高考物理二轮复习第1部分专题1力与运动第2讲力与直线运动教案

1、考点1力与直线运动考点考向五年考情汇总1.匀变速直线运动规律的应用考向1.匀变速直线运动规律的应用2017 全国卷n T 242018 全国卷I T 142016 全国卷IDT 16考向2.匀变速直线运动推论及比例关系的应用2019 全国卷I T 182.运动图象问题考向1.图象的选取与转换考向2.图象信息的应用2018 全国卷出T 182018 全国卷n T 192016 全国卷I T 213.牛顿运动定 律的应用考向1.动力学的两类基本问题2019 全国卷出T 202016 全国卷n T 192018 全国卷n T 242015 全国卷I T 20考向2.瞬时性问题2018 全国卷I T

2、15考向3.连接体问题2015 全国卷n T 20考向4.临界和极值问题2017 全国卷n T 25高考统计定方向（教师授课资源）匀变速直线运动规律的应用（5年4考）?近几年高考对匀变速直线运动规律的考查，重在基本规律的应用，命题背景来源于生活中的实际问题。?在2020年的备考中要加强以实际问题为背景的题目的训练。高考这坤考1 . （2018 全国卷I T ©高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动。在启动阶段，列车的动能 （A.与它所经历的时间成正比B.与它的位移成正比C.与它的速度成正比D.与它的动量成正比v= atB 列车启动的过程中加速度恒定，由匀变速直线运动

3、的速度与时间关系可知 且列车的动能为 &=2mV,由以上整理得 E = 2mat：动能与时间的平方成正比，动能与速度1 2的平方成正比，A C错误；将x=/t2代入上式得max则列车的动能与位移成正比，B2正确；由动能与动量的关系式知，列车的动能与动量的平方成正比，D错误。2. （2019 全国卷I18）如图所示，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，离地后重心t 2A. 1< <211C.t23<<411t 2B. 2< <311t 2D. 4<<511C 本题应用逆向思维求解，即运动员的竖直上抛运动可等同于从一定高度处开始的自由落体运动，

4、所以第四个上升的最大高度为 H。上升第一个H所用的时间为tl,第四个H所用的时间为t 2。不计空气阻力， 44/3H,因此有=尸=2 + J3,即3<；<4,选项C正确。 gt1 2- 3t13. （2017 全国卷 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（S1<S0）处分别放置一个挡板和一面小旗，如图所示。训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以速度V0击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板；冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗。训练要求当冰球到达挡板时，运动员至少到达小旗处。假定运动员在滑行过程中做

5、匀加速运动，冰球到达挡板时的速度为V1O重力加速度大小为 go求：挡板1小旗73lII feJWl I运动员（i）冰球与冰面之间的动摩擦因数；（2）满足训练要求的运动员的最小加速度。题眼点拨“冰球以速度 V0击出” “到达挡板的速度为V1”说明冰球的初速度为V0,匀减速滑动距离S0,末速度为V1；“至少到达小旗处” “最小加速度”说明冰球到达挡 板时，运动员恰好到达小旗处，对应运动员的加速度最小，此过程中，冰球和运动员运动时 间相等。解析（1）设冰球质量为 m冰球与冰面之间的动摩擦因数为W,由题意可知v2 v2= 2aiso又(1 m(g= ma22可解得:Vo Vi"-2gso（2

6、）冰球到达挡板时，满足训练要求的运动员中，刚好到达小旗处的运动员的加速度最小。设这种情况下，冰球和运动员的加速度大小分别为ai和32,所用的时间为to由运动学公式得v2v2=2aisoVo vi= ait-13 -联立式得2s1V1 V032=-2。2s0答案(1)v0 V2 s1 V1+V0 22gsT(2)2s0教师备选题1 . （2016 全国卷m - T 16） 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（sA. t23sB. 2P4sC. J8sD.针1 2 1 2 , ，一A 设初速度为vi,末速度为V2,根据题意可得2mv=

7、-mv,解得 V2=3V1,根据 v=一一一 at 、12一一 s ,vo+ at,可得 3vi = vi + at,解得 vi = ,代入 s = vit+2at 可得 a=p,故 A正确。胃看呕昌鬲者这样备好QKKS ISIffE P "1 .匀变速直线运动的基本规律(1)速度关系：v=v0+at。一、一.1 .2(2)位移关系：x=V0t+/at。(3)速度位移关系：v2-v2=2axo (如上T3)x(4)某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度：v =- = v1ot 一2(5)匀变速直线运动在相等时间内相邻的两段位移之差为常数，即 Ax=aT2o2 .易错警示(1)匀变

8、速直线运动的方程均为矢量方程，要注意规定正方向。(2) “刹车类”问题中要注意刹车时间的判断。典例展示如图所示，直线MNa示一条平直单车道，甲、乙两辆汽车刚开始静止，车头 分别在A、B两处，两辆车长均为L=4m,两个车头间的距离为xo=89m现甲车先开始向右做匀加速直线运动，加速度a1 = 2.5 m/s 2,甲车运动了 t o= 5 s后，发现乙车仍然静止，甲车立即鸣笛，又经过t1=1 s ,乙车才开始向右做匀加速直线运动。甲车 乙车横nA8(1)若乙车运动的加速度 a2 = 5.0 m/s 2,两辆汽车是否会相撞？通过计算说明。(2)若要使两车不相撞，乙车运动的加速度至少是多少?思维流程解

9、此题的关键是根据题意画出如下的运动过程图，并灵活应用临界条件。假设两车某时刻相撞解析假设相撞，应满足:时间关系：t甲=1乙+t0+t1空间关系：x甲=*乙+*。一 L甲车在 to+ti=6 s 时的位移为 2ai(to+t i)2=45 m<XoL=85 m此时尚未撞上乙车，若此后再经时间t与乙车相撞1212贝 U有 2ai( t +1 o+11)= 2a2t + xo L代入数据并经过分析可知再经过t=4 s甲、乙两车会相撞。（2）若经过时间t2,两车速度相等，且此时两车恰好不相撞，此种情况下乙车加速度记为ao则有 ait 2= cb( t 2 t 0 t 1)1 ,212,.2a1t

10、 2= 2ao( 12 t o 11)+xoL-852解得 ao= m/s一852即要使两车不相撞，乙车运动的加速度至少为m/s 。8852答案(1)会(2) 16 m/s至反思：此题为匀变速直线运动中的追及、相遇问题，解题的关键是抓好“一个条件 和两个关系”（1） 一个临界条件：速度相等，它往往是能否追上、物体间距离最大或最小的临界条件, 也是分析判断问题的切入点。（2）两个等量关系：时间关系和位移关系，通过画草图找出两物体运动的时间关系和位移关系是解题的突破口，如思维流程中的过程图。高考这样练考向1匀变速直线运动基本规律的应用1 .（原创题）（多选）拥堵已成为现代都市一大通病，发展“空中轨

11、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/s之,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 s500 mB.空轨从最大速度开始刹车到停下来运动的最小位移为C.从甲站运动到乙立的最短时间为70 sD.从甲站运动到乙站的最大平均速度为25 m/sBC 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tiV max= =20 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

12、停下来运动的amax位移最小，由vmmaF 2amaxx解得最小位移为 x= 500 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 ti,两段时间对应的位移相等，等于 X,匀速运动时间2 500 m 2x为t 2=2 500 m 2x =30 s,所以最短时间为 t = 2ti + t2=70 s,选项C正确；从甲站运动到Vmax乙站的最大平均速度为 "V = 2100 m/s = 35.7 m/s ,选项D错误。2. (2019 合肥市高三一模)强行超车是道路交通安全的极大

13、隐患之一。如图是汽车超车过程的示意图，汽车甲和货车均以36 km/h的速度在平直路面上匀速行驶，其中甲车车身长Li = 4 m、货车车身长 L2=4 m,货车在甲车前 s = 4 m。若甲车司机发现附近无其他车辆后开 始加速从货车左侧超车，加速度大小为2 m/s 20假定货车速度保持不变，汽车车尾超过货车车头4 m后完成超车，不计车辆变道的时间及车辆的宽度。求：(1)甲车完成超车至少需要多长时间；(2)若甲车开始超车时，看到道路正前方的乙车迎面驶来，此时二者相距 110 m,乙车速 度为54 km/h。甲车超车的整个过程中，乙车速度始终保持不变，请通过计算分析，甲车能否 安全超车。学、K1rI

14、'Ti'解析(1)设甲车经过时间t刚好完成超车，在时间 t内12甲车的位移大小 x1 = V1t +2at货车的位移大小 x2 = V2t根据题意有 x1=x2+ L1+ La+ s+ s1代入数值得t=4 s o(2)假设甲车能安全超车，在最短的时间4 s内甲车的位移大小 x1 = 56 m乙车的位移大小 x3 = v3t = 60 m由于x1 + x3=116 m>110 m,故假设不成立，不能安全超车。答案(1)4 s (2)不能考向2匀变速直线运动的推论及比例关系的应用3.物体做匀加速直线运动，相继经过两段距离为 1 6 m的路程，第一段用时 4 s ,第二段用时

15、2 s ,则物体的加速度是（）B. ： m/s 23A. | m/s 23C. | m/s 29D. m/s 29B 根据题意，物体做匀加速直线运动,t时间内的平均速度等于 2时刻的瞬时速度，在第一段路程内中间时刻的瞬时速度为:V1 = v 1 = m/s4=4 m/s;在第二段路程内中间时刻的一 一、， 一 161瞬时速度为：V2= v 2= m/s =8 m/s;则物体加速度为:V2 V18 4a=tm/s 2=- m/s 2 故3B项正确。4. （2019 洛阳市高三联考）如图所示，物体自 O点由静止开始做匀加速直线运动，途经A B C三点，其中 A、B之间的距离11 = 3 m, R

16、C之间的距离1 2=4 m。若物体通过1 1、1 2这两段位移的时间相等，则O A之间的距离l等于（）A. 3 m4B.C.25 mD. C m825C 根据做匀变速直线运动的质点在相邻相等的时间内的位移差是一常量，设物体通过11和12这两段位移的时间都是 T,可得12-11= aT2o根据做匀变速直线运动的质点在一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，可知物体通过B点时的速度vb=一工，物体从O点25匀加速运动到 A点，根据匀变速直线运动规律，VB=2a 1+11 ，联立解得1="8 m,选项C正确。考点2运动图象问题（5年3考）?近几年高考对图象的考查侧重于图象信息的获取和应

17、用，图象信息不仅体现运动学的 基本规律，还涉及追及、相遇问题，图象反映的规律也不再仅局限于匀变速直线运动。?预计2020年对图象的考查还会涉及追及、相遇问题。图象选取、图象转换类问题已多年未考，但复习中也应足够重视。高喈这坤考1.（多选）（2018 全国卷m - T 18）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ti时刻两车速度相等B.从0到ti时间内，两车走过的路程相等C.从ti到t2时间内，两车走过的路程相等D.在ti到t 2时间内的某时刻，两车速度相等CD 在x-t图象中，图线的斜率表示

18、物体运动的速度，在ti时刻，两图线的斜率关系为k乙k甲，两车速度不相等；在 ti到t2时间内，存在某一时刻甲图线的切线与乙图线平行，如 图所示，该时刻两车速度相等，选项A错误，D正确。从。到ti时间内，乙车走过的路程为xi,甲车走过的路程小于 xi,选项B错误。从ti到t2时间内，两车走过的路程都为 X2-Xi,选 项C正确。2.（多选）（20i8 全国卷II - T i9）甲、乙两汽车在同一条平直公路上同向运动，其速度一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11时刻也并排行驶B.在ti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

19、D.乙车的加速度大小先减小后增大BD 本题可巧用逆向思维分析，两车在 t 2时刻并排行驶，根据题图分析可知在 tit2 时间内甲车运动的位移大于乙车运动的位移，所以在ti时刻甲车在后，乙车在前， B正确，A错误；依据v-t图象斜率表示加速度分析出 C错误，D正确。3.(多选)(2016 全国卷I-T 21)甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其 v -t图象如图所示。已知两车在t=3 s时并排行驶，则()A.在t = 1 s时，甲车在乙车后B.在t=0时，甲车在乙车前 7.5 mC.两车另一次并排行驶的时刻是t = 2 sD.甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40 mBD 由题中v-

20、t图象得a甲=10 m/s2, a乙=5 m/s2,两车在t = 3 s时并排行驶，此时 x12 121212甲=2a 甲 t =2X10X3 m = 45 m, *乙=丫。1+2a 乙 t =10X3 m+2x 5x3 m= 52.5 m ,所以 t =x 甲'=-a 甲 t' 2所以另一次并排0时甲车在前，距乙车的距离为L= x乙一x甲= 7.5 m , B项正确。t = 1 s时,12=5 m, x 乙'=vot' + 2a 乙 t' = 12.5 m ,此时 x 乙'=x 甲'+ L= 12.5 m ,行驶的时刻为t=1 s,故A

21、、C项错误。两次并排行驶的位置沿公路方向相距L' =*乙x乙=40 m,故D项正确。胃毒小号高考这样备由UI? I BE I1 .解决图象类问题“四个注意”(1)速度图线只有通过时间轴时速度方向才改变。(2)利用v-t图象分析两个物体的运动时，要注意两个物体的出发点是否相同。(如上T3)(3)物体的运动图象与运动过程的转化。(4) x-t图象、v-t图象、a-t图象的应用。斜率表示加速度面积表示速度面积表示位移（如T）的变化景斜率表示速度 面积无意里（如）2 .应用图象时的“两个误区”（1）误认为v-t图象、x-t图象是物体运动轨迹。（2）在v-t图象中误将交点认为此时相遇。（如上T2

22、）高考这样结考向1图象的选取与转换1. （2019 福州市高三调研）甲、乙两个小球从不同高度做自由落体运动，同时落地。下 列表示这一过程的位移一时间图象和速度一时间图象正确的是（）D 由自由落体运动的位移时间公式可知从不同高度释放甲、乙两个小球，它们同时落地，即它们的位移大小不同，在空中运动的时间也不同，选项 A中两小球的位移不同，在空 中运动的时间相同， 选项B中两小球的位移相同， 在空中运动的时间不同， 选项A、B均错误； 由自由落体运动的速度时间公式可知甲、乙两个小球在空中运动的加速度（重力加速度 g）相同，即在v-t图象中图线的斜率相同，但位移不同，开始运动的时刻不同，终止时刻相同，

23、选项C错误，D正确。2. 一物体由静止开始沿直线运动，其加速度随时间变化的规律如图所示。取物体开始运动的方向为正方向，则下列关于物体运动的v-t图象正确的是（）ADCC 根据加速度随时间变化的图象可得，。1 s为匀加速直线运动，速度 v=at = t，速度为正方向，D项错误；第1 s末的速度v=1 m/s,12 s加速度变为负值，而速度为正方向，因此为减速，v = 1 m/sa(t 1),第2 s末，速度减小为 0, B项错误；23 s,加速度 为正方向，初速度为 0,物体做正方向的匀加速直线运动，v=a(t 2) =t 2,即从第2 s开始又重复前面的运动， C项正确，A项错误。考向2图象信

24、息的获取与应用3. (易错题)(多选)a、b两质点在同一直线上运动的位移一时间图象如图所示，b质点的加速度大小始终为 0.2 m/s 2,两图线相切于坐标为(5s, 2.7m)的点，则()4. 前5 s内，a、b两质点的运动方向相同8. t = 5 s时，a、b两质点的速度均为一0.54 m/s9. b质点的初速度是一1.8 m/sD.图中X0应为2.8AD 位移一时间图象在某点切线的斜率表示在该点处的速度，由题意可知，a质点在t=5 s前沿负方向做匀速直线运动，b质点在t = 5 s前沿负方向做匀减速直线运动，两质点的运动方向相同，选项 A正确；两图线相切于坐标为 (5 s , - 2.7

25、m)的点，故在t = 5 s时两 质点的速度相同，且 v=k= ).： 0 m/s = 0.6 m/s,选项B错误；由题意可知，做匀减速 5 0.5直线运动的b质点加速度为0.2 m/s 2,根据运动学公式有 v=v°+at,解得v0=1.6 m/s ,一 一,_.一， 、，, ,1.6 0.6选项 C错误；对于 b质点，刖 5 s 内有 x= v t2 =2X5 m= 5.5 m ,故 Xo= 2.7(5.5) =2.8 ,选项 D正确。4.(2019 黄冈市高三调研)甲、乙两车在平直的公路上沿相同的方向行驶，两车的速度v随时间t的变化关系如图所示，其中阴影部分面积分别为S、S2,

26、下列说法正确的是()A.若S=S,则甲、乙两车一定在 t2时刻相遇B.若S>S2,则甲、乙两车在 012时间内不会相遇C.在t1时刻，甲、乙两车的加速度相等Vi + V2D. 0t2时间内，甲车的平均速度 V <2D 速度一时间图象与坐标轴所围图形的面积表示位移，由于不知道最初甲、乙两车起点是否相同，因此，若 S=S,无法判断甲、乙两车是否在t2时刻相遇，选项 A错误；同理，若Si>S2,甲、乙两车在0t2时间内可能相遇，选项 B错误；速度一时间图象的斜率表示加速 度，在ti时刻，甲的加速度小于乙的加速度，选项C错误；在。t2时间内，甲车的平均速度工"小于tit2时

27、间内甲车的平均速度 V 1,在tit2时间内甲车的速度一时间图线与坐标轴所围图形的面积小于做匀加速直线运动时速度一时间图线与坐标轴所围图形的面积，因此工Vi + V2< v i<2,选项D正确。牛顿运动定律的应用（5年7考）令命胭分析?近几年高考对本考点命题突出考查牛顿第二定律的应用、动力学的两类基本问题、动 力学中的图象问题，题目类型有选择题也有计算题，题目新颖，与生活实际联系比较密切。?在2020年备考中要关注动力学两类问题、图象问题和变力作用下的瞬时问题。真题再将高考这样考1 .（20i8 全国卷I-T i5）如图所示，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块 P,系统处于

28、静止状态。现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动。以 x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示 F和x之间关系的图象可能正确 的是（）工 。»0* 小工ABCDA 假设物块静止时弹簧的压缩量为x0,则由力的平衡条件可知 kx°=mg在弹簧恢复原长前，当物块向上做匀加速直线运动时，由牛顿第二定律得F+ k（x° x） mg= ma由以上两式解得F=kx+ma显然F和x为一次函数关系，且在 F轴上有截距，则 A正确，B、C、D错 误。2 .（多选）（20i9 全国卷出 T 20）如图（a）所示，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长

29、的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。t = 0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t=4 s时撤去外力。细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图（b）所0.2(b)(c)(a)示，木板的速度v与时间t的关系如图（c）所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加 速度g取10 m/s2。由题给数据可以得出（）-29 -A.木板的质量为1 kgB. 2 s4 s内，力F的大小为0.4 NC. 02 s内，力F的大小保持不变D.物块与木板之间白动摩擦因数为 0.2（b）中细绳对物块的拉AB 由题图（c）可知木板在02 s内处于静止状态，再结合题图力f在02s内逐渐增大，可知物块受到木板的

30、摩擦力逐渐增大，故可以判断木板受到的水 平外力F也逐渐增大，选项 C错误；由题图 可知木板在24 s内做匀加速运动，其加速0.4 - 0220.4 0.2度大小为a1=zrm/s = 0.2 m/s，在45 s内做匀减速运动，其加速度大小为a2=m/s2= 0.2 m/s 2,另外由于物块静止不动，同时结合题图（b）可知物块与木板之间的滑动摩擦力Ff=f,故对木板进行受力分析，由牛顿第二定律可得FE = ma、Ff= ma,解得 m 1 kg、F= 0.4 N ,选项A、B均正确；由于不知道物块的质量，所以不能求出物块与木板之间的动摩擦因数，选项D错误。3. （2018 全国卷II - T 2

31、4）汽车A在水平冰雪路面上行驶。驾驶员发现其正前方停有汽车B,立即采取制动措施，（1仍然撞上了汽车R两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示，碰撞后B车向前滑动了 4.5 m, A车向前滑动了 2.0 mb已知A和B的质量分别为2.0 X 103kg和1.5 X103 kg ,两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10,两车碰撞时间极短，在碰2.撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小g= 10 m/s 。求：I 门 C 1 针 0 I（1）碰撞后的瞬间B车速度的大小；（2）碰撞前的瞬间 A车速度的大小。解析（1）设B车的质量为mB,碰后加速度大小为 aB。根据牛顿第二定律有（imBg=mBaB式

32、中是汽车与路面间的动摩擦因数。设碰撞后瞬间B车速度的大小为 V' B,碰撞后滑行的距离为SBO由运动学公式有 v' B=2aBSB联立式并利用题给数据得v' b= 3.0 m/s 。inAg = maA设碰撞后瞬间A车速度的大小为 v23ASA设碰撞前的瞬间 A车速度的大小为（2）设A车的质量为mr,碰后加速度大小为aAo根据牛顿第二定律有A,碰撞后滑行的距离为SAo由运动学公式有 V' A=va。两车在碰撞过程中动量守恒，有mvA= mv' a+rrav' b联立式并利用题给数据得va= 4.3 m/s 。答案(1)3.0 m/s (2)4.3

33、 m/s教师备选题1 .（多选）（2016 全国卷I18）一质点做匀速直线运动。现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则（）A.质点速度的方向总是与该恒力的方向相同B.质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直C.质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同D.质点单位时间内速率的变化量总是不变BC 质点原来做匀速直线运动，说明所受合外力为0,当对其施加一恒力后，恒力的方向与原来运动的速度方向关系不确定，则质点可能做直线运动，也可能做曲线运动，但加速度的方向一定与该恒力的方向相同，选项RC正确。2 .（多选）（2016 全国卷II - T 19）两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球质

34、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BD 设小球在下落过程中所受阻力尸阻=卜口 k为常数，R为小球半径，由牛顿第二定律一左工47 A. 474 一.3k 1可知： mg-尸阻=ma 由 m= pV = 3pTtR知：3P 兀 Rg_ kR= 3 P 兀 Ra,即 a= g 4 P 兀,12 ,故知：R越大，a越大，即下y&过程中 a甲a乙，选项C错

35、误；下洛相同的距离，由 h=2at知，a越大，t越小，选项 A错误；由2ah = v2 v0知，vo= 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。3 .（多选）（2015 全国卷I-T 20）如图（a）所示，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、vi、ti均为已知量，则可求出（）回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V0ACD 由题图（b）可以求出物块上升过程中的加速度为日=1，下降过程中的加速度为 a211mgsin 8+f=ma

36、, mgsin 8f=ma,Vi 一 ， ,=vo物块在上升和下降过程中，由牛顿第二定律得 11V0 + V1m v。一vi由以上各式可求得 sin 0 = 2t g ,滑动摩擦力 f =-,而f= Fn= mgcos 0 ,由以上分析可知，选项 A、C正确。由v-t图象中横轴上方的面积可求出物块沿斜面上滑的最大距离，可以求出物块沿斜面向上滑行的最大高度，选项D正确。帚毒必备高考这样备blBE t "1 .牛顿第二定律的表达式：F合=ma或Fx=ma, Fy= ma。2 .牛顿第二定律的“四性”（1）矢量性：公式F= ma是矢量式，F与a方向相同。（2）瞬时性：力与加速度同时产生，同

37、时变化。 （如上T1）（3）同体性：F= ma中，F、m a对应同一物体。（4）独立性：分力产生的加速度相互独立，与其他加速度无关。3 .应用牛顿运动定律的“三点注意”（1）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，如上 中，F随x而变，而不是突变。（2）连接体问题要充分利用“加速度相等”这一条件或题中特定条件，交替使用整体法与隔离法。（3）两类动力学基本问题的解题关键是运动分析、受力分析，充分利用加速度的“桥梁”作用。做好受力分析，求出加速度。典例展示（多选）（2019 武汉高三调研）如图所示，水平面上有一质量为 2m的物体A 左端用跨过光滑定滑

38、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0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 go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 0B.在细线被烧断的瞬间，B的加速度大小为 2gsin 0C.剪断弹簧的瞬间， A的加速度大小为gsin 0D.突然撤去外力 F的瞬间，A的加速度大小为gsin 0题眼点拨“跨过光滑定滑轮”，表明滑轮两侧线上拉力相等；“保持静止”可分析各物体受力特点；“细线被烧断瞬间”，弹簧弹力不变，物体C的受力不变；“剪断弹簧瞬间”细线上的力突变。AB 细线被

39、烧断前，将B C及弹簧作为整体，由平衡条件得细线的拉力Fi = 2mg>in 0,对A,由平衡条件得拉力F= Fi=2mg,in 0。在细线被烧断瞬间，对 A,由牛顿第二定律得 F= 2ma,解得aA=gsin 0 ,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F' i = ma,解得aB= 2gsin e ,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 =2maKB, F2- mg>in 0 = ma由以上两式解得 a = 1gsin 0 ,选项C错误；撤去F的瞬间，

40、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+m§in 0 = 3ma ,未烧断细22线刖，对B受力分析，可得Fi= mgsin 0 +F弹，联立得a = §gsin 0 ,故A的加速度为3gsin 0 ,选项D错误。-反思：（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，如典例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)瞬时加速度的分析与计算，要抓住两类模型的特点，如典例中，剪断细线时，弹簧弹 力不变

41、。高毒膜用高考这样练考向1动力学中的两类基本问题1.(原创题)2019年4月18日潍坊月报报道，第 36届潍坊国际风筝会，引入了科技元素 和时尚元素，无人机灯光秀首次亮相，为现场观众带来前所未有的震撼体验。如图所示为四 旋翼无人机，它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前正得到越来越广泛的应用。一 架质量为m= 2 kg的无人机，其动力系统所能提供的最大升力F= 36 N,运动过程中所受空气阻力大小恒定，无人机在地面上从静止开始，以最大升力竖直向上起飞，在t = 5s时离地面的高度为75 m(g取10 m/s2)。， T(1)求运动过程中所受空气阻力大小；(2)假设由于动力设备故障，悬停的无

42、人机突然失去升力而坠落。无人机坠落地面时的速度为40 m/s ,求无人机悬停时距地面的高度；(3)假设在第(2)问中的无人机坠落过程中，在遥控设备的干预下，动力设备重新启动提 供向上最大升力。为保证安全着地，求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间。解析(1)根据题意，在上升过程中由牛顿第二定律：F- mg- f = ma,一、1 2上升高度：卜=2凯2联立解得：f=4 No(2)下落过程由牛顿第二定律：mg-f = ma得：a = 8 m/s 2落地时的速度为 v,则有：v2=2a1H联立解得：H= 100 m。(3)恢复升力后向下减速，由牛顿第二定律：F- m什 f = ma2得：32= 1

43、0 m/s设恢复升力时的速度为 Vm,飞行器安全着地时速度为0.22则有U+nH2ai2a2得:40 -15Vm= -3- m/s由:Vm= Hit 1得:答案(1)4 N (2)100 m (3)535 s考向瞬时性问题2.如图所示,小球在水平轻绳和轻弹簧的拉力作用下静止，弹簧与竖直方向的夹角为已知重力加速度为g,下列说法正确的是（）A.从A点剪断弹簧瞬间，小球的加速度大小为g,方向竖直向下左下左上B.从C.从D.从A点剪断弹簧瞬间，小球的加速度大小为B点剪断轻绳瞬间，小球的加速度大小为B点剪断轻绳瞬间，小球的加速度大小为gcos 0gsingtan,方向与竖直方向成0 ,方向与水平方向成9

44、 ,方向与竖直方向成角斜向右e角斜向e角斜向A 从A点剪断弹簧瞬间，小球所受的弹簧拉力消失，所受的轻绳拉力突变为零，小球在重力作用下向下运动，小球的加速度大小为g,方向竖直向下，选项 A正确，B错误；剪断弹簧前，设弹簧的拉力为F,轻绳的拉力为 Ft,由平衡条件知，Fcos e =mg Fsin 0 = Ft,mg解得F=corr, FT=mgan e。从b点男断轻绳瞬间，小球所受的轻绳拉力消失，所受弹簧的拉力和重力均不变，则小球所受的合力大小为mgan 0 ,由mgan 0 = ma可得小球的加速度2=典门e ,方向水平向左，选项 C D错误。3.如图所示，A球质量为B球质量的3倍，光滑斜面的

45、倾角为 0 ,图甲中，A、B两球用轻弹簧相连，图乙中 A、B两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间有（）甲乙A.图甲中A球的加速度为gsin 0B.图甲中B球的加速度为2gsin 0C.图乙中A B两球的加速度均为 gsin 0D.图乙中轻杆的作用力一定不为零C 设B球质量为mj A球的质量为3ml撤去挡板前，挡板对B球的弹力大小为4mg,in 0, 因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，题图甲中A球所受的合力为零，加速度为零，B球所受合力为4mg>in 0 ,加速度为4gsin 0 ,故A、B错误；题图乙中， 撤

46、去挡板白瞬间，A B两球整体的合力为 4mgsin 0, A B两球的加速度均为 gsin 0,则 每个球的合力等于重力沿斜面向下的分力，轻杆的作用力为零，C正确，D错误。考向3连接体问题4 .（易错题）（多选）如图所示，一固定杆与水平方向的夹角”=30。，将一质量为 m的小球套在杆上，通过轻绳悬挂一质量为M的重物，给小球和重物一沿杆向下的初速度，两者相对静止共同运动，且轻绳处于竖直状态。现给小球和重物一沿杆向上的初速度，两者相对 静止共同沿杆向上做加速度大小为g的减速运动，则（）A.小球与杆间的动摩擦因数= ¥3-1B.小球与杆间的动摩擦因数w=2C.沿杆向上运动时，轻绳中的拉力大

47、小为 MgD.沿杆向上运动时，轻绳中的拉力与固定杆之间的夹角3 =60。ACD 小球和重物相对静止地沿杆向下运动时，轻绳竖直，由受力分析可知重物的加速度若不为零则沿竖直方向，而小球的加速度若不为零则必不沿竖直方向，所以两者共有的加速度为零，共同做匀速运动，受力平衡，对小球和重物整体，由平衡条件得（mi+ Mgsin "=3（i（m+ M）gcos “，则=tan a =七,选项A正确，B错误；当小球和重物沿杆向上运动时， 3隔离重物分析受力情况，轻绳中的拉力大小记为F,则沿杆方向，由牛顿第二定律得Fcos 3+ Mg,in a = Mg垂直固定杆方向，由平衡条件得Fsin B =Mg

48、cos a ,解得B =60° , F=Mg选项C D正确。易错点评：不能正确应用整体法和隔离法选取研究对象进行受力分析。考向4临界、极值问题5 .某学校组织趣味课外活动一一拉重物比赛，如图所示。设重物的质量为面间的动摩擦因数为,重力加速度为 go某同学拉着重物在水平地面上运动时，能够施加的最大拉力为F,求重物运动时的最大加速度为（）FA.-mC.mJ1- 2- gF 2D.mJ1+gD 由受力分析，重物受到重力、支持力、拉力和摩擦力的作用，根据牛顿第二定律，在水平方向有 Fcos 8Ff = ma竖直方向有 Fsin 0 + Fn= mg滑动摩擦力 Fr=Fn,根据以上三式联立可以

49、求得 a=mm ' 一当tan 8 = w 时，加速度最大，最大加速度为amax= *1+ 丁 wg,故D正确，A、B、C错误；故选 D=6 . （2019 郑州市高三一模）如图所示，a、b两个物体静止叠放在水平地面上，已知ma、一 ，, 一一 ,1，一，= m=m, a、b间的动摩擦因数为, b与地面间的动摩擦因数为 -。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为 g。现对a施加一水平向右的拉力，下列判断正确的是（）3A.若a、b两个物体始终相对静止，则力 F不能超过a mg3B.当力F= mg时，a、b间的摩擦力为 mg3C.无论力F为何值，b的加速度都不会超过-g8D.当力F> mg时，b相对a滑动1A 若a、b两个物体均静止，力 F 一定小于w mg若a、b两个物体运动且始终保持相对静止，则a、b两个物体的加速