【物理】2019届二轮复习专题一第2讲匀变速直线运动规律及牛顿运动定律学案 18页

第2讲　匀变速直线运动规律及牛顿运动定律 ‎[做真题·明考向]　　　　　　　　　　　 　　真题体验　透视命题规律 授课提示：对应学生用书第7页 ‎[真题再做]‎ ‎1．(2016·高考全国卷Ⅲ，T16)一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t内位移为s，动能变为原来的9倍．该质点的加速度为(　　)‎ A.　　　　　　　　 B. C. D. 解析：动能变为原来的9倍，则物体的速度变为原来的3倍，即v＝3v0，由s＝(v0＋v)t和a＝得a＝，故A对．‎ 答案：A ‎2．(多选)(2018·高考全国卷Ⅱ，T19)甲、乙两汽车在同一条平直公路上同向运动，其速度—时间图象分别如图中甲、乙两条曲线所示．已知两车在t2时刻并排行驶．下列说法正确的是(　　)‎ A．两车在t1时刻也并排行驶 B．在t1时刻甲车在后，乙车在前 C．甲车的加速度大小先增大后减小 D．乙车的加速度大小先减小后增大 解析：0～t1时间内，v乙＞v甲，t1～t2时间内，v甲＞v乙，t2时刻相遇，但0～t1时间内两者的位移差小于t1～t2时间内两者的位移差，则t1时刻甲在乙的后面，A错，B对．由图象的斜率知，甲、乙两车的加速度均先减小后增大，C错，D对．‎ 答案：BD ‎3．(多选)(2016·高考全国卷Ⅱ，T19)两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球质量大于乙球质量．两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关．若它们下落相同的距离，则(　　)‎ A．甲球用的时间比乙球长 B．甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小 C．甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小 D．甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功 解析：设小球在下落过程中所受阻力F阻＝kR，k为常数，R为小球半径，由牛顿第二定律可知mg－F阻＝ma，由m＝ρV＝ρπR3知ρπR3g－kR＝ρπR3a，即a＝g－·，故知R越大，‎ a越大，即下落过程中a甲>a乙，选项C错误；下落相同的距离，由h＝at2知，a越大，t越小，选项A错误；由2ah＝v2－v知，v0＝0，a越大，v越大，选项B正确；由W阻＝－F阻h知，甲球克服阻力做的功更大一些，选项D正确．‎ 答案：BD ‎4．(多选)(2015·高考全国卷Ⅰ，T20)如图(a)，一物块在t＝0 时刻滑上一固定斜面，其运动的v t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(　　)‎ A．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 解析：由v t图象可求知物块沿斜面向上滑行时的加速度大小为a＝，根据牛顿第二定律得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma，即gsin θ＋μgcos θ＝.同理向下滑行时gsin θ－μgcos θ＝，两式联立得sin θ＝，μ＝，可见能计算出斜面的倾斜角度θ以及动摩擦因数，选项A、C正确；物块滑上斜面时的初速度v0已知，向上滑行过程为匀减速直线运动，末速度为0，那么平均速度为，所以沿斜面向上滑行的最远距离为x＝t1，根据斜面的倾斜角度可计算出向上滑行的最大高度为xsin θ＝t1·＝，选项D正确；仅根据v t图象无法求出物块的质量，选项B错误．‎ 答案：ACD ‎5.(2017·高考全国卷Ⅱ，T24)为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线相距s0和s1(s1xB，则不能追上．‎ 特别注意：若被追赶的物体做匀减速直线运动，一定要注意判断追上前该物体是否已经停止运动．‎ 考向二　运动学图象问题 ‎[典例展示1]　(多选)(2018·高考全国卷Ⅲ)甲、乙两车在同一平直公路上同向运动，甲做匀加速直线运动，乙做匀速直线运动．甲、乙两车的位置x随时间t的变化如图所示．下列说法正确的是(　　)‎ A．在t1时刻两车速度相等 B．从0到t1时间内，两车走过的路程相等 C．从t1到t2时间内，两车走过的路程相等 D．在t1到t2时间内的某时刻，两车速度相等 ‎[思路探究]　(1)x t图象的物理意义及其图线斜率、交点等表示的物理意义是什么？‎ ‎(2)图象中的直线和曲线表示物体怎样的运动特点？‎ ‎[解析]　xt图象的斜率表示两车速度，则可知t1时刻乙车速度大于甲车速度，A错；由两图线的纵截距知，出发时甲在乙前面，t1时刻图线相交表示两车相遇，可得0到t1时间内乙车比甲车多走了一段距离，B错；t1和t2两图线相交，表明两车均在同一位置，从t1到t2时间内，两车走过的路程相等，C对；在t1到t2时间内，两图线有斜率相等的一个时刻，即该时刻两车速度相等，D对．‎ ‎[答案]　CD 图象问题做好“三看”‎ ‎(1)看清坐标轴所表示的物理量：明确因变量与自变量的制约关系，是运动学图象(v t、x t、a t)还是动力学图象(F a、F t、F x)．‎ ‎(2)看图线本身：识别两个相关量的变化趋势，进而分析具体的物理过程，如例题中甲车的位移—时间图线是曲线表明甲车做速度增大的变速直线运动．‎ ‎(3)看交点、斜率和“面积”：明确图线与图线的交点、图线与坐标轴的交点、图线斜率、图线与坐标轴围成的面积的物理意义，如例题中两交点表示两车位置相同．‎ ‎4.(多选)甲、乙两质点从同一位置出发，沿同一直线运动，它们的v t图象如图所示．对这两质点在0～3 s内运动的描述，下列说法正确的是(　　)‎ A．t＝2 s时，甲、乙两质点相遇 B．在甲、乙两质点相遇前，t＝ s时，甲、乙两质点相距最远 C．甲质点的加速度比乙质点的加速度小 D．t＝3 s时，乙质点在甲质点的前面 解析：由题图可知，甲的加速度a甲＝－ m/s2，乙的加速度a乙＝0.5 m/s2，加速度是矢量，其正负只表示方向，不表示大小，C错误；由图象可得t＝ s时，两者速度相等，甲、乙两质点的距离为甲、乙两质点相遇前的最大值，故B正确；t＝2 s时，甲的位移x甲＝×(2＋)×2 m＝ m，乙的位移x乙＝×(1＋2)×2 m＝3 m，这时乙已在甲前，A错误；t＝2 s之后乙的速度一直大于甲的速度，乙在甲前，D正确．‎ 答案：BD ‎5．(多选)(2018·湖北部分重点中学第二次联考)一质点沿一直线运动，以运动起点作为位移参考点并开始计时，设在时间t内所发生的位移为x，其 t图象如图所示，则由图可知(　　)‎ A．质点的初速度为‎1 m/s B．质点的初速度为‎0.5 m/s C．质点的加速度为‎2 m/s2‎ D．质点的加速度为‎4 m/s2‎ 解析：由匀变速直线运动位移公式x＝v0t＋at2可得＝v0＋at.由此可知， t图象的纵截距代表初速度，斜率表示加速度的.由纵截距和斜率可知，质点的初速度为1 m/s，加速度为4 m/s2.故本题选A、D.‎ 答案：AD ‎6．(多选)如图甲所示，足够长的固定光滑细杆与地面成一定倾角，‎ 在杆上套有一个光滑小环，沿杆方向给环施加一个拉力F，使环由静止开始沿杆向上运动．已知拉力F及小环速度v随时间t变化的规律如图乙所示，重力加速度g取‎10 m/s2，则以下说法正确的是(　　)‎ A．小环的质量是‎1 kg B．细杆与地面间的夹角为30°‎ C．前1 s内小环的加速度大小为‎5 m/s2‎ D．前3 s内小环沿杆上升的位移为‎1.25 m 解析：设细杆与地面间的夹角为θ，由v t图象可知0～1 s内小环的加速度为a＝0.5 m/s2，因此选项C错误；拉力为F1＝5 N时，由牛顿第二定律得F1－mgsin θ＝ma,1 s后小环做匀速直线运动，此时的拉力为F2＝4.5 N，根据力的平衡有F2＝mgsin θ，联立解得m＝1 kg，sin θ＝，因此选项A正确，B错误；根据题图乙可知，前1 s内小环沿杆上升的位移为x1＝×1 m＝0.25 m，之后2 s内做匀速直线运动，位移为x2＝0.5×2 m＝1.0 m，所以前3 s内小环沿杆上升的位移为x＝x1＋x2＝1.25 m，选项D正确．‎ 答案：AD 考向三　动力学中的连接体问题 ‎[典例展示2]　(多选)(2018·湖北黄冈高三调研)如图所示，水平面上有一质量为‎2m的物体A，左端用跨过定滑轮的细线连接着物体B，物体B、C的质量均为m，用轻弹簧相连放置在倾角为θ的斜面上，不计一切摩擦．开始时，物体A受到水平向右的恒力F的作用而保持静止，已知重力加速度为g.下列说法正确的是(　　)‎ A．在细线被烧断的瞬间，A的加速度大小为gsin θ B．在细线被烧断的瞬间，B的加速度大小为2gsin θ C．剪断弹簧的瞬间，A的加速度大小为gsin θ D．突然撤去外力F的瞬间，A的加速度大小为gsin θ ‎[思路探究]　(1)细线烧断前A、B、C三个物体分别受哪些力？‎ ‎(2)细线被烧断瞬间，细线和弹簧上力的变化有什么特点？‎ ‎[解析]　细线被烧断前，将B、C及弹簧作为整体，由平衡条件得细线的拉力F1＝2mgsin ‎ θ，对A，由平衡条件得拉力F＝F1＝2mgsin θ.在细线被烧断瞬间，对A，由牛顿第二定律得F＝2maA，解得aA＝gsin θ，选项A正确；在细线被烧断瞬间，弹簧的弹力不变，B所受的合力与细线的拉力大小相等，方向相反，由牛顿第二定律得F1′＝maB，解得aB＝2gsin θ，选项B正确；剪断弹簧的瞬间，设此时细线上的拉力为F2，由牛顿第二定律得，对A，F－F2＝2ma，对B，F2－mgsin θ＝ma，由以上两式解得a＝gsin θ，选项C错误；撤去F的瞬间，细线上的拉力立即发生变化，但绳子仍然绷直，因此A、B可视为整体，由于弹簧弹力不能发生突变，因此C仍处于静止状态，对A、B整体受力分析有F弹＋mgsin θ＝3ma′，未烧断细线前，对B受力分析，可得F1＝mgsin θ＋F弹，联立得a′＝gsin θ，故A的加速度为gsin θ，选项D错误．‎ ‎[答案]　AB ‎1．“整体法、隔离法”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，如例题中求细线被烧断前的拉力大小时，将B、C及弹簧作为整体；当系统内各物体的加速度不同时，一般采用隔离法．‎ ‎(2)求连接体内各物体间的相互作用力时必须用隔离法．‎ ‎2．瞬时加速度的两种模型 ‎(1)刚性绳(或接触面)：不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断(或脱离)后，其弹力立即消失，不需要形变恢复时间，如撤去F瞬间，细线上的拉力立即发生变化．‎ ‎(2)弹簧(或橡皮绳)：两端同时连接(或附着)有物体的弹簧(或橡皮绳)，特点是形变量大，其形变恢复需要较长时间，在瞬时性问题中，其弹力的大小通常可以看作保持不变，如例题中烧断细线瞬间，弹簧弹力不变．‎ ‎7．(2018·河北衡水中学第九次模拟)如图所示，相互接触的A、B两物块放在光滑的水平面上，质量分别为m1和m2，且m1Ffmax ‎，物体由静止开始做匀加速直线运动，摩擦力为滑动摩擦力，Ff＝Ffmax＝4 N，根据牛顿第二定律可得加速度为a＝＝ m/s2＝1 m/s2，位移为x1＝at2＝×1×4 m＝2 m,4 s末的速度为v＝at＝1×2 m/s＝2 m/s，4～6 s时根据牛顿第二定律可得加速度为a1＝＝ m/s2＝－1 m/s2，位移为x2＝vt＋a1t2＝2×2 m＋×(－1)×4 m＝2 m，则物体的总位移是x＝x1＋x2＝2 m＋2 m＝4 m，故A正确，B、C、D错误．‎ 答案：A 二、多项选择题 ‎8．将一足够长的木板固定在水平面上，倾角为α＝37°，将一铁块由长木板的底端以一定的初速度冲上木板，经过一段时间铁块的速度减为零，该过程中的速度随时间的变化规律如图所示．已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取‎10 m/s2，则(　　)‎ A．长木板与铁块之间的动摩擦因数为0.5‎ B．铁块沿长木板上滑的最大距离为‎3.6 m C．铁块沿长木板下滑时的加速度大小为‎10 m/s2‎ D．铁块滑到长木板底端时的速度大小为 m/s 解析：由铁块上滑过程的速度—时间图象可知，铁块上滑时的加速度大小为a＝＝ m/s2＝10 m/s2，对铁块受力分析，根据牛顿第二定律可得mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma，代入数据解得μ＝0.5，A正确；由速度—时间图象可知，铁块沿长木板上滑的最大距离为x＝ m＝1.8 m，B错误；铁块沿长木板下滑时，由牛顿第二定律mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma′，代入数据可解得a′＝2 m/s2，C错误；由运动学公式v＝，代入数据解得v＝ m/s，D正确．‎ 答案：AD ‎9．(2018·浙江金丽衢十二校联考)酒后驾驶会导致许多安全隐患是因为驾驶员的反应时间变长，反应时间是指从驾驶员发现情况到采取制动的时间，表中“思考距离”是指从驾驶员发现情况到采取制动的时间内汽车行驶的距离；“制动距离”是指从驾驶员发现情况到汽车停止行驶的距离(假设汽车以不同速度行驶时制动的加速度大小都相同)分析表中数据可知，‎ 下列说法正确的是(　　)‎ 思考距离/m 制动距离/m 速度(m·s－1)‎ 正常 酒后 正常 酒后 ‎15‎ ‎7.5‎ ‎15.0‎ ‎22.5‎ ‎30.0‎ A.驾驶员酒后反应时间比正常情况下多0.5 s B．驾驶员采取制动措施后汽车刹车的加速度大小为‎7.5 m/s2‎ C．若汽车的初速度增加一倍，制动距离也增大一倍 D．若汽车以‎25 m/s的速度行驶时发现前方‎60 m处有险情，酒后驾驶不能安全停车 解析：由x1＝vt可得正常情况下的反应时间为0.5 s，酒后的反应时间为1.0 s，选项A说法正确；由刹车距离x2＝x－x1＝解得驾驶员采取制动措施后汽车刹车的加速度大小为a＝7.5 m/s2，选项B说法正确；若汽车的初速度增加一倍，思考距离增大一倍，而刹车距离将增大三倍，选项C说法不正确；若汽车以25 m/s的速度行驶时，酒后思考距离为25×1.0 m＝25 m，刹车距离为＝41.7 m，制动距离为25 m＋41.7 m＝66.7 m，发现前方60 m处有险情，酒后驾驶不能安全停车，选项D说法正确．‎ 答案：ABD ‎10．如图所示，长为L＝‎6 m、质量为m＝‎10 kg的木板放在水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数为μ＝0.2，一个质量为M＝‎50 kg 的人从木板的左端开始向右加速跑动，从人开始跑到人离开木板的过程中，以下v t图象可能正确的是(g取‎10 m/s2，a为人的v t图象，b为木板的v t图象)(　　)‎ 解析：人在木板上加速，受到木板向右的摩擦力，Ff＝Ma1，木板与地面之间的最大静摩擦力Ffm＝μ(M＋m)g＝120 N；A中人的加速度a1＝1 m/s2，Ff＝Ma1＝50 N<120 N，木板静止不动，t＝2 s内人的位移x＝6 m，A正确；同理B正确；C中人的加速度a1＝3 m/s2，Ff＝Ma1＝150 N>120 N，木板向左加速，Ff－μ(M＋m)g＝ma2，a2＝3 m/s2，t＝ s内人的位移大小x1＝3 m，木板的位移大小x2＝3 m，C正确；D中木板要运动的话只能向左运动，其位移为负值，v t图线应在时间轴的下方，因此D错误．‎ 答案：ABC ‎11.在斜面上，两物块A、B用细线连接，当用力F沿斜面向上拉物块A时，两物块以大小为a的加速度向上运动，细线中的张力为FT，两物块与斜面间的动摩擦因数相等．则当用大小为‎2F的拉力沿斜面向上拉物块A时(　　)‎ A．两物块向上运动的加速度大小为‎2a B．两物块向上运动的加速度大小大于‎2a C．两物块间细线中的张力为‎2FT D．两物块间细线中的张力与A、B的质量无关 解析：设斜面倾角为θ，A、B两物块的质量分别为M和m，物块与斜面间的动摩擦因数为μ，由牛顿第二定律得两物块的加速度大小为a＝＝－g(sin θ＋μcos θ)，当拉力为2F时，加速度大小为a′＝－g(sin θ＋μcos θ)，则a′－a＝>a，即a′>2a，A项错误，B项正确；两物块间细线中的张力FT＝ma＋mgsin θ＋μmgcos θ＝，与斜面倾角和动摩擦因数无关，则当拉力为2F时，细线中的张力为2FT，但张力与两物块的质量有关，C项正确，D项错误．‎ 答案：BC 三、非选择题 ‎12．(2018·江西新余一中二模)斜面长度为‎4 m，一个尺寸可以忽略不计的滑块以不同的初速度v0从斜面顶端沿斜面下滑时，其下滑距离x与初速度二次方v的关系图象(即x v图象)如图所示．‎ ‎(1)求滑块下滑的加速度大小．‎ ‎(2)若滑块下滑的初速度为‎5.0 m/s，则滑块沿斜面下滑的时间为多长？‎ 解析：(1)根据匀变速直线运动的速度位移公式v2－v＝2ax得图线的斜率为k＝－，‎ 由x v图象知图线的斜率为k＝，‎ 则a＝－2 m/s2.‎ 所以滑块下滑的加速度大小为2 m/s2.‎ ‎(2)由x v图象可知，当滑块的初速度为‎4 m/s时，滑块刚好滑到斜面底端，故当滑块下滑的初速度为‎5.0 m/s时，滑块可滑到斜面底端．设滑块在斜面上滑动的时间为t，则有x＝v0t＋at2，‎ 其中x＝4 m，a＝－2 m/s2，解得t＝1 s，或t＝4 s.‎ 又因滑块速度减小到零所用时间为 t′＝＝ s＝2.5 s，所以t＝4 s舍去．‎ 答案：(1)2 m/s2　(2)1 s ‎13．《中华人民共和国道路交通安全法实施条例》第八十条规定机动车在高速公路上行驶，车速超过每小时100公里时，应当与同车道前车保持‎100米以上的距离，高速公路上为了保持车距，路边有0、‎50 m、‎100 m、‎200 m车距确认标志牌，以便司机很好地确认车距．一总质量为m＝1.2×‎103 kg的小汽车在一条平直的高速公路上以v0＝‎108 km/h的速度匀速行驶，某时刻发现前方有一辆故障车停在路上，汽车司机做出反应后立即踩下踏板，汽车以a＝－‎6 m/s2的加速度减速运动，已知司机的反应时间为t1＝0.5 s．求：‎ ‎(1)从司机看到前方故障车开始直到停止，汽车通过的距离x；‎ ‎(2)汽车刹车时受到的阻力F；‎ ‎(3)从司机发现故障车到停止运动，汽车的平均速度.‎ 解析：(1)由题意可知，v0＝108 km/h＝30 m/s 汽车刹车前行驶的距离x1＝v0t1＝30×0.5 m＝15 m 减速行驶的距离x2＝ m＝75 m 可得x＝x1＋x2＝90 m.‎ ‎(2)根据牛顿第二定律可知F＝ma＝1.2×103×(－6)N＝－7.2×103 N(“－”表示方向与运动方向相反)‎ ‎(3)汽车从刹车到停止的时间 t2＝＝ s＝5 s 可得从司机发现故障车到停止运动，汽车的平均速度 ＝＝ m/s＝‎16.4 m/s.‎ 答案：(1)90 m　(2)7.2×103 N，方向与运动方向相反　(3)16.4 m/s