《高考物理二輪復習 專題一 第2講 力與物體的直線運動課件》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《高考物理二輪復習 專題一 第2講 力與物體的直線運動課件（76頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。
1、第2講力與物體的直線運動圖圖1A.換用寬度更窄的遮光條換用寬度更窄的遮光條B.提高測量遮光條寬度的精確度提高測量遮光條寬度的精確度C.使滑塊的釋放點更靠近光電門使滑塊的釋放點更靠近光電門D.增大氣墊導軌與水平面的夾角增大氣墊導軌與水平面的夾角答案答案A答案答案BC3.(多選)(2015新課標全國卷，20)如圖2(a)，一物塊在t0時刻滑上一固定斜面，其運動的vt圖線如圖(b)所示。若重力加速度及圖中的v0、v1、t1均為已知量，則可求出()A.斜面的傾角斜面的傾角B.物塊的質量物塊的質量C.物塊與斜面間的動摩擦因數物塊與斜面間的動摩擦因數D.物塊沿斜面向上滑行的最大高度物塊沿斜面向上滑行的最大
2、高度圖圖2答案答案ACD答案答案20 m/s5.(2015新課標全國卷新課標全國卷，25)一長木板置于粗糙水平地面上，木板一長木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物塊；在木板右方有一墻壁，木板右端與墻壁的左端放置一小物塊；在木板右方有一墻壁，木板右端與墻壁的距離為距離為4.5 m，如圖，如圖3(a)所示。所示。t0時刻開始，小物塊與木板一起時刻開始，小物塊與木板一起以共同速度向右運動，直至以共同速度向右運動，直至t1 s時木板與墻壁碰撞時木板與墻壁碰撞(碰撞時間極碰撞時間極短短)。碰撞前后木板速度大小不變，方向相反；運動過程中小物。碰撞前后木板速度大小不變，方向相反；運動過程中小物塊始終未
3、離開木板。已知碰撞后塊始終未離開木板。已知碰撞后1 s時間內小物塊的時間內小物塊的vt圖線如圖圖線如圖(b)所示。木板的質量是小物塊質量的所示。木板的質量是小物塊質量的15倍，重力加速度大小倍，重力加速度大小g取取10 m/s2。求：。求：圖圖3(1)木板與地面間的動摩擦因數木板與地面間的動摩擦因數1及小物塊與木板間的動摩擦因數及小物塊與木板間的動摩擦因數2；(2)木板的最小長度；木板的最小長度；(3)木板右端離墻壁的最終距離。木板右端離墻壁的最終距離。答案答案(1)0.10.4(2)6 m(3)6.5 m圖圖4(1)在在02 s時間內時間內A和和B加速度的大?。患铀俣鹊拇笮?；(2)A在在B上
4、總的運動時間。上總的運動時間。解析解析(1)在在02 s時間內，時間內，A和和B的受力如圖所示，其中的受力如圖所示，其中Ff1、FN1是是A與與B之間的摩擦力和正壓力的大小，之間的摩擦力和正壓力的大小，F(xiàn)f2、FN2是是B與與C之間的摩之間的摩擦力和正壓力的大小，方向如圖所示。由滑動摩擦力公式和力的擦力和正壓力的大小，方向如圖所示。由滑動摩擦力公式和力的平衡條件得平衡條件得Ff11FN1FN1mgcos Ff22FN2FN2FN1mgcos 規(guī)定沿斜面向下為正方向。設規(guī)定沿斜面向下為正方向。設A和和B的加速度分別為的加速度分別為a1和和a2，由牛，由牛頓第二定律得頓第二定律得mgsin Ff1
5、ma1mgsin Ff2Ff1ma2聯(lián)立聯(lián)立式，并代入題給條件得式，并代入題給條件得a13 m/s2a21 m/s2(2)在在t12 s時，設時，設A和和B的速度分別為的速度分別為v1和和v2，則，則v1a1t16 m/sv2a2t12 m/s2 s后，設后，設A和和B的加速度分別為的加速度分別為a1和和a2。此時。此時A與與B之間摩擦力為之間摩擦力為零，同理可得零，同理可得a16 m/s2a22 m/s2答案答案(1)3 m/s21 m/s2(2)4 s主要題型：主要題型：選擇題和計算題選擇題和計算題知識熱點知識熱點(1)單獨命題單獨命題勻變速直線運動的公式及應用的考查。勻變速直線運動的公式
6、及應用的考查。xt、vt、at、Ft等圖象問題的考查。等圖象問題的考查。牛頓運動定律的考查。牛頓運動定律的考查。(2)交匯命題交匯命題考查利用考查利用vt圖象和牛頓第二定律解決物體運動的多過程圖象和牛頓第二定律解決物體運動的多過程及連接體問題。及連接體問題。勻變速直線運動規(guī)律和牛頓運動定律綜合應用的考查。勻變速直線運動規(guī)律和牛頓運動定律綜合應用的考查。思想方法思想方法極限思想、逆向思維的思想、理想實驗的思想、分解的思想。極限思想、逆向思維的思想、理想實驗的思想、分解的思想。比例法、圖象法、推論法、假設法、控制變量法、整體法、比例法、圖象法、推論法、假設法、控制變量法、整體法、隔離法、合成法等。
7、隔離法、合成法等。考向一運動圖象的應用考向一運動圖象的應用核心知識核心知識(1)xt圖象和圖象和vt圖象描述的都是直線運動，而不是曲線運動。圖象描述的都是直線運動，而不是曲線運動。(2)xt圖象和圖象和vt圖象不表示物體運動的軌跡。圖象不表示物體運動的軌跡。(3)xt圖象中兩圖線的交點表示兩物體相遇，而圖象中兩圖線的交點表示兩物體相遇，而vt圖象中兩圖象中兩圖線的交點表示兩物體速度相等。圖線的交點表示兩物體速度相等。(4)vt圖象中，圖線與坐標軸圍成的面積表示位移；而圖象中，圖線與坐標軸圍成的面積表示位移；而xt圖圖象中，圖線與坐標軸圍成的面積無實際意義。象中，圖線與坐標軸圍成的面積無實際意義
8、。規(guī)律方法規(guī)律方法圖象問題要三看圖象問題要三看(1)看清坐標軸所表示的物理量看清坐標軸所表示的物理量明確因變量明確因變量(縱軸表示的量縱軸表示的量)與與自變量自變量(橫軸表示的量橫軸表示的量)的制約關系。的制約關系。(2)看圖線本身看圖線本身識別兩個相關量的變化趨勢，從而分析具體的識別兩個相關量的變化趨勢，從而分析具體的物理過程。物理過程。(3)看交點、斜率和看交點、斜率和“面積面積”明確圖線與圖線的交點、圖線與明確圖線與圖線的交點、圖線與坐標軸的交點、圖線斜率、圖線與坐標軸圍成的面積的物理意坐標軸的交點、圖線斜率、圖線與坐標軸圍成的面積的物理意義。義。1.如圖如圖5所示，所示，a、b分別為甲
9、、乙兩物體在同分別為甲、乙兩物體在同一直線上運動時的位移與時間的關系圖線，一直線上運動時的位移與時間的關系圖線，其中其中a為過原點的傾斜直線，為過原點的傾斜直線，b為開口向下的為開口向下的拋物線。則下列說法正確的是拋物線。則下列說法正確的是()A.物體乙始終沿正方向運動物體乙始終沿正方向運動B.t1時刻甲、乙兩物體的位移相等、速度相等時刻甲、乙兩物體的位移相等、速度相等C.0t2時間內物體乙的平均速度大于物體甲的平均速度時間內物體乙的平均速度大于物體甲的平均速度D.t1到到t2時間內兩物體的平均速度相同時間內兩物體的平均速度相同圖圖5解析b圖線的斜率先為正值，后為負值，則物體乙的運動方向發(fā)生了
10、變化，A錯誤；在t1時刻，兩物體的位移相等，但圖線a、b的斜率不相等，則兩物體的速度不相等，B錯誤；0t2時間內，兩物體的位移相等，運動時間相等，則兩物體的平均速度相同，C錯誤；t1t2時間內，兩物體的位移相等，運動時間相等，則兩物體的平均速度相同，D正確。答案D2.(2014天津理綜，5)以不同初速度將兩個物體同時豎直向上拋出并開始計時，一個物體所受空氣阻力可忽略，另一物體所受空氣阻力大小與物體速率成正比，下列用虛線和實線描述兩物體運動的vt圖象可能正確的是()答案答案D3.(多選多選)質量相等的甲、乙兩物體在相同的質量相等的甲、乙兩物體在相同的恒定水平外力作用下由同一起跑線沿不同恒定水平外
11、力作用下由同一起跑線沿不同接觸面由靜止開始運動，兩物體的接觸面由靜止開始運動，兩物體的vt圖圖象如圖象如圖6所示，則所示，則()圖圖6A.t0后某時刻甲、乙兩物體位移相等后某時刻甲、乙兩物體位移相等B.0t0時間內，物體甲的中間時刻速度大時間內，物體甲的中間時刻速度大于物體乙的平均速度于物體乙的平均速度C.t0時刻之前，物體甲受到的阻力總是大于物體乙受到的阻力時刻之前，物體甲受到的阻力總是大于物體乙受到的阻力D.t0時刻之前物體甲的位移總小于物體乙的位移時刻之前物體甲的位移總小于物體乙的位移解析解析由由vt圖象知，圖象知，0t0時間內乙的位移大于甲的位移，時間內乙的位移大于甲的位移，t0后某時
12、刻甲、乙兩物體位移相等，后某時刻甲、乙兩物體位移相等，A、D正確；甲物體做勻加正確；甲物體做勻加速直線運動，其中間時刻速度等于圖中三角形面積與速直線運動，其中間時刻速度等于圖中三角形面積與t0之比，之比，而物體乙的平均速度為圖線所圍面積與而物體乙的平均速度為圖線所圍面積與t0之比，顯然之比，顯然0t0時間時間內，物體甲的中間時刻速度小于物體乙的平均速度，內，物體甲的中間時刻速度小于物體乙的平均速度，B錯誤；錯誤；由圖線的斜率意義知由圖線的斜率意義知t0時刻之前物體乙的加速度先大于甲的加時刻之前物體乙的加速度先大于甲的加速度，后小于甲的加速度，由速度，后小于甲的加速度，由Ffma知，知，t0時刻
13、之前，物體時刻之前，物體甲受到的阻力先大于物體乙受到的阻力，后小于乙受到的阻甲受到的阻力先大于物體乙受到的阻力，后小于乙受到的阻力，力，C錯誤。錯誤。答案答案AD4.(2015廣東理綜，廣東理綜，13)甲、乙兩人同時同地出發(fā)騎自行車做直線甲、乙兩人同時同地出發(fā)騎自行車做直線運動，前運動，前1小時內的位移時間圖象如圖小時內的位移時間圖象如圖7所示，下列表述正確所示，下列表述正確的是的是()圖圖7A.0.20.5小時內，甲的加速度比乙的大小時內，甲的加速度比乙的大B.0.20.5小時內，甲的速度比乙的大小時內，甲的速度比乙的大C.0.60.8小時內，甲的位移比乙的小小時內，甲的位移比乙的小D.0.
14、8小時內，甲、乙騎行的路程相等小時內，甲、乙騎行的路程相等解析解析位移時間圖象的斜率絕對值反映速度大小，在位移時間圖象的斜率絕對值反映速度大小，在0.20.5小時內，甲、乙均做勻速直線運動，加速度為小時內，甲、乙均做勻速直線運動，加速度為0，甲圖象斜，甲圖象斜率大于乙圖象，說明甲的速度大于乙的速度，故率大于乙圖象，說明甲的速度大于乙的速度，故A錯誤，錯誤，B正確；正確；由位移時間圖象可以看出在由位移時間圖象可以看出在0.60.8小時內甲的位移比乙的小時內甲的位移比乙的大，故大，故C錯誤；由位移時間圖象看出在錯誤；由位移時間圖象看出在t0.5小時時，甲在小時時，甲在s10 km處，而乙在處，而乙
15、在s8 km處，進一步得出在處，進一步得出在0.8小時內甲的路小時內甲的路程比乙的大，故程比乙的大，故D錯誤。錯誤。答案答案B解圖象類問題的關鍵解圖象類問題的關鍵在于將圖象與物理過程對應起來，通過圖象的坐標軸、關鍵點、在于將圖象與物理過程對應起來，通過圖象的坐標軸、關鍵點、斜率、面積等信息，對運動過程進行分析，從而解決問題。斜率、面積等信息，對運動過程進行分析，從而解決問題。考向二勻變速直線運動規(guī)律的應用核心知識核心知識規(guī)律方法規(guī)律方法1.(2015山東理綜，14)距地面高5 m的水平直軌道上A、B兩點相距2 m，在B點用細線懸掛一小球，離地高度為h，如圖8所示。小車始終以4 m/s的速度沿軌
16、道勻速運動，經過A點時將隨車攜帶的小球由軌道高度自由卸下，小車運動至B點時細線被軋斷，最后兩球同時落地。不計空氣阻力，取重力加速度的大小g10 m/s2?？汕蟮胔等于()圖圖8答案答案AA.1.25 m B.2.25 m C.3.75 m D.4.75 m2.2013年年12月月“嫦娥三號嫦娥三號”在月球表面上的軟著陸為我們的月球在月球表面上的軟著陸為我們的月球旅行開辟了新航道。未來的某天，一位同學在月球上完成自由旅行開辟了新航道。未來的某天，一位同學在月球上完成自由落體運動實驗，讓一個質量為落體運動實驗，讓一個質量為2 kg的小球從一定的高度自由下的小球從一定的高度自由下落，測得小球在第落，
17、測得小球在第5 s內的位移是內的位移是7.2 m，此時小球還未落地，則，此時小球還未落地，則()A.小球在前小球在前5 s內的位移是內的位移是20 mB.小球在小球在5 s末的速度是末的速度是16.0 m/sC.月球表面的重力加速度大小為月球表面的重力加速度大小為3.6 m/s2D.小球在第小球在第5 s內的平均速度是內的平均速度是3.6 m/s答案答案A3.(2014海南單科，13)短跑運動員完成100 m賽跑的過程可簡化為勻加速運動和勻速運動兩個階段。一次比賽中，某運動員用11.00 s跑完全程。已知運動員在加速階段的第2 s內通過的距離為7.5 m，求該運動員的加速度及在加速階段通過的距
18、離。答案答案5 m/s210 m4.(2014新課標全國卷，24)2012年10月，奧地利極限運動員菲利克斯鮑姆加特納乘氣球升至約39 km的高空后跳下，經過4分20秒到達距地面約1.5 km高度處，打開降落傘并成功落地，打破了跳傘運動的多項世界紀錄。取重力加速度的大小g10 m/s2。(1) 若忽略空氣阻力，求該運動員從靜止開始下落至1.5 km高度處所需的時間及其在此處速度的大小；(2) 實際上，物體在空氣中運動時會受到空氣的阻力，高速運動時所受阻力的大小可近似表示為fkv2 ，其中v為速率，k為阻力系數，其數值與物體的形狀、橫截面積及空氣密度有關。已知該運動員在某段時間內高速下落的vt圖
19、象如圖9所示。若該運動員和所帶裝備的總質量m100 kg，試估算該運動員在達到最大速度時所受阻力的阻力系數。(結果保留1位有效數字)圖圖9答案答案(1)87 s8.7102 m/s(2)0.008 kg/m考向三牛頓運動定律的應用核心知識核心知識1.牛頓第二定律的表達式：牛頓第二定律的表達式：F合合ma。2.牛頓第二定律的牛頓第二定律的“四性四性”：(1)矢量性：公式矢量性：公式Fma是矢量式，是矢量式，F(xiàn)與與a方向相同。方向相同。(2)瞬時性：力與加速度同時產生，同時變化。瞬時性：力與加速度同時產生，同時變化。(3)同體性：同體性：Fma中，中，F(xiàn)、m、a對應同一物體。對應同一物體。(4)獨
20、立性：分力產生的加速度相互獨立，與其他加速度無關。獨立性：分力產生的加速度相互獨立，與其他加速度無關。規(guī)律方法規(guī)律方法1.整體法和隔離法的優(yōu)點及使用條件整體法和隔離法的優(yōu)點及使用條件(1)整體法：整體法：優(yōu)點：研究對象減少，忽略物體之間的相互作用力，方程優(yōu)點：研究對象減少，忽略物體之間的相互作用力，方程數減少，求解簡捷。數減少，求解簡捷。條件：連接體中各物體具有共同的加速度。條件：連接體中各物體具有共同的加速度。(2)隔離法：隔離法：優(yōu)點：易看清各個物體具體的受力情況。優(yōu)點：易看清各個物體具體的受力情況。條件：當系統(tǒng)內各物體的加速度不同時，一般采用隔離法；條件：當系統(tǒng)內各物體的加速度不同時，一
21、般采用隔離法；求連接體內各物體間的相互作用力時必須用隔離法。求連接體內各物體間的相互作用力時必須用隔離法。2.兩類模型兩類模型(1)剛性繩剛性繩(或接觸面或接觸面)不發(fā)生明顯形變就能產生彈力的物體，不發(fā)生明顯形變就能產生彈力的物體，剪斷剪斷(或脫離或脫離)后，其彈力立即消失，不需要形變恢復時間。后，其彈力立即消失，不需要形變恢復時間。(2)彈簧彈簧(或橡皮繩或橡皮繩)兩端同時連接兩端同時連接(或附著或附著)有物體的彈簧有物體的彈簧(或或橡皮繩橡皮繩)，特點是形變量大，其形變恢復需要較長時間，在瞬，特點是形變量大，其形變恢復需要較長時間，在瞬時性問題中，其彈力的大小往往可以看成保持不變。時性問題
22、中，其彈力的大小往往可以看成保持不變。1.(多選)如圖10所示，物塊A、B質量相等，在恒力F作用下，在水平面上做勻加速直線運動。若物塊與水平面間接觸面光滑，物塊A的加速度大小為a1，物塊A、B間的相互作用力大小為FN1；若物塊與水平面間接觸面粗糙，且物塊A、B與水平面間的動摩擦因數相同，物塊B的加速度大小為a2，物塊A、B間的相互作用力大小為FN2，則以下判斷正確的是()圖圖10A.a1a2 B.a1a2C.FN1FN2 D.FN1F答案答案BCD2.(多選多選)(2015江蘇單科江蘇單科，6)一人乘電梯上樓，在豎直上升過程中一人乘電梯上樓，在豎直上升過程中加速度加速度a隨時間隨時間t變化的圖
23、線如圖變化的圖線如圖11所示，以豎直向上為所示，以豎直向上為a的正的正方向，則人對地板的壓力方向，則人對地板的壓力()圖圖11A.t2 s時最大時最大 B.t2 s時最小時最小C.t8.5 s時最大時最大 D.t8.5 s時最小時最小解析解析由題圖知，在上升過程中，在由題圖知，在上升過程中，在04 s內，加速度方向向上，內，加速度方向向上，F(xiàn)Nmgma，所以向上的加速度越大，電梯對人的支持力就越，所以向上的加速度越大，電梯對人的支持力就越大，由牛頓第三定律可知，人對電梯的壓力就越大，故大，由牛頓第三定律可知，人對電梯的壓力就越大，故A正確，正確，B錯誤；由題圖知，在錯誤；由題圖知，在710 s
24、內加速度方向向下，由內加速度方向向下，由mgFNma知，向下的加速度越大，人對電梯的壓力就越小，故知，向下的加速度越大，人對電梯的壓力就越小，故C錯誤，錯誤，D正確。正確。答案答案AD3.(多選多選)(2015海南單科海南單科，8)如圖如圖12，物塊，物塊a、b和和c的質的質量相同，量相同，a和和b，b和和c之間用完全相同的輕彈簧之間用完全相同的輕彈簧S1和和S2相連，通過系在相連，通過系在a上的細線懸掛于固定點上的細線懸掛于固定點O，整個系，整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)將細線剪斷，將物塊統(tǒng)處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)將細線剪斷，將物塊a的加速度的加速度的大小記為的大小記為a1，S1和和S2相對于原長的伸長分
25、別記為相對于原長的伸長分別記為l1和和l2，重力加速度大小為，重力加速度大小為g。在剪斷的瞬間。在剪斷的瞬間()圖圖12A.a13g B.a10C.l12l2 D.l1l2答案答案AC4.(多選)(2015海南單科，9)如圖13，升降機內有一固定斜面，斜面上放一物塊。開始時，升降機做勻速運動，物塊相對于斜面勻速下滑。當升降機加速上升時()圖圖13A.物塊與斜面間的摩擦力減小物塊與斜面間的摩擦力減小 B.物塊與斜面間的正壓力增大物塊與斜面間的正壓力增大C.物塊相對于斜面減速下滑物塊相對于斜面減速下滑 D.物塊相對于斜面勻速下滑物塊相對于斜面勻速下滑 解析解析當升降機加速上升時，物體有豎直向上的加
26、速度，則物當升降機加速上升時，物體有豎直向上的加速度，則物塊與斜面間的正壓力增大，根據滑動摩擦力公式塊與斜面間的正壓力增大，根據滑動摩擦力公式FfFN可知可知物體與斜面間的摩擦力增大，故物體與斜面間的摩擦力增大，故A錯誤，錯誤，B正確；設斜面的傾角正確；設斜面的傾角為為，物體的質量為，物體的質量為m，當勻速運動時有，當勻速運動時有mgsin mgcos ，即即sin cos .當物體以加速度當物體以加速度a向上加速運動時，有向上加速運動時，有FNm(ga)cos ，F(xiàn)fm(ga)cos ，因為，因為sin cos ，所以，所以m(ga)sin m(ga)cos ，故物體仍相對斜面勻速下滑，故物
27、體仍相對斜面勻速下滑，C錯誤，錯誤，D正確。正確。答案答案BD考向四應用牛頓運動定律解多過程問題考向四應用牛頓運動定律解多過程問題核心知識核心知識規(guī)律方法規(guī)律方法1.基本思路基本思路受力分析和運動分析是解決問題的關鍵，而加速度是聯(lián)受力分析和運動分析是解決問題的關鍵，而加速度是聯(lián)系力與運動的橋梁。基本思路如圖所示：系力與運動的橋梁?；舅悸啡鐖D所示：2.常用方法常用方法(1)整體法與隔離法。整體法與隔離法。(2)正交分解法。正交分解法。1.(多選多選)(2015浙江金華十校二模浙江金華十校二模)如圖如圖14甲所示，在傾角為甲所示，在傾角為37的的粗糙足夠長斜面的底端，一質量粗糙足夠長斜面的底端，
28、一質量m2 kg可視為質點的滑塊壓縮可視為質點的滑塊壓縮一輕彈簧并鎖定，滑塊與彈簧不相連。一輕彈簧并鎖定，滑塊與彈簧不相連。t0時解除鎖定，計算時解除鎖定，計算機通過傳感器描繪出滑塊的速度時間圖象如圖乙所示，其中機通過傳感器描繪出滑塊的速度時間圖象如圖乙所示，其中Ob段為曲線，段為曲線，bc段為直線，段為直線，g取取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8。則下列說法正確的是。則下列說法正確的是()圖圖14A.在在0.15 s末滑塊的加速度為末滑塊的加速度為8 m/s2B.滑塊在滑塊在0.10.2 s時間間隔內沿斜面向下運動時間間隔內沿斜面向下運動C.滑塊與斜面間的動摩擦因數滑塊
29、與斜面間的動摩擦因數0.25D.在滑塊與彈簧脫離之前，滑塊一直在做加速運動在滑塊與彈簧脫離之前，滑塊一直在做加速運動解析解析根據根據vt圖象的斜率表示加速度可求在圖象的斜率表示加速度可求在0.10.2 s時間內滑時間內滑塊的加速度塊的加速度a8 m/s2，所以，所以A正確；由圖知滑塊在正確；由圖知滑塊在0.10.2 s時時間間隔內沿斜面向上減速運動，故間間隔內沿斜面向上減速運動，故B錯誤；在錯誤；在0.10.2 s時間內，時間內，根據牛頓第二定律可得根據牛頓第二定律可得mgsin mgcos ma，代入可求，代入可求0.25，所以，所以C正確；在滑塊與彈簧脫離之前，當彈力小于重力沿斜正確；在滑
30、塊與彈簧脫離之前，當彈力小于重力沿斜面向下的分力與摩擦力的合力時，滑塊做減速運動，所以面向下的分力與摩擦力的合力時，滑塊做減速運動，所以D錯誤。錯誤。答案答案AC2.如圖如圖15甲所示，為一傾角甲所示，為一傾角37的足夠長斜面，將一質量為的足夠長斜面，將一質量為m1 kg的物體無初速度在斜面上釋放，同時施加一沿斜面向的物體無初速度在斜面上釋放，同時施加一沿斜面向上的拉力，拉力隨時間變化的關系圖象如圖乙所示，物體與斜上的拉力，拉力隨時間變化的關系圖象如圖乙所示，物體與斜面間的動摩擦因數面間的動摩擦因數0.25，取，取g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，求：，求：圖圖15(1
31、)2 s末物體的速度；末物體的速度；(2)前前16 s內物體發(fā)生的位移。內物體發(fā)生的位移。解析解析(1)由分析可知物體在前由分析可知物體在前2 s內沿斜面向下做初速度為零的內沿斜面向下做初速度為零的勻加速直線運動，由牛頓第二定律可得勻加速直線運動，由牛頓第二定律可得mgsin F1mgcos ma1v1a1t1代入數據可得代入數據可得a12.5 m/s2，方向沿斜面向下，方向沿斜面向下v15 m/s，方向沿斜面向下，方向沿斜面向下答案答案(1)5 m/s方向沿斜面向下方向沿斜面向下(2)30 m方向沿斜面向下方向沿斜面向下3.如圖如圖16所示，某次滑雪訓練，運動員站在水平雪道上第一次利所示，某
32、次滑雪訓練，運動員站在水平雪道上第一次利用滑雪杖對雪面的作用獲得水平推力用滑雪杖對雪面的作用獲得水平推力F84 N而從靜止向前滑行，而從靜止向前滑行，其作用時間為其作用時間為t11.0 s，撤除水平推力，撤除水平推力F后經過后經過t22.0 s，他第二，他第二次利用滑雪杖對雪面的作用獲得同樣的水平推力，作用距離與第次利用滑雪杖對雪面的作用獲得同樣的水平推力，作用距離與第一次相同。已知該運動員連同裝備的總質量為一次相同。已知該運動員連同裝備的總質量為m60 kg，在整個，在整個運動過程中受到的滑動摩擦力大小恒為運動過程中受到的滑動摩擦力大小恒為Ff12 N，求：，求：圖圖16(1)第一次利用滑雪
33、杖對雪面作用獲得的速度大小及這段時間內第一次利用滑雪杖對雪面作用獲得的速度大小及這段時間內的位移；的位移；(2)該運動員該運動員(可視為質點可視為質點)第二次撤除水平推力后滑行的最大距離。第二次撤除水平推力后滑行的最大距離。答案答案(1)1.2 m/s0.6 m(2)5.2 m高頻考點二運動圖象與牛頓運動定律的綜合應用(16分分)(2015江西七校聯(lián)考江西七校聯(lián)考)如圖如圖17甲所示，一長木板靜止在水甲所示，一長木板靜止在水平地面上，在平地面上，在t0時刻，一小物塊以一定速度從左端滑上長木時刻，一小物塊以一定速度從左端滑上長木板，以后長木板運動的板，以后長木板運動的vt圖象如圖乙所示。已知小物
34、塊與長圖象如圖乙所示。已知小物塊與長木板的質量均為木板的質量均為m1 kg，小物塊與長木板間及長木板與地面間，小物塊與長木板間及長木板與地面間均有摩擦，經均有摩擦，經1 s后小物塊與長木板相對靜止后小物塊與長木板相對靜止(g取取10 m/s2)，求：，求：圖圖17(1)小物塊與長木板間動摩擦因數的值；小物塊與長木板間動摩擦因數的值；(2)在整個運動過程中，系統(tǒng)所產生的熱量。在整個運動過程中，系統(tǒng)所產生的熱量。審題流程審題流程第一步：抓關鍵點第一步：抓關鍵點獲取信息獲取信息(1)讀題讀題(2)讀圖讀圖第二步：找突破口第二步：找突破口選取規(guī)律選取規(guī)律解析解析(1)長木板加速過程中，由牛頓第二定律，
35、得長木板加速過程中，由牛頓第二定律，得1mg22mgma1(2分分)vma1t1(1分分)木板和物塊相對靜止，共同減速過程中，由牛頓第二定律，得木板和物塊相對靜止，共同減速過程中，由牛頓第二定律，得22mg2ma2(2分分)0vma2t2(1分分)由圖象可知，由圖象可知，vm2 m/s，t11.0 s，t20.8 s聯(lián)立解得：聯(lián)立解得：10.7(2分分)答案答案(1)0.7(2)40.5 J第第1步：步：識別圖象。識別圖象。識別內容包括：識別內容包括：橫、縱坐標軸表示的物理量；橫、縱坐標軸表示的物理量；是定性描述是定性描述(坐標軸無標度和單位坐標軸無標度和單位)還是定量描述還是定量描述(坐標軸
36、有標坐標軸有標度和單位度和單位)；圖象形狀所描述的狀態(tài)及變化規(guī)律；圖象形狀所描述的狀態(tài)及變化規(guī)律；圖線與橫坐標軸包圍的圖線與橫坐標軸包圍的“面積面積”有、無意義及對應的物理量；有、無意義及對應的物理量；圖線的折點表示斜率發(fā)生變化，明確圖線斜率對應的物理量；圖線的折點表示斜率發(fā)生變化，明確圖線斜率對應的物理量；由圖象構建數學函數關系式，根據所構建的關系式與掌握的由圖象構建數學函數關系式，根據所構建的關系式與掌握的物理規(guī)律對比，確定式中各項的物理意義。物理規(guī)律對比，確定式中各項的物理意義。第第2步：步：判別物理過程。由圖象形狀所描述的狀態(tài)及變化規(guī)判別物理過程。由圖象形狀所描述的狀態(tài)及變化規(guī)律確定質
37、點的運動性質。律確定質點的運動性質。第第3步：步：選擇解答方法。根據質點的運動性質，選擇公式法、選擇解答方法。根據質點的運動性質，選擇公式法、圖象法解答試題，必要時建立函數關系并進行圖象轉換，圖象法解答試題，必要時建立函數關系并進行圖象轉換，或者與常見形式比較進行解答和判斷?；蛘吲c常見形式比較進行解答和判斷。(16分分)(2015太原模擬太原模擬)質量為質量為3 kg的長木板的長木板A置于光滑的水平置于光滑的水平地面上，質量為地面上，質量為2 kg的木塊的木塊B(可視為質點可視為質點)置于木板置于木板A的左端，的左端，在水平向右的力在水平向右的力F作用下由靜止開始運動，如圖作用下由靜止開始運動，如圖18甲所示。甲所示。A、B運動的加速度隨時間變化的圖象如圖乙所示。運動的加速度隨時間變化的圖象如圖乙所示。(g取取10 m/s2)求：求：圖圖18(1)木板與木塊之間的動摩擦因數；木板與木塊之間的動摩擦因數；(設最大靜摩擦力等于滑動摩設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力擦力)(2)4 s末末A、B的速度；的速度；(3)若若6 s末木板和木塊剛好分離，則木板的長度為多少？末木板和木塊剛好分離，則木板的長度為多少？答案答案(1)0.3(2)4 m/s(3)4 m
高考物理二輪復習 專題一 第2講 力與物體的直線運動課件
