专题1 第2讲 牛顿运动定律与直线运动 （课件）-【步步高】2024年高考物理大二轮专题复习与增分策略（新高考A版，鲁湘鄂豫皖冀）

专题一　 力与运动 第2讲　牛顿运动定律与直线运动 1 会用多种方法灵活处理匀变速直线运动的问题。 2 掌握牛顿第二定律，会分析瞬时性问题、连接体问题，会应用牛顿运动定律解决运动的实际问题。 目标要求 3 会分析运动学和动力学图像。 内容索引 考点一 考点二 高考预测 匀变速直线运动规律及应用 牛顿运动定律的应用 专题强化练 考点三 运动学和动力学图像 考点一 匀变速直线运动规律及应用 1.常用方法 2.两种匀减速直线运动的分析方法 (1)刹车问题的分析：末速度为零的匀减速直线运动问题常用逆向思维法，对于刹车问题，应先判断车停下所用的时间，再选择合适的公式求解。 (2)双向可逆类运动分析：匀减速直线运动速度减为零后反向运动，全过程加速度的大小和方向均不变，故求解时可对全过程列式，但需注意x、v、a等矢量的正负及物理意义。 3.处理追及问题的常用方法 过程分析法   函数法   Δx＝x乙＋x0－x甲为关于t的二次函数，当t＝ 时有极值，令Δx＝0，利用Δ＝b2－4ac判断有解还是无解，是追上与追不上的条件 图像法 画出v－t图像，图线与t轴所围面积表示位移，利用图像来分析追及相遇问题更直观 　(2022·湖北卷·6)我国高铁技术全球领先，乘高铁极大节省了出行时间。假设两火车站W和G间的铁路里程为1 080 km，W和G之间还均匀分布了4个车站。列车从W站始发，经停4站后到达终点站G。设普通列车的最高速度为108 km/h，高铁列车的最高速度为324 km/h。若普通列车和高铁列车在进站和出站过程中，加速度大小均为0.5 m/s2，其余行驶时间内保持各自的最高速度匀速运动，两种列车在每个车站停车时间相同，则从W到G乘高铁列车出行比乘普通列车节省的时间为 A.6小时25分钟 B.6小时30分钟 C.6小时35分钟 D.6小时40分钟 例1 √ 解题指导 关键表述 均匀分布了4个车站；进站和出站过程中，加速度大小均为0.5 m/s2，其余行驶时间内保持各自的最高速度匀速运动，两种列车在每个车站停车时间相同 过程分析 全程分五段，节省的时间为五段运动时间的差值，每段分匀加速、匀速和匀减速三个过程 问题分析 整个过程分为五段，画出每段的三个过程，求出各自每段总时间，算出每段节省的时间，每段节省的时间的五倍即是从W到G乘高铁列车出行比乘普通列车节省的时间 108 km/h＝30 m/s,324 km/h＝90 m/s，由于中间4个站均匀分布， 因此节省的时间相当于在任意相邻两站间节省的时间的5倍， 相邻两站间节省的时间Δt＝(t2＋2t1)－(t2′＋2t1′)＝4 680 s，因此总的节省时间Δt总＝5Δt＝4 680×5 s＝23 400 s＝6小时30分钟，故选B。 　(2023·山东卷·6)如图所示，电动公交车做匀减速直线运动进站，连续经过R、S、T三点，已知ST间的距离是RS的两倍，RS段的平均速度是10 m/s，ST段的平均速度是5 m/s，则公交车经过T点时的瞬时速度为 A.3 m/s B.2 m/s C.1 m/s D.0.5 m/s 例2 √ 由题知，电动公交车做匀减速直线运动，设RS间的距离为x， 联立解得t2＝4t1，vT＝vR－10，再根据匀变速直线运动速度与时间的关系有vT＝vR－a·5t1，则at1＝2 m/s， 　(2023·贵州毕节市诊断)在东京奥运会女子蹦床决赛中，中国选手朱雪莹夺得冠军。如图所示，某次比赛中，朱雪莹双脚离开蹦床后竖直向上运动，把上升过程分为等距的三段，朱雪莹从下至上运动过程中，依次经历三段的时间记为t1、t2、t3，则t1∶t2∶t3最接近 A.3∶6∶10 B.3∶4∶10 C.3∶6∶20 D.3∶4∶20 例3 √ 根据逆向思维，将向上的末速度为0的匀减速直线运动看为向下的初速度为0的匀加速直线运动，则有 可知该比值最接近3∶4∶10，故选B。 考点二 牛顿运动定律的应用 17 1.解决动力学两类基本问题的思路 2.瞬时加速度问题 3.连接体问题 (1)整体法与隔离法的选用技巧 整体法的选取原则 若连接体内各物体具有相同的加速度，且不需要求物体之间的作用力 隔离法的选取原则 若连接体内各物体的加速度不相同，或者需要求出系统内物体之间的作用力 整体法、隔离法的交替运用 若连接体内各物体具有相同的加速度，且需要求出物体之间的作用力，可以先整体求加速度，后隔离求连接体内物体之间的作用力 (2)连接体问题中常见的临界条件 接触与脱离 接触面间弹力等于0 恰好发生滑动 摩擦力达到最大静摩擦力 绳子恰好断裂 绳子张力达到所能承受的最大值 绳子刚好绷直或松弛 绳子张力为0 (3)常见连接体   接触面光滑，或μA＝μB 三种情况中弹簧弹力、绳的张力大小相同且与接触面是否光滑无关   常用隔离法   常会出现临界条件 　(2023·安徽、云南、吉林、黑龙江适应性测试)如图(a)，足够高的水平长桌面上，P点左边光滑，右边粗糙，物块A在砝码B的拉动下从桌面左端开始运动，其v－t图像如图(b)所示，已知砝码B质量为0.10 kg，重力加速度g取10 m/s2，求： (1)物块A的质量； 例4 答案　0.4 kg 由题图(b)可知，物块A在P点左边运动的加速度 根据牛顿第二定律有mBg＝(mB＋mA)a1 代入数据解得mA＝0.4 kg (2)物块A与P点右边桌面间的动摩擦因数。 答案　0.125 物块A在P点右边运动的加速度 根据牛顿第二定律有mBg－μmAg＝(mB＋mA)a2 代入数据解得μ＝0.125。 　(2023·陕西榆林市第四次模拟)如图所示，静止在水平地面上的木板B的质量m2＝4 kg，现让一个质量m1＝2 kg的物块A(视为质点)以v0＝6 m/s的速度大小从左端冲上木板B，已知物块A与木板B间的动摩擦因数μ1＝0.5，木板B与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，木板B足够长，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2，求： (1)物块A刚滑上木板B时，物块A的加速度大小a1以及木板B的加速度大小a2； 例5 答案　5 m/s2　1 m/s2 对物块A，根据牛顿第二定律有 μ1m1g＝m1a1 解得a1＝5 m/s2 对木板B，根据牛顿第二定律有 μ1m1g－μ2(m1＋m2)g＝m2a2 解得a2＝1 m/s2 (2)从物块A冲上木板B到木板B停下，物块A相对地面发生的位移大小x。 答案　4 m 设经时间t物块A与木板B达到的共同速度大小为v，有v＝v0－a1t＝a2t 解得t＝1 s，v＝1 m/s 根据匀变速直线运动的规律，此过程物块A发生的位移大小 解得x1＝3.5 m 达到共同速度后，经分析物块A与木板B能共同向右运动，设加速度大小为a3，根据牛顿第二定律有μ2(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a3 解得a3＝1 m/s2 设达到共同速度后，物块A发生的位移大小为x2，根据匀变速直线运动的规律有 v2＝2a3x2 解得x2＝0.5 m 所以从物块A冲上木板B到木板B停下，物块A相对地面发生的位移大小x＝x1＋x2＝4 m。 考点三 运动学和动力学图像 1.常规图像 常见图像 斜率k 面积 两图像交点 x－t图像   表示相遇 v－t图像 位移x 表示此时速度相等，往往是距离最大或最小的临界点 a－t图像   速度变化量Δv 表示此时加速度相等 2.非常规图像 3.动力学图像 F－t图像 思路一：分段求加速度，利用运动学公式求解 思路二：动量定理，图线与t轴所围面积表示F的冲量 F－x图像 思路一：分段求加速度，利用运动学公式求解 思路二：动能定理，图线与x轴所围面积表示力F做的功 a－F图像 根据牛顿第二定律列式，再变换成a－F关系 例如：如图所示，F－μmg＝ma，a＝ －μg， 斜率为 ，截距为－μg  　(2022·河北卷·1)科学训练可以提升运动成绩，某短跑运动员科学训练前后百米全程测试中，速度v与时间t的关系图像如图所示。由图像可知 A.0～t1时间内，训练后运动员的平均加速度大 B.0～t2时间内，训练前、后运动员跑过的距离相等 C.t2～t3时间内，训练后运动员的平均速度小 D.t3时刻后，运动员训练前做减速运动，训练后做 加速运动 例6 √ 根据v－t图像的斜率表示加速度，由题图可知0～t1时间内，训练后运动员的平均加速度比训练前小，故A错误； 根据v－t图像中图线与横轴围成的面积表示位移，由题图可知0～t2时间内，训练前运动员跑过的距离比训练后大，故B错误； 根据v－t图像中图线与横轴围成的面积表示位移，由题图可知t2～t3时间内，训练后运动员的位移比训练前大，根据平均速度等于位移与时间的比值，可知训练后运动员的平均速度大，故C错误； 根据v－t图像可知，t3时刻后，运动员训练前速度减小，做减速运动，运动员训练后速度增大，做加速运动，故D正确。 　(2023·山东济南市一模)如图所示，竖直轻弹簧一端与地面相连，另一端与物块相连，物块处于静止状态。现对物块施加一个竖直向上的拉力F，使物块向上做初速度为零的匀加速直线运动，此过程中弹簧的形变始终在弹性限度内，则拉力F随时间t变化的图像可能正确的是 例7 √ 物块处于静止状态时，弹簧弹力等于重力，弹簧处于压缩状态mg＝kx0，现给物块施加一个竖直向上的拉力F，使物块做匀加速直线运动，物块刚开始运动瞬间有F0＋kx0－mg＝ma，当物块向上位移x时有F＋k(x0－x)－mg＝ma，整理得F－kx＝ma， 可知拉力F随时间t变化的图像呈抛物线形状，故选A。 高考预测 40 1.(2023·四川成都市第一次诊断)无线充电宝可通过磁吸力吸附在手机背面，利用电磁感应实现无线充电。劣质的无线充电宝使用过程中可能因吸力不足发生滑落造成安全隐患。图(a)为科创小组某同学手握手机(手不接触充电宝)，利用手机软件记录竖直放置的手机及吸附的充电宝从静止开始在竖直方向上的一次变速运动过程(手机与充电宝始终相对静止)，记录的加速度a随时间t变化的图 1 2 像如图(b)所示(规定向上为正方向)，且图像上下部分分别与t轴围成的面积相等，已知无线充电宝质量为0.2 kg，手机与充电宝之间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2，则在该过程中 A.手机与充电宝全程向下运动，最终处于静止状态 B.充电宝在t2与t3时刻所受的摩擦力方向相同 C.充电宝与手机之间的摩擦力最小值为2 N D.充电宝与手机之间的吸引力大小至少为12 N 1 2 √ 1 2 手机与充电宝从静止开始，向下先做加速度增大的加速运动，从t1时刻向下做加速度减小的加速运动，加速度减小到零时，速度达到最大；再向下做加速度增大的减速运动，t2时刻速度减小到零，此后做向上 的加速度减小的加速运动，加速度减小到零时向上运动的速度达到最大，此后先向上做加速度增大的减速运动，从t3时刻再向上做加速度减小的减速运动，最后速度为零，故A错误； 1 2 充电宝在t2时刻加速度方向向上，所受的摩擦力方向向上；充电宝在t3时刻加速度方向向下，由mg＋Ff＝ma3，a3＝12 m/s2，可知摩擦力方向向下，故B错误； 在t1时刻充电宝向下的加速度为10 m/s2， 充电宝与手机之间的摩擦力最小，值为 零，故C错误； 在t2时刻充电宝向上的加速度最大，充电宝与手机之间的摩擦力最大，由牛顿第二定律可得Ffmax－mg＝ma2，又Ffmax＝μF，解得充电宝与手机之间的吸引力大小至少为F＝12 N，故D正确。 2.(2023·广东考前诊断性测试)某高中实验小组设计了一个研究匀减速直线运动规律的方案，利用数控式打点计时器记录小车的运动信息，从小车开始减速为计时起点，刚好停下时记录下最后一个点，打点频率为1 Hz。通过分析小车在减速过程中的纸带，第1、2个点之间的距离与最后两个点之间的距离之比为a，第一个点与最后一个点的距离为x，则从开始减速到停下的平均速度是 1 2 √ 1 2 设加速度为a0，小车做匀减速直线运动减速至速度为0的过程可以看作初速度为0的匀加速直线运动的逆过程， 专题强化练 47 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 保分基础练 1.(多选)(2023·湖北卷·8)t＝0时刻，质点P从原点由静止开始做直线运动，其加速度a随时间t按图示的正弦曲线变化，周期为2t0。在0～3t0时间内，下列说法正确的是 A.t＝2t0时，P回到原点 B.t＝2t0时，P的运动速度最小 C.t＝t0时，P到原点的距离最远 13 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 质点在0～t0时间内从静止出发先做加速度增大的加速运动再做加速度减小的加速运动，此过程一直向前加速运动，t0～2t0时间内加速度和速度反向，先做加速度增加的减速运动再做加速度减小的减速运动，2t0时刻速度减速到零，此过程一直向前做减速运动，2t0～4t0重复此过程的运动，即质点一直向前运动，A、C错误，B正确； 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 2.(多选)(2023·四川成都市第一次诊断)图(a)所示的医用智能机器人在巡视中沿医院走廊做直线运动，图(b)是该机器人在某段时间内的位移－时间图像(20～30 s的图线为曲线，其余为直线)。以下说法正确的是 A.机器人在0～30 s内的位移大小为2 m B.10～30 s内，机器人的平均速度大小 为0.35 m/s C.0～10 s内，机器人做加速直线运动 D.机器人在5 s末的速度与15 s末的速度相同 13 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 根据图像可知，机器人在0～30 s内的位移大小为2 m，选项A正确； 13 位移—时间图线的斜率表示速度，0～10 s内，图线的斜率不变，机器人做匀速直线运动，选项C错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 0～10 s内图线的斜率与10～20 s内图线的斜率关系为k1＝－k2，所以机器人在5 s末的速度与15 s末的速度等大反向，因速度是矢量，所以速度不相同，选项D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 3.(多选)(2023·安徽合肥市一模)2022年10月9日搭载天基太阳天文台“夸父一号”的长征二号丁运载火箭成功发射。如图为火箭发射后，第6秒末的照片，现用毫米刻度尺对照片进行测量，刻度尺的0刻度线与刚发射时火箭底部对齐。假设火箭发射后6秒内沿竖直方向做匀加速直线运动，且质量不变。已知火箭高为40.6米，起飞质量为250吨，重力加速度g取9.8 m/s2。 则下列估算正确的是 A.火箭竖直升空的加速度大小为2.2 m/s2 B.火箭竖直升空的加速度大小为4.2 m/s2 C.火箭升空所受到的平均推力大小为3.5×107 N D.火箭升空所受到的平均推力大小为3.0×106 N 13 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 由牛顿第二定律得F－mg＝ma，解得平均推力大小为F＝3.0×106 N，故选A、D。 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 4.(2023·江苏卷·11)滑块以一定的初速度沿粗糙斜面从底端上滑，到达最高点B后返回到底端。利用频闪仪分别对上滑和下滑过程进行拍摄，频闪照片示意图如图所示。与图乙中相比，图甲中滑块 A.受到的合力较小 B.经过A点的动能较小 C.在A、B之间的运动时间较短 D.在A、B之间克服摩擦力做的功较小 √ 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 因为频闪照片中的时间间隔相同，对比题图甲和题图乙可知题图甲中滑块加速度大，是上滑阶段；根据牛顿第二定律可知图甲中滑块受到的合力较大，故A错误； 13 从题图甲中的A点到题图乙中的A点，先上升后下降，重力做功为0，摩擦力做负功；根据动能定理可知题图甲中经过A点的动能较大，故B错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 由于题图甲中滑块的加速度大，根据x＝ ，可知题图甲在A、B之间的运动时间较短，故C正确； 由于无论上滑还是下滑滑块均受到滑动摩擦 13 力，大小相等，故题图甲和题图乙在A、B之间克服摩擦力做的功相等，故D错误。 5.(多选)(2023·福建七地市第一次质检)如图甲所示，质量为m的物块P与物块Q(质量未知)之间拴接一轻弹簧，静止在光滑的水平地面上，弹簧恰好处于原长。现给物块P一瞬时初速度v0，并把此时记为0时刻，规定向左为正方向，0～2t0时间内物块P、Q运动的a－t图像如图乙所示，其中 t轴下方部分的面积大小为S1，t轴上方部分的面积大小为S2，则 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 0～2t0时间内Q所受弹力方向始终向左，P所受弹力方向始终向右，弹簧始终对Q做正功； 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 6.(多选)(2021·全国乙卷·21)水平地面上有一质量为m1的长木板，木板的左边上有一质量为m2的物块，如图(a)所示。用水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图(b)所示，其中F1、F2分别为t1、t2时刻F的大小。木板的加速度a1随时间t的变化关系如图(c)所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1，物块与木板间的动摩擦因数为μ2，假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g。则 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 由题图(c)可知，t1时刻物块与木板刚要一起在水平地面滑动，物块与木板相对静止，此时以整体为研究对象有F1＝μ1(m1＋m2)g，故A错误； 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 由题图(c)可知，t2时刻物块与木板刚要发生相对滑动，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律有F2－μ1(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a 以木板为研究对象，根据牛顿第二定律有μ2m2g－μ1(m1＋m2)g＝m1a>0 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 由题图(c)可知，0～t2时间段物块与木板相对静止，所以有相同的加速度，故D正确。 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 7.(多选)(2023·湖南邵阳市二模)如图所示，两小球1和2之间用轻弹簧B相连，弹簧B与水平方向的夹角为30°，小球1的左上方用轻绳A悬挂在天花板上，绳A与竖直方向的夹角为30°，小球2的右边用轻绳C沿水平方向固定在竖直墙壁上。两小球均处于静止状态。已知重力加速度为g，则 A.球1和球2的质量之比为1∶2 B.球1和球2的质量之比为2∶1 C.在轻绳A突然断裂的瞬间，球1的加速度大小为 D.在轻绳A突然断裂的瞬间，球2的加速度大小为2g 13 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 对两小球1、2受力分析如图 13 在轻绳A突然断裂的瞬间，弹簧弹力未来得及变化，球2的加速度大小为0，弹簧弹力FB＝m1g，对球1有F合＝2m1gcos 30°＝m1a，解得a＝ ，故选B、C。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 争分提能练 8.(多选)(2022·全国甲卷·19)如图，质量相等的两滑块P、Q置于水平桌面上，二者用一轻弹簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为μ。重力加速度大小为g。用水平向右的拉力F拉动P，使两滑块均做匀速运动；某时刻突然撤去该拉力，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前 A.P的加速度大小的最大值为2μg B.Q的加速度大小的最大值为2μg C.P的位移大小一定大于Q的位移大小 D.P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小 √ 13 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 设两滑块的质量均为m，撤去拉力前，两滑块均做匀速直线运动，则拉力大小为F＝2μmg，撤去拉力前对Q受力分析可知，弹簧的弹力为FT0＝μmg，以向右为正方向，撤去拉力瞬间弹簧弹力不变，仍为μmg，两滑块与地面间仍然保持相对滑动，此时对P有－FT0－μmg＝maP1，解得aP1＝－2μg，此刻滑块Q所受的合外力不变，加速度仍为零，从撤去拉力到弹簧第一次恢复原长过程中，弹簧弹力一直在减小， 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 根据牛顿第二定律可知P减速的加速度减小，滑块Q所受的合外力增大，方向向左，做加速度增大的减速运动，故P加速度大小的最大值是刚撤去拉力瞬间的加速度为2μg，Q加速度大小的最大值为弹簧恢复原长时，有－μmg＝maQm，解得aQm＝－μg，故滑块Q加速度大小的最大值为μg，A正确，B错误； 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 由于弹簧恢复原长前滑块P的加速度一直大于Q的加速度，所以撤去拉力后P的速度一直小于同一时刻Q的速度，所以P的位移一定小于Q的位移，C错误，D正确。 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 9.(多选)(2023·辽宁沈阳市质量监测)如图甲所示，倾斜传送带两侧端点间距6 m，皮带总长12 m，倾角θ＝37°。t＝0时，一质量为1 kg的煤块从传送带底部的A点，以10 m/s的速度冲上传送带。t＝1 s时，传送带开始沿顺时针方向匀加速转动，A点运动的v－t图像如图乙所示。煤块与传送带间动摩擦因数为0.5，传送轮和煤块大小均可以忽略(g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。煤块在传送带上运动的过程中，下列说法正确的是 A.煤块运动至最高点时位移为5 m B.煤块在传送带上运动时间为2 s C.煤块在传送带上留下的痕迹为12 m D.煤块与传送带间产生的热量为90 J 13 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 煤块上滑相对传送带的位移为Δx1＝x1＝5 m，下滑相对传送带的位移大小为Δx2＝ ＋x1＝17.5 m，由于皮带总长12 m，则煤块在传送带上留下的痕迹为12 m，C正确； 煤块与传送带间产生的热量为Q＝μmgcos θ×(Δx1＋Δx2)＝90 J，D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 10.(2023·广西二模)如图所示，质量为m的物块P通过轻弹簧放置于倾角θ＝30°的固定光滑斜面体上。弹簧下端与挡板连接，P与弹簧无拴接，轻质细绳通过轻质光滑滑轮两端分别连接质量为2m的物块Q和质量为8m的物块A，现用手托住物块A(距地面足够高)，使细绳与斜面平行且张力恰好为0，松手后物块A开始下落。已知弹簧的劲度系数为k，重力加速度大小为g，弹簧始终在弹性限度内，求： (1)物块A、Q、P静止时弹簧的压缩量Δx； 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 根据题意可知，当没有释放物块A时，弹簧被压缩，平衡时有 3mgsin θ＝kΔx 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 根据题意可知，物块P、Q分离时两者之间的弹力为0，由牛顿第二定律，对物块A、Q整体有8mg－2mgsin θ＝10ma 13 (2)物块P、Q分离时物块A的加速度大小a； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 根据题意可知，物块P、Q分离时具有相同的加速度，由牛顿第二定律，对物块P有k(Δx－h)－mgsin θ＝ma 13 (3)物块P、Q分离时物块A下降的高度h。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 11.(2023·浙江杭州市一模)如图甲，目前高速公路收费处，有ETC通道和人工通道。在ETC收费通道，车主只要在车辆前挡风玻璃上安装感应卡并预存费用，通过收费站时便不用人工缴费，也无须停车，高速通行费将从卡中自动扣除，即能够实现自动收费。如图乙，假设一辆汽车以正常行驶速度v1＝16 m/s朝收费站沿直线行驶，如果过ETC通道，需要在距收费站中心线前匀减速至v2＝4 m/s，然后以该速度匀速行驶一段距离到达中心线后，再匀加速至v1正常行驶；如果过人工收费通道，汽车由v1开始减速，需要恰好在中心线处匀减速至零，经过20 s缴费后， 13 再匀加速至v1正常行驶。设汽车在匀减速和匀加速过程中的加速度大小均为2 m/s2，求： 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 (1)汽车过人工收费通道，从减速开始到收费后加速至v1，总共通过的路程和所需时间； 13 答案　128 m　36 s 根据题意，由运动学公式v＝v0＋at可得，匀减速的时间为 由运动学公式v2－v02＝2ax 可得，匀减速的位移为 停止时间t2＝20 s，位移为零，加速阶段与减速阶段的位移与时间相同，故有x＝2x1＝2×64 m＝128 m t＝2t1＋t2＝2×8 s＋20 s＝36 s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 (2)若汽车通过ETC通道比人工收费通道节约时间t0＝21 s，汽车在ETC通道匀速行驶的距离。 13 根据题意可知，由运动学公式v＝v0＋at可知，过ETC通道的车辆减速用时 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 则匀速的时间和加速的时间之和为t4＝(36－21－6)s＝9 s 匀速的位移和加速的位移之和为x′＝x－x3＝68 m 设加速的时间为t5，则有 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 尖子生选练 12.(2023·河北唐山市一模)如图所示，两条光滑的轨道下端固定在P点，上端分别固定在竖直墙面上的A、B两点，现使一小滑块分别从轨道顶端由静止释放，到达P点所用时间相同，则 A.由A、B滑到P的过程中合外力的冲量相等 B.由A、B滑到P时重力的功率相等 C.两次下滑过程中的高度乘积是一定值 D.下落过程所用时间与两次下滑过程中的高度之和成正比 13 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 设OP＝a，木板倾角为α， 13 两次到达P点所用时间相同，则sin 2α1＝sin 2α2， 可得2α1＝π－2α2， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 两次下滑过程中的高度之和h＝h1＋h2＝a(tan α1＋tan α2)， 13 即下落过程所用时间的平方与两次下滑过程中的高度 之和成正比，选项D错误； 两次下滑过程中的高度乘积h1h2＝a2tan α1·tan α2＝a2，选项C正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 滑到P点时的速度v＝gtsin α，重力的瞬时功率PG＝mgvy＝mg·gtsin α·sin α＝mg2tsin 2α，因sin α1与sin α2不一定相等，则由A、B滑到P时重力的功率不一定相等，选项B错误； 13 根据动量定理，合外力的冲量等于动量的变化，而由A、B滑到P的过程中动量变化的方向不同，动量变化的大小Δp＝mv＝mgtsin α也不相同，则合外力的冲量不相等，选项A错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13.(2022·江苏卷·10)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与物块A连接在一起，处于压缩状态，A由静止释放后沿斜面向上运动到最大位移时，立即将物块B轻放在A右侧，A、B由静止开始一起沿斜面向下运动，下滑过程中A、B始终不分离，当A回到初始位置时速度为零，A、B与斜面间的动摩擦因数相同、弹簧未超过弹性限度，则 A.当上滑到最大位移的一半时，A的加速度方向沿斜面向下 B.A上滑时，弹簧的弹力方向不发生变化 C.下滑时，B对A的压力先减小后增大 D.整个过程中A、B克服摩擦力所做的总功大于B的重力势能减小量 13 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 由于A、B在下滑过程中不分离，设在最高点的弹力为F，沿斜面向下为正方向，斜面倾角为θ，A、B之间的弹力为FAB，动摩擦因数为μ，刚下滑时根据牛顿第二定律对AB有F＋(mA＋mB)gsin θ－μ(mA ＋mB)gcos θ＝(mA＋mB)a，对B有mBgsin θ－μmBgcos θ－FAB＝mBa，联立可得＝ ，由于A对B的弹力FAB方向沿斜面向上，故可知在最高点F的方向沿斜面向上；由于在最开始弹簧弹力也是沿斜面向上的，弹簧一直处于压缩状态，所以A上滑时，弹簧的弹力方向一直沿斜面向上，不发生变化，故B正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 设弹簧原长在O点，A刚开始运动时距离O点为x1，A运动到最高点时距离O点为x2，下滑过程AB不分离，则弹簧一直处于压缩状态，上滑过程根据能量 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 整个过程中弹力做的功为0，A所受重力做的功为0，当A回到初始位置时速度为零，根据功能关系可知整个过程中A、B克服摩擦力所做的总功等于B的重力势能减小量，故D错误。 － 相邻两站间的距离x＝ m＝2.16×105 m，普通列车加速时间t1＝＝ s＝60 s，加速过程的位移x1＝at12＝×0.5×602 m＝900 m， 根据对称性可知，加速与减速位移相等，可得匀速运动的时间t2＝＝ s＝7 140 s， 同理高铁列车加速时间t1′＝＝ s＝180 s，加速过程的位移x1′＝at1′2＝×0.5×1802 m＝8 100 m，匀速运动的时间t2′＝＝ s＝2 220 s， 则根据题意有RS＝＝，ST＝＝， 又有RS＝vR－a·＝10 m/s，则vR＝11 m/s，联立解得vT＝1 m/s，故选C。 h＝gt32,2h＝g(t2＋t3)2,3h＝g(t1＋t2＋t3)2， 解得t3＝，t2＝－， t1＝－， 则有t1∶t2∶t3＝(－)∶(－1)∶1≈(1.732－1.414)∶(1.414－1) ∶1≈3∶4∶10 a1＝＝ m/s2＝2 m/s2 a2＝＝ m/s2＝1 m/s2 x1＝v0t－a1t2 ＝v ＝a 非常规图像(举例) 函数表达式 斜率k 纵截距b v2－x图像 由v2－v02＝2ax 得v2＝v02＋2ax 2a v02 －t图像 由x＝v0t＋at2 得＝v0＋at a v0 －图像 由x＝v0t＋at2 得＝v0＋a v0 a 非常规图像(举例) 函数表达式 斜率k 纵截距b a－x图像 由v2－v02＝2ax知图线与x轴所围面积等于，此面积与物体质量乘积表示动能的变化量 －x 面积表示运动时间 物块做匀加速直线运动，有x＝at2，联立可得F＝kat2＋ma， A. B. C. D. 设整个过程时间为t，则开始减速第一秒内位移x1＝a0t2－a0(t－1)2， 最后一秒内位移x2＝a0·12， 由题意可知＝a，代入数据得t＝，所以平均速度＝＝，故选C。 D.t＝t0时，P的运动速度与t＝t0时相同 a－t图像的面积表示速度变化量，～t0时间内速度的变化量为零，因此时刻的速度与t0时刻相同，D正确。 10～30 s内，平均速度大小为＝ m/s＝0.35 m/s，选项B正确； 由题图可知，照片中火箭尺寸与实际火箭尺寸的比例为 ＝， 可得火箭在6 s内上升的高度为 h＝2.5× cm≈39.0 m， 由匀变速直线运动规律得h＝at2，解得a≈2.2 m/s2， at2 A.物块Q的质量为m B.t0时刻物块Q的速度为vQ＝S2 C.t0时刻物块P的速度为vP＝v0－S1 D.0～2t0时间内弹簧始终对物块Q做正功 t0时刻，P、Q所受弹力最大且 大小相等，由牛顿第二定律可得＝＝，＝a0，则Q的质量为m，故A、D正确； 由a－t图像可知，t0时刻Q的速度为vQ＝S2，故B错误； 由a－t图像可知，t0时刻P的速度为vP＝v0－S1，故C正确。 A.F1＝μ1m1g B.F2＝(μ2－μ1)g C.μ2>μ1 D.在0～t2时间段物块与木板加速度相等 解得F2＝(μ2－μ1)g，μ2>μ1，故B、C正确； g 根据平衡条件可得，FB＝m1g， FBsin 30°＝m2g，所以＝； g 煤块滑上传送带做匀减速直线运动， 加速度大小为 a1＝＝10 m/s2， 经过时间t1速度减小到零，则t1＝＝1 s,0～1 s传送带速度为零， 则煤块向上滑动的位移x1＝＝5 m，t＝1 s时传送带开始匀加速转动， 其加速度为a＝＝5 m/s2， 由于μmgcos θ<mgsin θ，故煤块向下做匀加速运动，其加速度为a2＝＝2 m/s2，所以煤块运动至最高点时，位移为5 m，A正确； 煤块向下加速到A点所用时间为t2，则x1＝a2t22，解得t2＝ s，则煤块在传送带上运动时间为t＝t1＋t2＝(1＋) s，B错误； at22 答案　 解得Δx＝ 解得a＝g 答案　g 解得h＝。 答案　 t1＝＝ s＝8 s x1＝＝ m＝64 m 答案　(36－16) m 由运动学公式x＝t可得，匀减速的位移为x3＝t3＝60 m t3＝ s＝6 s 解得t5＝4 s v2(t4－t5)＋v2t5＋at52＝x′ 则汽车匀速运动的距离为x4＝v2(t4－t5)＝(36－16)m。 则物体下滑的时间t＝＝， 即α1＋α2＝， 又t2＝，联立可得(消掉a)h＝gt2， ＝－ 守恒定律可得kx12＝kx22＋(mgsin θ＋Ff)(x1－x2)，化简得k＝，当位移为最大位移的一半时，有F合＝k(x1－)－(mgsin θ＋Ff)，代入k值可知F合＝0，即此时加速度为0，故A错误； 根据分析可知＝－，下滑过程中F方向沿斜面向上且逐渐变大，则下滑过程FAB逐渐变大，根据牛顿第三定律可知，B对A的压力逐渐变大，故C错误； $$