2022届新高考物理二轮学案-专题一　第2讲　直线运动与牛顿运动定律.docx

第2讲直线运动与牛顿运动定律核心考点1运动学基本规律的综合应用【高考真题·引领】1(2020·全国卷)我国自主研制了运­20重型运输机。飞机获得的升力大小F可用Fkv2描写，k为系数；v是飞机在平直跑道上的滑行速度，F与飞机所受重力相等时的v称为飞机的起飞离地速度。已知飞机质量为1.21×105 kg时，起飞离地速度为66 m/s；装载货物后质量为1.69×105 kg，装载货物前后起飞离地时的k值可视为不变。(1)求飞机装载货物后的起飞离地速度；(2)若该飞机装载货物后，从静止开始匀加速滑行1 521 m起飞离地，求飞机在滑行过程中加速度的大小和所用的时间。思维分析考查角度匀变速直线运动的基本公式解题关键根据飞机升力与速度的关系求出起飞速度，再根据飞机的滑行距离利用匀变速直线运动公式求加速度和滑行时间解析：(1)设飞机装载货物前质量为m1，起飞离地速度为v1；装载货物后质量为m2，起飞离地速度为v2，重力加速度大小为g。飞机起飞离地应满足条件m1gkv12m2gkv22由式及题给条件得v278 m/s(2)设飞机滑行距离为s，滑行过程中加速度大小为a，所用时间为t。由匀变速直线运动公式有v222asv2at联立式及题给条件得a2.0 m/s2t39 s答案：(1)78 m/s(2)2.0 m/s239 s【知识方法·深化】1匀变速直线运动的规律及常用的六种解题方法2处理刹车类问题的思路先判断刹车时间，再进行分析计算。3追及和相遇问题的解题技巧(1)紧抓“一图三式”，即过程示意图、时间关系式、速度关系式和位移关系式。(2)审题应抓住题目中的关键字眼，充分挖掘题目中的隐含条件，如“刚好”“恰好”“最多”“至少”等，往往对应一个临界状态，满足相应的临界条件。(3)若被追赶的物体做匀减速运动，一定要注意追上前该物体是否已停止运动，另外最后还要注意对解的讨论分析。【精选典题·练透】2(2021·山东泰安二模)高铁目前是我国的一张名片，某高铁站，一维护员站在一中央站台上，两边分别有正在进站或开出的高铁列车，若两边高铁都是做匀变速直线运动(加速度不为零)，如图所示，现观察其中一列高铁的运动，发现在某连续相邻相等时间间隔内从维护员身边经过的车厢节数分别为n1和n2，则n1和n2之比不可能是()A12 B25 C32 D421解析：设匀变速直线运动相等时间间隔为t的任意连续两段位移为x1、x2，中间时刻速度为v，两端速度分别为v1、v2，则x1t，x2t，当v1、v2分别取0时，可得两段位移之比分别为、，因此可知取值范围为且1，因此D不可能。答案：D3.(多选)(2021·山东济南三模)拥堵已成为现代都市一大通病，发展“空中轨道列车”(简称空轨，如图所示)是缓解交通压力的重要举措。假如某空轨从甲站沿直线运动到乙站，为了使旅客舒适，其加速度不能超过2.5 m/s2，行驶的速度不能超过50 m/s。已知甲、乙两站之间的距离为2.5 km，下列说法正确的是()A空轨从静止开始加速到最大速度的最短时间为25 sB空轨从最大速度开始刹车到停下来运动的最小位移为500 mC从甲站运动到乙站的最短时间为70 sD从甲站运动到乙站的最大平均速度为25 m/s解析：空轨从静止开始以最大加速度加速到最大速度时所用时间最短，则最短时间为t120 s，选项A错误；以最大加速度刹车时，空轨从最大速度开始刹车到停下来运动的位移最小，由vmax22amaxx解得最小位移为x500 m，选项B正确；以最大加速度加速到最大速度，然后以最大速度匀速运动，再以最大加速度刹车时，空轨从甲站到乙站的运动时间最短，且刹车时间与加速时间相等，等于t1，两段时间对应的位移相等，等于x，匀速运动时间为t230 s，所以最短时间为t2t1t270 s，选项C正确；从甲站运动到乙站的最大平均速度为 m/s35.7 m/s，选项D错误。答案：BC4(2021·河北石家庄六校联考)有一部电梯，启动时匀加速上升的加速度大小为2 m/s2，制动时匀减速上升的加速度大小为1 m/s2，中间阶段电梯可匀速运行，电梯运动上升的高度为48 m。问：(1)若电梯运行时最大限速为9 m/s，电梯升到最高处的最短时间是多少；(2)如果电梯先加速上升，然后匀速上升，最后减速上升，全程共用时间为15 s，上升的最大速度是多少。解析：(1)要想所用时间最短，则电梯只有加速和减速过程，而没有匀速过程，设最大速度为vm，由位移公式得h，代入数据解得vm8 m/s，因为vm8 m/s9 m/s，符合题意。加速的时间为t1 s4 s，减速的时间为t2 s8 s，运动的最短时间为tt1t212 s。(2)设加速的时间为t1，减速的时间为t2，匀速上升时的速度为v，且v8 m/s，则加速的时间为t1，减速的时间为t2，匀速运动的时间为t15 st1t2，上升的高度为h(t1t2)v(15 st1t2)，联立解得v4 m/s，另一解不合理，舍去。答案：(1)12 s(2)4 m/s核心考点2运动图像问题【高考真题·引领】1(多选)(2021·广东卷)赛龙舟是端午节的传统活动。下列v­t和s­t图像描述了五条相同的龙舟从同一起点线同时出发、沿长直河道划向同一终点线的运动全过程，其中能反映龙舟甲与其他龙舟在途中出现船头并齐的有()思维分析考查角度v­t和s­t图像的理解、追及相遇问题解题关键明确图像中“交点”、“面积”、“拐点”的意义，画出运动示意图尝试解答_解析：选项A是速度图像，由图可知，甲的速度一直大于乙的速度，所以中途不可能出现甲乙船头并齐，故A错误；选项B是速度图像，由图可知，开始丙的速度大，后来甲的速度大，速度图像中图像与横轴围成的面积表示位移，由图可以判断在中途甲、丙位移会相同，所以在中途甲丙船头会并齐，故B正确；选项C是位移图像，由图可知，丁一直运动在甲的前面，所以中途不可能出现甲丁船头并齐，故C错误；选项D是位移图像，交点表示相遇，所以甲戊在中途船头会并齐，故D正确。答案：BD【知识方法·深化】图像问题要“四看一注意”(1)看坐标轴：看清坐标轴所表示的物理量，明确因变量(纵轴表示的量)与自变量(横轴表示的量)之间的制约关系。(2)看图像：识别两个相关量的变化趋势，从而分析具体的物理过程。(3)看纵坐标、“斜率”和“面积”：v­t图像中根据坐标值、“斜率”和“面积”可分析速度、加速度和位移的大小、方向特点；x­t图像中根据坐标值、“斜率”可分析位移、速度的大小、方向特点。(4)看交点：明确图线与图线的交点、图线与坐标轴的交点的物理意义。在x­t图像中，两图线的交点表示两物体相遇；在v­t图像中，两图线的交点表示两物体速度相同，此时相对速度为零，相对位移出现极值，是相距最远、最近、是否碰撞的关键时刻。(5)一注意：利用v­t图像分析两个物体的运动时，要注意两个物体的出发点，即注意它们是从同一位置出发，还是从不同位置出发。若从不同位置出发，要注意出发时两者的距离。【精选典题·练透】2(2021·湖北荆门模拟)A、B两小车在同一直线上运动，它们运动的位移s随时间t变化的关系如图所示，已知A车的s­t图像为抛物线的一部分，第7 s末图像处于最高点，B车的s­t图像为直线，则下列说法正确的是()AA车的初速度为7 m/sBA车的加速度大小为2 m/s2CA车减速过程运动的位移大小为50 mD10 s末两车相遇时，B车的速度较大解析：A车的s­t图像为抛物线的一部分，则A车做匀变速直线运动，设A车的初速度为v0，加速度大小为a，由图可知t17 s时，A车速度为零，由运动学公式可得：0v0at1，t210 s时，A车位移为：x1040 m040 m，由运动学公式可得：x10v0t2at22，联立解得：a2 m/s2，v014 m/s，故A错误，B正确；A车减速过程运动的位移大小为：x7t1×7 m49 m，故C错误；s­t图像的斜率表示速度，10 s末两车相遇时B车的速度大小为：vB4 m/s，A车的速度为：vAv0at6 m/s，可知A车的速度较大，故D错误。答案：B3(多选)入冬以来，全国多地多次发生雾霾天气，能见度不足20 m，在这样的恶劣天气中，甲、乙两汽车在一条平直的单行道上，乙在前、甲在后同向行驶。某时刻两车司机同时听到前方有事故发生的警笛提示，同时开始刹车。两辆车刹车时的v­t图像如图，则()A若两车发生碰撞，开始刹车时两辆车的间距一定小于100 mB若两车发生碰撞，开始刹车时两辆车的间距一定小于200 mC若两车发生碰撞，则一定是在刹车后20 s以内的某时刻发生相撞D若两车发生碰撞，则一定是在刹车后20 s以后的某时刻发生相撞解析：由图可知，两车速度相等经历的时间为20 s，甲车的加速度a1 m/s21 m/s2，乙车的加速度a2 m/s20.5 m/s2，两车速度相等时，甲车的位移x甲v甲ta1t225×20 m×1×400 m300 m，乙车的位移x乙v乙ta2t215×20 m×0.5×400 m200 m，可知要不相撞，则两车间的最小距离x300 m200 m100 m，因为两车发生碰撞，则两车的距离小于100 m，故A正确，B错误；因为速度相等后，若不相撞，两者的距离又逐渐增大，可知两辆车一定是在刹车后的20 s之内的某时刻发生相撞的，故C正确，D错误。答案：AC4. (2021·湖南三湘名校教育联盟三模)甲、乙两辆汽车在平直公路上，从同一地点同时同向均做匀加速直线运动，甲、乙速度的平方随位移变化的图像如图所示，则()A甲车的加速度比乙车的加速度小B在x0.5 m处甲、乙两车的速度均为2 m/sC在t2 s末甲、乙两车相遇D在x4 m处甲、乙两车不相遇解析：根据匀变速直线运动速度与位移的关系式v2v022ax，得v22axv02，可知图像的斜率k2a，由图可知，甲的斜率大于乙的斜率，故甲车的加速度比乙车的加速度大，故A错误；由图可知，在x0.5 m处甲、乙两车速度的平方均为2 m2/s2，速度均为 m/s，故B错误；由v2v022ax可知，甲车做初速度为0、加速度为2 m/s2的匀加速直线运动，乙车做初速度为1 m/s、加速度为1 m/s2的匀加速直线运动，根据匀变速直线运动规律可得两车相遇时：xa甲t2v0ta乙t2，得t2 s，相遇时的位移为 x4 m，故C正确，D错误。答案：C核心考点3牛顿运动定律的应用【高考真题·引领】1(2021·全国甲卷) 如图，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P处，上部架在横杆上。横杆的位置可在竖直杆上调节，使得平板与底座之间的夹角可变。将小物块由平板与竖直杆交点Q处静止释放，物块沿平板从Q点滑至P点所用的时间t与夹角的大小有关。若由30°逐渐增大至60°，物块的下滑时间t将()A逐渐增大 B逐渐减小C先增大后减小 D先减小后增大思维分析考查角度运动学公式、牛顿第二定律、数学法处理极值问题解题关键根据运动学公式和牛顿第二定律得出下滑时间的表达式，利用数学方法求极值尝试解答_解析：设PQ的水平距离为L，由运动学公式可知g sin t2，可得t2，可知45°时，t 有最小值，故当从由30°逐渐增大至60°时下滑时间t先减小后增大。故选D。答案：D【知识方法·深化】1应用牛顿运动定律解决的主要问题有瞬时问题、连接体问题、超重和失重问题以及图像问题。2技巧方法(1)解瞬时问题要注意绳、杆弹力和弹簧弹力的区别，绳和轻杆的弹力可以突变，而弹簧的弹力不能突变。(2)解连接体问题要充分利用“加速度相同”这一条件或题中特定条件，交替运用整体法与隔离法。(3)图像问题解题关键是：明确图像斜率、截距和面积的物理意义，应用物理公式找到两个变量间的函数关系，并注意从图像中提取有用信息或隐含条件。3理顺两类基本问题(1)由因推果已知物体的受力情况，确定物体的运动情况。首先根据物体的受力确定物体的加速度，再根据加速度特点及加速度与速度的方向关系确定速度变化的规律。(2)由果溯因已知物体的运动情况，确定物体的受力情况。由物体的运动情况，确定物体的加速度及其变化规律，再结合牛顿第二定律确定受力情况。【精选典题·练透】考向1连接体问题2. (2021·山东青岛市十校高三第二次联考)一固定杆与水平方向夹角为30°，将一质量为m1的滑块套在杆上，通过轻绳悬挂一个质量为m2的小球，杆与滑块之间的动摩擦因数为0.4。若滑块与小球保持相对静止以相同的加速度a10 m/s2一起向上做匀减速直线运动，则此时小球的位置可能是下图中的()解析：把滑块和小球看成一个整体，受力分析，沿杆方向有：(m1m2)·g sin 30°f(m1m2)a，垂直杆方向有：FN(m1m2)g cos 30°，摩擦力fFN，联立可解得：ag sin 30°g cos 30°10 m/s2，对小球受力分析如图，合力F合m2am2g，由图中几何关系可知，绳子拉力T斜向左上方，且与竖直方向夹角为60°，故A、B、C错误，D正确。答案：D 考向2超重、失重问题3. (2021·海南三亚一模)一伞兵从悬停在空中的直升飞机上由静止跳下，2 s时开启降落伞，其跳伞过程中的v­t图像如图所示，根据图像可知该伞兵()A在02 s内做自由落体运动B在26 s内加速度方向先向上后向下C在014 s内先处于失重状态后处于超重状态 D在024 s内先匀加速再匀减速最终匀速直线运动解析：由图像可知，该伞兵在02 s内做匀加速直线运动，但加速度小于重力加速度，不是自由落体运动，故A错误；由图可知，26 s内该伞兵先做加速运动，后做减速运动，故加速度方向先向下后向上，故B错误；014 s内该伞兵先做加速运动，后做减速运动，故加速度方向先向下后向上，先失重后超重，故C正确；在024 s内加速度发生变化，故该伞兵不做匀变速运动，D错误。答案：C 考向3动力学问题4. (2021·山东济南二模)如图所示，质量分别为0.5 kg、0.2 kg的弹性小球A、B穿过一绕过定滑轮的轻绳，绳子末端与地面距离为0.8 m，小球距离绳子末端6.5 m，小球A、B与轻绳间的滑动摩擦力都为自身重力的，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现由静止同时释放A、B两个小球，不计绳子质量，忽略与定滑轮相关的摩擦力，重力加速度g10 m/s2。(1)求释放A、B两个小球后，A、B各自加速度大小。(2)小球B从开始释放经多长时间落到地面？解析：(1)由题意知B与轻绳间的滑动摩擦力fBkmBg1.0 N，而A与轻绳间的滑动摩擦力fAkmAg2.5 N。即 fB<fA。所以为保证A、B对轻绳的力大小相等，只能A受静摩擦力作用，且大小与fB相同。对B有mBgkmBgmBaB，解得aB5 m/s2，对A有mAgkmBgmAaA，解得aA8 m/s2。(2)设经历时间t1小球B脱离绳子，此时小球B下落高度为hB，获得速度为vB，依题意有aAt12aBt126.5 m，解得t11 s，此时B下落hBaBt122.5 m，小球B离开绳时的速度为vBaBt15 m/s，小球B脱离绳子后在重力作用下匀加速下落，设此时距地面高度为H，再经时间t2落地有H6.5 m0.8 m2.5 m4.8 m，HvBt2gt22，解得t20.6 s，故B从开始释放到落地共经历时间tt1t21.6 s。答案：(1)8 m/s25 m/s (2)1.6 s核心考点4动力学中的重要模型【高考真题·引领】1(多选)(2021·全国乙卷) 水平地面上有一质量为m1的长木板，木板的左端上有一质量为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1，物块与木板间的动摩擦因数为2，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()AF11m1gBF2(21)gC2>1D在0t2时间段物块与木板加速度相等思维分析考查角度牛顿第二定律、整体法和隔离法的应用、动力学中的临界问题解题关键明确两物体刚好相对滑动时的加速度，物块的加速度达到此值之前，两物体相对静止，物块的加速度大于此值时，两物体相对滑动尝试解答_解析：图(c)可知，t1时物块与木板一起刚在从水平滑动，此时物块与木板相对静止，木板刚要滑动，此时以整体为对象有F11(m1m2)g，故A错误；图(c)可知，t2物块与木板刚要发生相对滑动，以整体为对象， 根据牛顿第二定律，有F21(m1m2)g(m1m2)a，以木板为对象，根据牛顿第二定律，有2m2g1(m1m2)gm1a>0，解得F2(21)g，2>1，故B、C正确；图(c)可知，0t2这段时间物块与木板相对静止，所以有相同的加速度，故D正确。答案：BCD【知识方法·深化】1解答“板块”问题时要注意：“一个转折、两个关联”(1)一个转折：即滑块与长木板达到相同的速度时或滑块离开长木板时的受力情况以及运动状态的变化为转折点。(2)两个关联：即发生转折前后滑块和长木板的受力情况以及滑块与长木板的位移之间的关联，必要时要通过作草图把握关系。当有外力作用在木板上的物块或木板上时，一般用动力学观点借助牛顿运动定律和运动学公式就能求解，做好两物体的受力分析和运动过程分析是解决此类问题的关键点和突破口。2“传送带”模型问题(1)传送带问题的实质是相对运动问题，这样的相对运动将直接影响摩擦力的方向。因此，搞清楚物体与传送带间的相对运动方向是解决该问题的关键。(2)传送带问题还常常涉及到临界问题，即物体与传送带速度相同，这时会出现摩擦力改变的临界状态，具体如何改变要根据具体情况判断。【精选典题·练透】 考向1等时圆模型2. (2021·湖北黄冈检测)如图所示，斜面体ABC的倾角为60°，O点在C点的正上方且与A点等高，现从O点向AC构建光滑轨道OM、ON、OP，M、N、P分别为AC的四等分点。一小球从O点由静止开始分别沿OM、ON、OP运动到斜面上，所需时间依次为tM、tN、tP。则()AtMtNtP BtMtNtPCtMtPtN DtMtPtN解析：以OC为直径，做一个圆与AC边相切于N点，如图所示。由图可知，圆与OM相交于M，与OP相交于P，根据等时圆的性质可知，从O到N、从O到M、从O到P的时间相同，又因为MMPP，VM<Vp，aOM<aOP，故从O到P的时间小于从O到M的时间，而大于从O到N的时间，即tMtPtN，故选C。 答案：C 考向2传送带模型3.(多选)(2021·河北衡水中学模拟)如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角为，以恒定速率v4 m/s顺时针转动。一煤块以初速度v012 m/s从A端冲上传送带，煤块的速度随时间变化的图像如图乙所示，取重力加速度g10 m/s2，则下列说法正确的是()A倾斜传送带与水平方向夹角的正切值tan 0.75B煤块与传送带间的动摩擦因数0.5C煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为4 sD煤块在传送带上留下的痕迹长为(124) m解析：由v­t图像得01 s内煤块的加速度大小a1 m/s28 m/s2，方向沿传送带向下；12 s内煤块的加速度大小a2 m/s24 m/s2，方向沿传送带向下。01 s，对煤块由牛顿第二定律得mg sin mg cos ma1，12 s，对煤块由牛顿第二定律得mg sin mg cos ma2，联立解得tan 0.75，0.25，A正确，B错误；v­t图像中图线与时间轴所围面积表示位移大小，所以煤块上滑总位移大小为x×1 m×4×1 m10 m，由运动学公式有xa2t下2，得下滑时间为t下 s s，所以煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为(2) s，C错误；01 s内煤块比传送带多走4 m，划痕长4 m，12 s内传送带比煤块多走2 m，划痕还是4 m，2(2) s内传送带向上运动，煤块向下运动，划痕总长为2 ma2t下2vt下(124) m，D正确。答案：AD 考向3板块模型4.(2021·福建南平模拟)如图所示，长为L8 m，质量M6 kg的长木板放置于光滑的水平面上，其左端有一大小可忽略，质量为m2 kg的物块，物块与木板间的动摩擦因数为0.3，开始时物块与木板都处于静止状态，现对物块施加F10 N，方向水平向右的恒定拉力，(重力加速度g取10 m/s2)求：(1)物块的加速度大小；(2)物块从木板左端运动到右端经历的时间。解析：(1)设小物块的加速度为a1，对物块由牛顿第二定律有Fmgma1解得a1g(0.3×10) m/s22 m/s2。(2)设木板的加速度为a2，对木板由牛顿第二定律得mgMa2解得a2 m/s21 m/s2 设物块从木板左端运动到右端经历的时间为t，则有木块的位移s1a1t2木板的位移s2a2t2又有Ls1s2代入数据得t4 s。答案：(1)2 m/s2(2)4 s