2012高考物理二轮复习精品资料Ⅰ专题2 牛顿运动定律与直线运动教学案（学生版）

1、牛顿运动定律与直线运动【命题规律】牛顿定律是历年高考重点考查的内容之一。对这部分内容的考查非常灵活，选择、实验、计算等题型均可以考查。其中用整体法和隔离法处理问题，牛顿第二定律与静力学、运动学的综合问题，物体的平衡条件等都是高考热点；对牛顿第一、第三定律的考查经常以选择题或融合到计算题中的形式呈现。另外，牛顿运动定律在实际中的应用很多，如弹簧问题、传送带问题、传感器问题、超重失重问题、同步卫星问题等等，应用非常广泛，尤其要注意以天体问题为背景的信息给予题，这类试题不仅能考查考生对知识的掌握程度，而且还能考查考生从材料、信息中获取要用信息的能力，因此备受命题专家的青睐。【名师解读】图31【例1】

2、（江苏省盐城市2011届三星级高中三校联考物理）如图31所示，AB和CD为两条光滑斜槽，它们各自的两个端点均分别位于半径为R和r的两个相切的圆上，且斜槽都通过切点P。设有一重物先后沿两个斜槽，从静止出发，由A滑到B和由C滑到D，所用的时间分别为t1和t2，则t1与t2之比为（ ） A2：1 B1：1C：1 D1：分析 设光滑斜槽轨道的倾角为q，则物体下滑时的加速度为，由几何关系，斜槽轨道的长度，由运动学公式，得，即所用的时间t与倾角q无关，所以t1t2，B项正确。答案 B解读本题涉及到受力分析、牛顿第二定律、加速度、匀变速运动规律等知识点，考查推理能力、分析综合能力和应用数学处理物理问题的能力

3、，体现了考试大纲中对“能够把一个复杂问题分解为若干较简单的问题，找出它们之间的联系”和“必要时能运用几何图形、函数图像进行表达、分析”的能力要求。本题是“等时圆”问题的拓展延伸，需要考生从光滑弦过渡到斜面，还需要处理好角度问题，联系上两个圆的直径，只要有一处想不到，便不能得出正确答案。【例2】（山东省淄博市2011届高三摸底考试）为了研究超重与失重现象。某同学把一体重计放在电梯的地板上，他站在体重计上随电梯运动并观察体重计示数的变化情况。下表记录了几个特定时刻体重计的示数（表内各时刻不表示先后顺序），若已知t0时刻电梯静止，则时间t0t1t2t3体重计示数（kg）45.050.040.045.

4、0At3时刻电梯可能向上运动Bt1和t2时刻电梯运动的加速度方向相反，但运动方向不一定相反Ct1和t2时刻该同学的质量相同，但所受重力不同Dt1和t2时刻该同学的质量和重力均不相同分析 已知t0时刻电梯静止，所以该同学的质量为45kg，t1 时刻电梯处于超重状态，加速度向上，t2时刻电梯处于失重状态，加速度向下，但运动方向不一定相反，B项正确；t3时刻电梯可能静止，也可能匀速向上运动，A项正确；t1和t2时刻该同学分别处于超重和失重状态，表示电梯对该同学的支持力大于和小于其重力，但该同学的质量和重力均不变，C项、D项都不正确。答案 AB解读本题涉及到受力分析、牛顿第二定律、超重、失重等知识点，

5、考查理解能力、推理能力和分析综合能力，体现了考试大纲中对“理解物理概念、物理规律的确切含义，理解相关知识的区别和联系”和“能够根据已知的知识和物理事实、条件，对物理问题进行逻辑推理和论证，得出正确的结论或作出正确的判断”的能力要求。分析本题时要注意，超重和失重是指体重计的示数比重力大还是比重力小，本质是物体的加速度方向是向上还是向下（加速度向上为超重，加速度向下为失重），而与物体的运动方向（即速度方向）无关，并且物体的重力和质量是不变的，即只是视重变大或变小。【例3】（山东省淄博市2011届高三摸底考试）用一根细线一端系一小球（可视为质点），另一端固定在一光滑锥顶上，如图32（a）所示，设小球

6、在水平面内作匀速圆周运动的角速度为，线的张力为T，则T随2变化的图像是图32（b）中的分析 设绳长为L，锥面与竖直方向夹角为q，当0时，小球静止，受重力mg、支持力N和绳的拉力T而平衡，Tmgcosq 0，A项、B项都不正确；增大时，T增大，N减小，当N0时，角速度为0。当0时，由牛顿第二定律得，TsinqNcosqm2Lsinq，TcosqNsinqmg，解得Tm2Lsin2qmgcosq；当0时，绳与竖直方向夹角变大，设为a，由牛顿第二定律得Tsinam2Lsina，Tm2L，可知T2图线的斜率变大，C项正确。答案 C解读本题涉及到圆周运动的受力分析、力的合成与分解、牛顿第二定律、向心力、

7、临界问题等知识点，重点考查分析综合能力和应用数学处理物理问题的能力，体现了考试大纲中对“能够把一个复杂问题分解为若干较简单的问题，找出它们之间的联系”和“能够根据具体问题列出物理量之间的关系式，进行推导和求解，并根据结果得出物理结论，必要时能运用几何图形、函数图像进行表达、分析”的能力要求。本题的图像中提示出有转折点，从这一点入手，可知当角速度过大时，小球会飘起离开斜面，因此要分两种情况列方程。因小球做匀速圆周运动，合外力不为零，所以适合用正交分解法处理。【例4】2004年我国和欧盟合作的建国以来最大的国际科技合作计划“伽利略计划”将进入全面实施阶段，这标志着欧洲和我国都将拥有自己的卫星导航定

8、位系统，并将结束美国全球定位系统(GPS)在世界独占鳌头的局面。据悉“伽利略”卫星定位系统将由30颗轨道卫星组成，卫星的轨道高度为,倾角为，分布在3个轨道上，每个轨道面部署9颗工作卫星和1颗在轨备份卫星。当某颗卫星出现故障时可及时顶替工作。若某颗替补卫星处在略低于工作卫星的轨道上，则这颗卫星的周期和速度与工作卫星相比较，以下说法中正确的是A替补卫星的周期大于工作卫星的周期"速度大于工作卫星的速度B替补卫星的周期小于工作卫星的周期"速度大于工作卫星的速度C替补卫星的周期大于工作卫星的周期"速度小于工作卫星的速度D替补卫星的周期小于工作卫星的周期"速度小于工

9、作卫星的速度分析 由于卫星绕地球做匀速圆周运动。则,故卫星的运行周期，卫星运行速度。因此，卫星高度h越小，运行周期T越小，速度v越大，B项正确。答案 B解读本题涉及到万有引力定律在天体上应用的知识，考查理解能力和推理能力，体现了考试大纲中对“理解物理概念、物理规律的确切含义，理解物理规律的适用条件，以及它们在简单情况下的应用”和“能够根据已知的知识和物理事实、条件，对物理问题进行逻辑推理和论证，得出正确的结论或作出正确的判断”的能力要求。本题中虽然给了一堆数据，但所判断的问题与这些数据无关，需要考生利用万有引力定律和牛顿第二定律列方程处理，而且只是定性分析。这是信息给予题的共性，即要求考生具有

10、提炼有用信息的能力。【例5】（四川省成都七中2011届零诊模拟试题）杂技演员在进行“顶杆”表演时，用的是一根质量可忽略不计的长竹竿，质量为30kg的演员自杆顶由静止开始下滑，滑到杆底时速度正好为零，已知竹竿底部与下面顶杆人肩部间有一感应器，如图33所示为传感器显示的顶杆人肩部的受力情况，取g=10m/s2，求：（1）杆上的人下滑中的最大速度；（2）竹竿的长度。t/s01324v/ms-1图34分析 （1）由Ft图可知，01s 人加速下滑，13s 人减速下滑，3s时刻人下滑到杆底静止，在01s中对人有 对杆有 人下滑的加速度人下滑的最大速度 。（2）人下滑过程中的vt图如图34所示，则竹竿的长度

11、。答案 （1）4m/s（2）6m解读本题涉及到受力分析、牛顿第二定律、Ft图像、vt图像、匀变速运动规律等知识点，考查推理能力、分析综合能力和应用数学处理物理问题的能力，体现了考试大纲中对 “能够把一个复杂问题分解为若干较简单的问题，找出它们之间的联系”和“必要时能运用几何图形、函数图像进行表达、分析”的能力要求。本题是电梯下降问题的变形题，即先加速下降（失重），再减速下降（超重），最后静止。应用牛顿第二定律列方程时注意不要遗漏物体的重力。第二问求竹竿的长度时也可用公式法分段求解。【例6】（江苏省2011届四星级高中滨中、阜中高三联考物理试题）你是否注意到，“神舟”六号宇宙飞船控制中心的大屏幕

12、上出现的一幅卫星运行轨迹图，如图35所示，它记录了“神舟”六号飞船在地球表面垂直投影的位置变化；图中表示在一段时间内飞船绕地球圆周飞行四圈，依次飞经中国和太平洋地区的四次轨迹、，图中分别标出了各地点的经纬度（如：在轨迹通过赤道时的经度为西经157.5°，绕行一圈后轨迹再次经过赤道时经度为180°），若地球质量为M，地球半径为R，万有引力恒量为G，从图中你能知道“神舟”六号宇宙飞船的那些轨道参数？（需推导出的参数，只需写出字母推导过程） 分析 神舟飞船运行在轨道倾角42.4度，(卫星轨道平面与赤道平面的夹角为42.4°)飞船每运行一周，地球自转角度为180°

13、;157.5°22.5°，则神舟飞船运行的周期由万有引力提供向心力，即可求得飞船的轨道半径 或轨道高度 。答案 神舟飞船运行在轨道倾角42.4度神舟飞船运行的周期T90min飞船的轨道半径或轨道高度 解读本题涉及到万有引力定律在天体上应用的知识，考查分析综合能力和应用数学处理物理问题的能力，体现了考试大纲中对“能够把一个复杂问题分解为若干较简单的问题，找出它们之间的联系，能够理论联系实际，运用物理知识综合解决所遇到的问题”和“能够根据具体问题列出物理量之间的关系式，进行推导和求解，并根据结果得出物理结论”的能力要求。本题对获取图像信息的要求较高，尤其是图中的飞船运动轨迹不是

14、平时见到的物理图形，需要考生结合地球自转的知识入手求解。【命题角度分析】命题角度1 运动学中的几个概念 1在雅典奥运会上，甲、乙两运动员分别参加了在主体育场举行的的400 m和100m田径决赛，且两人都是在最内侧跑道完成了比赛，则两人在各自的比赛过程中通过的位移大小S甲、S乙和通过的路程大小、之间的关系是 ( ) AS甲>S乙，S甲<S乙 BS甲<S乙，S甲>S乙 CS甲>S乙，S甲>S乙 DS甲<S乙，S甲<S乙考场错误再现 C考场零失误 对路程和位移概念不清，另一个原因是不能联系实际，标准体育场一圈是400m，甲运动员刚好跑了一圈 对症下药

15、B 由图可知S甲=0，所以S甲<S乙， S甲>专家会诊这类问题主要是对基本概念要理解清楚，像本例中涉及的位移、路程，还有质点、参考系、平均速度等同时还要与实际相联系，如例r中的田径比赛命题角度2 参考系的选取与物体的运动 2太阳从东边升起，西边落下，是地球上看到的自然现象，但在某些条件下，在纬度较高地区上空飞行的飞机上，旅客可以看到太阳从西边升起的奇妙现象这些条件是 ( ) A.时间必须是在清晨，飞机正在由东向西飞行，飞机的速率必须较大 B时间必须是在清晨，飞机正在由西向东飞行，飞机的速率必须较大 C时间必须是在傍晚，飞机正在由东向西飞行，飞机的速率必须较大 D时间必须是在傍晚，飞

16、机正在由西向东飞行，飞机的速率不能太大 考场错误再现 A 考场零失误 本题因空间想象力及相对运动的知识和相关的地理知识不全面，还有对考题所涉及的情景如地球是怎样旋转的，哪个方向是东，哪个方向是西，飞机是怎样飞的，哪一边是夜晚，哪一边是白天，飞机从什么方向飞过来，才能看到太阳从西边出来等问题分析不清，从而得不出正确答案 对症下药 C 如图22所示太阳光照射在地球上，地球左半球为白天，右半球为黑夜，地球自西向东转 (见箭头方向)，A点表示清晨，B点表示傍晚，在A点向东或向西，在B点向东飞行均不能看到“太阳从西边升起”的奇妙现象，只有在B点向西飞行(即追赶快落山的太阳)能满足题意正确选项为C.专家会

17、诊解这类题应明确清楚以什么物体作为参考系，物体间相对运动的情况，然后建立起一幅运动的情景图，再进行分析判断命题角度3 匀速直线运动规律的应用1一人看到闪电123s后又听到雷声已知空气中的声速约为330340 m/s，光速为 3×108m/s，于是他用123除以3很快估算出闪电发生位置到他的距离为41 km根据你昕学的物理知识可以判断 ( ) A这种估算方法是错误的，不可采用 B这种估算方法可以比较准确地估算出闪电发生位置与观察者间的距离 C这种估算方法没有考虑光的传播时间，结果误差很大 D即使声速增大2倍以上，本题的估算结果依然正确 考场错误再现 A 考场零失误 因估算出闪电发生位置

18、与观察者间的 Z巨离为s=ut=123 ×330=41 km 对症下药 B因估算出闪电发生位置与观察者间的距离为s=ut=123 × 330：41 km，由数学知识可知，即乘以声速333nz/s转化为除以3，得出的结果相同，单位为千米专家会诊本题是物理知识与数学知识的综合应用，除弄清位移、速度、时间的关系s=vt外，还应注重数学知识的应用命题角度4 匀变速直线运动规律的应用1原地起跳时，先屈腿下蹲，然后突然蹬地从开始蹬地到离地是加速过程(视为匀加速)，加速过程中重心上升的距离称为“加速距离”离地后重心继续上升，在此过程中重心上升的最大距离称为“竖直高度”现有下列数据：人原地

19、上跳的“加速距离”d1，=050m，“竖直高度”h1=10m；跳蚤原地上跳的“加速距离”d2=000080m，“竖直高度”h21=010 m假想人具有与跳蚤相等的起跳加速度，而“加速距离”仍为050m，则人上跳的“竖直高度”是多少? 考场错误再现 对运动过程不清楚，导致错误 考场零失误 对运动过程不清楚，不能建立起一幅物体运动的图景对症下药 用。表示跳蚤起跳的加速度，2/表示离地时的速度，则对加速过程和离地后上升过程分别有v2=2ad2 v2=2gh2若假想人具有和跳蚤相同的加速度a，令V表示在这种假想下人离地时的速度，"表示与此相应的竖直高度，则对加速过程和离地后上升过程分别有 V

20、2=2ad1 V2=2gH由以上各式可得H代人数值，得H=63 cm 2跳水运动员从离水面10m高的平台上向上跃起，举双臂直体离台面，此时其重心位于从手到脚全长的中点跃起后重心升高到045m达到最高点落水时身体竖直，手先入水(在此过程中运动员水平方向的运动忽略不计)从离开跳台到手触水面，他可用于完成空中动作的日寸间是多少(计算时，可以把运动员看做全部质量集中在重心上的一个质点g取为10m/s2结果保留两位数字) 考场错误再现 将运动员下落的高度多加了运动员身高的一半 考场零失误 不能通过画草图正确地建立运动员运动的情景过程 对症下药 运动员跳起达到最高点的时间t1=03s人从最高，点至水面的高

21、度是 10+045=1045 m，下落可看成是自由落体运动，时间为，t2所以t2=，所以t1+t2 =03+14=17 s专家会诊解这类问题应弄清运动过程，明确加速度、速度、位移的方向，然后应用匀变速运动规律进行求解命题角度5 追及问题 1为了安全，在公路上行驶的汽车之间应保持必要的距离已知某高速公路的最高限速v= 120km/h假设前方车辆突然停止，后车司机从发现这一情况，经操纵刹车，到汽车开始减速昕经历的时间 (即反应时间)t=050s刹车时汽车受到阻力的大小?为汽车重力的040倍该高速公路上汽车间的距离s至少应为多少?取重力加速度g：10m/s2 考场错误再现 很多学生将反应时间也作为汽

22、车做减速运动的时间而出错 考场零失误 不能理解反应时间的含义，不清楚汽车运动的过程 对症下药 在反应时间内，汽车做匀速运动，距离为s=s1=vt汽车刹车过程，车做匀减速直线运动，由牛顿第二定律有king=nm 所以a=4 m/s所以刹车过程，汽车运动的距离为s2=所以所求2距离s=s1+s2=命题角度6 力与加速度的关系 1如图31所示，位于光滑固定斜面上的小物块户受到一水平向右的推力F的作用已知物块户沿斜面加速下滑现保持9的方向不变，使其减小，则加速度 ( ) A.一定变小 D一定变大 C一定不变 D.可能变小，可能变大，也可能不变 考场错误再现 A 考场零失误 不对物体进行受力分析，而想当

23、然地认为F减小，合力减小，加速度减小 对症下药 B 对物体进行受力分析可知，物体所受重力的沿斜面方向的分力与9沿斜面方向的分力的合力产生加速度，F减小，合力增大，加速度增大专家会诊解这类问题的基本方法是首先确定研究对象，然后进行受力分析，再应用牛顿定律列方程求解命题角度7 已知运动求受力 1一物体放置在倾角为的斜面上，斜面固定于加速上升的电梯中，加速度为a，如图32所示，在物体始终相对于斜面静止的条件下，下列说法中正确的是 ( ) A当一定时，a起大，斜面对物体的正压力越小 B当一定时，a越大，斜面对物体的摩擦力越大 C当一定时，越大，斜面对物体的正压力越小 D当定时，越大，斜面对物体的摩擦力

24、越小 考场错误再现 D 考场零失误 不进行受力分析，认为越大，物体容易下滑，想当然地认为摩擦力变小 对症下药 B C 对物体进行受力分析，物体受斜面的支持力N，摩擦力f，重力mg，由牛顿定律可得： Nsing=fcosNcosg+fsin -mg=ma 解得：N=m(g+a)cos，f=m(g+a)sin 所以B C正确专家会诊这类题目的解题方法是首先根据运动情况由运动学的知识求出加速度，再由牛顿第二定律列方程求解，其中加速度是联系二者的桥梁命题角度8 已知受力求运动 1如图33所示，在倾角为的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块A、g它们的质量分别为mA、mB，弹簧的劲度系数为K，C为一固

25、定挡板系统处于静止状态现开始用一恒力F沿斜面方向拉物块A使之向上运动，求物块B刚要离开C时物块A的加速度。和从开始到此时物块A的位移d重力加速度为g 考场错误再现 加速度求错 考场零失误 不能正确对物体进行受力分析而出错 对症下药 令x1表示未加F时弹簧的压缩量，由胡克定律和牛顿定律可知 mAgsin=kxl 令x2表示B刚要离开C时弹簧的伸长量，a表示此时4的加速度，由胡克定律和牛顿定律可知 kx2=mBgsin F-mAgsm -kx2=mAa 2如图3-4所示，在倾角为。的固定光滑斜面上，有一用绳子拴着的长木板，木板上站着只猫已知木板的质量是猫的质量的2倍当绳子突然断开时，猫立即沿着板向

26、上跑，以保持其相对斜面的位置不变则此时木板沿斜面下滑的加速度为 ( ) A sina Bgsin a C sina D2gsina 考场错误再现 B 考场零失误 受力分析错误，误认为猫所受的摩擦力沿斜面向下，木板所受摩擦力向上 对症下药 C 猫和木板受力分析如图3-5所示隔离猫，则 F=0，mgsm =F摩 隔离木板，mgsma+F摩=2ma 由牛顿第三定律F摩=F摩 联立。a=gsina C对专家会诊解这类题的基本方法是对物体进行受力分析，对于简单的连接体，应注意隔离法和整体法的应用，根据牛顿定律列方程求出加速度，然后根据遣动规律求解。命题角度9牛顿定律在圆周运动中的应用 1如图3-6所示，

27、轻杆的一端有一个小球，另一端有光滑的固定轴O现给球一初速度，使球和杆一起绕O轴在竖直面内转动，不计空气阻力，用F表示球到达最高点时杆对小球的作用力，则F ( ) A.一定是拉力 B一定是推力 C一定等于0 D可能是拉力，可能是推力，也可能等于 考场错误再现 A 考场零失误 认为在最高点小球作圆周运动需要向心力，而向心力是杆对小球的拉力提供的，所以在最高点杆对小球的作用力是拉力 对症下药 D 球通过最高点的条件是v>0情况(1)当球通过最高点，拉力为零时，mg =(2)当0<v<时，此时F为推力，mg-F=m. (3)当v> 时，此时F为拉力，F+mg=m 选D专家会诊解

28、题的方法对作园周运动的物体进行受力分析，找出向心力，然后应用牛顿定律列方程求解命题角度10 牛顿运动定律的综合应用 1一小圆盘静止在桌布上，位于一方桌的水平桌面的中央桌布的一边与桌的AB边重合，如图3-7所示已知盘与桌布间的动摩擦因数为1，盘与桌面间的动摩擦因数为2现突然以恒定加速度将桌布抽离桌面，加速度的方向是水平的且垂直于AB边若圆盘最后未从桌面掉下，则加速度满足的条件是什么?(以g表示重力加速度) 考场错误再现 不清楚运动过程而出错或无从下手 考场零失误 不清楚运动过程和圆盘未从桌面掉下所满足的条件 对症下药 设圆盘的质量为m，桌长为l，在桌布从圆盘下抽出的过程中，盘的加速度为a1，有声

29、mg=ma1，桌布抽出后，盘在桌面上做匀减速运动，以a2表示加速度的大小，有2mg=ma2设盘刚离开桌布时的速度为v1,移动的距离为x1，离开桌布后在桌面上再运动距x2离后便停下，有=2a1x1，=2a2x2，盘没有从桌面上掉下的条件是x设桌布从盘下抽出所经历时间为t，在这段时间内桌布移动的距离为x，有x= 而x= 由以上各式解得a专家会诊解这类题目要求较高，将牛顿定律与运动学知识相结合，还有将牛顿定律与电磁学及力学规律相结合，首先要弄清运动过程，分析受力，结合题目条件列方程求解.【名师预测】预测角度1 匀速直线运动 1一架飞机水平匀速地在某同学头顶飞过，当他听到飞机的发动机声从头顶正上方传来

30、时，发现飞机在他前上方约与地面成60°角的方向上，据此可估算出此飞机的速度约为声速的多少倍? 解题思路 飞机水平匀速飞行，而当人听到声音时，飞机在人的前上方，此时人、飞机、开始时人的头顶正上方飞机的位置构成一直角三角形。解答 设飞机在人的头顶正上方时距人h，别人听到声音时飞机飞过的距离为，则有h=v声t, =v飞t,可得v飞=0.58v声预测角度2 匀变速直线运动 1一杂技演员，用一只手抛球、接球他每隔0.40s抛出一球，接到球便立即把球抛出。已知除正在抛、接球的时刻外,空中总有4个球将球的运动近似看作是竖直方向的运动，球到达的最大高度是(高度从抛球点算起，取g=10m/s2) (

31、) A、1.6m B24m C32m D40m 解题思路 小球做竖直上抛运动，达到最高点后作自由落体运动，分析小球运动过程，弄清小球运动情景，由匀变速运动规律即得. 解答 由题意可得，真空中运行草图如图24所示，由于每个球时间间隔均为04s，且空中总有4个球，后一个球重复前一个球运动过程，则由上抛时间对称性，位移大小对称性得×10×(2×O4)2=32m预测角度3 匀速直线运动与匀变速直线运动综台应用1如图25所示，一水平方向足够长的传送带以恒定的速度v1沿顺时针方向运动，传送带右瑞有一与传送带等高的光滑水平面，一物体以恒定的速度v2，沿直线向左滑上传送带后，经过

32、一段时间又返回到光滑水平面上，这时速度为 ，则下列说法正确的是 ( )A若v1<v2，则v2=v1 B若01>v2，总有t2=22=v2 C不管v2多大，总有v2=v2 D以上答案都不对 解题思路 物体滑上传送带后，根据二者相对运动的情况，分析物体所受的摩擦力，从而分析物体的运动情况，再用匀变速运动规律进行分析 解答 若v1<v2,则物体滑上传送带以后做匀减速运动，直至速度为零，然后反向做匀加速运动，由于传送带足够长，所以物体总可能达到速度v1与传送带保持相对静止而一起运动；若v1>v2，则物体向左运动达到静止后，反向做匀加速运动，在物体的速度达到。v2时，物体己滑回光

33、滑水平面，即物体的速度不可能达到vl，综上所述，选项AB正确预测角度4 速度图象的应用 1质点P以O点为平衡位置竖直向上做简谐运动，同时质点Q也从O点被竖直上抛，它们恰好同时到达最高点，且高度相同，在此过程中，两质点的瞬时速度的关系应该是 ( ) AuP>vQ B先OP>OQ，后OP<vQ，最后uP=vQ=0 CuP<uQ D先vP<vQ，后vP>vq，最后vP=vQ=0 解题思路 运用简谐运动、竖直上抛运动的特点及 vt图象分析问题的综合能力解决本题的关键在于深刻理解vt图象的意义，并能运用wt图象来分析问题 解答 先在vt图中画出口做匀减速运动的vt图象

34、由于P做简谐运动，当它由平衡位置向极端位置运动过程中，受到的回复力从零开始不断变大，它的加速度也从零开始不断变大，速度不断变小，P做加速度不断增大的减速运动，其vt图象是一条曲线根据vt图象上任一点的切线的斜率数值上等于质点在该时刻的加速度，由于P的加速度由零开始不断变大，画出曲线切线斜率的绝对值也应由零开始不断增大，即曲线的切线应从呈水平状态开始不断变陡，那么只有向右边凸出的下降的曲线才能满足这样的条件又因P与Q的运动时间相等，所以曲线的终点也应在t，P与Q的路程相等，所以曲线包围的面积应等于AvooOc的面积，根据这些要求，曲线的起点，即质点P的初速度PvPO必定小于Q的初速vQO，且两条

35、 vt图象必定会相交，如图26中的实线所示图中的两条虚线表示的质点P的T图象都不能满足题设条件：(P与Q的路程相等)，所以选项D正确预测角度6 力与加速度的关系1如图313所示，物块P静止在水平放置的固定木板上若分别对P施加相互垂直的两个水平拉力F1和F2 时(F1>F2)，P将分别沿Fl和F2的方向匀加速滑动，其受到的滑动摩擦力大小分别为f1和f2，其加速度大小分别为a1和a2若从静止开始同时对P施加上述二力，其受到的滑动摩擦力大小为f3，其加速度大小为a3关于以上各物理量之间的关系，判断正确的是 ( ) Af3>fl>f2，a3>a1>a2 Bf3>f1

36、>f2，a3=a1a2 Cf3=f1=f2，a3>a1>a2 Df3=f1=f2,a3=a1=a2 解题思路 在题中所述的几种情况中，分别进行受力分析，然后应用牛顿定律列方程求解 解答 在题中的三种情况下，物体均受到滑动摩擦力作用，物体对木板的压力不变，故摩擦力不变，即 f3=f1=f2，由牛顿第二定律有 Fl-f1=ma1,F2-f2=ma2，所以a3>a1>a2 故C正确预测角度7 力与运动的关系 1如图314所示，质量为m的物体放在倾角为。的光滑斜面上，随斜面体一起沿水平方向运动，要使物体相对于斜面保持静止，斜面体的运动情况以及物体对斜面压力F的大小是 (

37、) A.斜面体以某一加速度向右加速运动，F小于mg B斜面体以某一加速度向右加速运动，F不小于mg C.斜面体以某一加速度向左加速运动，F大于mg D斜面体以某一加速度向左加速运动，F不大于mg 解题思路 因物体随斜面体一起沿水平方向运动，其加速度沿水平方向，由牛顿定律可知物体所受合外力，的方向应为水平方向，根据物体的受力即可得出 解答 因物体只受重力和斜面对它的支持力的作用，由力的合成可知，此二力的合力的方向水平向左，且斜面的支持力大于重力，由牛顿第二定律和牛顿第三定律可得C正确预测角度8 牛顿运动定律的综合应用1在倾角为9的长斜面上有一带风帆的滑块从静止开始沿斜面下滑，滑块的质量为m，它与

38、斜面间的动摩擦因数为，帆受到的空气阻力与滑块下滑的速度的大小成正比，即f=kv (1)写出滑块下滑的加速度的表达式 (2)写出滑块下滑的最大速度的表达式 (3)若m=2kg，=30，g=10m/s2，滑块从静止开始沿斜面下滑的速度图线如图315所示，图中直线是t=0时刻速度图线的切线，由此求出和k的值 解题思路 对物体进行受力分析，应用牛顿第；定律并结合运动学知识和图象的意义进行求解 解答 (1)滑块在斜面上受到重力、支持力、摩擦力和空气阻力的作用做变加速直线运动，根据牛顿第二定律，有：mgsin -tmgcos kv=ma a=gsin-gcoso (2)分析上式，当滑块速度v增大时，其加速

39、度不断减小当a=0时，滑块速度最大，其最大值为：(sin -cos ) (3)从vt图中可以看出，vm=2m/s，当t=0时， u=0，a=3 m/s2由(1)、(2)可列方程l0sin 30°-× l0cos 30°=3 (sin 30°-cos 30°) 解之得：, K=3【疑难解析】动力学中多过程问题的分析方法求解多过程问题，要能够将多过程分解为多个子过程，在每一个子过程中，对物体进行正确的受力分析，正确求解加速度是关键求解时应注意以下两点：(1)当物体的受力情况发生变化时其加速度也要变化；(2)两个过程的衔接前一过程的末速度是后一过程的

40、初速度特别注意物体沿斜面向上运动时，物体可能会两次经过同一点，在沿斜面向上和向下运动过程中其加速度要发生变化图12-19【例1】 如图1219所示，一重为10 N的小球，在F20 N的竖直向上的拉力作用下，从A点由静止出发沿AB向上运动，F作用1.2 s后撤去已知杆与球间的动摩擦因数为，杆足够长，试求从撤去力F开始计时，小球经多长时间将经过距A点为2.25 m的B点(取g10 m/s2)解析：有力F作用时有：(FG)sin 30°(FG)cos 30°ma1，解得：a12.5 m/s2所以撤去力F时，小球的速度：v1a1t13 m/s小球的位移：x1t11.8 m撤去力F后

41、，小球上冲时有：Gsin 30°Gcos 30°ma2解得：a27.5 m/s2因此小球上冲时间：t20.4 s上冲位移：x2t20.6 m此时x1x22.4 m>xAB，因此小球在上冲阶段将通过B点，有xABx1v1t3a2t32解得：t30.2 s或t30.6 s>t2(舍去)小球返回时有：Gsin 30°Gcos 30°ma3解得：a32.5 m/s2因此小球滑到最上端又返回B点时有：x1x2xABa3t42解得：t4 s0.35 s所以从撤去力F开始计时，小球上冲通过B点时用时为：t30.2 s返回通过B点时用时为：t2t40.75

42、s.答案：见解析【高考真题精解精析】【2011高考试题解析】1.（天津）如图所示，A、B两物块叠放在一起，在粗糙的水平面上保持相对静止地向右做匀减速直线运动，运动过程中B受到的摩擦力A方向向左，大小不变B方向向左，逐渐减小C方向向右，大小不变D方向向右，逐渐减小【解析】考查牛顿运动定律处理连接体问题的基本方法，简单题。对于多个物体组成的物体系统，若系统内各个物体具有相同的运动状态，应优先选取整体法分析，再采用隔离法求解。取A、B系统整体分析有，a=g，B与A具有共同的运动状态，取B为研究对象，由牛顿第二定律有：，物体B做速度方向向右的匀减速运动，故而加速度方向向左。【答案】A2（北京）“蹦极”

43、就是跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在踝关节等处，从几十米高处跳下的一种极限运动。某人做蹦极运动，所受绳子拉力F的大小随时间t变化的情况如图所示。将蹦极过程近似为在竖直方向的运动，重力加速度为g。据图可知，此人在蹦极过程中最大加速度约为Ag B2g C3g D4g答案：B解析：由题图可知：绳子拉力F的最大值为9F0/5，最终静止时绳子拉力为3F0/5=mg，根据牛顿第二定律得：9F0/53F0/5=ma，所以a=2g。B正确，A、C、D错误。3.（四川）如图是“神舟”系列航天飞船返回舱返回地面的示意图，假定其过程可简化为：打开降落伞一段时间后，整个装置匀速下降，为确保安全着陆，需点燃返回舱的缓冲火

44、箭，在火箭喷气过程中返回舱做减速直线运动，则A.火箭开始喷气瞬间伞绳对返回舱的拉力变小B.返回舱在喷气过程中减速的主要原因是空气阻力C返回舱在喷气过程中所受合外力可能做正功D.返回舱在喷气过程中处于失重状态【答案】A【解析】在火箭喷气过程中返回舱做减速直线运动，加速度方向向上，返回舱处于超重状态，动能减小，返回舱所受合外力做负功，返回舱在喷气过程中减速的主要原因是缓冲火箭向下喷气而获得向上的反冲力。火箭开始喷气前匀速下降拉力等于重力减去返回舱受到的空气阻力，火箭开始喷气瞬间反冲力直接对返回舱作用因而伞绳对返回舱的拉力变小。4.如图，在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板，其上叠放一质量为m

45、2的木块。假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。现给木块施加一随时间t增大的水平力F=kt（k是常数），木板和木块加速度的大小分别为a1和a2，下列反映a1和a2变化的图线中正确的是（A）解析：主要考查摩擦力和牛顿第二定律。木块和木板之间相对静止时，所受的摩擦力为静摩擦力。在达到最大静摩擦力前，木块和木板以相同加速度运动，根据牛顿第二定律。木块和木板相对运动时， 恒定不变，。所以正确答案是A。5（上海）受水平外力F作用的物体，在粗糙水平面上作直线运动，其 图线如图所示，则(A)在秒内，外力大小不断增大(B)在时刻，外力为零(C)在秒内，外力大小可能不断减小(D)在秒内，外力大小可能

46、先减小后增大【答案】CD. 【解析】秒内，加速运动，从图像斜率看，这段时间内的加速度减小，所以，秒内，不断减小，A错误；从图像斜率看在时刻，加速度为零，B错误；在秒内减速运动，若开始时的方向与一致，则，从图像斜率看加速度逐渐增大，因此不断减小，C正确，当减小到零，反向之后，当增大时，加速度逐渐增大，D正确6（福建）（19分）如图为某种鱼饵自动投放器中的投饵管装置示意图，其下半部AB是一长为2R的竖直细管，上半部BC是半径为R的四分之一圆弧弯管，管口沿水平方向，AB管内有一原长为R、下端固定的轻质弹簧。投饵时，每次总将弹簧长度压缩到0.5R后锁定，在弹簧上段放置一粒鱼饵，解除锁定，弹簧可将鱼饵弹

47、射出去。设质量为m的鱼饵到达管口C时，对管壁的作用力恰好为零。不计鱼饵在运动过程中的机械能损失，且锁定和解除锁定时，均不改变弹簧的弹性势能。已知重力加速度为g。求：（1）质量为m的鱼饵到达管口C时的速度大小v1;（2）弹簧压缩到0.5R时的弹性势能Ep;已知地面与水面相距1.5R，若使该投饵管绕AB管的中轴线OO在角的范围内来回缓慢转动，每次弹射时只放置一粒鱼饵，鱼饵的质量在到m之间变化，且均能落到水面。持续投放足够长时间后，鱼饵能够落到水面的最大面积S是多少？解析：此题考查平抛运动规律、牛顿运动定律、竖直面内的圆周运动、机械能守恒定律等知识点。（1）质量为m的鱼饵到达管口C时做圆周运动的向心

48、力完全由重力提供，则mg=m，解得 v1=. (2) 弹簧的弹性势能全部转化为鱼饵的机械能，由机械能守恒定律有Ep=mg(1.5R+R)+m v12，由式解得Ep=3mgR。（3）不考虑因缓慢转动装置对鱼饵速度大小的影响，质量为m的鱼饵离开管口C后做平抛运动。设经过t时间落到水面上，离OO的水平距离为x1，由平抛运动规律有4.5R=gt2，x1=v1t+R，由式解得x1=4R. 当鱼饵的质量为2m/3时，设其到达管口C时速度大小为v2，由机械能守恒定律有Ep=mg(1.5R+R)+(m) v22， 由式解得v2=2. 质量为2m/3的鱼饵落到水面上时，设离OO的水平距离为x2，则x2=v2t+

49、R，由式解得x2=7R.鱼饵能够落到水面的最大面积S，S=(x22-x12)= R2（或8.25R2）。7（北京）（18分）利用电场和磁场，可以将比荷不同的离子分开，这种方法在化学分析和原子核技术等领域有重要的应用。如图所示的矩形区域ACDG(AC边足够长)中存在垂直于纸面的匀强磁场，A处有一狭缝。离子源产生的离子，经静电场加速后穿过狭缝沿垂直于GA边且垂直于磁场的方向射入磁场，运动到GA边，被相应的收集器收集。整个装置内部为真空。已知被加速的两种正离子的质量分别是m1和m2(m1>m2)，电荷量均为q。加速电场的电势差为U，离子进入电场时的初速度可以忽略。不计重力，也不考虑离子间的相互

50、作用。(1)求质量为m1的离子进入磁场时的速率v1；(2)当磁感应强度的大小为B时，求两种离子在GA边落点的间距s；(3)在前面的讨论中忽略了狭缝宽度的影响，实际装置中狭缝具有一定宽度。若狭缝过宽，可能使两束离子在GA边上的落点区域交叠，导致两种离子无法完全分离。设磁感应强度大小可调，GA边长为定值L，狭缝宽度为d，狭缝右边缘在A处。离子可以从狭缝各处射入磁场，入射方向仍垂直于GA边且垂直于磁场。为保证上述两种离子能落在GA边上并被完全分离，求狭缝的最大宽度。解析：（1）动能定理 得 （2）由牛顿第二定律 ，利用式得离子在磁场中的轨道半径为别为 ， 两种离子在GA上落点的间距 （3）质量为m1

51、的离子，在GA边上的落点都在其入射点左侧2R1处，由于狭缝的宽度为d，因此落点区域的宽度也是d。同理，质量为m2的离子在GA边上落点区域的宽度也是d。为保证两种离子能完全分离，两个区域应无交叠，条件为 利用式，代入式得 R1的最大值满足 得 求得最大值 8（安徽）（16分）xyOPB如图所示，在以坐标原点O为圆心、半径为R的半圆形区域内，有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，磁感应强度为B，磁场方向垂直于xOy平面向里。一带正电的粒子（不计重力）从O点沿y轴正方向以某一速度射入，带电粒子恰好做匀速直线运动，经t0时间从P点射出。（1）求电场强度的大小和方向。（2）若仅撤去磁场，带电粒子仍从O点以相同的速度射入，经时间恰从半圆形区域的边界射出。求粒子运动加速度的大小。（3）若仅撤去电场，带电粒子仍从O点射入，且速度为原来的4倍，求粒子在磁场中运动的时间。解析：（1）设带电粒子的质量为m，电荷量为q，初速度为v，电场强度为E。可判断出粒子受到的洛伦磁力沿x轴负方向，于是可知电场强度沿x轴正方向且有 qE=qvB 又 R=vt0 则 （2）仅有电场时，带电粒子在匀强电场中作类平抛运动在y方向位移 由式得