2017版高考物理二轮复习高分突破专题一力与直线运动第1课时匀变速直线运动的规律及应用

专题1.2 匀变速直线运动规律的应用【常用规律、公式】1．基本规律(1) 速度公式：v ＝v 0＋at .(2) 位移公式：x ＝v 0t ＋12at 2. (3) 位移速度关系式：v 2－v 20＝2ax . 这三个基本公式，是解决匀变速直线运动的基石．均为矢量式，应用时应规定正方向．2．两个重要推论(1) 物体在一段时间内的平均速度等于这段时间中间时刻的瞬时速度，还等于初、末时刻速度矢量和的一半，即：v ＝v 2t ＝v 0＋v 2.(2) 任意两个连续相等的时间间隔T 内的位移之差为一恒量，即：Δx ＝x 2－x 1＝x 3－x 2＝…＝x n －x n －1＝aT 2.3．v 0＝0的四个重要推论(1) 1T 末、2T 末、3T 末、……瞬时速度的比为：v 1∶v 2∶v 3∶…∶v n ＝1∶2∶3∶…∶n(2) 1T 内、2T 内、3T 内……位移的比为：x 1∶x 2∶x 3∶…∶x n ＝12∶22∶32∶…∶n 2(3) 第一个T 内、第二个T 内、第三个T 内……位移的比为：x Ⅰ∶x Ⅱ∶x Ⅲ∶…∶x n ＝1∶3∶5∶…∶(2n －1)(4) 从静止开始通过连续相等的位移所用时间的比为：t 1∶t 2∶t 3∶…∶t n ＝1∶(2－1)∶(3－2)∶…∶(n －n －1)【典例1】做匀加速直线运动的物体途中依次经过A 、B 、C 三点，已知AB ＝ BC ＝ l 2，AB 段和BC 段的平均速度分别为v 1 ＝ 3 m/s 、v 2 ＝ 6 m/s ，则：(1) 物体经B 点时的瞬时速度v B 为多大？(2) 若物体运动的加速度a ＝ 2 m/s 2，试求AC 的距离l 。

【解析】(1) 设物体运动的加速度大小为a ，经A 、C 点的速度大小分别为v A 、v C .由匀加速直线运动规律可得：v 2B －v 2A ＝2a ×l 2①v 2C －v 2B ＝2a ×l 2② v 1＝v A ＋v B 2③ v 2＝v B ＋v C 2 ④解①②③④式得：v B ＝ 5 m/s(2)解①②③④式得：v A ＝ 1 m/s ，v C ＝ 7 m/s由v 2C －v 2A ＝2al 得：l ＝ 12 m 。

力与直线运动1.如图1所示，一质点由静止开始，从A到B做匀加速直线运动．已知质点在第1 s内的位移恰好等于它在最后1 s内位移的14，则下列物理量中可求出的是()图1A．A、B两点之间的距离B．质点从A运动到B所用的时间C．质点运动的加速度大小D．质点到达B点时的速度大小2．(多选)汽车自O点出发从静止开始在平直公路上做匀加速直线运动，途中在5 s内分别经过A、B两根电杆，已知A、B电杆相距50 m，车经过电杆B 时的速率是15 m/s，则()A．经过A杆时的速率是5 m/sB．车的加速度是1.5 m/s2C．A、O间距离是6.25 mD．车从出发到B所用的时间是9 s3．甲、乙两车在平直公路上行驶，其v－t图象如图2所示．t＝0时刻，两车间距为x0；t0时刻，甲、乙两车相遇.0～t0时间内甲车发生的位移为x，下列说法正确的是()图2A．0～t0时间内甲车在前，t0～2t0时间内乙车在前B．0～2t0时间内甲车平均速度的大小是乙车平均速度大小的2倍C．2t0时刻甲、乙两车相距1 2x0D．x0＝6 7x4．如图3所示，一根弹簧一端固定在左侧竖直墙上，另一端连着A小球，同时水平细线一端连着A球，另一端固定在右侧竖直墙上，弹簧与竖直方向的夹角是60°，A、B两小球分别连在另一根竖直弹簧两端．开始时A、B两球都静止不动，A、B两小球的质量相等，重力加速度为g，若不计弹簧质量，在水平细线被剪断瞬间，A、B两球的加速度分别为()图3A．a A＝a B＝gB．a A＝2g，a B＝0C．a A＝3g，a B＝0D．a A＝23g，a B＝05．(多选)如图4所示，倾角为θ的斜面静置于地面上，斜面上表面光滑，A、B、C三球的质量分别为m、2m、3m，轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A球相连，A、B间固定一个轻杆，B、C间由一轻质细线连接．弹簧、轻杆与细线均平行于斜面，初始系统处于静止状态，现突然剪断细线或弹簧．下列判断正确的是()图4A．弹簧被剪断的瞬间，A、B、C三个小球的加速度均为零B．弹簧被剪断的瞬间，A、B之间杆的弹力大小为零C．细线被剪断的瞬间，A、B球的加速度沿斜面向上，大小为g sin θD．细线被剪断的瞬间，A、B之间杆的弹力大小为4mg sin θ6．(多选)如图5所示，质量为3 kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上面，质量为2 kg的物体B用细线悬挂，A、B间相互接触但无压力．取g＝10 m/s2.某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间()图5A．B对A的压力大小为12 NB．弹簧弹力大小为20 NC．B的加速度大小为4 m/s2D．A的加速度为零7．(多选)如图6所示，足够长的倾斜传送带以v＝2.4 m/s的速度逆时针匀速转动，传送带与水平面的夹角θ＝37°，某时刻同时将A、B物块(可视为质点)轻放在传送带上，已知A、B两物块释放时的间距为0.042 m，与传送带间的动摩擦因数分别为μA＝0.75、μB＝0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2，则下列说法中正确的是()图6A．物块B先做匀加速直线运动，后与传送带保持相对静止B．物块B最终一定追上物块AC．在t＝0.24 s时，A、B物块速度大小相等D．在t＝0.54 s前，A、B两物块之间的距离先增大后不变8．(多选)机场使用的货物安检装置如图7所示，绷紧的传送带始终保持v ＝1 m/s的恒定速率运动，AB为传送带水平部分且长度L＝2 m，现有一质量为m＝1 kg的背包(可视为质点)无初速度地放在水平传送带的A端，可从B端沿斜面滑到地面．已知背包与传送带的动摩擦因数μ＝0.5，g＝10 m/s2，下列说法正确的是()图7A．背包从A运动到B所用的时间为2.1 sB．背包从A运动到B所用的时间为2.3 sC．背包与传送带之间的相对位移为0.3 mD．背包与传送带之间的相对位移为0.1 m9．如图8所示，一货场需将质量m1＝60 kg的货物(可视为质点)从高处运送至地面，为避免货物与地面发生撞击，现利用倾斜轨道SP和竖直面内圆弧形轨道PQ，使货物由倾斜轨道顶端无初速度滑下后，滑上置于水平地面紧靠在一起的木板A、B上．倾斜轨道SP竖直高度h＝1.2 m，与水平面夹角θ＝53°.圆弧形轨道PQ半径R＝2 m，末端Q切线水平，两轨道相切于P点，且不计货物与两轨道间的摩擦．开始时木板A紧靠弧形轨道末端Q，木板A上表面与轨道末端Q相切．相同的两块木板A、B，长度均为l＝3 m，质量均为m2＝60 kg，木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.15，货物与木板间的动摩擦因数为μ2(未知)，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，取重力加速度大小g＝10 m/s2.图8(1)求货物到达圆弧形轨道末端Q时对轨道的压力；(2)若货物滑上木板A时，木板不动，而滑上木板B时，木板B开始滑动，求μ2应满足的条件；(3)若μ2＝0.40，求货物最后停在哪块木板上及在该木板上滑行的距离．10．如图9所示，以水平地面建立x轴，有一质量m＝1 kg的小木块放在质量为M＝2 kg的长木板的左端A点，已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1＝0.1，木块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.5，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．初始时m与M－起向右运动，已知木板A点经过坐标原点O时的速度为v0＝10 m/s，在坐标为x＝27.5 m处的P点有一固定的挡板，木板B端与挡板发生弹性碰撞后立即反向弹回，在以后的运动中小木块恰好没有从木板上落下．取g＝10 m/s2，求：图9(1)木板的长度L及小木块在木板上滑动的时间t；(2)最终木板停止时A点的位置坐标．参考答案1.答案 B2.答案 AC3.答案 D4.答案 D解析 水平细线被剪断前对A 、B 进行受力分析如图，静止时，F T ＝F sin 60°，F cos 60°＝m A g ＋F 1，F 1＝m B g ，且m A ＝m B水平细线被剪断瞬间，F T 消失，其他各力不变，所以a A ＝FT mA ＝23g ，a B＝0，故选D.5.答案 BCD解析 若是弹簧被剪断，将三个小球看做一个整体，整体的加速度为a ＝g sin θ，然后隔离A ，对A 分析，设杆的作用力为F ，则F ＋mg sin θ＝ma ，解得F ＝0，A 错误，B 正确；剪断细线前，以A 、B 、C 组成的系统为研究对象，系统静止，处于平衡状态，合力为零，则弹簧的弹力为F 弹＝(3m ＋2m ＋m )g sin θ＝6mg sin θ.以C 为研究对象知，细线的拉力为3mg sin θ.剪断细线的瞬间，由于弹簧弹力不能突变，弹簧弹力不变，以A 、B 组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律得F 弹－(m ＋2m )g sin θ＝(m ＋2m )a AB ，解得A 、B 两个小球的加速度为a AB ＝g sin θ，方向沿斜面向上，以B 为研究对象，由牛顿第二定律得：F AB －2mg sin θ＝2ma AB ，解得杆的拉力为F AB ＝4mg sin θ，故C 、D 正确．6.答案 AC解析 剪断细线前，A 、B 间无压力，则弹簧的弹力F ＝m A g ＝30 N ，剪断细线的瞬间，弹簧弹力不变，对A 、B 整体分析，整体加速度：a ＝m A ＋m B g －F m A ＋m B＝＋－3＋2m/s 2＝4 m/s 2隔离对B分析有：m B g－F N＝m B a，解得：F N＝(20－2×4) N＝12 N，由牛顿第三定律知B对A的压力为12 N，故A、C正确，B、D错误．7.答案BC解析物块B先做匀加速直线运动，当与传送带共速后，因为μB＝0.5<tan 37°＝0.75，则物块B将继续加速下滑，选项A错误；物块A先做匀加速直线运动，当与传送带共速后，因为μA＝0.75＝tan 37°，则物块A将与传送带相对静止，一起下滑，则物块B最终一定追上物块A，选项B正确；物块B开始下滑的加速度a B1＝g sin 37°＋μB g cos 37°＝10 m/s2，与传送带共速经过的时间：t B＝vaB1＝0.24 s，共速后物块B以a B2＝g sin θ－μB g cos θ＝2 m/s2的加速度加速下滑；物块A开始下滑的加速度a A1＝g sin 37°＋μA g cos 37°＝12 m/s2，与传送带共速时经过的时间：t A＝vaA1＝0.2 s；共速后物块A与传送带一起匀速下滑，则t＝0.24 s时两物块速度相等，选项C正确；在开始的0.24 s内因为A的加速度较大，则两物块间的距离逐渐变大；在0.24 s后物块B继续加速下滑，速度逐渐变大，则两物块间的距离又逐渐减小，选项D错误．8.答案AD解析背包在水平传送带上由滑动摩擦力产生加速度，由牛顿第二定律得μmg＝ma，得a＝5 m/s2，背包达到传送带的速度v＝1 m/s所用时间t1＝va＝0.2s，此过程背包对地位移x1＝v2t1＝12×0.2 m＝0.1 m<L＝2 m，所以共速后背包与传送带相对静止，没有相对位移，所以背包对于传送带的相对位移为Δx＝vt1－x1＝(1×0.2－0.1) m＝0.1 m，背包匀速运动的时间t2＝L－x1v＝2－0.11s＝1.9 s，所以背包从A运动到B所用的时间为：t＝t1＋t2＝2.1 s，故选A、D.9.答案(1)1 800 N，方向竖直向下(2)0.30<μ2≤0.45(3)B木板 1.6 m解析(1)设货物滑到圆弧轨道末端Q时的速度为v，货物的下滑过程根据机械能守恒定律得：m1g[h＋R(1－cos θ)]＝12m1v2货物滑到圆弧形轨道末端所受支持力的大小为F N，根据向心力公式得：F N－m1g＝m1v2 R联立得：v＝210 m/s，F N＝1 800 N根据牛顿第三定律，货物到达圆弧形轨道末端时对轨道的压力大小为F N′＝F N＝1 800 N，方向竖直向下(2)若货物滑上木板A时，木板不动，对木板A和B整体分析，则有：μ2m1g≤μ1(m1＋2m2)g若滑上木板B时，木板B开始滑动，对木板B分析得：μ2m1g>μ1(m1＋m2)g 联立得：0.30<μ2≤0.45(3)若μ2＝0.4，由上问可知，货物在木板A上滑动时，木板不动，设货物在木板A上做减速运动的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得：μ2m1g＝m1a1设货物滑到木板A末端时的速度为v1，由运动学公式得：v12－v2＝－2a1l 联立可以得到：v1＝4 m/s设货物滑上木板B经过时间t货物与木板B达到共同速度v2，木板B的加速度为a2由牛顿第二定律和运动学公式得：对于木板B有：μ2m1g－μ1(m1＋m2)g＝m2a2，v2＝a2t，对于货物有：v2＝v1－a1t木板的位移：x2＝v2 2t货物的位移：x1＝v1＋v22t货物相对木板B的位移：Δx＝x1－x2联立得：Δx＝1.6 m货物与木板B达到共同速度v2后，由于μ2>μ1，货物与木板B间没有相对滑动则货物最后停在木板B上，在木板B上滑行的距离Δx＝1.6 m.10.答案(1)18 m 2 s(2)x A＝－1 m解析(1)以向右为正方向，对木块和木板组成的系统，根据牛顿第二定律得：－μ1(M＋m)g＝(M＋m)a1，解得a1＝－1 m/s2设木板B端与挡板碰前的速度为v，根据匀变速直线运动规律得：v2－v02＝2a1(x－L)碰后对木块，由牛顿第二定律：－μ2mg＝ma2解得a2＝－5 m/s2对木板：μ2mg＋μ1(M＋m)g＝Ma3解得a3＝4 m/s2依题意，碰后经时间t共速，由速度公式v＋a2t＝－v＋a3t解得t＝2 9v木块与木板的相对位移：L＝12×2vt＝29v2联立解得L＝18 m；v＝9 m/s；t＝2 s(2)共速后的速度v共＝v＋a2t＝－1 m/s，方向向左，因μ1<μ2，故整体一起向左匀减速到停止，碰后对木板分析，由运动学公式：x1＝－v＋v共2t＝－10 mx2＝错误!＝－0.5 m故A点的坐标x A＝x＋x1＋x2－L＝－1 m.。

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第2讲力和直线运动1．（2016·北京石景山区一模）如图所示，一轻质弹簧沿竖直方向放置在水平地面上，其下端固定，当弹簧的长度为原长时，其上端位于O点．现有一小球从O点由静止释放，将弹簧压缩至最低点（弹簧始终处于弹性限度内）．在此过程中，关于小球的加速度a随下降位移x 的变化关系,下图中正确的是( A）2．(2016·枣庄市模拟）如图所示，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μ,B与地面间的动摩擦因数为错误!μ，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，则下列说法中错误的是( A) A．当F＜2μmg时，A、B都相对地面静止B．当F＝错误!μmg同时 ,A的加速度为错误!μgC．当F＞3μmg时，A相对B滑动D．无论F为何值,B的加速度不会超过错误!μg解析:对A、B整体，地面对B的最大静摩擦力为错误!μmg,故当错误!μmg＜F＜2μmg时，A、B相对地面运动,故A错误．对A、B整体应用牛顿第二定律，有F－错误!×3mg＝3ma；对B,在A、B恰好要发生相对运动时，μ×2mg－μ2×3mg＝ma，两式联立解得F＝3μmg，可见，当F＞3μmg时，A相对B才能滑动，C正确．当F＝错误!μmg时，A，B相对静止，对整体有：错误!μmg－错误!×3mg＝3ma，a＝错误!μg，故B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2μmg，故B的最大加速度a Bm＝错误!＝错误!μg,可见D正确．3．（多选)(2016·黄冈试题)如图所示，在光滑的水平面上放着质量为M的木板，在木板的左端有一个质量为m的木块，在木块上施加一个水平向右的恒力F，木块与木板由静止开始运动，经过时间t分离．下列说法正确的是（BD）A．若仅增大木板的质量M，则时间t增大B．若仅增大木块的质量m,则时间t增大C．若仅增大恒力F，则时间t增大D．若仅增大木块与木板间的动摩擦因数，则时间t增大解析:设木块与木板间的动摩擦因数为μ,则木块的加速度a1＝错误!＝错误!－μg，木板的加速度a2＝错误!，两者恰好分离的条件为错误!（a1－a2）t2＝L，时间t＝错误!.由此可知，仅增大M或F,时间t减小，仅增大m或μ,时间t增大,选项B、D正确．4．(2016·四川资阳一模)如图所示，在粗糙的水平面上有一个质量为M的三角形木块，两底角分别为θ1、θ2.在两个粗糙斜面上有两个质量分别为m1、m2的物体，分别以a1、a2的加速度沿斜面下滑，木块始终相对于地面静止，求地面对三角形木块的摩擦力和支持力．解析:以M、m1、m2整体为研究对象，此整体受三个力，即总重力、地面的支持力、地面的摩擦．以向右为正方向，在水平方上f＝Ma x－m1a1x＋m2a2x,其中a x＝0，a1x＝a1cos θ1,a2x＝a2cos θ2，故f＝m2a2cos θ2－m1a1cos θ1。

2017届高三物理二轮复习第一篇专题攻略考题回访专题一力与直线运动第1讲匀变速直线运动编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2017届高三物理二轮复习第一篇专题攻略考题回访专题一力与直线运动第1讲匀变速直线运动）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

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考题回访专题一力与直线运动第1讲匀变速直线运动1。

(2014·福建高考）如图,滑块以初速度v 0沿表面粗糙且足够长的固定斜面，从顶端下滑,直至速度为零.对于该运动过程，若用h、s、v、a分别表示滑块的下降高度、位移、速度和加速度的大小，t表示时间,则下列图象最能正确描述这一运动规律的是( ）【解析】选B。

由题意可知滑块做匀减速运动，加速度恒定,选项C、D错误;由运动的分解可知竖直方向为匀减速运动，选项A错误,B正确。

2.（2015·山东高考）距地面高5m的水平直轨道上A、B两点相距2m,在B点用细线悬挂一小球,离地高度为h，如图。

小车始终以4m/s的速度沿轨道匀速运动,经过A点时将随车携带的小球由轨道高度自由卸下，小车运动至B点时细线被轧断,最后两球同时落地。

不计空气阻力，重力加速度的大小g取10m/s2。

可求得h等于（)A.1。

25 m B。

2.25 m C.3.75 m D.4。

75 m【解析】选A。

小车由A运动到B的时间s=0。

5 s，两小球都做自由落体运动,5m=gt2,h=g(t-0.5s）2,联立解得h=1.25m,A正确。

3。

（2015·广东高考)甲、乙两人同时同地出发骑自行车做直线运动，前1小时内的位移—时间图象如图所示。

专题二力与物体的运动第1课时力与直线运动专题复习定位解决问题本专题主要解决直线运动中匀变速直线运动规律、牛顿运动定律和动力学方法的应用。

高考重点匀变速直线运动规律的应用；应用牛顿第二定律分析瞬时、超重和失重、连接体和图象等问题；应用动力学方法处理“传送带模型”和“板—块模型”等问题。

题型难度以选择题为主，有时候在计算题中的某一问或者单独以计算题的形式命题，题目难度一般为中档题。

1.匀变速直线运动的条件物体所受合力为恒力，且与速度方向共线。

2.匀变速直线运动的基本公式及推论速度公式：v＝v0＋at。

位移公式：x＝v0t＋12at2。

速度和位移公式的推论：v2－v20＝2ax。

中间时刻的瞬时速度：v t2＝xt＝v0＋v2。

任意两个连续相等的时间间隔内的位移之差是一个恒量，即Δx＝x n＋1－x n＝aT2。

3.图象问题(1)速度—时间图线的斜率或切线斜率表示物体运动的加速度，图线与时间轴所包围的面积表示物体运动的位移。

匀变速直线运动的v－t图象是一条倾斜直线。

(2)位移—时间图线的斜率或切线斜率表示物体的速度。

4.超重和失重超重或失重时，物体的重力并未发生变化，只是物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)发生了变化。

物体发生超重或失重现象与物体的运动方向无关，只取决于物体的加速度方向。

当a有竖直向上的分量时，超重；当a有竖直向下的分量时，失重；当a＝g且竖直向下时，完全失重。

5.瞬时问题应用牛顿第二定律分析瞬时问题时，应注意物体与物体间的弹力、绳的弹力和杆的弹力可以突变，而弹簧的弹力不能突变。

6.连接体问题在连接体问题中，一般取连接体整体为研究对象，求共同运动的加速度，隔离法求连接体内各物体间的相互作用力。

1.基本思路2.解题关键抓住两个分析，受力分析和运动情况分析，必要时要画运动情景示意图。

对于多运动过程问题，还要找准转折点，特别是转折点的速度。

3.常用方法(1)整体法与隔离法：单个物体的问题通常采用隔离法分析，对于连接体问题，通常需要交替使用整体法与隔离法。