1、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 一、构建体系 透析考情析考情明考向_考情分析_透视命题规律思维导图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的命题热点。考情分析二、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
2、式：xv0t12at2。(3)速度和位移的关系式：v2v 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 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
3、：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1把握三点信息(1)六个公式：vv0at，xv0t12at2，2axv2v20，xv0v2t，vt2vv0v2，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 t0v0a，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
4、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2
5、0 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 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xx1v0t212at22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
6、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x3v022a 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
7、第一个H4所用的时间为 t1，第四个H4所用的时间为 t2。不计空气阻力，则t2t1满足()A1t2t12 B2t2t13C3t2t14 D4t2t15C 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(21)(3 2)(nn1)。由题意知，t2t11(2 3)2 3，由结果知选项 C 正确。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
8、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 mB动车组的加速度为1 m/s2，接下来的6 s内的位移为96 mC动车组计时开始的速度为3.5 m/sD动车组计时开始的速度为2.5 m/sAC 解析：第一个 60 m 内中间时刻的瞬时速度 v1x1t16 m/s，第二个 60 m内中间时刻的瞬时速度 v2x2t210 m/s，则动车组的加速度 av2v1t1t220.5 m/s2，根据 xaT2 得，接下来 6 s 内的位移 x3x2aT260 m
9、0.536 m78 m，故 A 正确，B 错误；动车组的初速度 v0v1at126 m/s0.5102 m/s3.5 m/s，故 C 正确，D 错误。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。v095 m/s，a12.5 m/s2，t120 s，x2 07
10、5 m由运动学公式 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x1v2v202a1 4529522（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 xv2t 得，第二个减速阶段运动的时间为t22x2v 267545 s30 s，加速度为 a20vt2 04530 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 动 学 图 像 主 要 有 x
11、t、vt、at 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vt图像、xt图像、at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：xt图像和vt图像描述的都是直线运动，而at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
12、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A 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vt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
13、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xt图像的斜率表示速度知，a质点的速度不变，由图乙所示的vt图像可知，d质点的速率先减小后增大，故D错误。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vt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 mC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
14、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vt图像，则下列根据vt图像作出的加速度时间(at)图像和位移时间(xt)图像正确的是()A 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 xv0(t1 s)12a2(t1 s)
15、212t22t32 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 a30.5 m/s2，位移为 xv0(t3 s)12a3(t3 s)2，x-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。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xt图像如图乙所示，汽车B运动的vt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 mBB 车在 06 s 内的位移
16、为 23 mC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A 车的加速度大小应大于14 m/s2AD 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
17、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 v22ax 可知，加速度 a14 m/s2，故要使 A 车追不上 B 车，则 A 车的加速度大小应大于14 m/s2，选项 D 正确。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，
18、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。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()命题角度 瞬时性问题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 aF1m，方向沿的延长线C若剪断，则球的加速度 aF2m，方向水平向左D若剪断，则球的加速度 ag，方向竖直向上C 解析 球受力如图甲所示，由共点力平衡条件得 F2mgtan，F1mgcos
19、。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 aF2mgtan，方向水平向左，C 正确，D错误。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(0.5)，不计绳与滑轮间的摩擦
20、，系统由静止开始运动，下列说法正确的是()命题角度 连接体问题AA、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（12）2BD 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：FT1mgma，对 B：FT2mg2mgFT1ma，对 C：2mgFT22ma，联立解得 a12gg，FT112mg，FT2mg2mg，选项B 正确，A、C 错误；当 A 运动到 B 的左端时有12at212at2L，此时物体A、B、C 的速度均为 vatgL（12）2，选项 D 正确。方法技巧“整体法、隔离
21、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。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xt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
22、10 m/s2。求：命题角度 图像问题(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 xv0t12at2根据速度时间公式，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 37mgcos 37ma代入数据解得 0.25。(3)木块下滑过程，根据牛顿第二定律，有mg
23、sin 37mgcos 37ma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 v2t 2ax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
24、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，FNmgBt1t2时间内，v减小，FNmgCt2t3时间内，v增大，FNmgDt2t3时间内，v减小，FNmgD 解析：根据st图像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FNmg，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。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
25、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(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。限时练通高考 点击进入word.