[高考]高考物理二轮复习 专题一 力和运动.doc

系统知识明晰备考考什么本专题考查的主要内容有：共点力作用下物体的平衡条件、匀变速直线运动规律的应用及图象问题、动力学的两类基本问题、运动的合成与分解、平抛运动及圆周运动规律、万有引力定律在天体运动及航天中的应用；主要思想方法有：整体法与隔离法、假设法、合成法与分解法、图解法、图象法等。怎么考本专题知识是历年高考的热点，对物体受力分析、共点力作用下物体的平衡及连接体的平衡、匀变速直线运动规律的应用及图象、平抛运动及圆周运动规律、万有引力与航天等知识的考查，多以选择题的形式出现；平抛运动及圆周运动知识与运动定律、功能关系相结合，多以计算题的形式出现，预计2013年高考命题仍以此方式进行考查。怎么办复习时应深刻理解各种性质的力的产生、方向及大小特点、各运动学公式的适用条件、运动的合成与分解的思想方法，熟练运用整体法和隔离法解决连接体问题，综合运用牛顿运动定律和运动学规律解决多过程问题，熟练应用平抛、圆周运动知识处理与牛顿运动定律、功能关系相结合的综合问题，以及圆周运动知识与万有引力定律、天体运动等知识相综合的问题。第1讲力与物体的平衡摩擦力的分析与计算 例1(2012·浙江高考)如图111所示，与水平面夹角为30°的固定斜面上有一质量m1.0 kg的物体。细绳的一端与物体相连。另一端经摩擦不计的定滑轮与固定的弹簧秤相连。物体静止在斜面上，弹簧秤的示 图111数为4.9 N。关于物体受力的判断(取g9.8 m/s2)。下列说法正确的是()A斜面对物体的摩擦力大小为零B斜面对物体的摩擦力大小为4.9 N，方向沿斜面向上C斜面对物体的支持力大小为4.9 N，方向竖直向上D斜面对物体的支持力大小为4.9 N，方向垂直斜面向上思路点拨解答本题时应注意以下两点：(1)定滑轮不计摩擦，弹簧秤的示数等于绳子拉力大小。(2)物体静止在斜面上，物体合力一定为零。解析因物体的重力沿斜面方向的分力mgsin 30°1×9.8×0.5 N4.9 N，与弹簧秤的示数相等，故斜面对物体的摩擦力大小为0，则选项A正确，选项B错误；斜面对物体的支持力大小为mgcos 30°1×9.8× N4.9 N，方向垂直斜面向上，则选项C、D错误。答案A一、基础知识要记牢1分类(1)静摩擦力(大小0F静F静max)。(2)滑动摩擦力(大小FFN)。2方向与物体的相对运动或相对运动趋势的方向相反，沿接触面的切线方向。3产生条件(1)相互接触且接触面粗糙；(2)有相对运动或相对运动趋势；(3)有弹力。二、方法技巧要用好1物体间静摩擦力的有无及方向判断方法(1)“假设法”和“反推法”。假设法：先假设没有摩擦力(即光滑)时，看相对静止的物体间能否发生相对运动。若能，则有静摩擦力，方向与相对运动方向相反；若不能，则没有静摩擦力。反推法：是从被研究物体表现出的运动状态这个结果反推出它必须具有的条件，分析组成条件的相关因素中摩擦力所起的作用，就容易判断摩擦力的方向了。(2)利用牛顿第二定律判断：先假设物体受摩擦力作用，并假设出方向，利用牛顿第二定律或平衡条件列式计算。若F静0，则有静摩擦力；F静>0，说明其方向与假设方向相同；F静<0，说明其方向与假设方向相反。(3)利用牛顿第三定律(即相互作用力的关系)来判断。此法关键是抓住“摩擦力是成对出现的”，先确定受力较少的物体受到的摩擦力方向，再确定另一物体受到的摩擦力方向。2摩擦力大小的计算方法(1)滑动摩擦力大小：与正压力成正比，公式为FFN，其中FN表示正压力，而正压力不一定等于重力G。(2)静摩擦力大小：一般由受力物体所处的运动状态，根据平衡条件或牛顿第二定律来计算，其取值范围是0<F静F静max。(3)计算摩擦力大小时注意：在确定摩擦力大小之前，必须先分析物体的运动状态，判断物体所受的是静摩擦力还是滑动摩擦力。若是静摩擦力，则不能用FFN来计算，只能根据物体所处的状态(平衡或加速)，由平衡条件或牛顿第二定律求解。三、易错易混要明了(1)接触面间有弹力存在时，不一定有摩擦力，但有摩擦力存在时，一定有弹力存在。(2)接触面间的动摩擦因数一定时，滑动摩擦力与弹力成正比，但静摩擦力的大小与弹力无关。共点力作用下物体的平衡 例2(2012·新课标全国卷)如图112所示，一小球放置在木板与竖直墙面之间。设墙面对球的压力大小为N1，球对木板的压力大小为N2。以木板与墙连接点所形成的水平直线为轴，将木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置。不计摩擦，在此过程中()AN1始终减小，N2始终增大BN1始终减小，N2始终减小 图112CN1先增大后减小，N2始终减小DN1先增大后减小，N2先减小后增大思路点拨(1)木板缓慢转动过程中，球处于动态平衡状态。(2)墙面对球的压力N1方向不变，球对木板的压力N2方向改变。(3)可用图解法分析N1、N2大小的变化情况。解析对小球受力分析，如图所示，根据物体的平衡条件，可将三个力构建成矢量三角形，随着木板顺时针缓慢转到水平位置，木板对球的弹力N2减小，球对木板的压力大小N2逐渐减小，墙面对球的压力大小N1逐渐减小，故B对。答案B(掌握类题通法)一、基础知识要记牢1平衡状态物体处于静止或匀速直线运动的状态。2动态平衡物体在缓慢移动过程中，可认为其速度、加速度均为零，物体处于平衡状态。3平衡条件F合0或4共点力平衡的几个重要推论(1)三个或三个以上的共点力平衡，某一个力(或其中某几个力的合力)与其余力的合力等大反向。(2)同一平面上的三个不平行的力平衡，这三个力必为共点力，且表示这三个力的有向线段可以组成一个封闭的矢量三角形。二、方法技巧要用好1求解共点力平衡问题的一般思路2求解共点力平衡问题常用的方法(1)力的合成法：对研究对象受力分析后，应用平行四边形定则(或三角形定则)求合力的方法。力的合成法常用于仅受三个共点力作用而平衡时。(2)正交分解法：把物体受到的各力都分解到互相垂直的两个方向上，然后分别列出两个方向上合力为零的方程求解。当物体受四个及四个以上共点力作用而平衡时，一般采用正交分解法。(3)图解法：对研究对象进行受力分析，再根据平行四边形定则或三角形定则画出不同状态下力的矢量图(画在同一个图中)，然后根据有向线段(表示力)的长度变化情况判断各个力的变化情况。三、易错易混要明了用图解法分析动态平衡问题时要在矢量三角形中确定不变的量和改变的量。连接体的平衡问题 例3 (2012·龙岩一中高三二模)如图113所示，桌面上固定一个光滑竖直挡板，现将一个重球A与截面为三角形垫块B叠放在一起，用水平外力F可以缓缓向左推动B，使球慢慢升高，设各接触面均光滑，则该过程中() 图113AA和B均受三个力作用而平衡BB对桌面的压力越来越大CA对B的压力越来越小D推力F的大小恒定不变解析B物体受重力、推力F、地面和A的弹力四个力的作用，故A错；水平外力F缓缓向左推动B，使球慢慢升高，故可把AB看成一个处于平衡状态的整体，在竖直方向整体受重力和地面的支持力，故重力和地面的支持力大小相等，因整体的重力没有变化，故地面的支持力也不变化，由牛顿第三定律知B对桌面的压力等于地面的支持力，也不变化，故B错；AB整体在水平方向上受水平推力F及板向右的水平弹力，且大小相等，故A所受板向右弹力不变，又重力不变，则B对A的弹力不变，A对B的压力不变，C错D对。答案D一、基础知识要记牢(1)整体法：当只涉及系统外力而不涉及系统内部物体之间的内力时，则可以选整个系统为研究对象，而不必对系统内部物体一一隔离分析。(2)隔离法：为了弄清系统内某个物体的受力情况，一般采用隔离法。二、方法技巧要用好同一题目中，若采用隔离法，往往先用整体法，再用隔离法，用隔离法分析时，一般先从受力最少的物体入手。三、易错易混要明了正确区分内力和外力。对几个物体组成的整体进行受力分析时，这几个物体间的作用力为内力，不能在受力图中出现；当隔离某一物体分析时，原来的内力变成了外力，要画在受力图上。复合场中带电体的平衡例4如图114所示，质量m10.1 kg，电阻R10.3 ，长度l0.4 m的导体棒ab横放在U型金属框架上，框架质量m20.2 kg，放在绝缘水平面上，与水平面间的动摩擦因数0.2，相距0.4 m的PP、QQ相互平行，电阻不计且足够长。电阻R20.1 的PQ垂 图114直于PP。整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B0.5 T。垂直于ab施加F2 N的水平恒力，ab从静止开始无摩擦地运动，始终与PP、QQ保持良好接触，当ab运动到某处时，框架开始运动。设框架与水平面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2。求框架开始运动时ab速度v的大小。破题关键点(1)框架能启动的动力是什么力？框架刚要启动时应满足什么关系？(2)导体棒ab受哪几个力作用？当框架开始运动时，导体棒ab处于什么运动状态？解析ab对框架的压力F1m1g框架受水平面的支持力FNm2gF1依题意，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则框架受到最大静摩擦力FfFNab中的感应电动势EBlvPQ中电流IPQ受到的安培力F安IlB框架开始运动时F安Ff由上述各式代入数据解得v6 m/s答案6 m/s一、基础知识要记牢1电场力FEq，方向与场强方向相同或相反。2安培力FBIl(BI)，方向用左手定则判定。3洛伦兹力FqvB(Bv)，方向用左手定则判定。说明：电荷在电场中一定受电场力作用，电流或电荷在磁场中不一定受磁场力作用。二、方法技巧要用好带电体在复合场中的平衡问题或导体棒在磁场中的平衡问题，无非是多考虑带电体所受的电场力、洛伦兹力或导体棒受的安培力，分析方法与力学中的平衡问题完全相同。三、易错易混要明了(1)分析电场力或洛伦兹力时，注意带电体的电性。(2)分析带电粒子受力时，要注意判断重力是否考虑。课堂针对考点强化训练1(2012·广东高考)如图115所示，两根等长的轻绳将日光灯悬挂在天花板上，两绳与竖直方向的夹角都为45°，日光灯保持水平，所受重力为G，左右两绳的拉力大小分别为()AG和GB.G和G 图115C.G和G D.G和G解析：选B由对称性可知两根绳的拉力大小相等，设为T，则对日光灯在竖直方向上有：2Tcos 45°G，可得TG，即B正确。2. (2012·安溪中学第三次模拟)如图116所示，质量为m的物体放在质量为M、倾角为的斜面体上，斜面体置于粗糙的水平地面上，用平行于斜面的力F拉物体m使其沿斜面向下匀速运动，M始终静止，则下列说法正确的是() 图116AM相对地面有向右运动的趋势B地面对M的支持力为(Mm)gC地面对M的摩擦力大小为Fcos D物体m对M的作用力的大小为mg解析：选C物体沿斜面匀速下滑时的受力情况等效于物体静止与斜面上时的受力情况，故可以把物体看成一个整体，F在水平方向上的分力向左，故M有向左的运动趋势，A错；F在竖直方向上的分力向下，故地面对M的支持力大于(Mm)g，B错；地面对M的摩擦力与F在水平方向上的分力大小相等，F在水平方向的分力为Fcos ，故C对；对M受力分析知物体m对M的作用力大于mg，D错。3.如图117所示，两根等长的绳子AB和BC吊一重物静止，两根绳子与水平方向夹角均为60°。 现保持绳子AB与水平方向的夹角不变，将绳子BC逐渐缓慢地变化到沿水平方向，在这一过程中，绳子BC的拉力变化情况是()A增大 B先减小，后增大图117C减小 D先增大，后减小解析：选B方法一：对力的处理(求合力)采用合成法，应用合力为零求解时采用图解法(画动态平行四边形法)。作出力的平行四边形，如图甲所示。由图可看出，FBC先减小后增大。方法二：对力的处理(求合力)采用正交分解法。如图乙所示，由两方向合力为零分别列出：FABcos 60°FBCsin ，FABsin 60°FBCcos FB，联立解得FBCsin(30°)FB/2，显然，当60°时，FBC最小，故当增大时，FBC先减小后增大。4(2012·天津高考)如图118所示，金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，棒中通以由M向N的电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为。如果仅改变下列某一个条件，角的相应变化情况是()A棒中的电流变大，角变大 图118B两悬线等长变短，角变小C金属棒质量变大，角变大D磁感应强度变大，角变小解析：选A选金属棒MN为研究对象，其受力情况如图所示。根据平衡条件及力的矢量三角形知识可得tan ，所以当棒中的电流I、磁感应强度B变大时，角变大，选项A正确，选项D错误；当金属棒质量m变大时，角变小，选项C错误；角的大小与悬线长无关，选项B错误。5.一小孩在广场玩耍时，将一充有氢气的气球用细绳系在一小石块上，并将其置于水平地面上，如图119所示。设石块受到地面对它的支持力为FN，摩擦力为Ff，若水平风力逐渐增大而石块始终未动，则()AFN逐渐减小 BFN逐渐增大 图119CFf逐渐减小 DFf逐渐增大解析：选D将气球和石块作为一个整体分析，受力如图所示。由平衡条件可得，F浮FNmg，FfF风，可见，水平风力F风增大，FN不变，Ff增大，D正确。6(2012·莱州模拟)用轻绳将光滑小球P悬挂于竖直墙壁上，图1110在墙壁和小球P之间夹着矩形物块Q，如图1110所示。P、Q均处于静止状态，则下列说法正确的是()A物块Q受到3个力B小球P受4个力C若绳子变长，则绳子的拉力将变小D若绳子变短，则Q受到墙壁的静摩擦力将增大解析：选C小球P受绳的拉力、重力、Q对P的弹力三个力作用，B错误；物块Q受重力、P对Q的弹力、墙对Q的弹力、墙对Q的静摩擦力四个力作用，A错误；由平衡条件可知，墙对Q的静摩擦力与Q的重力等大反向，与绳子长度无关，D错误；绳子变长时，绳子与竖直方向的夹角变小，由F绳·cos mPg可知，F绳变小，C正确。课下针对高考押题训练1(2012·天水检测)如图1所示，一轻质弹簧只受一个拉力F1时，其伸长量为x，当弹簧同时受到两个拉力F2和F3作用时，伸长量也为x，现对弹簧同时施加F1、F2、F3三个力作用时，其伸长量为x，则以下关于x与x关系正确的是()图1Axx Bx2xCx<x<2x Dx<2x解析：选B由题意可知，同时受到F2、F3作用时，伸长量与受F1时相同，故同时施加F1、F2、F3三个力作用时，其合力为2F1，伸长量为x2x，故B正确。2.如图2所示，斜面小车M静止在光滑水平面上，一边紧贴墙壁。若再在斜面上加一物体m，且M、m相对静止，此时小车受力个数为()A3 B4图2C5 D6解析：选B对M和m整体，它们必受到重力和地面支持力，因小车静止，由平衡条件知墙面对小车必无作用力，以小车为研究对象，受力如图所示，它受四个力：重力Mg，地面的支持力FN1，m对它的压力FN2和静摩擦力Ff，由于m静止，可知Ff和FN2的合力必定竖直向下，故B项正确。3.(2012·莆田质检)物块M在静止的传送带上匀速下滑时，若传送带突然转动且转动的方向如图3中箭头所示，则传送带转动后()AM将减速下滑BM仍匀速下滑图3CM受到的摩擦力变小DM受到的摩擦力变大解析：选B由物块M在静止的传送带上匀速下滑知，Mgsin Mgcos ，又传送带突然如题图中所示转动，转动后物块所受的摩擦力和静止时相同，故物块的受力没有变化，则物块的运动状态也不变化，M仍匀速下滑，B对。4.如图4所示，质量为m的小球置于倾角为30°的光滑斜面上，劲度系数为k的轻弹簧一端系在小球上，另一端固定在P点，小球静止时，弹簧与竖直方向的夹角为30°，则弹簧的伸长量为()A. B. 图4C. D.解析：选C对小球受力分析可知小球受力平衡，由题意可知弹簧弹力与竖直方向夹角为30°，竖直方向上弹簧弹力与斜面支持力的合力与重力平衡，根据几何关系可知：2kxcos 30°mg，解得：x，故选项C正确。5.(2012·苏北四市二次调考)如图5所示，吊床用绳子拴在两棵树上等高位置。某人先坐在吊床上，后躺在吊床上，均处于静止状态。设吊床两端系绳中的拉力为F1、吊床对该人的作用力为F2，则()A坐着比躺着时F1大图5B躺着比坐着时F1大C坐着比躺着时F2大D躺着比坐着时F2大解析：选A设绳子与水平方向的夹角为，在竖直方向上由平衡条件有G2Fsin ，所以F，因坐着比躺着绳与水平方向的夹角小一些，所以坐着比躺着时绳中的拉力大，故选项A正确，选项B错。两种情况吊床对该人的作用力大小为人的重力，所以选项C、D错。6.两物体M、m用跨过光滑定滑轮的轻绳相连，如图6所示，OA、OB与水平面的夹角分别为30°、60°，M、m均处于静止状态。则()A绳OA对M的拉力大小大于绳OB对M的拉力图6B绳OA对M的拉力大小等于绳OB对M的拉力Cm受到水平面的静摩擦力大小为零Dm受到水平面的静摩擦力的方向水平向左解析：选D取O点为研究对象进行受力分析，如图所示，FTA<FTB，m受水平面的静摩擦力的方向水平向左，D正确。7如图7所示，一光滑的半圆形碗固定在水平面上，质量为m1的小球用轻绳跨过光滑碗连接质量分别为m2和m3的物体，平衡时小球恰好与碗之间没有弹力作用，两绳与水平方向夹角分别为60°、30°。则m1m2m3的比值为()图7A123 B21C211 D21解析：选B分析m2、m3受力，由平衡条件可知，两段绳中张力大小分别为m2g、m3g，再分析m1受力如图所示，由平衡条件可得：m2gm1g cos 30°，m3 gm1 gsin 30°，故有：m2m1，m3m1，所以，m1m2m3m1m1m121，B正确。8.如图8所示，质量分别为10 kg的物体A和B通过光滑滑轮与物体C相连，物体与水平面和斜面间的动摩擦因数均为0.2，斜面的倾角为37°，若C刚好能匀速拉动A和B而下滑，则物体C的质量为(重力加速度g10 m/s2)() 图8A9.6 kg B8.0 kgC3.6 kg D7.6 kg解析：选A物体C匀速下落，则BC间绳中张力FBC等于mCg，而物体B匀速上滑，由平衡条件可得：FBCmBgsin 37°mBgcos 37°FAB，而FABmAg，故得：mCgmBgsin 37°mBgcos 37°mAg，解得mC9.6 kg，A正确。9.如图9所示，将两个质量均为m的小球a、b用细线相连并悬挂于O点，用力F拉小球a使整个装置处于平衡状态，且悬线Oa与竖直方向的夹角为60°，则力F的大小可能为() 图9A.mg BmgC.mg D.mg解析：选A以a、b整体为研究对象进行受力分析如图所示，当F与FT垂直时，F最小。Fmin2mgsin 60°mg，A对。10如图10所示，将两相同的木块a、b置于粗糙的水平地面上，中间用一轻弹簧连接，两侧用细绳系于墙壁。开始时a、b均静止，弹簧处于伸长状态，两细绳均有拉力，a所受摩擦力fa 0，b所受摩擦力fb0，现将右侧细绳剪断，则剪断瞬间() 图10Afa 大小不变Bfa方向改变Cfb仍然为零 Dfb方向向左解析：选A右侧细绳剪断的瞬间，弹簧弹力来不及发生变化，故a的受力情况不变，a左侧绳的拉力、静摩擦力大小方向均不变，A正确，B错误。而b在剪断绳的瞬间右侧绳的拉力立即消失，静摩擦力向右，C、D错误。11(2012·福建六校联考)三个质量均为1 kg的相同木块a、b、c和两个劲度系数均为500 N/m的相同轻弹簧p、q用轻绳连接如图11所示，其中a放在光滑水平桌面上。开始时p弹簧处于原长，木块都处于静止。现用水平力缓慢地向左拉p弹簧的左端，直到c木块刚好离开水平地面为止，g取10 m/s2。该过程p弹簧的左端向左移动的距离是(不计滑轮的摩擦)()图11A4 cm B6 cmC8 cm D10 cm解析：选C开始时q弹簧处于压缩状态，由胡克定律，压缩了2 cm。c木块刚好离开水平地面时，轻弹簧q中拉力为10 N，由胡克定律，轻弹簧q伸长2 cm；轻弹簧p中拉力为20 N，由胡克定律，轻弹簧p伸长4 cm；该过程p弹簧的左端向左移动的距离是2 cm2 cm4 cm8 cm，选项C正确。12.一端装有定滑轮的粗糙斜面体放在地面上，A、B两物体通过细绳连接，并处于静止状态(不计绳的质量和绳与滑轮间的摩擦)，如图12所示。现用水平力F作用于物体B上，缓慢拉开一小角度，此过程中斜面体与物体A仍然静止。则下列说法正确的是()A在缓慢拉开B的过程中，水平力F不变图12B斜面体所受地面的支持力一定不变C斜面对物体A作用力的合力变大D物体A所受斜面体的摩擦力一定变大解析：选B对物体B受力分析如图所示。由图可以看出，随的增大，F和绳的拉力FT均增大，A错误；取A、B和斜面体为一整体，由平衡条件可知，竖直方向上，斜面体受到地面的支持力，始终为整体的总重力，不随F而改变，B正确；因不知A物体初态时摩擦力的方向，故在FT增大的过程，物体A所受斜面体的摩擦力的大小变化情况无法确定，D错误；因斜面对A的弹力的大小和方向不变，故斜面对物体A的作用力的变化因摩擦力变化不能确定而不能确定，C错误。13.如图13所示，墙上有两个钉子a和b，它们的连线与水平方向的夹角为45°，两者的高度差为l。一条不可伸长的轻质细绳一端固定于a点，另一端跨过光滑钉子b悬挂一质量为m1的重物。在绳上距a端l/2的c点有一固定绳圈。若绳圈上悬挂质量为m2的钩码，平衡后绳的ac段正好水平，则重物和钩码的质量比为() 图13A. B2C. D.解析：选C对平衡后绳圈c受力分析如图所示，图中F1m2g，F2m1g，由图中几何关系及平衡条件可知：，即，C正确。14(2012·安徽名校联考)如图14所示，楔形斜面体倾角为37°，其BC长为0.8 m，AB宽为0.6 m，一重为25 N的木块原先在斜面体上部，它与斜面间的动摩擦因数为0.6，要使木块沿对角线AC方向匀速下滑，需要对它施加方向平行于斜面的力F，则F的大小和方向为(sin 37°0.6，cos 37°0.8)() 图14A15 N沿斜面向上B15 N与AB边平行C9 N近似于沿DB方向D9 N近似于沿CA方向解析：选C木块沿斜面方向受到重力沿斜面向下的分力FGmgsin 37°15 N、沿对角线CA斜向上的滑动摩擦力Ffmgcos 37°12 N、外力F三个力作用，因物块匀速下滑，以上三个力的合力必定为零，由题意可知CAD37°，由余弦定理可知，F9 N，且F与Ff垂直，故C正确。第2讲牛顿运动定律与直线运动匀变速直线运动规律的应用 例1(2012·江西六校联考)动车从A站以a10.5 m/s2的加速度匀加速度启动，当速度达到180 km/h时开始做匀速行驶，接近B站以大小为a20.5 m/s2的加速度匀减速刹车，静止时恰好正点到达B站。某次，动车在A站因故晚出发了3 min，以a10.5 m/s2匀加速启动后，当速度达到216 km/h开始匀速运动，接近B站以大小为a20.5 m/s2的加速度匀减速刹车，静止时也恰好正点到达B站。求A、B两站间的距离。思路点拨解答本题时应注意以下三点：(1)两次动车运动的总位移的关系；(2)两次动车运动的总时间的关系；(3)将速度的单位转化为国际单位制单位。解析设动车匀速行驶时间为t1，匀加速行驶时间为t1，由于加速时的加速度与减速时的加速度大小相等，故加速时间与减速时间相等，加速位移与减速位移也相等。故有v1at1sAB2×at12v1t1第二次启动的最大速度v2216 km/h60 m/s，设匀速行驶时间为t2，加速时间为t2，则v2at2，sAB2×at22v2t2，因两次均正点到达，则有：2t1t12t2t2180以上各式联立解得：sAB60 km。答案60 km一、基础知识要记牢1匀变速直线运动的公式速度公式vv0at位移公式xv0tat2速度位移公式v2v022ax平均速度公式或说明：公式适用于一切运动；其他公式只适用于匀变速直线运动。2匀变速直线运动的两个重要结论(1)任意相邻相等时间内的位移之差相等，即xx2x1x3x2aT2，可以推导出xmxn(mn)aT2。(2)某段时间中间时刻的瞬时速度等于该段时间内的平均速度，即vt/2。二、方法技巧要用好1符号确定在匀变速直线运动中，一般规定初速度v0的方向为正方向(但不绝对，也可规定为负方向)，凡与正方向相同的矢量为正值，相反的矢量为负值，这样就把公式中的矢量运算转换成了代数运算。2应用技巧物体做匀减速直线运动，减速为零后再反向运动，如果整个过程加速度恒定，则可对整个过程直接应用矢量式。三、易错易混要明了物体做加速运动还是减速运动只取决于速度与加速度方向间的关系，与加速度的增大或减小无关。用牛顿第二定律解决连接体问题例2(2012·江苏高考)如图121所示，一夹子夹住木块，在力F作用下向上提升。夹子和木块的质量分别为m、M，夹子与木块两侧间的最大静摩擦力均为f。若木块不滑动，力F的最大值是()A2f(mM)/M图121B2f(mM)/mC2f(mM)/M(mM)gD2f(mM)/m(mM)g思路点拨当夹子与木块两侧间的摩擦力达到最大值时，木块向上运动的加速度达到最大值，若木块不相对夹子滑动，则力F达到最大值。解析当夹子与木块两侧间的摩擦力达到最大摩擦力f时，拉力F最大，系统向上的加速度为a。先以m为研究对象，进行受力分析，根据牛顿第二定律可知：F2fmgma，再以M为研究对象，进行受力分析，根据牛顿第二定律可知：2fMgMa，两式联立可解得F，A正确。答案A一、基础知识要记牢1整体法在连接体问题中，如果不要求知道各个运动物体之间的相互作用力，就可以把它们看成一个整体(当成一个质点)，只分析整体所受的外力，应用牛顿第二定律列方程即可。2隔离法如果需要知道物体之间的相互作用力，就需要把某一个物体从系统中隔离出来，分析这个物体受到的所有力，应用牛顿第二定律列出方程。二、方法技巧要用好整体法适用于解决连接体的各部分具有相同的加速度的情况，对于加速度不同的连接体一般采用隔离法分析。动力学的两类基本问题例3(2012·浙江高考)为了研究鱼所受水的阻力与其形状的关系，小明同学用石蜡做成两条质量均为m、形状不同的“A鱼”和“B鱼”，如图122所示。在高出水面H处分别静止释放“A鱼”和“B鱼”，“A鱼”竖直下潜hA后速度减小为零，“B鱼”竖直下潜hB后速度减小为零。“鱼”在水中运动时，除受重力外，还受到浮力和水的阻力。已知“鱼”在水中所受浮力是其重力的倍，重力加速度为g，“鱼”运动的位移值远大于“鱼”的长度。假设“鱼”运动时所受水的阻力恒定，空气阻力不计。求：(1)“A鱼”入水瞬间的速度vA1；图122(2)“A鱼”在水中运动时所受阻力fA；(3)“A鱼”和“B鱼”在水中运动时所受阻力之比fAfB。破题关键点(1)两“鱼”入水前做什么规律的运动？(2)两“鱼”入水后竖直下潜过程中，受哪些力作用？做什么规律的直线运动？解析(1)“A鱼”在入水前做自由落体运动，有vA1202gH得：vA1(2)“A鱼”在水中运动时受重力、浮力和阻力的作用，做匀减速运动，设加速度为aA，有F合F浮fAmgF合maA0vA122aAhA由题意：F浮mg综合上述各式，得fAmg()(3)考虑到“B鱼”的受力、运动情况与“A鱼”相似，有fBmg()综合、两式，得答案(1)(2)mg()(3)一、基础知识要记牢1已知物体的受力情况求物体的运动情况已知物体的受力情况，可以求出物体所受的合外力，根据牛顿第二定律可求出物体的加速度，再知道物体的初始条件(初位置和初速度)，根据运动学公式，就可以求出物体在任一时刻的速度和位移，也就可以求解物体的运动情况。2已知物体的运动情况求物体的受力情况根据物体的运动情况，由运动学公式可以求出加速度，再根据牛顿第二定律可确定物体的受力情况，从而求出未知的力，或与力相关的某些物理量，如动摩擦因数、弹簧的劲度系数、力的方向等。物体的运动情况由所受的力及物体运动的初始状态共同决定，无论哪种情况，联系力和运动的“桥梁”都是加速度。二、方法技巧要用好1动力学两类问题的分析思路2常用方法(1)整体法、隔离法。(2)正交分解法，一般取加速度方向和垂直于加速度方向进行分解，为减少分解的矢量的个数，有时也根据情况分解加速度。三、易错易混要明了应用牛顿第二定律列式时，一般以加速度方向为正方向列式，而应用运动学公式列式时，一般以初速度方向为正方向列式，在处理具体问题时加速度与初速度的方向不一定一致，因此要注意v0和a的符号。牛顿运动定律与图象的综合应用例4如图123甲所示，质量为M的长木板，静止放置在粗糙水平地面上，有一个质量为m、可视为质点的物块，以某一水平初速度从左端冲上木板。从物块冲上木板到物块和木板达到共同速度的过程中，物块和木板的vt图象分别如图乙中的折线acd和bcd所示，a、b、c、d点的坐标分别为a(0,10)、b(0,0)、c(4,4)、d(12,0)。根据vt图象，求：图123(1)物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小a1，木板开始做匀加速直线运动的加速度大小a2，达到共同速度后一起做匀减速直线运动的加速度大小a3；(2)物块质量m与长木板质量M之比；(3)物块相对长木板滑行的距离s。思路点拨解答本题时应注意以下三点：(1)vt图象斜率大小表示物体运动的加速度大小；(2)不同物体或不同时间阶段受力情况分析；(3)物块与木板同速后不再发生相对滑动。解析(1)由vt图象可求出物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小a1 m/s21.5 m/s2，木板开始做匀加速直线运动的加速度大小a2 m/s21 m/s2，达到共同速度后一起做匀减速直线运动的加速度大小a3 m/s20.5 m/s2。(2)对物块冲上木板匀减速阶段：1mgma1对木板向前匀加速阶段：1mg2(mM)gMa2物块和木板达到共同速度后向前匀减速阶段：2(mM)g(Mm)a3以上三式联立可得。(3)由vt图象可以看出，物块相对于长木板滑行的距离s对应图中abc的面积，故s10×4× m20 m。答案(1)1.5 m/s21 m/s20.5 m/s2(2)(3)20 m一、基础知识要记牢(1)高考中关于动力学问题的图象主要有st图象、vt图象、Ft图象等。(2)在vt图象中：“点”的意义：图象上的任一点表示对应时刻物体的速度。“斜率”的意义：“斜率”表示物体的加速度。“面积”的意义：图象与坐标轴围成的“面积”表示物体在对应的时间段内发生的位移。“截距”的意义：纵轴截距表示物体出发时的速度，横轴截距表示物体出发时距计时起点的时间间隔或速度为零的时刻。二、方法技巧要用好(1)首先弄清图象纵、横坐标的含义(位移、速度、加速度等)。(2)利用图象分析动力学问题时，关键要将题目中的物理情境与图象结合起来分析，利用物理规律或公式求解或作出判断。(3)弄清图象中斜率、截距、交点、转折点、面积等的物理意义，从而充分利用图象提供的信息来解决问题。课堂针对考点强化训练1.(2012·武汉调研)如图124所示，在倾角为30°的足够长的光滑斜面上，一质量为2 kg的小球自与斜面底端P点相距0.5 m处，以4 m/s的初速度沿斜面向上运动。在返回P点之前，若小球与P点之间的距离为d，重力加速度g取10 m/s2。则d与t的关系式为()Ad4t2.5t2图124Bd4t2.5t2Cd0.54t2.5t2Dd0.54t2.5t2解析：选D取沿斜面向上为正方向，小球沿斜面向上做匀减速直线运动，其位移xv0tat2，v04 m/s，agsin 5 m/s2，故x4t2.5t2，又