进行判断2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页发散 1vt 图象的应用1(2015福建高考)一摩托车由静止开始在平直的公路上行驶，其运动过程的 vt 图象如图 27 所示求：(1)摩托车在 020 s 这段时间的加速度大小 a；(2)摩托车在 075 s 这段时间的平均速度大小 v.图 272016版二轮专题复习上一页返回首页下一页【解析】(1)加速度 avtv0t根据 vt 图象并代入数据得a1.5 m/s2.(2)设第 20 s 末的速度为 vmvmat1020 s 的位移s1
21、0vm2t12016版二轮专题复习上一页返回首页下一页2045 s 的位移s2vmt24575 s 的位移s3vm02t3075 s 这段时间的总位移ss1s2s32016版二轮专题复习上一页返回首页下一页075 s 这段时间的平均速度vst1t2t3联立，并代入数据得 v20 m/s.【答案】(1)1.5 m/s2(2)20 m/s2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页发散 2多种图象的综合问题2.(2015盐城二模)一滑块以一定的初速度从一固定斜面的底端向上冲，到斜面上某一点后返回底端，斜面粗糙滑块运动过程中加速度与时间关系图象如图 28 所示下列四幅图象分别表示滑块运动过程中位移 x
22、、速度 v、动能 Ek和重力势图 28能 Ep(以斜面底端为参考平面)随时间变化的关系图象，其中正确的是()2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页【解析】物块向上做匀减速直线运动，向下做匀加速直线运动，据位移公式可知，位移与时间成二次函数关系；据运动学公式可知，下滑所用的时间要大于上升所用的时间，先减速后加速，加速度始终向下，所以 xt 图象应是开口向下的抛物线，A 错误；由 A 分析知速度方向相反，B 错误；2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页根据 Ek12mv2 知动能先减小后增大，与时间为二次函数，C 错误；Epmghmgxsin mgsin v0t12at2，a 为负，故为开
23、口向下的抛物线，D 正确【答案】D2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页发散 3与图象结合的实际应用3(2015江南十校模拟)近年来我国加大了对新能源汽车的扶持力度，新能源汽车在设计阶段要对其各项性能进行测试，在某次新能源汽车性能测试中，图 29 甲显示的是牵引力传感器传回的实验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 29 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，求：(1)20 s 末汽车的速度；(2)前 20 s 汽车的位移2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页图 29【
24、解析】(1)在 06 s 内，由牛顿第二定律得：F1fma16 s 末车速：v1a1t12016版二轮专题复习上一页返回首页下一页在 618 s 内，由牛顿第二定律得：F2fma2第 18 s 末车速：v2v1a2t2由图知 18 s 后汽车匀速直线运动，牵引力等于阻力，故有：fF1 500 N，联立，解得 18 s 末的车速：v226 m/s即：20 s 末的车速：v26 m/s.2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页(2)汽车在 06 s 内的位移：x1v12 t190 m汽车在 618 s 内的位移：x2v1v22t2336 m汽车在 1820 s 内的位移：x3vt352 m故汽车
25、在前 20 s 的位移：xx1x2x3478 m.【答案】(1)26 m/s(2)478 m2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页牛顿定律的综合应用(2015安庆模拟)如图 210 所示，以水平地面建立 x 轴，有一个质量为 m1 kg 的木块放在质量为 M2 kg 的长木板上，木板长 L11.5 m已知木板与地面的动摩擦因数为10.1，m 与 M 之间的摩擦因数20.9(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)m 与 M 保持相对静止共同向右运动，已知木板的左端 A 点经过坐标原点 O 时的速度为 v010 m/s，在坐标为 x21 m 处有一挡板 P，木板与挡板 P 瞬间碰撞后立即以原速率反向弹
26、回，而木块在此瞬间速度不变，若碰后立刻撤去挡板 P，g 取 10 m/s2，求：2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页图 210(1)木板碰挡板 P 时的速度 v1为多少？(2)最终木板停止运动时其左端 A 的位置坐标？2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页第一步：挖掘关键信息(1)m 与 M 保持相对静止，可选整体为研究对象(2)木板 A 端过原点 O 的速度(初速度)已知(3)碰撞 P 后，木板原速率反弹，木块瞬间速度不变，已知下一个过程初速度(4)碰后立刻撤去挡板 P，应考虑可能出现的往返运动第二步：明确题目所求(1)碰前木板速度，即第一过程的末速度(2)木板最终停止位置，左端
27、A 的坐标2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页第三步：圈定解题依据(1)对木块和木板系统运用牛顿第二定律求出整体的加速度，根据匀变速直线运动的速度位移公式求出木板碰挡板 P 时的速度大小(2)根据牛顿第二定律分别求出木板和木块碰后的加速度，m 向左做匀减速直线运动，M 向左做匀减速直线运动，结合牛顿第二定律和运动学公式求出最终木板停止运动时其左端 A 的位置坐标.2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页(1)对木块和木板组成的系统，有1(mM)g(mM)a1.v20v212a1s解得：v19 m/s.(2)由牛顿第二定律可知：am2g9 m/s2aM2mg1（Mm）gM6 m/s220
28、16版二轮专题复习上一页返回首页下一页m 运动至停止时间为：t1v1am1 s此时 M 速度：vMv1aMt13 m/s，方向向左，此后至 m 和 M 共速时间为 t2，有：vMaMt2amt2得：t20.2 s共同速度 v 共amt21.8 m/s，方向向左至共速 M 位移：s1v1v 共2(t1t2)6.48 m2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页共速后m 和M以 a11（Mm）gMm1 m/s2向左减速至停下的位移：s2 v2共2a11.62 m最终木板 M 左端 A 点位置坐标为：x21Ls1s2(9.56.481.62)m1.40 m.【答案】(1)9 m/s(2)1.40 m【点评】解决本题的关键在于根据物体的受力，判断出木块和木板在整个过程中的运动情况，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页专题限时练（二）点击图标进入