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第2讲 直线运动规律及牛顿运动定律的应用


第2讲 直线运动规律及牛顿运动定律的
应用

真题与定位

考向与预测

方法与技巧

1 . (2013· 新课标全国卷 Ⅰ , 14)( 单选 ) 如图 1 - 2 - 1 是伽利略

1604年做斜面实验时的一页手稿照片,照片左上角的三列
数据如下表.表

中第二列是时间,第三列是物体沿斜面运 动的距离,第一列是伽利略在分析实验数据时添加的.根 据表中的数据.伽利略可以得出的结论是 ( ).

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图1-2-1 A.物体具有惯性 B.斜面倾角一定时,加速度与质量无关 C.物体运动的距离与时间的平方成正比

D.物体运动的加速度与重力加速度成正比
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解析

由表可知,伽利略研究的是物体沿斜面运动的距离与时

间的关系.由计算可得每一组数据中第三列数据大约总是第一

列数据的33倍左右,故可以得出物体运动的距离与时间的平方
成正比,所以C选项正确. 答案 C

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2 . (2013· 浙江卷, 19)( 多选 ) 如图 1 - 2 - 2 所示,总质量为 460

kg 的 热 气 球 , 从 地 面 刚 开 始 竖 直 上 升 时 的 加 速 度 为 0.5
m/s2,当热气球上升到180 m时,以5 m/s的速度向上匀速运 动.若离开地面后热气球所受浮力保持不变,上升过程中热 气球总质量不变,重力加速度g=10 m/s2.关于热气球,下列 说法正确的是 ( ).

图1-2-2
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A.所受浮力大小为4 830 N B.加速上升过程中所受空气阻力保持不变

C.从地面开始上升10 s后的速度大小为5 m/s
D.以5 m/s匀速上升时所受空气阻力大小为230 N

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解析

从地面刚开始竖直上升时 v=0,空气阻力Ff=0.由F浮-

mg=ma,得F浮=m(g+a)=4 830 N,故A正确;最终气球匀速 上升,说明气球加速运动的过程中空气阻力逐渐增大,故 B错

误;气球做加速度减小的加速运动,故加速到5 m/s的时间大于
10 s , C 错误;匀速上升时 F 浮 - mg - Ff = 0 ,计算得 Ff = 230 N,D正确. 答案 AD

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3 . (2013· 新课标全国卷 Ⅱ , 14)( 单选 ) 一物块静止在粗糙的水

平桌面上.从某时刻开始,物块受到一方向不变的水平拉力
作 用 . 假 设物块与 桌面间的 最大静摩 擦力等于滑动摩擦 力.以a表示物块的加速度大小,F表示水平拉力的大小.能 正确描述F与a之间的关系的图象是 ( ).

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解析

当拉力 F小于最大静摩擦力时,物块静止不动,加速度

为零,当 F大于最大静摩擦力时,根据 F- f =ma 知:随 F的增

大,加速度a增大,故选C.
答案 C

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4 . (2013· 新课标全国卷 Ⅰ , 21)( 多选 )2012 年 11 月,“歼 15” 舰载机在“辽宁号”航空母舰上着舰成功.图1-2-3(a) 为 利用阻拦系统让舰载机在飞行甲板上快速停止的原理示意 图.飞机着舰并成功钩住阻拦索后,飞机的动力系统立即关

闭,阻拦系统通过阻拦索对飞机施加一作用力,使飞机在甲
板上短距离滑行后停止,某次降落,以飞机着舰为计时零 点,飞机在t=0.4 s时恰好钩住阻拦索中间位置,其着舰到停 止的速度—时间图线如图(b)所示.假如无阻拦索,飞机从着 舰到停止需要的滑行距离约为 1 000 m .已知航母始终静

止,重力加速度的大小为g.则
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(

).

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(a)

(b)

图1-2-3

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A.从着舰到停止,飞机在甲板上滑行的距离约为无阻拦索时 的1/10

B.在0.4 s~2.5 s时间内,阻拦索的张力几乎不随时间变化
C.在滑行过程中,飞行员所承受的加速度大小会超过2.5g D.在0.4 s~2.5 s时间内,阻拦系统对飞机做功的功率几乎不 变

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解析

由 v-t 图象中图线与 t 轴围成的面积, 可估算出飞机

1 在甲板上滑行的距离约为 103 m, 即大约是无阻拦索时的 , 10 A 正确.由题图的斜率可知飞机钩住阻拦索后加速度大约保 持在 a=27.6 m/s2>2.5g,故 C 正确;飞机的速度很大,空 气阻力的影响不能忽略,且阻力随速度的减小而减小,所以 要保持加速度不变,阻拦索的张力要逐渐减小,B 错误;由 P=Fv 知,阻拦索对飞机做功的功率逐渐减小,故 D 错误.

答案

AC

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主要题型:选择题、计算题 热点聚焦 (1)匀变速直线运动的规律及应用

(2)运动图象与匀变速直线运动规律的综合应用
(3)运动图象与牛顿第二定律的综合应用 (4)动力学的两类基本问题

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命题趋势 (1)单独考查匀变速直线运动的规律、运动图象的应用以及牛 顿运动定律及其应用,题型一般为选择题.

(2)力和运动的关系大多结合牛顿运动定律、受力分析、运动
过程分析综合考查,题目一般为计算题;涉及的题目与实际 密切联系.

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考向一 运动图象的应用

(1)高考中关于动力学问题的图象主要有 x-t图象、v-t图象、 F-t图象等. (2)在v-t图象中:

①“点”的意义:图象上的任一点表示对应时刻物体的速度.

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②“ 线 ”的意义:任一段线段在 v 轴上的投影长表示在对应时 间段内物体速度的变化量. ③“斜率”的意义:“斜率”表示物体的加速度.

④“面积”的意义:图象与坐标轴围成的“面积”表示物体在
对应的时间段内发生的位移. ⑤“截距”的意义:纵轴截距表示物体出发时的速度,横轴截 距表示物体出发时距计时起点的时间间隔或速度为零的时刻.

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【典例1】 (2013·四川卷,6)(多选)甲、乙两物体在t=0时刻经过同一位 置沿x轴运动,其v-t图象如图1-2-4所示,则 ( ).

图1-2-4
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A.甲、乙在t=0到t=1 s之间沿同一方向运动 B.乙在t=0到t=7 s之间的位移为零

C.甲在t=0到t=4 s之间做往复运动
D.甲、乙在t=6 s时的加速度方向相同

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审题流程

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解析

题目给出了 v-t 图象,根据 v-t 图象正、负的含义、

斜率、面积的意义解决问题. 在 0~1 s 内甲沿 x 轴正方向运动, 乙先沿 x 轴负方向运动后 沿 x 轴正方向运动,选项 A 错误;在 0~7 s 内乙的位移 x v0 v0 v0 v0 =- ×0.5 s+ ×0.5 s+ ×3 s- ×3 s=0,选项 B 正 2 2 2 2 确; 在 0~4 s 内甲的速度恒为正值, 始终沿 x 轴正方向运动, 选项 C 错误; 在 t=6 s 时, 甲、 乙速度图象的斜率均为负值, 即甲、乙的加速度方向沿 x 轴负方向,选项 D 正确.
答案 BD
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1.求有关图象问题的思路 (1) 首先弄清图象纵、横坐标的含义 ( 位移、速度、加速度 等 ). (2)利用图象分析动力学问题时,关键要将题目中的物理情境 与图象结合起来分析,利用物理规律或公式求解或作出判 断.

(3)弄清图象中斜率、截距、交点、转折点、面积等的物理意
义,从而充分利用图象提供的信息来解决问题.

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2.从v-t图象中可读取的四个运动量 (1)运动速度:从速度轴上直接读出,正负表示运动方向. (2) 运动时间: 从时间轴上直接读出时刻,取差得到运动时 间. (3)运动加速度:由图线的斜率得到加速度,斜率的大小表示 加速度的大小,斜率的正负反映了加速度的方向.

(4)运动的位移:由图线与时间轴围成的面积得到位移,图线
与时间轴围成的面积表示位移的大小,时间轴以上的面积表 示与规定的正方向相同,时间轴以下的面积表示与规定的正 方向相反.
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【预测1】 (单选)物体A、B的x-t图象如图1-2-5 所示,由图可知 ( ).

图1-2-5

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A.从第3 s起,两物体运动方向相同,且vA>vB B.两物体由同一位置开始运动,但物体A比B迟3 s才开始运劝

C.在5 s内两物体的位移相同,5 s末A、B相遇
D.5 s内A、B的平均速度相等

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解析

x-t图象斜率的大小表示物体运动的速度大小,斜率的

正负表示物体运动的方向,由题图可知, A 正确; B 物体的出

发点在离原点5 m处,A物体的出发点在原点处,B错误;物体
B在5 s内的位移为10 m-5 m=5 m,物体A在3 s~5 s内的位移 为10 m,故C、D错误. 答案 A

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【预测2】 (单选 )如图1-2-6所示, A、B分别是甲、乙两球从同一地 点沿同一直线运动的 v-t图象,根据图象可以判断下列说法 正确的是 ( ).

A.两球在t=2 s时速率相等
B.两球在t=8 s时相距最远 C.两球运动过程中不会相遇 图1-2-6 D.两球做初速度方向相反的匀减速直线运动, 加速度大小相等、方向相反

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解析

根据题图,在t=2 s时,甲球速度为20 m/s,乙球速度为

- 20 m/s,所以它们速率相等,选项 A正确;利用 “面积” 求 位移,可知甲、乙两球在 t=8 s时同时回到出发点相遇,选项 B 、 C 错误;在整个运动过程中,两条图线的斜率保持不变,

这表示它们运动时做的都是匀变速直线运动,开始时甲、乙两
球做初速度方向相反的匀减速直线运动,当它们速度减为零 后,又反向做初速度为零的匀加速直线运动,因为两条图线的 斜率一正一负,绝对值不同,这说明它们的加速度方向相反, 大小不等,选项D错误.

答案

A
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【预测3】
(单选)甲、乙两个物体从同一地点、沿同一直线同时做直线 运动,其v-t图象如图1-2-7所示,则 ( ).

图1-2-7 A.1 s时甲和乙相遇 B.0~6 s内甲、乙相距最大距离为1 m C.2 s~6 s内甲相对乙做匀速直线运动

D.4 s时乙的加速度方向反向
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解析

由图线与时间轴包围的“面积”表示位移可知,在1 s时

乙的位移大于甲的位移,甲、乙不能相遇, A 项错误;在 2 s 时,甲、乙相遇,在2 s~6 s内,乙的位移为零,甲的位移x甲

= 8 m ,因此 0 ~ 6 s 内甲、乙相距最大距离为 8 m , B 项错
误.由于在2 s~6 s内,二者加速度相同,因此甲相对乙做匀速 直线运动,C对;4 s时乙的加速度方向没变,速度反向,因此 正确选项为C. 答案 C

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考向二 匀变速直线运动规律的应用

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【典例2】 (2013· 新课标全国卷 Ⅰ , 24) 水平桌面上有两个玩具车 A 和 B,两者用一轻质细橡皮筋相连,在橡皮筋上有一红色标记 R.在初始时橡皮筋处于拉直状态,A、B和R分别位于直角坐

标系中的(0,2l)、(0,-l)和(0,0)点.已知A从静止开始沿 y轴
正向做加速度大小为a的匀加速运动,B平行于x轴朝x轴正向 匀速运动.在两车此后运动的过程中,标记R在某时刻通过 点 (l, l) .假定橡皮筋的伸长是均匀的,求 B 运动速度的大 小.

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解析

设 B 车的速度大小为 v.如图,标记 R 在时刻 t 通过

K(l,l),此时 A、B 的位置分别为 H、G.由运动学公式,H 1 2 的纵坐标 yA、G 的横坐标 xB 分别为 yA=2l+ at 2 xB=vt ① ②

在刚开始运动时,标记 R 到 A 和 B 的距离之比为 2∶1,即 OE∶OF=2∶1

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由于橡皮筋的伸长是均匀的,在以后任一时刻 R 到 A 和 B 的距离之比都为 2∶1.因此,在时刻 t 有 HK∶KG=2∶1③ 由于△FGH∽△IGK,有 HG∶KG=xB∶(xB-l)④ HG∶KG=(yA+l)∶2l 3 由③④⑤式得 xB= l 2 ⑥,yA=5l ⑤ ⑦

1 联立①②⑥⑦式得 v= 6al 4

答案

1 6al 4

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1. 2.求解匀变速直线运动问题的一般思路 审题 → 画出示意图 → 判断运动性质 → 选取正方向 → 选用公式列方程 → 求解方程

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【预测4】 (单选)做匀加速直线运动的质点在第一个7 s内的平均速度比 它在第一个3 s内的平均速度大6 m/s,则质点的加速度大小 为 ( ).

A.1 m/s2
C.3 m/s2

B.1.5 m/s2
D.4 m/s2

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解析

由匀加速直线运动规律可知, 一段时间内的平均速度

等于该段时间中间时刻的瞬时速度,结合题意可知, v3.5- v3.5-v1.5 v1.5=6 m/s, 时间间隔 t=2 s, 因此可得加速度为 a= t =3 m/s2.对比各选项可知答案选 C.

答案

C

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【预测5】
2012年11月25日,我国首次舰载机阻拦着舰试验取得圆满成 功!与岸基飞机着陆时可缓慢减速平飞不同,舰载机着陆必 须加速,一旦舰载机尾钩未能挂住阻拦索,必须能快速拉升 逃逸.假设“歼15”战机着舰速度为27 m/s,钩住阻拦索后

能在 3 s 内匀减速停下.若没有钩住阻拦索,必须加速到 50
m/s 才能安全飞离航母,航母甲板上可用于战机加速的长度 仅有200 m.求: (1)“歼15”战机在钩住阻拦索后的减速过程中的加速度和滑 行距离是多大?

(2)“歼15”战机在甲板上加速飞行的加速度至少是多少?
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解析

(1)0=v0+a1t

- 0-v0 v0+0 2 a1= t =-9 m/s ,s1=vt= t=40.5 m 2

减速过程中加速度大小是 9 m/s2,滑行了 40.5 m
2 v2 1-v0 (2)a2= ≈4.43 m/s2 2s2

战机在甲板上加速飞行的加速度至少是 4.43 m/s2

答案

(1)9 m/s2

40.5 m

(2)4.43 m/s2

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考向三 运动图象与牛顿第二定律的综合应用

1.运动图象及其应用 斜率 x-t图 象 v-t图 象 纵截距

图象与t轴 所围面积





匀速直 匀变速直 线运动 线运动 倾斜的 直线

速度
加速 度

初位置x0
初速度v0 位移

抛物线

与时间 倾斜的直 轴平行 线 的直线
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特别提醒

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2.牛顿第二定律 (1)公式:F=ma (2)“四性”?矢量性、瞬时性、同体性、独立性

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【典例3】 (2013· 新课标全国卷 Ⅱ , 25) 一长木板在水平地面上运动, 在t=0时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上,以后 木板运动的速度-时间图象如图 1-2 -8所示.已知物块与

木板的质 量相等 , 物块与木 板间及木 板与地面间均有摩
擦.物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,且物块 始终在木板上.取重力加速度的大小g=10 m/s2,求:

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图1-2-8 (1)物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数; (2)从t=0时刻到物块与木板均停止运动时,物块相对于木板的

位移的大小.

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解析

(1)从 t=0 时开始,木板与物块之间的摩擦力使物块

加速,使木板减速,此过程一直持续到物块和木块具有共同 速度为止. 由题图可知,在 t1=0.5 s 时,物块和木板的速度相同.设 t =0 到 t=t1 时间间隔内, 物块和木板的加速度大小分别为 a1 v1 和 a2,则 a1= t1 v0-v1 a2= t1 的大小. ① ②

式中 v0=5 m/s、v1=1 m/s 分别为木板在 t=0、t=t1 时速度

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方法与技巧

设物块和木板的质量均为 m,物块和木板间、木板与地面间的 动摩擦因数分别为μ1、μ2,由牛顿第二定律得

μ1mg=ma1
(μ1+2μ2)mg=ma2 联立①②③④式得 μ1=0.20 μ2=0.30


④ ⑤ ⑥

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(2)在t1时刻后,地面对木板的摩擦力阻碍木板运动,物块与木 板之间的摩擦力改变方向.设物块与木板之间的摩擦力大小为 f,物块和木板的加速度大小分别为a1′和a2′,则由牛顿第二 定律得

f=ma1′
2μ2mg-f=ma2′ μ1mg,与假设矛盾,故f=μ1mg


⑧ ⑨

假 设 f < μ1mg , 则 a1′ = a2′ ; 由 ⑤ ⑥ ⑦ ⑧ 式 得 f = μ2mg > 由⑦⑨式知:物块加速度的大小 a1′ 等于 a1 ;物块的 v - t 图象

如图中点划线所示.
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由运动学公式可推知,物块和木板相对于地面的运动距离分别


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v2 1 s1 = 2× 2a1 v0+v1 v2 1 s2 = t+ 2 1 2a2′ 物块相对于木板的位移的大小为 s=s2-s1 联立①⑤⑥⑧⑨⑩??式得 s=1.125 m

⑩ ?

?

答案

(1)0.20

0.30

(2)1.125 m

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求解动力学问题的基本思路

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【预测6】
(多选)我国“蛟龙号”深潜器经过多次试验,终于在2012年6 月24日以7 020 m的深度创下世界最新纪录(国外最深不超过6 500 m).这预示着它可以征服全球 99.8%的海底世界.假设 在某次试验时,深潜器内的显示屏上显示出了从水面开始下

潜到最后返回水面全过程的深度曲线 (a) 和速度图象 (b) ,则
下列说法中正确的是 ( ).

图1-2-9
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A.图中h3代表本次下潜最大深度 B.全过程中最大加速度是0.025 m/s2

C.潜水员感到超重发生在3~4 min和6~8 min的时间段内
D.整个潜水器在8~10 min的时间段内机械能守恒

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解析

题图(a)中 h3 代表本次下潜最大深度,A 正确;而 v

-t 图象的斜率表示物体运动的加速度,所以 0~1 min 和 1 3~4 min 内的加速度最大,a= m/s2,B 错误;当加速度 30 向上时,物体处于超重状态,所以当潜水员向下做减速运动 和向上做加速运动的过程都处于超重状态,故 3~4 min 内 和 6~8 min 内为超重状态,C 正确;潜水器在 8~10 min 1 时间段内的加速度为 a′= m/s2, 故潜水器除受重力外还 40 受到其他外力作用,机械能不守恒,D 错误.
答案 AC
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【预测7】 (多选)如图1-2-10甲所示,在倾角为30°的足够长的光滑 斜面上,有一质量m=0.8 kg的物体受到平行斜面向上的力F 作用,其大小F随时间t变化的规律如图乙所示,t=0 时刻物

体速度为零,重力加速度g=10 m/s2,下列说法中正确的是
( ).

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图1-2-10 A.0~1 s时间内物体的加速度最大 B.第2 s末物体的速度为零

C.2~3 s时间内物体向下做匀加速直线运动
D.第3 s末物体回到了原来的出发点
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解析

重力沿斜面向下的分力为 F1=mgsin 30° =4 N,可知

2~3 s 内物体加速度最大,A 错;由于 0~1 s 内和 1~2 s 内加速度等大反向, 2 s 末物体的速度大小为零, B、 C 均对; 设在 2~3 s 内物体的加速度大小为 a3,则有 mgsin 30° -F3 F1-mgsin 30° 2 =ma3,a3=3.75 m/s ,而 a1= = 1.25 m/s ,上 m
2

1 2 升距离 s1=1.25 m, 下降距离为 s2= a3t3=1.875 m>s1, D 错. 2
答案 BC

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考向四 动力学两类问题

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【典例 4】 如图 1-2-11 所示,在高为 5 m,倾角为 11.5° 的斜坡顶 端 A 点,有一质量为 2 t 的小轿车从静止开始向下行驶, 到达底端 B 点时进入水平路面.发动机在斜坡上产生的 牵引力为 2×103 N,在水平地面上调节油门后,发动机 产生的牵引力为 1.4×104 N, 设该车在斜坡及水平地面上 行驶时所受阻力分别为压力的 0.1 和 0.2.已知 sin 11.5° = 1 49 ,cos 11.5° = ,g=10 m/s2.求: 5 50

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图1-2-11 (1)该车行驶至斜坡底端时的速度及时间; (2)该车在水平路面上行驶至经济时速(最省油的行驶速度)90

km/h的时间.

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审题流程 第一步:抓好两个分析→构建运动模型

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第二步:抓好衔接点→构建思路图

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解析

(1)小轿车在斜坡上行驶时,由牛顿第二定律得:

F1+mgsin 11.5° -k1mgcos 11.5° =ma1 代入数据得:a1≈2 m/s ,由公式
2

v2 1=2a1s1=2a1

h , sin 11.5°

得该车行驶至斜坡底端时的速度 v1=10 m/s,由 v1=a1t1, v1 10 得该车行驶至斜坡底端时所用的时间 t1= = s= 5 s a1 2

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(2)该车在水平地面上加速时, 由牛顿第二定律得: F2-k2mg =ma2,解得:a2=5 m/s2,再由公式 v2=v1+a2t2 及 v2=90 v2-v1 km/h=25 m/s 得,在水平地面上加速的时间为 t2= = a2 25-10 s= 3 s 5
答案 (1)10 m/s 5 s (2)3 s

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应用牛顿第二定律解决动力学问题的步骤

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【预测 8】 如图 1-2-12 所示, 一固定粗糙斜面与水平面夹角 θ=30° . 一个质量 m=1 kg 的物体(可视为质点),在沿斜面向上的拉 力 F=10 N 的作用下, 由静止开始沿斜面向上运动. 已知斜 3 面与物体间的动摩擦因数 μ= ,取 g=10 m/s2.试求: 6

图1-2-12
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(1)物体在拉力F作用下的加速度a1; (2)若拉力F作用1.2 s后撤去,物体在上滑过程中距出发点的最

大距离s.

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解析

(1)对物体受力分析,物体受到斜面对它的支持力

FN=mgcos θ=5 3 N, 物体受到斜面对它的摩擦力 Ff=μFN = 2.5 N , 依 据 牛 顿 第 二 定 律 得 物 体 的 加 速 度 a1 = F-mgsin θ-Ff 2 = 2.5 m/s . m

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(2)拉力 F 作用 t0=1.2 s 后,速度大小为 v=a1t0=3 m/s 1 2 物体向上滑动的距离 s1= a1t0=1.8 m 2 此后它将沿斜面向上做匀减速直线运动,其加速度大小 mgsin θ+Ff 2 a2= = 7.5 m/s m v2 这一过程物体向上滑动的距离 s2= =0.6 m 2a2 整个上滑过程移动的最大距离 s=s1+s2=2.4 m.

答案

(1)2.5 m/s2

(2)2.4 m

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方法与技巧

【预测 9】 交通路口是交通事故的多发地,驾驶员到交通路口时也格 外小心.现有甲、乙两汽车正沿同一平直马路同向匀速行 驶,甲车在前,乙车在后,它们行驶的速度均为 v0=8 m/s. 当两车快要到十字路口时,甲车司机看到绿灯已转换成了 黄灯,于是紧急刹车 (反应时间忽略不计),乙车司机为了 避免与甲车相撞也紧急刹车, 但乙车司机反应较慢(反应时 间为 t=0.5 s).已知甲车紧急刹车时制动力为车重的 0.5 2 倍,乙车紧急刹车时制动力为车重的 ,g=10 m/s2. 5

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考向与预测

方法与技巧

(1)若甲车司机看到黄灯时车头距警戒线 6.5 m,他采取了上述 措施后是否会闯红灯? (2)为保证两车在紧急刹车过程中不相撞,甲、乙两车在行驶过

程中应至少保持多大距离?

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解析

f1 0.5m1g (1) 甲车紧急刹车的加速度为 a1 = = =5 m1 m1

2 2 v 8 0 m/s2,这段时间滑行距离 s1= = m=6.4 m, 2a1 2×5

6.4 m<6.5 m,甲车不会闯红灯, f2 0.4m2g (2)乙车紧急刹车的加速度为:a2= = =4 m/s2, m2 m2 v2 82 0 乙车刹车过程中的运动位移 s2= = m= 8 m, 2a2 2×4 乙车在司机反应时间内的运动位移: s3=v0t=8×0.5 m=4 m,Δs=s2+s3-s1=5.6 m.
答案 (1)不会 (2)5.6 m
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技法二 图象法

图象法:用图象来描述两个物理量之间的关系是物理学中 常用的方法.利用图象法分析解答问题直观、简捷.对于物理 学中两个物理量之间的关系,图象除了能直接表明其变化特 点,提供直观、清晰的物理图景外,图象与横轴所围的面积还

可以表示第三个物理量(这个物理量一定是由图象中的两物理量
的乘积所确定),如速度-时间图象与横轴所围的面积为物体在 这段时间内的位移等,充分利用图象带来的信息,也是求解物 理题的一种有效的方法.
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反过来,充分利用图象的功能来解读题设条件中的物理情 景,寻找物理量之间的关系的方法,无论是在学习还是现代科

研中均被广泛应用.
要运用图象正确地分析、解答物理问题,应对物理图象做 到“三会”:会看、会用、会画.

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方法与技巧

1.会看 能够看出图象所表达的物理意义,能由坐标系 的纵轴和横轴所代表的物理量,结合图象,认 识图象所表达的物理意义

解题 关键

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2.会用 ①根据图象写出两个物理之间的函数关系式,对照题 解题 关键 目的有关的物理规律,阐述有关的物理问题. ②根据物理原理(公式)推导出两个物理量之间的函数

关系,结合图象明确图象斜率、截距、“面积”的意
义,从而由图象所给信息求出未知量

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3.会画 解 根据题中所给条件,明确物体的运动特点及物理量


关 键

之间存在的数学函数关系,画图时需根据物体在不
同阶段的运动情况,通过定量计算分阶段、分区间 逐一描图

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【典例】 要求摩托车由静止开始在尽量短的时间内走完一段直道,然 后驶入一段半圆形的弯道,但在弯道上行驶时车速不能太 快,以免因离心作用而偏出车道.求摩托车在直道上行驶所

用的最短时间.有关数据见表格.
启动加速度a1 4 m/s2

制动加速度a2 直道最大速度v1 弯道最大速度v2 直道长度s

8 m/s2 40 m/s 20 m/s 218 m

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某同学是这样解的:要使摩托车所用时间最短,应先由静止 加速到最大速度 v1=40 m/s,然后再减速到 v2=20 m/s. v1-v2 v1 t1= =?,t2= =?,t=t1+t2=? a1 a2 你认为这位同学的解法是否合理?若合理,请完成计算;若 不合理,请说明理由,并用你自己的方法算出正确结果.

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解析

甲 用v-t图象可以确定怎样在尽量短的时间内走完直道.如图甲 所示,根据题意可知,直线OA、AB的斜率(分别表示启动加速 度和制动加速度)以及阴影部分的面积 (表示直道的长度)都已经

确定,所以先加速后减速是最省时间的运动方式.

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按这位同学的解法,摩托车的 v-t 图如图乙所示. v1 t1= =10 s a1 v1-v2 t2= =2.5 s a2



根据图象与横轴所围的面积可求得车通过的位移为 275 m, 大于直道长度 218 m,可知此解法不合理.

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为使摩托车的位移减小至 218 m,且时间尽量短,应减小以 上解法中摩托车加速时的末速度, 使阴影面积恰等于 218 m, 如图丙所示,则有 1 1 218= vmt1+ (vm+20)(t-t1) 2 2 vm 其中 t1= , a1 vm-20 t-t1= . a2 联立解得 vm=36 m/s,t=11 s



答案

见解析
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【即学即练】 (2013· 新课标全国卷 Ⅰ , 19) 如图 1 - 2 - 13 ,直线 a 和曲线 b 分别是在平直公路上行驶的汽车 a 和 b 的位移 — 时间 (x - t) 图 线,由图可知 ( ).

图1-2-13
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A.在时刻t1,a车追上b车 B.在时刻t2,a、b两车运动方向相反

C.在t1到t2这段时间内,b车的速率先减少后增加
D.在t1到t2这段时间内,b车的速率一直比a车的大

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解析

由题图可知, t1 时刻, b 车追上 a 车,

故A错误.x-t图象的斜率表示速度,由于t2 时刻 a、 b两图线的斜率一正、一负,故两车 运动方向相反,B正确;由b图线的斜率的变

化可以看出 t1 到 t2 这段时间 b 车的速率先减少
后反向增加, C 正确.如图所示,在 t3 时刻 b 图线的斜率与a图线的相等,此时两车的速率 相等,故D错误. 答案 BC

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