《高三物理二轮专题复习精品课件：专题二 力与物体的直线运动 第1课时 新课标人教版》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高三物理二轮专题复习精品课件：专题二 力与物体的直线运动 第1课时 新课标人教版（44页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、专题二专题二 力与物体的直线运动力与物体的直线运动第第1 1课时课时 匀变速直线运动规律在力学中的应用匀变速直线运动规律在力学中的应用基基 础础 回回 扣扣1. 1. 物体或带电粒子做直线运动的条是：物体或带电粒子做直线运动的条是： . . 2. 2. 物体或带电粒子做匀变速直线运动的条件是物体或带电粒子做匀变速直线运动的条件是: : . .3. 3. 牛顿第二定律的内容是牛顿第二定律的内容是: :物体运动的加速度与物体物体运动的加速度与物体所受的所受的 成正比成正比, ,与物体的质量成反比与物体的质量成反比, ,加速加速度的方向与度的方向与 的方向一致的方向一致, ,且二者具且二者具物体所受
2、合物体所受合力与速度方向平行力与速度方向平行物体物体所受合力为恒力所受合力为恒力, ,且与速度方向平行且与速度方向平行合外力合外力物体所受合力物体所受合力 有有 关系关系,此定律可以采用此定律可以采用 进进 行实验验证行实验验证.4. 速度速度时间关系图线的斜率表示物体运动的时间关系图线的斜率表示物体运动的 ,图线与时间轴所包围的面积表示物体运动的图线与时间轴所包围的面积表示物体运动的 .在分析物体的运动时在分析物体的运动时,常利用常利用v vt t图象帮助分图象帮助分 析物体的运动情况析物体的运动情况. 5. 超重或失重时超重或失重时,物体的重力并未发生变化物体的重力并未发生变化,只是物体只
3、是物体 对支持物的对支持物的 (或对悬挂物的或对悬挂物的 )发生了变发生了变 化化.当当a a=g g时时,物体物体 . 物体发生超重或失重现象与物体的运动方向物体发生超重或失重现象与物体的运动方向 , 只决定于物体的只决定于物体的 方向方向.瞬时对应瞬时对应控制变量法控制变量法加速加速度度位移位移压力压力拉力拉力完全失重完全失重无关无关加速度加速度6. 6. 匀变速直线运动的基本规律为匀变速直线运动的基本规律为 速度公式速度公式: :v vt t= = 位移公式位移公式: :x x= = 速度和位移公式的推论为速度和位移公式的推论为: : 7. 7. 匀变速直线运动匀变速直线运动 中间时刻的
4、瞬时速度为中间时刻的瞬时速度为 = = = 位移中点的瞬时速度为位移中点的瞬时速度为= = 思思 路路 方方 法法1. 1. 动力学的两类基本问题的处理思路动力学的两类基本问题的处理思路 (1)(1)已知力求运动已知力求运动, ,应用牛顿第二定律求加速度应用牛顿第二定律求加速度, ,再根再根v v0+at atv vt t2-v v02=2 2axax 据物体的初始条件据物体的初始条件, ,应用运动学公式求出物体的运应用运动学公式求出物体的运 动情况动情况任意时刻的位置和速度任意时刻的位置和速度, ,以及运动轨迹以及运动轨迹. .(2)(2)已知运动求力已知运动求力, ,根据物体的运动情况根据
5、物体的运动情况, ,求出物求出物体体 的加速度的加速度, ,再应用牛顿第二定律再应用牛顿第二定律, ,推断或者求出物推断或者求出物 体的受力情况体的受力情况. . 2. 2. 动力学问题通常是在对物体准确受力分析的基础动力学问题通常是在对物体准确受力分析的基础 上上, ,采用采用 或者是或者是 求合力求合力, ,然后然后 结合牛顿第二定律列式求解结合牛顿第二定律列式求解. .正交分解法正交分解法图解法图解法3.3.匀减速直线运动问题通常看成反方向的匀加速直匀减速直线运动问题通常看成反方向的匀加速直 线运动来处理线运动来处理, ,这是利用了运动的这是利用了运动的 性性. .在竖直在竖直 上抛运动
6、和类竖直上抛运动的处理中也常用此法上抛运动和类竖直上抛运动的处理中也常用此法. .4.4.用用v vt t图象分析图象分析: :v vt t图象表示物体的运动规律图象表示物体的运动规律, ,形形 象而且直观象而且直观. .对称对称题型一题型一 匀变速直线运动基本规律的应用匀变速直线运动基本规律的应用 例例1 1 ( (20092009邯郸市邯郸市5 5月二模月二模) ) 跳水是一项优美的水跳水是一项优美的水上运动上运动, ,图图2-1-12-1-1甲是甲是20082008年北京奥运会跳水比赛中小年北京奥运会跳水比赛中小将陈若琳和王鑫在跳台上腾空而起的英姿将陈若琳和王鑫在跳台上腾空而起的英姿.
7、.如果陈若如果陈若琳质量为琳质量为m m, ,身高为身高为L L, ,她站在离水面她站在离水面H H高的跳台上高的跳台上, ,重心离跳台面的高度为重心离跳台面的高度为h h1 1, ,竖直向上跃起后重心又升竖直向上跃起后重心又升高了高了h h2 2达到最高点达到最高点, ,入水时身体竖直入水时身体竖直, ,当手触及水面时当手触及水面时伸直双臂做一个翻掌压水花的动作伸直双臂做一个翻掌压水花的动作, ,如图乙所示如图乙所示, ,这时这时陈若琳的重心离水面约为陈若琳的重心离水面约为h h3 3. .整个过程中空气阻力可整个过程中空气阻力可忽略不计忽略不计, ,重力加速度为重力加速度为g g, ,求陈
8、若琳从离开跳台到手求陈若琳从离开跳台到手触及水面的过程中可用于完成一系列动作的时间触及水面的过程中可用于完成一系列动作的时间. . 图图2-1-12-1-1思路导引思路导引 (1)(1)运动员在从起跳到手入水的过程中做运动员在从起跳到手入水的过程中做什么运动什么运动? ?答案答案 匀减速运动或竖直上抛运动匀减速运动或竖直上抛运动.(2)(2)上跃过程的位移为多少上跃过程的位移为多少? ?下落过程中的位移又为多下落过程中的位移又为多少少? ?位移大小根据什么来确立的位移大小根据什么来确立的? ?答案答案 上跃过程位移为重心位置的变化量上跃过程位移为重心位置的变化量h h2 2, ,下落过下落过程
9、的位移也是位移变化量程的位移也是位移变化量( (H H+ +h h1 1+ +h h2 2- -h h3 3),),应根据重心位应根据重心位置的变化找位移置的变化找位移. .解析解析 陈若琳跃起后可看作竖直向上的匀减速运动陈若琳跃起后可看作竖直向上的匀减速运动, ,重心上升的高度重心上升的高度h h2 2, ,设起跳速度为设起跳速度为v v0 0, ,则则v v0 02 2=2=2ghgh2 2上升过程的时间上升过程的时间t t1 1= =解得解得t t1 1= =陈若琳从最高处自由下落到手触及水面的过程中重心陈若琳从最高处自由下落到手触及水面的过程中重心下落的高度下落的高度x x= =H H
10、+ +h h1 1+ +h h2 2- -h h3 3设下落过程的时间为设下落过程的时间为t t2 2, ,则则x x= = gt gt2 22 2解得解得t t2 2= = =陈若琳要完成一系列动作可利用的时间陈若琳要完成一系列动作可利用的时间t t= =t t1 1+ +t t2 2= += +答案答案 + 1. 1.匀变速直线运动常以体育运动为背景设置物理匀变速直线运动常以体育运动为背景设置物理情景情景, ,处理此类问题时处理此类问题时, ,应注意建立运动模型应注意建立运动模型, ,如本题如本题就是建立了竖直上抛运动模型就是建立了竖直上抛运动模型. . 2.2.尽管研究此跳水过程不能看成
11、质点尽管研究此跳水过程不能看成质点, ,但是求跳但是求跳水过程的时间时水过程的时间时, ,可看作质点来处理可看作质点来处理, ,其重心位置的变其重心位置的变化化, ,也即质点位置的变化也即质点位置的变化. . 3.3.若对运动情景不清晰时若对运动情景不清晰时, ,可画出运动草图可画出运动草图, ,使抽使抽象问题形象化象问题形象化. .预测演练预测演练1 1 (2009 (2009泉州市质检泉州市质检) ) 静止不动的航空母静止不动的航空母舰上的舰载飞机在助推装置的作用下获得舰上的舰载飞机在助推装置的作用下获得v v0 0=40 m/s=40 m/s的初速度的初速度, ,接着在滑行跑道上做匀加速
12、滑行达到接着在滑行跑道上做匀加速滑行达到v v1 1= =80 m/s80 m/s的速度后起飞的速度后起飞, ,滑行距离滑行距离x x1 1=75 m,=75 m,而一般民航而一般民航客机从静止开始做匀加速滑行达到客机从静止开始做匀加速滑行达到v v2 2=40 m/s=40 m/s的速度的速度后起飞后起飞, ,滑行距离滑行距离x x2 2=2 000 m,=2 000 m,求滑行时舰载飞机的加求滑行时舰载飞机的加速度速度a a1 1与民航客机的加速度与民航客机的加速度a a2 2的比值的比值. .解析解析 对舰载飞机有对舰载飞机有v v1 12 2- -v v0 02 2=2=2a a1 1
13、x x1 1对民航客机有对民航客机有v v2 22 2=2=2a a2 2x x2 2得得 = =代入数据解得代入数据解得 = =答案 801题型二题型二 图象问题图象问题 例例2 2 ( (20092009茂名市第二次高考模拟茂名市第二次高考模拟) ) （1616分）如分）如图图2-1-22-1-2甲所示甲所示, ,质量质量m m=2.0 kg=2.0 kg的物体静止在水平面的物体静止在水平面上上, ,物体跟水平面间的动摩擦因数物体跟水平面间的动摩擦因数=0.20.=0.20.从从t t=0=0时刻时刻起起, ,物体受到一个水平力物体受到一个水平力F F的作用而开始运动的作用而开始运动, ,
14、前前8 s8 s内内F F随时间随时间t t变化的规律如图乙所示变化的规律如图乙所示. .g g取取10 m/s10 m/s2 2. .求求: :图图2-1-22-1-2(1)(1)在图丙的坐标系中画出物体在前在图丙的坐标系中画出物体在前8 s8 s内的内的v vt t图象图象. .(2)(2)前前8 s8 s内水平力内水平力F F所做的功所做的功. .解析解析 (1)0(1)04 s4 s内内, ,由牛顿第二定律得由牛顿第二定律得F F- -mgmg= =mama1 1 (1 (1分分) )a a1 1=3 m/s=3 m/s2 2 (1 (1分分) )4 s4 s末物体的速度为末物体的速度
15、为v v4 4= =a a1 1t t4 4=12 m/s=12 m/s (1 (1分分) )4 45 s,5 s,由牛顿第二定律得由牛顿第二定律得- -F F- -mgmg= =mama2 2 (1 (1分分) )a a2 2=-7 m/s=-7 m/s2 2 (1 (1分分) )5 s5 s末物体的速度为末物体的速度为v v5 5=5 m/s=5 m/s (1 (1分分) )再经时间再经时间t t停止停止, ,则则t t= =2.5 s = =2.5 s (1 (1分分) )8 s8 s内的内的v vt t图象如下图所示图象如下图所示 (4(4分分) )(2)0(2)04 s4 s内的位移
16、为内的位移为x x1 1= = a a1 1t t4 42 2=24 m=24 m (1 (1分分) )4 45 s5 s内位移为内位移为x x2 2= =8.5 m = =8.5 m (1 (1分分) )5 s5 s后水平力消失后水平力消失, ,所以前所以前8 s8 s内力内力F F做的功为做的功为WW= =F F1 1x x1 1- -F F2 2x x2 2=155 J=155 J (2 (2分分) )( (或由动能定理解或由动能定理解) )WW- -mgmg( (x x1 1+ +x x2 2)= )= m mv v5 52 2解得解得WW=155 J=155 J (2 (2分分) )
17、答案答案 (1)(1)见解析图见解析图 (2)155 J(2)155 J 1. 1.v vt t图象反映的仍然是数学关系图象反映的仍然是数学关系, ,只不过它有了只不过它有了具体的物理意义具体的物理意义. .因此要画因此要画v vt t图象图象, ,必须采用动力必须采用动力学的方法得到学的方法得到v v与与t t的数学关系的数学关系. . 2.2.对于多过程问题要划分不同运动阶段对于多过程问题要划分不同运动阶段, ,逐过程分逐过程分析析. . 3. 3.v vt t图象斜率表示加速度图象斜率表示加速度, ,面积表示位移面积表示位移, ,因此因此第第(2)(2)问求位移时可借用图象来求问求位移时
18、可借用图象来求, ,请同学们自己完成请同学们自己完成. .预测演练预测演练2 2 ( (20092009汕头市二模汕头市二模) )如图如图 2-1-32-1-3所示所示, ,质质量为量为2 kg2 kg的物体的物体, ,放在动摩擦因数放在动摩擦因数=0.1=0.1的水平面上的水平面上, ,在水平拉力作用下在水平拉力作用下, ,由静止开始运动由静止开始运动, ,水平拉力做的功水平拉力做的功W W 和物体发生的位移和物体发生的位移x x 之间的关系如图所示之间的关系如图所示, ,g g 取取10 m/s10 m/s2 2, ,则则 （ ） 图图2-1-32-1-3A.A.此物体在此物体在ABAB段
19、做匀加速直线运动段做匀加速直线运动B.B.此物体在此物体在ABAB段做匀速直线运动段做匀速直线运动C.C.此物体在此物体在OAOA段做匀加速直线运动段做匀加速直线运动D.D.此物体在此物体在OAOA段做匀速直线运动段做匀速直线运动解析解析 WWF F= =F Fx x, ,ABAB段直线的斜率表示力段直线的斜率表示力F F, ,F F= N= N=2 N, =2 N, F Ff f= =mgmg=0.1=0.12 210 N=2 N,10 N=2 N,F F= =F Ff f, B, B正确正确F FOAOA= N=5 N= N=5 NF Ff f, C, C正确正确. .答案答案 BCBC题
20、型三题型三 追及和相遇问题追及和相遇问题 例例3 3 ( (20092009辽宁省部分重点中学协作体模拟辽宁省部分重点中学协作体模拟) )车以车以25 m/s25 m/s的速度匀速直线行驶的速度匀速直线行驶, ,在它后面有一辆摩托车在它后面有一辆摩托车, ,当两车相距当两车相距1 000 m1 000 m时时, ,摩托车从静止起动做匀加摩托车从静止起动做匀加速速运动追赶汽车运动追赶汽车, ,摩托车的最大速度可达摩托车的最大速度可达30 m/s,30 m/s,若使摩若使摩托车在托车在4 min4 min时刚好追上汽车时刚好追上汽车, ,摩托车追上汽车后摩托车追上汽车后, ,关关闭油门闭油门, ,
21、速度达到速度达到12 m/s12 m/s时时, ,冲上光滑斜面冲上光滑斜面, ,上滑最大上滑最大高度为高度为H H, ,求求: :(1)(1)摩托车做匀加速运动的加速度摩托车做匀加速运动的加速度a a? ?(2)(2)摩托车追上汽车前两车相距最大距离摩托车追上汽车前两车相距最大距离x x? ?(3)(3)摩托车上滑最大高度摩托车上滑最大高度H H?(?(g g取取10 m/s10 m/s2 2) )解析解析 (1)(1)设汽车位移为设汽车位移为x x1 1, ,摩托车位移为摩托车位移为x x2 2摩托车的加速度为摩托车的加速度为a a, ,摩托车达到最大速度所用时间为摩托车达到最大速度所用时间
22、为t t, ,则则30=30=at atx x1 1=25=25240240x x2 2= +30(240- )= +30(240- )追上条件为追上条件为x x2 2= =x x1 1+1 000+1 000a a= =2.25 m/s= =2.25 m/s2 2(2)(2)摩托车与汽车速度相等时相距最远摩托车与汽车速度相等时相距最远设此时刻为设此时刻为T T, ,最大距离为最大距离为x xm m即即25=25=aTaTT T= s= sx xm m=1 000+25=1 000+25T T- -= m=1 138 m= m=1 138 m(3) =(3) =MgHMgHH H=7.2 m=
23、7.2 m答案 (1)2.25 m/s2 (2)1 138 m (3)7.2 m 分析追及问题的方法技巧分析追及问题的方法技巧 1.1.要抓住一个条件要抓住一个条件, ,两个关系两个关系 一个条件一个条件: :即两者速度相等即两者速度相等, ,它往往是物体间能否它往往是物体间能否追上或两者距离最大，最小的临界条件追上或两者距离最大，最小的临界条件, ,也是分析判也是分析判断的切入点断的切入点. . 两个关系两个关系: :即时间关系和位移关系即时间关系和位移关系. .通过画草图找通过画草图找出两物体的位移关系是解题的突破口出两物体的位移关系是解题的突破口. . 2.2.若被追赶的物体做匀减速直线
24、运动若被追赶的物体做匀减速直线运动, ,一定要注一定要注意追上前该物体是否已经停止运动意追上前该物体是否已经停止运动. . 3.3.仔细审题仔细审题, ,充分挖掘题目中的隐含条件充分挖掘题目中的隐含条件, ,同时注同时注意意 v vt t图象的应用图象的应用. .预测演练预测演练3 3 ( (20092009安徽高考仿真一安徽高考仿真一) ) 某些城市交通某些城市交通部门规定汽车在市区某些街道行驶速度不得超过部门规定汽车在市区某些街道行驶速度不得超过v vm m=30 km/h.=30 km/h.一辆汽车在该水平路段紧急刹车时车轮一辆汽车在该水平路段紧急刹车时车轮抱死抱死, , 沿直线滑行一段
25、距离后停止沿直线滑行一段距离后停止, ,交警测得车轮在交警测得车轮在地面上滑行的痕迹长地面上滑行的痕迹长x xm m=10 m. =10 m. 从手册中查出该车轮与地面间的动摩擦因数从手册中查出该车轮与地面间的动摩擦因数=0.72,=0.72,取取g g=10 m/s=10 m/s2 2. .(1)(1)请你判断汽车是否违反规定超速行驶请你判断汽车是否违反规定超速行驶. .(2)(2)目前目前, ,有一种先进的汽车制动装置有一种先进的汽车制动装置, ,可保证车轮在可保证车轮在制动时不被抱死制动时不被抱死, ,使车轮仍有一定的滚动使车轮仍有一定的滚动, ,安装了这种安装了这种防抱死装置的汽车防抱
26、死装置的汽车, ,在紧急刹车时不但可以使汽车便在紧急刹车时不但可以使汽车便于操控于操控, ,而且可获得比车轮抱死更大的制动力而且可获得比车轮抱死更大的制动力, ,从从而使刹车距离大大减小而使刹车距离大大减小. .假设汽车安装防抱死装置后假设汽车安装防抱死装置后刹车制动力恒为刹车制动力恒为F F, ,驾驶员的反应时间为驾驶员的反应时间为t t, ,汽车的质量汽车的质量为为m m, ,汽车正常行驶的速度为汽车正常行驶的速度为v v, ,试推出刹车距离试推出刹车距离x x的表的表达式达式. .解析解析 (1)(1)因为汽车刹车且车轮抱死后因为汽车刹车且车轮抱死后, ,汽车受滑动汽车受滑动摩擦力作用做
27、匀减速运动摩擦力作用做匀减速运动, ,所以滑动摩擦力大小所以滑动摩擦力大小F Ff f= =mgmg汽车的加速度汽车的加速度a a= =-= =-g g由由v v1 12 2- -v v0 02 2=2=2axax且且v v1 1=0=0得得v v0 0= =12 m/s=43.2 km/h30 km/h= =12 m/s=43.2 km/h30 km/h即这辆车是超速的即这辆车是超速的. .(2)(2)刹车距离由两部分组成刹车距离由两部分组成, ,一是司机在反应时间内汽一是司机在反应时间内汽车行驶的距离车行驶的距离x x1 1, ,二是刹车后匀减速行驶的距离二是刹车后匀减速行驶的距离x x2
28、 2. .x x= =x x1 1+ +x x2 2= =v vt t+ +加速度大小加速度大小a a= =则则x x= =v vt t+ +答案答案 (1)(1)这辆车是超速的这辆车是超速的 (2)(2)x x= =v vt t+ +题型四题型四 动力学的两类基本问题动力学的两类基本问题 例例4 4 ( (20092009长春、哈尔滨、沈阳、大连二次联考长春、哈尔滨、沈阳、大连二次联考) ) 一根质量分布均匀的长直绳一根质量分布均匀的长直绳ABAB, ,在水平恒定外力在水平恒定外力F F的的作用下作用下, ,沿光滑水平面以沿光滑水平面以v v0 0=2 m/s=2 m/s的初速度做匀加速的初
29、速度做匀加速直直线运动线运动( (忽略绳子的形变忽略绳子的形变), ), 在头在头2 s2 s内所通过的位内所通过的位移等于绳长的移等于绳长的6 6倍倍. .如图如图2-1-42-1-4甲所示甲所示, ,绳内距绳内距A A端端x x处处的张力的张力( (即绳内部之间的拉力即绳内部之间的拉力) )F FT T与与x x的关系如图乙所的关系如图乙所示示, ,利用图象和题中的已知数据利用图象和题中的已知数据, ,求求: :(1)(1)距距A A端端1.5 m1.5 m处绳内的张力多大处绳内的张力多大? ?(2)(2)绳子的质量多大绳子的质量多大? ?图图2-1-42-1-4解析解析 解法一解法一 (
30、1)(1)由图象可知函数由图象可知函数F FT T=(6-3=(6-3x x) N) N当当x x=1.5 m=1.5 m时绳间的拉力时绳间的拉力F FT T=1.5 N=1.5 N(2)(2)由图象可得由图象可得: :绳长绳长l l=2 m;=2 m;水平恒力水平恒力F F=6 N=6 N由匀加速运动位移公式由匀加速运动位移公式x x= =v v0 0t t+ + at at2 2得得a a=4 m/s=4 m/s2 2由牛顿第二定律得由牛顿第二定律得F F= =mama得得m m= =1.5 kg= =1.5 kg解法二解法二 由图象可得由图象可得: :绳长绳长l l=2 m;=2 m;水
31、平恒力水平恒力F F=6 N=6 N由由匀加速运动位移公式匀加速运动位移公式x x= =v v0 0t t+ + at at2 2得得a a=4 m/s=4 m/s2 2由牛顿第二定律得由牛顿第二定律得F F= =mama由题意可知由题意可知: :从从x x=1.5 m=1.5 m处到处到B B端这段绳质量为端这段绳质量为 , , 以此段绳为研究对象以此段绳为研究对象F FT T= = mama由图象得由图象得x x=1.5 m=1.5 m处处F FT T=1.5 N=1.5 Nm m= =1.5 kg= =1.5 kg答案答案 (1)1.5 N (2)1.5 kg(1)1.5 N (2)1.
32、5 kg 1. 1.牛顿第二定律应用的两类基本问题牛顿第二定律应用的两类基本问题 物体的受力情况的分析物体的受力情况的分析 加速度加速度 物体的运动状态及变化物体的运动状态及变化. . 2.2.分析复杂的动力学问题时应注意分析复杂的动力学问题时应注意 (1)(1)仔细审题仔细审题, ,分析物体的受力及受力的变化情况分析物体的受力及受力的变化情况, , 确定并划分出物体经历的每个不同的过程确定并划分出物体经历的每个不同的过程. . (2)(2)逐一分析各个过程中的受力情况和运动情况逐一分析各个过程中的受力情况和运动情况, , 以及总结前一过程和后一过程的状态有何特点以及总结前一过程和后一过程的状
33、态有何特点. . (3) (3)前一个过程的结束就是后一个过程的开始前一个过程的结束就是后一个过程的开始, ,两两 个过程的交接点受力的变化，状态的特点个过程的交接点受力的变化，状态的特点, ,往往是往往是 解题的关键解题的关键. . 3.3.常用的解题方法常用的解题方法:(1):(1)整体与隔离法整体与隔离法;(2);(2)假设法假设法. .预测演练预测演练4 4 ( (20092009杭州市模拟杭州市模拟5)5) 如图如图2-1-52-1-5所示所示, , 一足够长的光滑斜面倾角为一足够长的光滑斜面倾角为=30=30, ,斜面斜面ABAB与水平面与水平面BCBC连接连接, ,质量质量m m
34、=2 kg=2 kg的物体置于水平面上的的物体置于水平面上的D D点点, ,D D点距点距B B点点d d=7 m.=7 m.物体与物体与水平面间的动摩擦因数水平面间的动摩擦因数=0.2,=0.2,当物体受到一水平向当物体受到一水平向左的恒力左的恒力F F=8 N=8 N作用作用t t=2 s=2 s后撤去该力后撤去该力, ,不考虑物体经不考虑物体经图图2-1-52-1-5过过B B点时的碰撞损失点时的碰撞损失, ,重力加速度重力加速度g g取取10 m/s10 m/s2 2. .求撤去求撤去拉力拉力F F后后, ,经过多长时间物体经过经过多长时间物体经过B B点点? ?解析解析 在在F F的
35、作用下物体运动的加速度的作用下物体运动的加速度a a1 1, ,由牛顿运动由牛顿运动定律得定律得F F- -mgmg= =mama1 1解得解得a a1 1=2 m/s=2 m/s2 2F F作用作用2 s2 s后的速度后的速度v v1 1和位移和位移x x1 1分别为分别为v v1 1= =a a1 1t t=4 m/s=4 m/sx x1 1= =a a1 1t t2 2/2=4 m/2=4 m撤去撤去F F后后, ,物体运动的加速度为物体运动的加速度为a a2 2mgmg= =mama2 2解得解得a a2 2=2 m/s=2 m/s2 2第一次到达第一次到达B B点所用时间点所用时间t
36、 t1 1, ,则则d d- -x x1 1= =v v1 1t t1 1- -a a2 2t t1 12 2/2/2解得解得t t1 1=1s=1s此时物体的速度此时物体的速度v v2 2= =v v1 1- -a a2 2t t1 1=2 m/s=2 m/s当物体由斜面重回当物体由斜面重回B B点时点时, ,经过时间经过时间t t2 2, ,物体在斜面上物体在斜面上运动的加速度为运动的加速度为a a3 3, ,则则MgMgsin 30sin 30= =mama3 3t t2 2= =0.8 s= =0.8 s第二次经过第二次经过B B点时间为点时间为t t= =t t1 1+ +t t2
37、2=1.8 s=1.8 s所以撤去所以撤去F F后后, ,分别经过分别经过1 s1 s和和1.8 s 1.8 s 物体经过物体经过B B点点. .答案答案 1 s 1.8 s1 s 1.8 s1.1.( (20092009朝阳区练习二朝阳区练习二) ) 我国道路安全部门规定我国道路安全部门规定, , 在高速公路上行驶的汽车的最高时速为在高速公路上行驶的汽车的最高时速为120 km.120 km.交交 通部门提供下列资料通部门提供下列资料: : 资料一资料一: :驾驶员的反应时间驾驶员的反应时间:0.3:0.30.6 s0.6 s 资料二资料二: :各种路面与轮胎之间的动摩擦因数各种路面与轮胎之
38、间的动摩擦因数路面路面动摩擦因数动摩擦因数干沥青干沥青0.70.7干碎石路面干碎石路面0.60.60.70.7湿沥青湿沥青0.32 0.32 0.40.4根据以上资料根据以上资料, ,通过计算判断汽车行驶在高速公路上通过计算判断汽车行驶在高速公路上两车间的安全距离最接近两车间的安全距离最接近 （ ）A.100 mA.100 mB.200 mB.200 mC.300 mC.300 mD.400 mD.400 m解析解析 当反应时间最长当反应时间最长, ,路面的摩擦因数最小时对应路面的摩擦因数最小时对应的最长距离是安全距离的最长距离是安全距离, ,v v=120 km/h=33 m/s=120 k
39、m/h=33 m/s反应时间反应时间t t=0.6 s=0.6 s内位移约为内位移约为x x1 1=20 m=20 m又又mgmg= =mama, ,a a=3.2 m/s=3.2 m/s2 2, ,0-0-v v2 2=-2=-2axax2 2, ,x x2 2=171 m;=171 m;x x= =x x1 1+ +x x2 2=191 m,=191 m,故选故选B.B.答案答案 B B2.2.( (20092009绍兴市质量调测绍兴市质量调测) ) 水平地面上放着一质量水平地面上放着一质量 为为1 kg1 kg的物体的物体, ,t t=0=0时在一个方向不时在一个方向不 变的水平拉力作用
40、下运动变的水平拉力作用下运动, ,t t=2 s=2 s时时 撤去拉力撤去拉力, ,物体在物体在4 s4 s内速度随时间内速度随时间 的变化图象如图的变化图象如图2-1-62-1-6所示所示, ,则物体则物体 （ ） A.A.所受的摩擦力大小为所受的摩擦力大小为1 N1 N B.B.第第1 s1 s内受到的拉力大小是内受到的拉力大小是2 N2 N C.C.在在4 s4 s末回到出发点末回到出发点 D.D.在在4 s4 s内的平均速度为内的平均速度为1.5 m/s1.5 m/s图图2-1-62-1-6解析解析 2 24 s4 s内只受摩擦力内只受摩擦力F Ff f= =mama=1=11=1 N
41、,A1=1 N,A对对; ;第第1 1 s s内由牛顿第二定律内由牛顿第二定律F F- -F Ff f= =mama,F F=(1+1=(1+12)N=3 2)N=3 N,N,B B错错; ;图象面积表示位移图象面积表示位移, C, C错错; ;v v= = m/s,= = m/s,D D错错. . 答案答案 A A3.3.( (20092009上饶市二模上饶市二模) ) 如图如图2-1-72-1-7甲所示甲所示, ,在光滑的在光滑的 水平面上水平面上, ,物体物体A A在水平方向的外力在水平方向的外力F F作用下做直线作用下做直线 运动运动, ,其其v vt t图象如图乙所示图象如图乙所示,
42、 ,规定向右为正方向规定向右为正方向. . 下列判断正确的是下列判断正确的是 （ ）图图2-1-72-1-7A.A.在在3 s3 s末末, ,物体处于出发点右方物体处于出发点右方B.B.在在1 12 s2 s内内, ,物体正向左运动物体正向左运动, ,且速度大小在减小且速度大小在减小C.C.在在1 13 s3 s内内, ,物体的加速度方向先向右后向左物体的加速度方向先向右后向左D.D.在在0 01 s1 s内内, ,外力外力F F不断增大不断增大解析解析 由图象面积的意义知由图象面积的意义知A A对对;1;12 s2 s内向右运动内向右运动,B,B错错;1;13 s3 s内直线的斜率不变内直线
43、的斜率不变, ,加速度不变加速度不变,C,C错错;0;01 s1 s内内 在减小在减小, ,a a减小减小, ,F F= =mama减小减小,D,D错错. .答案答案 A A4.4.( (20092009辽宁省部分重点中学协作体模拟辽宁省部分重点中学协作体模拟) )一种巨一种巨 型娱乐器材可以让人体验超重和失重的感觉型娱乐器材可以让人体验超重和失重的感觉. .一个一个 可乘多个人的环形座舱套在竖直柱子上可乘多个人的环形座舱套在竖直柱子上, ,由升降机由升降机运送运送到几十米的高处到几十米的高处, ,然后让座舱自由下落然后让座舱自由下落. .下落一定下落一定高度后高度后, ,制动系统启动制动系统
44、启动, ,座舱做减速运动座舱做减速运动, ,到地面时刚到地面时刚好停下好停下. .下列判断正确的是下列判断正确的是 （ ）A.A.座舱在自由下落的过程中人处于超重状态座舱在自由下落的过程中人处于超重状态B.B.座舱在自由下落的过程中人处于完全失重状态座舱在自由下落的过程中人处于完全失重状态C.C.座舱在减速运动的过程中人处于超重状态座舱在减速运动的过程中人处于超重状态D.D.座舱在减速运动的过程中人处于失重状态座舱在减速运动的过程中人处于失重状态解析解析 由超重、失重的条件看加速度由超重、失重的条件看加速度, ,当运动的加速当运动的加速度向下时度向下时, ,失重失重, ,且向下的且向下的a a
45、= =g g时时, ,处于完全失重处于完全失重; ;加速加速度向上时度向上时, ,处于超重状态处于超重状态, ,由此确定由此确定B B、C C项正确项正确. .答案答案 BCBC5.5.( (20092009内江市三模内江市三模) ) 沼泽地的下面蕴藏着丰富的沼泽地的下面蕴藏着丰富的 泥炭泥炭, ,泥炭是沼泽地积累的植物残体泥炭是沼泽地积累的植物残体, ,它的纤维状它的纤维状 和海绵状的物理结构导致人在其上面行走时容易和海绵状的物理结构导致人在其上面行走时容易 下陷下陷( (设在下陷过程中设在下陷过程中, ,泥炭对人的阻力不计泥炭对人的阻力不计).).如如 果整个下陷的过程是先加速再减速最后匀
46、速运动果整个下陷的过程是先加速再减速最后匀速运动, , 那么那么, ,下列说法中正确的是下列说法中正确的是 （ ） A.A.当在加速向下运动时当在加速向下运动时, ,人对沼泽地的压力大于沼人对沼泽地的压力大于沼 泽地对人的支持力泽地对人的支持力 B.B.当在减速向下运动时当在减速向下运动时, ,人对沼泽地的压力小于沼人对沼泽地的压力小于沼 泽地对人的支持力泽地对人的支持力 C.C.在整个运动过程中在整个运动过程中, ,人对沼泽地的压力是先大于人对沼泽地的压力是先大于 后等于沼泽地对他的支持力后等于沼泽地对他的支持力D.D.在整个运动过程中在整个运动过程中, ,人对沼泽地的压力大小总是等人对沼泽
47、地的压力大小总是等 于沼泽地对他的支持力于沼泽地对他的支持力答案答案 D D6.6.一辆小轿车与一辆摩托车在平直公路上同向行驶一辆小轿车与一辆摩托车在平直公路上同向行驶, , 从某时刻开始用速度传感器测量两车的瞬时速率从某时刻开始用速度传感器测量两车的瞬时速率, , 所得数据如下表所示所得数据如下表所示, ,已知第一次测量时已知第一次测量时( (t t=0)=0)摩摩 托车在小轿车的正前方托车在小轿车的正前方50 m50 m处处, ,小轿车的加速和减小轿车的加速和减 速过程均为匀变速直线运动速过程均为匀变速直线运动, ,则则 (1)(1)小轿车在整个运动过程中的位移为多少小轿车在整个运动过程中
48、的位移为多少? ? (2)(2)小轿车能否追上摩托车小轿车能否追上摩托车? ?解析解析 先研究小轿车的运动情况先研究小轿车的运动情况,5 s,5 s10 s10 s内小轿内小轿车做匀加速直线运动车做匀加速直线运动, ,因此加速阶段加速度因此加速阶段加速度a a1 1= = =1 m/s1 m/s2 2, ,又由又由5 s5 s末速度为末速度为2.0 m/s,2.0 m/s,可知小轿车可知小轿车3 s3 s末末开始加速开始加速; ;由表可看出由表可看出15 s15 s20 s20 s内小轿车做匀速运内小轿车做匀速运动动,速度为速度为10.0 m/s;10.0 m/s;又可推出又可推出13 s13
49、 s末小轿车停止加速末小轿车停止加速;25 s;25 s40 s40 s内小轿车做匀减速直线运内小轿车做匀减速直线运动动, ,因此减速阶段加速度因此减速阶段加速度a a2 2= = =-0.5 m/s-0.5 m/s2 2, ,又由又由40 s40 s末小轿车的速度为末小轿车的速度为1.5 m/s,1.5 m/s,可知可知43 s43 s末小轿车的速度变为零末小轿车的速度变为零, ,同理可知同理可知,23 s,23 s末由匀速开始减速末由匀速开始减速. .摩托车速度不变摩托车速度不变, ,做匀速直做匀速直线运动线运动. .根据以上分析做出小轿车和摩托车的速度图根据以上分析做出小轿车和摩托车的速
50、度图线如右图所示线如右图所示. .(1)(1)v v_ _t t图线所包围的面积等于位移图线所包围的面积等于位移, ,因此小轿车的总因此小轿车的总位移为位移为x x= m=250 m= m=250 m(2)(2)由以上分析表中数据及图象可知由以上分析表中数据及图象可知, ,第一次两车速度第一次两车速度相等时相等时, ,小轿车没有追上摩托车小轿车没有追上摩托车, ,且且33 s33 s末二者速度也末二者速度也相等相等, ,由图象面积可算出此时小轿车的位移为由图象面积可算出此时小轿车的位移为x x1 1=225 =225 m,m,摩托车的位移为摩托车的位移为x x2 2= =v vt t=165
51、m,=165 m,由由x x1 1 x x2 2+50 m+50 m可知可知, ,此此时小轿车已经追上了摩托车时小轿车已经追上了摩托车. .答案答案 (1)250 m (2)(1)250 m (2)能能7.7.( (20092009江苏江苏13)13)航模兴趣小组设计出一架遥控飞航模兴趣小组设计出一架遥控飞 行器行器, ,其质量其质量m m=2 kg,=2 kg,动力系统提供的恒定升力动力系统提供的恒定升力F F= = 28 N. 28 N.试飞时试飞时, ,飞行器从地面由静止开始竖直上升飞行器从地面由静止开始竖直上升. . 设飞行器飞行时所受的阻力大小不变设飞行器飞行时所受的阻力大小不变,
52、,g g取取10 m/s10 m/s2 2. . (1) (1)第一次试飞第一次试飞, ,飞行器飞行飞行器飞行t t1 1=8 s=8 s时到达高度时到达高度 H H=64 m.=64 m.求飞行器所受阻力求飞行器所受阻力F Ff f的大小的大小. .(2)(2)第二次试飞第二次试飞, ,飞行器飞行飞行器飞行t t2 2=6 s=6 s时遥控器出现故障时遥控器出现故障, ,飞行器立即失去升力飞行器立即失去升力. .求飞行器能达到的最大高度求飞行器能达到的最大高度h h. .(3)(3)为了使飞行器不致坠落到地面为了使飞行器不致坠落到地面, ,求飞行器从开始下求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时
53、间落到恢复升力的最长时间t t3 3. .解析解析 (1)(1)第一次飞行中第一次飞行中, ,设加速度为设加速度为a a1 1匀加速运动匀加速运动H H= = a a1 1t t1 12 2由牛顿第二定律由牛顿第二定律F F- -mgmg- -F Ff f= =mama1 1解得解得F Ff f=4 N=4 N(2)(2)第二次飞行中第二次飞行中, ,设失去升力时的速度为设失去升力时的速度为v v1 1, ,上升的上升的高度为高度为h h1 1匀加速运动匀加速运动h h1 1= = a a1 1t t2 22 2设失去升力后加速度为设失去升力后加速度为a a2 2, ,上升的高度为上升的高度为
54、h h2 2由牛顿第二定律由牛顿第二定律mgmg+ +F Ff f= =mama2 2v v1 1= =a a1 1t t2 2h h2 2= = a a1t t2 解得解得h h= =h h1 1+ +h h2 2=42 m=42 m(3)(3)设失去升力下降阶段加速度为设失去升力下降阶段加速度为a a3 3; ;恢复升力后加速恢复升力后加速度为度为a a4 4, ,恢复升力时速度为恢复升力时速度为v v3 3由牛顿第二定律由牛顿第二定律mgmg- -F Ff f= =mama3 3F F+ +F Ff f- -mgmg= =mama4 4且且 + =+ =h hv v3 3= =a a3
55、3t t3 3解得解得t t3 3= s(= s(或或2.1 s)2.1 s)答案答案 (1)4 N (2)42 m (3) s(1)4 N (2)42 m (3) s(或或 2.1 s)2.1 s)8.8.( (20092009成都市第三次诊断成都市第三次诊断) ) 如图如图2-1-82-1-8所示所示, ,可视可视 为质点的滑块为质点的滑块P P从光滑斜面上的从光滑斜面上的A A点由静止开始下点由静止开始下 滑滑, ,经过经过B B点后滑至水平面上点后滑至水平面上, ,最后停在了最后停在了C C点点. .对上对上 述过程述过程, ,在某次实验中在某次实验中, ,以以P P刚开始下滑的时刻作
56、为刚开始下滑的时刻作为 计时的起点计时的起点( (t t=0),=0),每隔每隔0.1 s0.1 s通过速度传感器测量通过速度传感器测量 物体的瞬时速度物体的瞬时速度, ,得出的部分测量数据如下表得出的部分测量数据如下表. .假假 设经过设经过B B点前后的瞬间点前后的瞬间, ,P P的速度大小不变的速度大小不变, ,重力加重力加 速度速度g g取取10 m/s10 m/s2 2. .求求: :图图2-1-82-1-8(1)(1)斜面的倾角斜面的倾角. .(2)(2)滑块滑块P P与水平面之间的动摩擦因数与水平面之间的动摩擦因数. .(3)(3)A A点的高度点的高度h h. .解析解析 (1
57、)(1)由表中前四组数据可知由表中前四组数据可知P P在斜面上匀加速下滑的加速度大小为在斜面上匀加速下滑的加速度大小为a a1 1= = m/s= = m/s2 2=5 m/s=5 m/s2 2由牛顿第二定律有由牛顿第二定律有mgmgsinsin= =mama1 1解得解得=30=30(2)(2)由表中后三组数据可知由表中后三组数据可知P P在水平面上匀减速滑行的加速度大小为在水平面上匀减速滑行的加速度大小为a a2 2= = m/s= = m/s2 2=3 m/s=3 m/s2 2由牛顿第二定律有由牛顿第二定律有mgmg= =mama2 2解得解得=0.3=0.3(3)(3)设设P P在斜面上运动的时间是在斜面上运动的时间是t t0 0, ,在在B B点的速度是点的速度是v v0 0则则有有v v0 0= =a a1 1t t0 0v v0 0-2.4=-2.4=a a2 2(0.8-(0.8-t t0 0) )由以上两式解得由以上两式解得t t0 0=0.6 s,=0.6 s,v v0 0=3 m/s=3 m/s又又v v0 02 2= =解得解得h h=0.45 m=0.45 m答案答案 (1)30(1)30 (2)0.3 (3)0.45 m (2)0.3 (3)0.45 m返回
