【创新设计】(广东专用)2014届高考物理二轮复习 第2讲 直线运动规律及牛顿运动定律的应用专题提升训练

【解析】选A、D。对滑块沿斜面向上和向下过程进行受力分析,
可知滑块所受的滑动摩擦力大小不变,均为f=μmgcosθ,方向 由负向变为正向,选项A正确;滑块沿斜面向上运动时,F合 =mgsinθ+μmgcosθ,沿斜面向下运动时,滑块所受的合外力的 大小F合=mgsinθ-μmgcosθ,显然合外力变小,方向始终沿负 向,选项B错误;加速度的变化情况与合外力相同,选项C错误;向 上运动过程中滑块做匀减速运动,向下运动过程中,滑块做匀加
速运动,向上时的加速度大于向下时的加速度,选项D正确。
【总结提升】
处理动力学图像问题的一般思路
(1)依据题意，合理选取研究对象；
(2)对物体先受力分析，再分析其运动过程； (3)将物体的运动过程与图像对应起来； (4)对于相对复杂的图像，可通过列解析式的方法进行判断。
【变式训练】(2013·湛江二模)一个 质量为0.3 kg的物体沿水平面做直线 运动，如图所示，图线a表示物体受
(3)根据牛顿第二定律列方程；
(4)统一单位后将数值代入方程求解。
【变式训练】(2013·惠州二模)物块A、 B叠放在水平面上,装砂的铁桶C通过细
线牵引A、B在水平面上向右匀加速运动,
设A、B间的摩擦力为f1,B与桌面间的摩 擦力为f2,若增大C桶内砂的质量,而A、 B仍一起向右运动,则摩擦力f1和f2的变 化情况是( ) B.f1变大,f2不变 D.f1和f2都不变 A.f1不变,f2变大 C.f1和f2都变大
2
2
=7.5 m，而6 s末速度不为零，故撤去拉力后物体滑行的距离 应大于7.5 m，C错误。根据f=μmg＝ma2， 1 ， D错误。
30
【变式备选】(2013·深圳二模)物体甲、乙原来静止于光滑水 平面上。从t=0时刻开始，甲沿水平面做直线运动，速度随时 间变化如图甲；乙受到如图乙所示的水平拉力作用。则在0～

第2讲 直线运动和牛顿运动定律
考向一 直线运动(创新应用) 【建模型】研典题 【模型1】常规图象和非常规图象
1.模型图解：
(1)常规图象:
x-t图象
轴
纵轴——位移 横轴——时间
线
物体的位移与时间的关系
v-t图象
纵轴——速度 横轴——时间
物体的速度与时间的关系
x-t图象 斜率 某点的斜率表示该点的瞬时速度
【名校课堂】获奖P P T - 高考物理二轮复习课件：专题一直线运动 和牛顿 运动定 律（最 新版本 ）推荐
【名校课堂】获奖P P T - 高考物理二轮复习课件：专题一直线运动 和牛顿 运动定 律（最 新版本 ）推荐
(2)速度大者追速度小者:
【名校课堂】获奖P P T - 高考物理二轮复习课件：专题一直线运动 和牛顿 运动定 律（最 新版本 ）推荐
2
【名校课堂】获奖P P T - 高考物理二轮复习课件：专题一直线运动 和牛顿 运动定 律（最 新版本 ）推荐
【名校课堂】获奖P P T - 高考物理二轮复习课件：专题一直线运动 和牛顿 运动定 律（最 新版本 ）推荐
【解析】选B、D。由动能定理可得:F·x= 1 mv2-0,故合外力F= m v 2 ， 由图象
【名校课堂】获奖P P T - 高考物理二轮复习课件：专题一直线运动 和牛顿 运动定 律（最 新版本 ）推荐
【名师点睛】非常规图象要一审、二列、三判
【名校课堂】获奖P P T - 高考物理二轮复习课件：专题一直线运动 和牛顿 运动定 律（最 新版本 ）推荐
【名校课堂】获奖P P T - 高考物理二轮复习课件：专题一直线运动 和牛顿 运动定 律（最 新版本 ）推荐
【名校课堂】获奖P P T - 高考物理二轮复习课件：专题一直线运动 和牛顿 运动定 律（最 新版本 ）推荐

返回目录
第2讲
力与直线运动
高 频 考 点 探 究
考点二 动力学中的图像问题 关注图像反映的相关物理意义，如： (1)坐标轴反映物体的哪两个物理量间的运动规律； (2)明确图像中各点坐标的物理意义和任一点的状 态； (3)明确图像截距的物理意义； (4)明确图像斜率的物理意义； (5)明确v－t图像面积的意义．
返回目录
核心知识重组
(3)逆向思维法：将匀减速直线运动转换成初速度为零的匀加速直线运 动进行处理．如竖直上抛运动上升阶段的逆运动为自由落体运动． 3．s－t图像与v－t图像的比较
返回目录
核知识重组
s－t图 ①表示物体做匀速直 线运动(斜率表示速度v) ②表示物体静止 ③表示物体静止 ④表示物体向反方向 做匀速直线运动；初位 移为s0 ⑤交点的纵坐标表示 三个运动物体相遇时的 位移 ⑥t1时间内物体位移 为x1 ⑥ t1时刻物体速度为v1(图中阴影部分面积表示质点 在0～t1时间内的位移) ⑤交点的纵坐标表示三个运动物体的共同速度 ④表示物体做匀减速直线运动；初速度为v0 v－t图 ①表示物体做匀加速直线运动(斜率表示加速度a) ②表示物体做匀速直线运动 ③表示物体静止
返回目录
第2讲
力与直线运动
高 频 考 点 探 究
(1)设连续两次撞击铁轨的时间间隔为 Δt，每根铁轨的长 10.0 2 度为 l，则 时间间隔Δ t＝ s＝ s① (2 分) 3 16－1 l 客车是速度为 v＝ ＝37.5 m/s② (3 分) Δt (2)设从货车开始运动后 t＝20.0 s 内客车行驶了 s1 米， 货 车行驶了 s2 米，货车的加速度为 a，30 节货车车厢的总长度 为 L＝30×16.0 m＝480 m．由运动学公式 1 2 s1＝vt③ (3 分) s2＝ at ④ (3 分) 2 20．0 s 内恰好有 30 节货车车厢被客车连续超过，则 L＝s1－s2 ⑤ (2 分) 联立②③④⑤得 a＝1.35 m/s2⑥ (2 分)

课时作业(二) [第2讲 匀变速直线运动的规律与应用]根底热身1．沿直线从静止开始运动，每隔2 s 测一次速度，测量数据依次为0.5 m/s 、1 m/s 、2 m/s 、4 m/s……那么物体的运动性质为( )A ．匀速直线运动B ．变速直线运动C ．匀变速直线运动D ．无法确定2．2012·晋江联考物体沿直线以恒定加速度运动， 它的位移与时间的关系是s ＝24t －6t 2(s 单位是m 、 t 单位是s)，如此它的速度为零的时刻是( )A ．2 sB ．4 sC ．6 sD ．24 s3．2012·齐齐哈尔一模一物体以一定的初速度在水平地面上匀减速滑动．假设物体在第1 s 内位移为8.0 m ，在第3 s 内位移为0.5 m ．如此如下说法正确的答案是( )A ．物体的加速度一定为－3.75 m/s 2B ．物体的加速度可能为－3.75 m/s 2C ．物体在第0.5 s 末速度一定为4.0 m/sD ．物体在第2.5 s 末速度一定为0.5 m/s4．(双选)历史上有些科学家曾把在相等位移内速度变化相等的单向直线运动称为“匀变速直线运动〞(现称“另类匀变速直线运动〞)，“另类加速度〞定义为A ＝v t －v 0s，其中v 0和v t 分别表示某段位移s 内的初速度和末速度，A >0表示物体做加速运动，A <0表示物体做减速运动．而现在物理学中加速度的定义式为a ＝v t －v 0t，如下说法正确的答案是( ) A ．假设A 不变，如此a 也不变B ．假设A >0且保持不变，如此a 逐渐变大C ．假设A 不变，如此物体在中间位置处的速度为v 0＋v t2D ．假设A 不变，如此物体在中间位置处的速度为v 20＋v 2t25．汽车以20 m/s 的速度做匀速直线运动，刹车后的加速度大小为5 m/s 2，那么开始刹车后2 s 内与开始刹车后6 s 内汽车通过的位移之比为( )A ．1∶1B ．3∶1C ．3∶4D ．4∶36．电影特技中有一种叫做“快镜头〞的方法，对于一个从静止开始做匀加速直线运动的汽车，不使用特技时，屏幕上汽车的加速度为a ，汽车运动到某点时的速度为v ，当使用2倍速度的“快镜头〞时，屏幕上汽车的加速度和运动到同一点的速度分别为( )A ．2a 、2vB ．2a 、4vC ．4a 、2vD ．4a 、4v技能强化7．(双选)物体以速度v 匀速通过直线上的A 、B 两点，所用时间为t .现在物体从A 点由静止出发，先做匀加速直线运动(加速度为a 1)，到某一最大速度v m 后立即做匀减速直线运动(加速度大小为a 2)，至B 点速度恰好减为0，所用时间仍为t ，如此物体的( )A ．v m 只能为2v ，与a 1、a 2的大小无关B ．v m 可为许多值，与a 1、a 2的大小有关C ．a 1、a 2必须是一定的D ．a 1、a 2必须满足a 1a 2a 1＋a 2＝2vt8．(双选)如图K2－1所示，以8 m/s 匀速行驶的汽车即将通过路口，绿灯还有2 s 将熄灭，此时汽车距离停车线18 m ，该车加速时最大加速度大小为2 m/s 2，减速时最大加速度大小为5 m/s 2.此路段允许行驶的最大速度为12.5 m/s ，如下说法中正确的有( )图K2－1A ．如果立即做匀加速运动，在绿灯熄灭前汽车可能通过停车线B ．如果立即做匀加速运动，在绿灯熄灭前通过停车线汽车一定超速C ．如果立即做匀减速运动，在绿灯熄灭前汽车一定不能通过停车线D ．如果距停车线5 m 处减速，汽车能停在停车线处9．一个做匀变速直线运动的质点，初速度为0.5 m/s ，在第9 s 内的位移比第5 s 内的位移多4 m ，如此该质点的加速度、9 s 末的速度和质点在9 s 内通过的位移分别是( )A ．a ＝1 m/s 2,v 9＝9 m/s ，s 9＝40.5 mB ．a ＝1 m/s 2，v 9＝9 m/s ，s 9＝45 mC ．a ＝1 m/s 2,v 9＝9.5 m/s, s 9＝45 mD ．a ＝0.8 m/s 2,v 9＝7.7 m/s, s 9＝36.9 m10．小明是学校的升旗手，他每次升旗都做到了在庄严的《义勇军进展曲》响起时开始升旗，当国歌完毕时恰好五星红旗升到了高高的旗杆顶端．国歌从响起到完毕的时间是48 s ，旗杆高度是19 m ，红旗从离地面1.4 m 处开始升起．假设设小明升旗时先拉动绳子使红旗向上匀加速运动，时间持续4 s ，然后使红旗做匀速运动，最后使红旗做匀减速运动，加速度大小与开始升起时的加速度大小一样，红旗到达旗杆顶端时的速度恰好为零．试计算小明升旗时使红旗向上做匀加速运动加速度的大小和红旗匀速运动的速度大小．11．2012·韶关模拟甲、乙两位运动员在训练交接棒的过程中发现：甲经短距离加速后能保持9 m/s的速度跑完全程；乙从起跑后到接棒前的运动是匀加速运动．为了确定乙起跑的时机，需在接力区前适当的位置标记．在某次练习中，甲在接力区前x0＝13.5 m处作了标记，并以v＝9 m/s的速度跑到此标记时向乙发出起跑口令．乙在接力区的前端听到口令时起跑，并恰好在速度达到与甲一样时被甲追上，完成交接棒．接力区的长度为L＝20 m．求：(1)此次练习中乙在接棒前的加速度a；(2)在完成交接棒时乙离接力区末端的距离．挑战自我12．运动会上某人在100 m和200 m短跑项目的成绩分别是9.69 s和19.30 s．假定他在100 m比赛时从发令到起跑的反响时间是0.15 s，起跑后做匀加速运动，达到最大速率后做匀速运动.200 m比赛时，反响时间与起跑后加速阶段的加速度和加速时间与100 m 比赛时一样，但由于弯道和体力等因素的影响，以后的平均速率只有跑100 m时最大速率的96%.求：(1)加速所用时间和达到的最大速率；(2)起跑后做匀加速运动的加速度．(结果保存两位小数)课时作业(二)1．B [解析] 物体速度在增加，且一样的时间内速度变化量不一样，所以物体一定是做变速运动且不是匀变速，选B.2．A [解析] 它的位移与时间的关系是s ＝24t －6t 2，与s ＝v 0t ＋12at 2比照可知物体的初速度为24 m/s ，加速度为－12 m/s 2，如此它的速度为零的时刻是2 s ，选项A 正确．3．B [解析] 假设物体在第3 s 内未减速至零，如此由s 3－s 1＝2aT 2可得a ＝－3.75 m/s 2，由v 2.5＝v 3＝s 3T可得v 2.5＝0.5 m/s ；假设物体在第3 s 内已减速至零，如此物体的加速度大于3.75 m/s 2，物体在第2.5 s 末的速度小于0.5 m/s ，甚至可能为零．选项B 正确．4．BC [解析] 题干中两式联立得As ＝at ，假设A 不变，如此相等位移内a 、t 的乘积不变；假设A >0，如此v t >v 0，故后面完成相等的位移所用时间t 越小，如此a 逐渐变大，选项A 错误，选项B 正确；假设A 不变，设物体在中间位置处的速度为v s2，如此A ＝v s 2－v 0s2＝v t －vs 2s2，解得v s 2＝v 0＋v t2，选项C 正确，选项D 错误．5．C [解析] 汽车刹车停下来所用时间t ＝v 0a ＝205s ＝4 s ．汽车开始刹车后2 s 内的位移s 1＝v 0t 1－12at 2＝[20×2－12×5×22] m ＝30 m ．汽车刹车后6 s 内的位移即刹车过程的总位移s 2＝v 202a ＝2022×5m ＝40 m ，故s 1∶s 2＝3∶4，选项C 正确．6．C [解析] 位移不变，时间减半，由s ＝12at 2知，加速度变为原来的4倍，再由v＝at 知速度变为原来的2倍，选C.7．AD [解析] 物体匀速运动时，有s AB ＝vt ，物体先匀加速直线运动，再匀减速直线运动时，有s AB ＝v m 2t 1＋v m 2t 2＝v m2t ，解得v m ＝2v ，与a 1、a 2的大小无关，A 正确，B 错误；由t 1＝v m a 1，t 2＝v m a 2得t ＝v m a 1＋v m a 2，即得a 1a 2a 1＋a 2＝2vt，C 错误，D 正确．8．AC [解析] 如果立即做匀加速直线运动，t 1＝2 s 内的位移s 1＝v 0t 1＋12a 1t 21＝20 m>18m ，此时汽车的速度为v 1＝v 0＋a 1t 1＝12 m/s<12.5 m/s ，汽车没有超速，A 项正确，B 项错误；如果立即做匀减速运动，速度减为零需要时间t 2＝v 0a 2＝1.6 s ，此过程通过的位移为s 2＝12a 2t 22＝6.4 m ，C 项正确，D 项错误．9．C [解析] a ＝s 9′－s 5′4T 2＝44×12 m/s 2＝1 m/s 2，v 9＝v 0＋at ＝0.5 m/s ＋1×9 m/s ＝9.5 m/s ，s 9＝v 0t ＋12at 2＝0.5×9 m ＋12×1×92＝45 m ，正确选项为C.10．0.1 m/s 20.4 m/s [解析] 因为减速运动的加速度与加速时的加速度一样大，所以减速和加速的时间是一样的，t 1＝t 3＝4 s ．匀速运动的时间为t 2＝(48－4－4) s ＝40 s设加速度为a ，匀速运动的速度为v ，加速和减速的平均速度都是v2.总位移为s ＝v 2t 1＋vt 2＋v2t 3，其中s ＝(19－1.4) m ＝17.6 m解得v ＝0.4 m/s加速度a ＝v t 1＝0.44m/s 2＝0.1 m/s 2.11．(1)3 m/s 2(2)6.5 m[解析] (1)在甲发出口令后，甲、乙达到共同速度所用时间为t ＝v a设在这段时间内甲、乙的位移分别为s 1和s 2，如此s 2＝12at 2 s 1＝vt s 1＝s 2＋s 0联立式解得a ＝v 22x 0＝3 m/s 2.(2)在这段时间内，乙在接力区的位移为s 2＝v 22a＝13.5 m完成交接棒时，乙离接力区末端的距离为 L －x 2＝6.5 m.12．(1)1.30 s11.24 m/s (2)8.65 m/s 2[解析] (1)设加速所用时间为t (以s 为单位)，匀速运动的速度为v (以m/s 为单位)，如此有12vt ＋(9.69－0.15－t )v ＝100 12vt ＋(19.30－0.15－t )×0.96v ＝200 由以上两式解得t ＝1.30 s ，v ＝11.24 m/s. (2)设加速度大小为a ，如此a ＝v t＝8.65 m/s 2.。