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1、專題整合突破專題一力與運動專題一力與運動第第2 2講直線運動和牛頓運動定律講直線運動和牛頓運動定律1 1微網(wǎng)構建微網(wǎng)構建2 2高考真題高考真題3 3熱點聚焦熱點聚焦4 4復習練案復習練案微網(wǎng)構建微網(wǎng)構建高考真題高考真題(1)冰球與冰面之間的動摩擦因數(shù)；(2)滿足訓練要求的運動員的最小加速度。(1)B與木板相對靜止時，木板的速度；(2)A、B開始運動時，兩者之間的距離。解析本題通過滑塊木板模型考查牛頓運動定律、勻變速直線運動規(guī)律等相關知識點。解：(1)滑塊A和B在木板上滑動時，木板也在地面上滑動。設A、B和木板所受的摩擦力大小分別為f1、f2和f3，A和B相對于地面的加速度大小分別為aA和aB，
2、木板相對于地面的加速度大小為a1。在物塊B與木板達到共同速度前有f11mAg f21mBg f32(mmAmB)g 由牛頓第二定律得 f1mAaA f2mBaB f2f1f3ma1 設在t1時刻，B與木板達到共同速度，其大小為v1。由運動學公式有 v1v0aBt1 v1a1t1 聯(lián)立式，代入已知數(shù)據(jù)得v11 m/s熱點聚焦熱點聚焦熱點一勻變速直線運動規(guī)律的應用 2一個勻變速直線運動的過程，一般用五個物理量來描述，即v0、v、a、x、t。在這五個量中，只要知道其中三個量。就可以求解其他兩個未知量，常叫“知三求二”。典例典例1 1 方法總結 A由“觀察法”可以看出飛機做勻加速直線運動 B測出相鄰兩
3、段相等時間內的位移，可以求出這兩段總時間的中間時刻的速度 C測出各段相等時間的位移，如果相鄰兩段位移之差都相等，則飛機做勻變速直線運動 D判斷出飛機是做勻變速直線運動后，可以用逐差法計算出飛機的加速度CD CD 解析由圖能觀察出飛機的位移在增加，做加速運動，但不能得到飛機做勻加速直線運動，A錯誤；只有是勻變速直線運動才能通過測出相鄰兩段相等時間內的位移，求這兩段總時間的中間時刻的速度，B錯誤；如果相鄰兩段位移之差相等，則說明飛機做勻變速直線運動，C正確；勻變速直線運動的加速度可以用逐差法求加速度，測量出相等時間的位移就可以計算加速度，D正確。綜上本題選CD。三種圖象的對比分析熱點二運動圖象及應
4、用斜率縱截距圖象與t軸所圍的面積特例勻速直線運動勻變速直線運動xt圖象速度初位置傾斜的直線拋物線vt圖象加速度初速度位移與時間軸平行的直線傾斜的直線典例典例2 2 A A 圖象問題要四看一注意(1)看坐標軸：看清坐標軸所表示的物理量，明確因變量(縱軸表示的量)與自變量(橫軸表示的量)之間的制約關系。(2)看圖象：識別兩個相關量的變化趨勢。從而分析具體的物理過程。(3)看縱坐標、“斜率”和”面積”；vt圖象中根據(jù)坐標值、“斜率”和“面積”可分析速度、加速度和位移的大小、方向特點：xt圖象中根據(jù)坐標值、“斜率”可分析位移、速度的大小、方向特點。方法總結(4)看交點：明確圖線與圖線的交點、圖線與坐標
5、軸的交點的物理意義。(5)一注意：利用vt圖象分析兩個物體的運動時，要注意兩個物體的出發(fā)點：即注意它們是從同一位置出發(fā)，還是從不同位置出發(fā)。若從不同位置出發(fā)，要注意出發(fā)時兩者的距離。ABD ABD A0t1階段的豎直方向的速度先增大后減小 B在t2t3階段處于超重狀態(tài) C在t1t2階段一定是靜止的 D在t3t4階段豎直方向做加速運動 解析Ht圖象切線斜率的大小表示速度，0t1階段圖線的切線斜率絕對值先增大后減小，則速度先增大后減小，故A正確；在t2t3階段，速度減小，加速度向上，處于超重狀態(tài)，故B正確；在t1t2階段不一定是靜止，也可能水平方向勻速運動，故C錯誤；在t3t4階段，圖線的斜率絕對
6、值增大，做加速運動，故D正確。1牛頓第二定律的表達式：F合ma。2運用牛頓運動定律解決連接體問題時，如果不需要求物體之間的相互作用力，且連接體的各部分具有相同的加速度，一般采用整體法列牛頓第二定律方程；如果需要求物體之間的相互作用力或對于加速度不同的連接體，一般采用隔離法列牛頓第二定律方程。熱點三牛頓運動定律的應用 3運用牛頓運動定律處理瞬時性問題時會遇到的兩種模型(1)剛性繩(或接觸面)不發(fā)生明顯形變就能產生彈力的物體，剪斷(或脫離)后，其彈力立即消失，不需要形變恢復時間。(2)彈簧(或橡皮繩)兩端同時連接(或附著)有物體的彈簧(或橡皮繩)，特點是形變量大，其形變恢復需要較長時間，在瞬時性問
7、題中，其彈力的大小往往可以看成保持不變。典例典例3 3 C C A兩彈簧都處于拉伸狀態(tài) B兩彈簧都處于壓縮狀態(tài) C彈簧L1處于壓縮狀態(tài)，彈簧L2處于原長 D彈簧L1處于拉伸狀態(tài)，彈簧L2處于壓縮狀態(tài) 解析A與B保持相對靜止，則二者向下的加速度是相等的，設它們的總質量為M，則：MaMgsin 所以：agsin 同理，若以C、D為研究對象，則它們共同的加速度大小也是gsin。以A為研究對象，A受到重力、斜面體B豎直向上的支持力時，合力的方向在豎直方向上，水平方向的加速度：axacosgsincos 該加速度由水平方向彈簧的彈力提供，所以彈簧L1處于壓縮狀態(tài)；以C為研究對象，則C受到重力、斜面的支持
8、力作用時，合力的大小：F合mgsin 所以，C受到的重力、斜面的支持力作用提供的加速度為：agsin，即C不能受到彈簧的彈力，彈簧L2處于原長狀態(tài)。故選項C正確，ABD錯誤。A(Mm)g BMg C(Mm)gma D(Mm)gMaBC BC 解析隔離分析，對m根據(jù)牛頓第二定律列式求解拉力，再根據(jù)平衡條件對M和物塊列式求解即可。對m，根據(jù)牛頓第二定律有mgfma，則M：TMgf，ff，聯(lián)立解得TMgmgma，對物塊，受力平衡有fTMgmgma，當ag時，fMg，故BC正確。熱點四動力學中多過程問題典例典例4 4 (1)若在鐵塊上施加一隨時間增大的水平力Fkt(t是常數(shù))，通過摩擦力傳感器描繪出鐵
9、塊受到木板的摩擦力Ff隨時間t變化的圖象如圖乙所示。求木板與地面間的動摩擦因數(shù)1和木板與鐵塊間的動摩擦因數(shù)2；(2)若在鐵塊上施加恒力F，使鐵塊從木板上滑落，求F的大小范圍；(3)若在鐵塊上施加向右的恒力F8 N，求鐵塊運動到木板右端所用的時間。解析(1)由圖乙可知，01s內，M、m均沒有滑動，F(xiàn)1Fkt；1 s3 s，M、m相對靜止，但整體相對地面運動，故t1 s時，恰好有Ff11(mM)g3N 求得木板與地面間的動摩擦因數(shù)10.1；3 s后，MN相對滑動，m受到滑動摩擦力，有2mg5 N 求得木板與鐵塊間的動摩擦因數(shù)為20.5(1)球筒撞擊到桌面前瞬間的速度大小；(2)羽毛球相對球筒滑動時所受的總阻力大小與其重力大小的比值。
物理第2講 直線運動和牛頓運動定律
