20xx高考物理大一轮复习：第1章-运动的描述、匀变速直线运动（8份打包）。

一般给学生们上课之前，老师就早早地准备好了教案课件，大家静下心来写教案课件了。只有规划好教案课件计划，才能更好地安排接下来的工作！哪些范文是适合教案课件？下面是小编帮大家编辑的《20xx高考物理大一轮复习：第1章-运动的描述、匀变速直线运动（8份打包）》，欢迎您参考，希望对您有所助益！

第1节描述运动的基本概念
一、质点、参考系和坐标系
1．质点：用来代替物体的有质量的点．它是一种理想化模型．
2．参考系：为了研究物体的运动而选定用来作为参考的物体．参考系可以任意选取．通常以地面或相对于地面不动的物体为参考系来研究物体的运动．
3．坐标系：为了定量地描述物体的位置及位置变化，需要在参考系上建立适当的坐标系．
二、位移和路程
位移路程
定义位移表示质点的位置变动，它是质点由初位置指向末位置的有向线段路程是质点运动轨迹的长度
区别①位移是矢量，方向由初位置指向末位置
②路程是标量，没有方向
联系①在单向直线运动中，位移的大小等于路程
②其他情况下，位移的大小小于路程
三、速度和速率
1．平均速度：运动物体的位移和运动所用时间的比值，叫做这段时间内的平均速度，即v－＝ΔxΔt，平均速度是矢量，其方向跟位移的方向相同．
2．瞬时速度：运动物体在某一时刻(或经过某一位置)的速度，叫做瞬时速度．瞬时速度能精确描述物体在某一时刻(或某一位置)的运动快慢．
3．平均速率：路程与时间的比值，不一定等于平均速度的大小．
4．瞬时速率：简称速率，等于瞬时速度的大小，是标量．
四、加速度
1．定义式：a＝ΔvΔt；单位是m/s2.
2．物理意义：描述速度变化的快慢．
3．方向：与速度变化的方向相同．
4．物体加、减速的判定
(1)当a与v同向或夹角为锐角时，物体加速．
(2)当a与v垂直时，物体速度大小不变．
(3)当a与v反向或夹角为钝角时，物体减速．
[自我诊断]
1．判断正误
(1)研究物体的运动时，只能选择静止的物体作为参考系．(×)
(2)“坐地日行八万里，巡天遥看一千河”只是诗人的一种臆想，没有科学道理．(×)
(3)研究花样游泳运动员的动作时，不能把运动员看做质点．(√)
(4)电台报时说“现在是北京时间8点整”，这里的“8点整”实际上指的是时刻．(√)
(5)平均速度的方向与位移方向相同．(√)
(6)子弹击中目标的速度属于瞬时速度．(√)
(7)物体的速度很大，加速度不可能为零．(×)
(8)甲的加速度a甲＝2m/s2，乙的加速度a乙＝－2m/s2，a甲＞a乙．(×)
2．下列说法正确的是()
A．参考系必须是固定不动的物体
B．参考系可以是变速运动的物体
C．地球很大，又因有自转，研究地球公转时，地球不可视为质点
D．研究跳水运动员转体动作时，运动员可视为质点
解析：选B.参考系是为了描述物体的运动而人为选定作为参照的物体，参考系可以是不动的物体，也可以是运动的物体，A错误，B正确；地球的公转半径比地球半径大得多，在研究地球公转时，可将地球视为质点，C错误；在研究跳水运动员身体转动时，运动员的形状和大小对研究结果的影响不可忽略，不能被视为质点，D错误．
3．关于速度和加速度的关系，以下说法正确的是()
A．加速度方向为正时，速度一定增加
B．速度变化得越快，加速度就越大
C．加速度方向保持不变，速度方向也保持不变
D．加速度大小不断变小，速度大小也不断变小
解析：选B.速度是否增加，与加速度的正负无关，只与加速度与速度的方向是否相同有关，A错误；“速度变化得越快”是指速度的变化率ΔvΔt越大，即加速度a越大，B正确；加速度方向保持不变，速度方向可能变，也可能不变，当物体做减速直线运动时，v＝0以后就反向运动，C错误；物体在运动过程中，若加速度的方向与速度方向相同，尽管加速度在变小，但物体仍在加速，直到加速度a＝0，速度达到最大值，D错误．
考点一对质点和参考系的理解
1．建立质点模型的两个关键点
(1)明确题目中要研究的问题是什么．质点是对实际物体科学地抽象，是研究物体运动时对实际物体进行的近似，质点实际上并不存在．
(2)物体的大小和形状对所研究的问题能忽略不计时，可将物体视为质点，并非依据物体自身大小来判断．
2．参考系的选取
(1)参考系可以是运动的物体，也可以是静止的物体，但被选为参考系的物体，我们假定它是静止的．
(2)比较两物体的运动情况时，必须选同一参考系．
(3)选参考系的原则是观测运动方便和描述运动尽可能简单．
1．关于质点，下列说法正确的是()
A．只有体积很小的物体，才能被看成质点
B．质点是用一个点来代表整个物体，不包括物体的质量
C．在研究地球绕太阳公转时，可以把地球看做质点
D．在研究地球自转时，可以把地球看做质点
解析：选C.质点是一个有质量的点，将物体看做质点的条件是物体的形状或大小对研究的问题没有影响，或者对研究问题的影响可以忽略，并不是根据本身体积大小来判断，选项A、B错误；在研究地球自转时，不能把地球看做质点，选项D错误，C正确．
2．甲、乙、丙三个观察者同时观察一个物体的运动．甲说：“它在做匀速运动．”乙说：“它是静止的．”丙说：“它在做加速运动．”这三个人的说法()
A．在任何情况下都不对
B．三人中总有一人或两人的说法是错误的
C．如果选择同一参考系，那么三个人的说法都对
D．如果各自选择自己的参考系，那么三个人的说法就可能都对
解析：选D.如果被观察物体相对于地面是静止的，甲、乙、丙相对于地面分别是匀速运动、静止、加速运动，再以他们自己为参考系，则三个人的说法都正确，A、B错误，D正确；在上面的情形中，如果他们都选择地面为参考系，三个人的观察结果应是相同的，因此C错误．
“质点模型”的三点感悟
(1)物体能否看做质点并非以体积的大小为依据，体积大的物体有时也可看成质点，体积小的物体有时不能看成质点．
(2)质点并不是质量很小的点，它不同于几何图形中的“点”．
(3)同一物体，有时可看成质点，有时不能．
考点二对平均速度和瞬时速度的理解
1．平均速度与瞬时速度的区别与联系
(1)区别：平均速度与位移和时间有关，表示物体在某段位移或某段时间内的平均运动快慢程度；瞬时速度与位置或时刻有关，表示物体在某一位置或某一时刻的运动快慢程度．
(2)联系：①瞬时速度是运动时间Δt→0时的平均速度．②在匀速直线运动中，瞬时速度等于任意一段时间内的平均速度．
2．平均速度与平均速率的区别
平均速度的大小不能称为平均速率，因为平均速率是路程与时间的比值，它与平均速度的大小没有对应关系．
1.如图所示，气垫导轨上滑块经过光电门时，其上的遮光条将光遮住，电子计时器可自动记录遮光时间Δt.测得遮光条的宽度为Δx，用ΔxΔt近似代表滑块通过光电门时的瞬时速度．为使ΔxΔt更接近瞬时速度，正确的措施是()
A．换用宽度更窄的遮光条
B．提高测量遮光条宽度的精确度
C．使滑块的释放点更靠近光电门
D．增大气垫导轨与水平面的夹角
解析：选A.由v＝ΔxΔt可知，当Δt→0时，ΔxΔt可看成物体的瞬时速度，Δx越小，Δt也就越小，ΔxΔt越接近瞬时速度，A正确；提高测量遮光条宽度的精确度，只能提高测量平均速度的准确度，不能使平均速度更接近瞬时速度，B错误；使滑块的释放点更靠近光电门，滑块通过光电门的速度更小，时间更长，因此C错误；增大气垫导轨与水平面的夹角，如果滑块离光电门近，也不能保证滑块通过光电门的时间短，D错误．
2.(多选)如图所示，某赛车手在一次野外训练中，先用地图计算出出发地A和目的地B的直线距离为9km，实际从A运动到B用时5min，赛车上的里程表指示的里程数是15km，当他经过某路标C时，车内速度计指示的示数为150km/h，那么可以确定的是()
A．整个过程中赛车的平均速度为180km/h
B．整个过程中赛车的平均速度为108km/h
C．赛车经过路标C时的瞬时速度为150km/h
D．赛车经过路标C时速度方向为由A指向B
解析：选BC.赛车运动的位移为9km，赛车运动的路程为15km.赛车在整个运动过程中的平均速度计算公式为v＝xt＝108km/h；指针显示赛车经过路标C时瞬时速度的大小为150km/h，方向应沿C点切线而非A→B.
平均速度和瞬时速度的三点注意
(1)求解平均速度必须明确是哪一段位移或哪一段时间内的平均速度．
(2)v＝ΔxΔt是平均速度的定义式，适用于所有的运动．
(3)粗略计算时我们可以用很短时间内的平均速度来求某时刻的瞬时速度．
考点三对速度、速度变化和加速度的理解
1．速度、速度变化量和加速度的对比
名称
项目速度速度变化量加速度
物理意义描述物体运动的快慢和方向，是状态量描述物体速度的变化，是过程量描述物体速度变化快慢，是状态量
定义式v＝xt
Δv＝v－v0a＝ΔvΔt＝v－v0Δt

方向与位移x同向，即物体运动的方向由v与v0的矢量差或a的方向决定与Δv的方向一致，由F的方向决定，而与v0、v方向无关
2.a＝ΔvΔt是加速度的定义式，加速度的决定式是a＝Fm，即加速度的大小由物体受到的合力F和物体的质量m共同决定，加速度的方向由合力的方向决定．
[典例](多选)有下列几种情景，请根据所学知识选择对情景的分析和判断的正确说法()
①点火后即将升空的火箭②高速公路上沿直线高速行驶的轿车为避免事故紧急刹车③运行的磁悬浮列车在轨道上高速行驶④太空的空间站在绕地球匀速转动
A．①因火箭还没运动，所以加速度一定为零
B．②轿车紧急刹车，速度变化很快，所以加速度很大
C．③高速行驶的磁悬浮列车，因速度很大，所以加速度很大
D．④尽管空间站匀速转动，但加速度不为零
解析点火后虽然火箭速度为零，但由于气体的反冲力很大而使火箭具有很大的加速度，A错误；加速度表示速度变化的快慢，速度变化越快，加速度越大，B正确；一个物体运动速度大，但速度不发生变化，如做匀速直线运动，则它的加速度为零，C错误；曲线运动的速度方向发生了变化，速度就发生了变化，所以一定有加速度，D正确．
答案BD
1．(多选)下面所说的物体运动情况中，可能出现的是()
A．物体在某时刻运动速度很大，而加速度为零
B．物体在某时刻运动速度很小，而加速度很大
C．运动的物体在某时刻速度为零，而其加速度不为零
D．做变速直线运动的物体，加速度方向与运动方向相同，当物体加速度减小时，它的速度也减小
解析：选ABC.物体以很大的速度做匀速运动时，加速度为零，A可能；火箭开始发射时速度很小，而加速度很大，B可能；竖直上抛到最高点的物体速度为零，而其加速度不为零，C可能；物体加速度方向与运动方向相同时，物体做加速运动，D不可能．
2．如图所示，小球以v1＝3m/s的速度水平向右运动，碰一墙壁经Δt＝0.01s后以v2＝2m/s的速度沿同一直线反向弹回，小球在这0.01s内的平均加速度是()
A．100m/s2，方向向右B．100m/s2，方向向左
C．500m/s2，方向向左D．500m/s2，方向向右
解析：选C.设水平向左为正方向，由a＝ΔvΔt得，a＝v2－－v1Δt＝2－－30.01m/s2＝500m/s2，方向与v2方向相同，水平向左，故C正确．
课时规范训练
[基础巩固题组]
1．下列说法正确的是()
A．对运动员“大力扣篮”过程进行技术分析时，可以把运动员看做质点
B．“和谐号”动车组行驶313km从成都抵达重庆，这里的“313km”指的是位移大小
C．高台跳水运动员腾空至最高位置时，速度和加速度均为零
D．绕地球做匀速圆周运动且周期为24h的卫星，不一定相对于地面静止
解析：选D.在对运动员“大力扣篮”过程进行技术分析时，运动员的动作特别关键，不能把运动员看成质点，A错误；313km指的是路程，B错误；高台跳水腾空至最高位置时，速度为零但加速度不为零，C错误；绕地球做匀速圆周运动且周期为24h的卫星不一定是同步卫星，所以不一定相对地面静止，D正确．
2．飞机着地后还要在跑道上滑行一段距离，机舱内的乘客透过窗户看到树木向后运动，乘客选择的参考系是()
A．停在机场的飞机B．候机大楼
C．乘客乘坐的飞机D．飞机跑道
解析：选C.飞机着地后在跑道上滑行时，乘客以自己乘坐的飞机为参考系，会看到窗外的树木向后运动，C正确．
3．根据材料，结合已学的知识，判断下列说法正确的是()
A．图甲为我国派出的军舰护航线路图，总航程4500海里，总航程4500海里指的是位移
B．图甲为我国派出的军舰护航线路图，总航程4500海里，总航程4500海里指的是路程
C．如图乙所示是奥运火炬手攀登珠峰的线路图，由起点到终点火炬手所走线路的总长度是火炬手的位移
D．如图丙所示是高速公路指示牌，牌中“25km”是指从此处到下一个出口的位移是25km
解析：选B.军舰航程是指其运动路径的总长度，指路程，A错误，B正确；奥运火炬手所走线路的总长度是火炬手的路程，C错误；高速公路指示牌中“25km”是指从此处至下一个出口的路程为25km，D错误．
4．(多选)科学研究表明，在太阳系的边缘可能还有一颗行星——幸神星．这颗可能存在的行星是太阳系现有的质量最大的行星，它的质量是木星质量的4倍，它的轨道与太阳的距离是地球与太阳的距离的几千倍．根据以上信息，下列说法正确的是()
A．幸神星质量太大，不能看做质点
B．研究幸神星绕太阳运动时，可以将其看做质点
C．比较幸神星运行速度与地球运行速度的大小关系时，可以选择太阳为参考系
D．幸神星运行一周的位移要比地球运行一周的位移大
解析：选BC.物体能否看做质点与物体的质量无关，A错误；幸神星的形状和大小相对其到太阳的距离来说属于次要的因素，因此可以看做质点，B正确；比较两个物体运动的快慢，要选择同一参考系，C正确；幸神星运行一周的位移和地球运行一周的位移均为零，D错误．
5．(多选)三个质点A、B、C均由N点沿不同路径运动至M点，运动轨迹如图所示，三个质点同时从N点出发，同时到达M点，下列说法正确的是()
A．三个质点从N点到M点的平均速度相同
B．三个质点任意时刻的速度方向都相同
C．三个质点任意时刻的位移方向都相同
D．三个质点从N点到M点的位移相同
解析：选AD.位移是指从初位置指向末位置的有向线段，在任意时刻，三个质点的位移方向不同，只有均到达M点时，位移方向相同，C错误，D正确；根据平均速度的定义式v＝xt可知三个质点从N点到M点的平均速度相同，A正确；质点任意时刻的速度方向沿轨迹的切线方向，故三个质点的速度方向不会在任意时刻都相同，B错误．
6．下列说法正确的是()
A．加速度增大，速度一定增大
B．速度改变量Δv越大，加速度就越大
C．物体有加速度，速度就增加
D．速度很大的物体，其加速度可以很小
解析：选D.加速度是速度的变化量Δv与所用时间Δt的比值，描述的是速度变化的快慢．加速度的大小只反映速度变化的快慢，不能反映速度的大小，故加速度大，速度可能很小；加速度小，速度可能很大，A错误，D正确；当速度的变化量Δv很大时，若时间Δt也很大，由a＝ΔvΔt可知a不一定大，B错误；物体有加速度，只表明其速度在变化，它可以变大，也可以变小，也可以只有速度的方向改变而大小不变，C错误．
7．甲、乙两个物体在同一直线上沿正方向运动，a甲＝4m/s2，a乙＝－4m/s2，那么对甲、乙两物体判断正确的是()
A．甲的加速度大于乙的加速度
B．甲做加速直线运动，乙做减速直线运动
C．甲的速度比乙的速度变化快
D．甲、乙在相等时间内速度变化可能相等
解析：选B.两物体加速度大小相等，故速度变化快慢相同，A、C均错误；由Δv＝aΔt可知，两物体在相等时间内速度变化大小相等，但方向相反，D错误；由于甲物体的加速度与速度方向相同，乙物体加速度与速度方向相反，故甲做加速直线运动，乙做减速直线运动，B正确．
[综合应用题组]
8．为提高百米赛跑运动员的成绩，教练员分析了运动员跑百米全程的录像带，测得：运动员在前7s跑了61m,7s末到7.1s末跑了0.92m，跑到终点共用10.8s，则下列说法不正确的是()
A．运动员在百米全过程的平均速度大小是9.26m/s
B．运动员在前7s的平均速度大小是8.71m/s
C．运动员在7s末的瞬时速度大小为9.2m/s
D．无法精确知道运动员在7s末的瞬时速度大小
解析：选C.根据平均速度公式v＝xt可知选项A、B正确；根据瞬时速度定义v＝ΔxΔt可知选项C错误，选项D正确．
9．研究表明：加速度的变化率能引起人的心理效应，车辆的平稳加速(即加速度基本不变)使人感到舒服，否则感到不舒服．关于“加速度的变化率”，下列说法正确的是()
A．从运动学角度的定义，“加速度的变化率”的单位应是m/s2
B．加速度的变化率为0的运动是匀速直线运动
C．若加速度与速度同方向，如图所示的a－t图象，表示的是物体的速度在减小
D．若加速度与速度同方向，如图所示的a－t图象中，已知物体在t＝0时速度为5m/s，则2s末的速度大小为8m/s
解析：选D.类比可知，加速度的变化率为ΔaΔt，单位为m/s3，A错；加速度的变化率为零，就是加速度恒定，是匀变速运动，B错；加速度与速度同向，速度增大，C错；a－t图象中图线与坐标轴所围面积表示增加的速度，故D对．
10．如图所示，一小球在光滑的V形槽中由A点释放，经B点(与B点碰撞所用时间不计)到达与A点等高的C点，设A点的高度为1m，则全过程中小球通过的路程和位移大小分别为()
A.233m，233m
B.233m，433m
C.433m，233m
D.433m,1m
解析：选C.小球通过的路程为小球实际运动轨迹的长度，则小球的路程为s＝2lAB＝2×1sin60°m＝433m；位移是由初位置指向末位置的有向线段，则小球的位移大小为x＝lAC＝1sin60°m＝233m．选项C正确．
11．(多选)一物体做匀变速直线运动，当t＝0时，物体的速度大小为12m/s，方向向东，当t＝2s时，物体的速度大小为8m/s，方向仍向东，则当t为多少时，物体的速度大小变为2m/s()
A．3sB．5s
C．7sD．9s
解析：选BC.物体的加速度a＝ΔvΔt＝v－v0t＝8－122m/s2＝－2m/s2，且t′＝v′－v0a，当v′＝2m/s时，t1＝5s；当v′＝－2m/s时，t2＝7s，B、C正确．
12．一质点沿直线Ox方向做变速运动，它离开O点的距离随时间变化的关系为x＝5＋2t3(m)，它的速度随时间t变化关系为v＝6t2(m/s)．该质点在t＝0到t＝2s间的平均速度和t＝2s到t＝3s间的平均速度大小分别为()
A．12m/s,39m/sB．8m/s,38m/s
C．12m/s,19.5m/sD．8m/s,12m/s
解析：选B.平均速度v＝ΔxΔt，t＝0时，x0＝5m；t＝2s时，x2＝21m；t＝3s时，x3＝59m，故v1＝x2－x02s＝8m/s，v2＝x3－x21s＝38m/s，B正确．
13．(多选)沿直线做匀变速运动的一列火车和一辆汽车的速度分别为v1和v2，v1、v2在各个时刻的大小如表所示，从表中数据可以看出()
t/s01234
v1/(ms－1)18.017.517.016.516.0
v2/(ms－1)9.811.012.213.414.6
A.火车的速度变化较慢
B．汽车的加速度较小
C．火车的位移在减小
D．汽车的位移在增加
解析：选AD.由表中数据可得，火车的加速度大小a1＝0.5m/s2，汽车的加速度大小为a2＝1.2m/s2，故A正确、B错误；因火车和汽车的速度方向均不变，它们的位移均随时间增加，D正确、C错误．
14．(多选)如图所示是某质点运动的速度图象，由图象得到的正确结果是()
A．0～1s内的平均速度是2m/s
B．0～2s内的位移大小是3m
C．0～1s内的加速度大于2～4s内的加速度
D．0～1s内的运动方向与2～4s内的运动方向相反
解析：选BC.根据v－t图象可知，质点在0～1s内的位移x1＝12×2×1m＝1m,1～2s内的位移x2＝2×1m＝2m，故0～1s内的平均速度v1＝x1t1＝1m/s,0～2s内的位移x＝x1＋x2＝3m，A错误、B正确；0～1s内的加速度a1＝2－01m/s2＝2m/s2,2～4s内的加速度a2＝0－22m/s2＝－1m/s2，负号表示a2和v方向相反，故a1＞|a2|，C正确；0～1s内与2～4s内的速度均为正值，表示物体都沿正方向运动，D错误．
第2节匀变速直线运动的规律
一、匀变速直线运动的基本规律
1．匀变速直线运动
(1)定义：沿着一条直线，且加速度不变的运动．
(2)分类：匀加速直线运动：a与v同向.匀减速直线运动：a与v反向.
2．速度与时间的关系式：v＝v0＋at.
3．位移与时间的关系式：x＝v0t＋12at2.
4．位移与速度的关系式：v2－v20＝2ax.
二、匀变速直线运动的推论
1．平均速度公式：v－＝v＝v0＋v2.
2．位移差公式：Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝aT2.可以推广到xm－xn＝(m－n)aT2.
3．初速度为零的匀加速直线运动比例式
(1)1T末、2T末、3T末……的瞬时速度之比为：v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n.
(2)1T内，2T内，3T内……位移之比为：x1∶x2∶x3∶…∶xn＝1∶22∶32∶…∶n2.
(3)第一个T内，第二个T内，第三个T内，……，第n个T内位移之比为：
xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)．
(4)通过连续相等的位移所用时间之比为：t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(2－1)∶(3－2)∶…∶(n－n－1)．
三、自由落体运动和竖直上拋运动的规律
1．自由落体运动规律
(1)速度公式：v＝gt.
(2)位移公式：h＝12gt2.
(3)速度—位移关系式：v2＝2gh.
2．竖直上拋运动规律
(1)速度公式：v＝v0－gt.
(2)位移公式：h＝v0t－12gt2.
(3)速度—位移关系式：v2－v20＝－2gh.
(4)上升的最大高度：h＝v202g.
(5)上升到最大高度用时：t＝v0g.
[自我诊断]
1．判断正误
(1)匀变速直线运动是加速度均匀变化的直线运动．(×)
(2)匀变速直线运动是速度均匀变化的直线运动．(√)
(3)匀变速直线运动的位移是均匀增加的．(×)
(4)在匀变速直线运动中，中间时刻的速度一定小于该段时间内位移中点的速度．(√)
(5)物体由某高度由静止下落一定做自由落体运动．(×)
(6)竖直上抛运动的物体，上升阶段与下落阶段的加速度方向相反．(×)
2．滑板爱好者由静止开始沿一斜坡匀加速下滑，经过斜坡中点时的速度为v，则到达斜坡底端时的速度为()
A.2vB．3v
C．2vD.5v
解析：选A.由匀变速直线运动的中间位置的速度公式
vx2＝v20＋v22，有v＝0＋v2底2，得v底＝2v，所以只有A项正确．
3．(多选)在某一高度以v0＝20m/s的初速度竖直上抛一个小球(不计空气阻力)，当小球速度大小为10m/s时，以下判断正确的是(g取10m/s2)()
A．小球在这段时间内的平均速度大小可能为15m/s，方向向上
B．小球在这段时间内的平均速度大小可能为5m/s，方向向下
C．小球在这段时间内的平均速度大小可能为5m/s，方向向上
D．小球的位移大小一定是15m
解析：选ACD.规定竖直向上为正方向，当小球的末速度大小为10m/s、方向向上时，vt＝10m/s，由v＝v0＋vt2得v＝15m/s，方向向上，A正确．当小球的末速度大小为10m/s、方向向下时，vt＝－10m/s，由v＝v0＋vt2得v＝5m/s，方向向上，B错误，C正确．由于末速度大小为10m/s时，球的位置一定，距起点的位移x＝v20－v2t2g＝15m，D正确．
考点一匀变速直线运动的基本规律
1．运动公式中符号的规定
一般规定初速度的方向为正方向，与初速度同向的物理量取正值，反向的物理量取负值．若v0＝0，一般以a的方向为正方向．
2．多过程问题
如果一个物体的运动包含几个阶段，就要分段分析，各段交接处的速度往往是连接各段的纽带，应注意分析各段的运动性质．
3．解决运动学问题的基本思路
画过程示意图→判断运动性质→选取正方向→选公式列方程→解方程并讨论
1．如图所示，某“闯关游戏”的笔直通道上每隔8m设有一个关卡，各关卡同步放行和关闭，放行和关闭的时间分别为5s和2s．关卡刚放行时，一同学立即在关卡1处以加速度2m/s2由静止加速到2m/s，然后匀速向前，则最先挡住他前进的关卡是()
A．关卡2B．关卡3
C．关卡4D．关卡5
解析：选C.关卡刚放行时，该同学加速的时间t＝va＝1s，运动的距离x1＝12at2＝1m，然后以2m/s的速度匀速运动，经4s运动的距离为8m，因此第1个5s内运动距离为9m，过了关卡2，到关卡3时再用时3.5s，大于2s，因此能过关卡3，运动到关卡4前共用时12.5s，而运动到第12s时，关卡关闭，因此被挡在关卡4前，C正确．
2．一旅客在站台8号车厢候车线处候车，若动车一节车厢长25米，动车进站时可以看做匀减速直线运动．他发现第6节车厢经过他用了4s，动车停下时旅客刚好在8号车厢门口，如图所示．则该动车的加速度大小约为()
A．2m/s2B．1m/s2
C．0.5m/s2D．0.2m/s2
解析：选C.设第6节车厢刚到达旅客处时，车的速度为v0，加速度为a，则有L＝v0t＋12at2
从第6节车厢刚到达旅客处到列车停下来，有
0－v20＝2a2L，
解得a≈－0.5m/s2或a＝－18m/s2(舍去)，则加速度大小约为0.5m/s2，故C正确．
3．短跑运动员完成100m赛跑的过程可简化为匀加速运动和匀速运动两个阶段．一次比赛中，某运动员用11.00s跑完全程．已知运动员在加速阶段的第2s内通过的距离为7.5m，求该运动员的加速度及在加速阶段通过的距离．
解析：根据题意，在第1s和第2s内运动员都做匀加速运动．设运动员在匀加速阶段的加速度为a，在第1s和第2s内通过的位移分别为x1和x2，由运动学规律得x1＝12at20①
x1＋x2＝12a(2t0)2②
式中t0＝1s，联立①②两式并代入已知条件，得
a＝5m/s2③
设运动员做匀加速运动的时间为t1，匀速运动的时间为t2，匀速运动的速度为v；跑完全程的时间为t，全程的距离为x.依题意及运动学规律，得t＝t1＋t2④
v＝at1⑤
x＝12at21＋vt2⑥
设加速阶段通过的距离为x′，则x′＝12at21⑦
联立③④⑤⑥⑦式，并代入数据得x′＝10m
答案：5m/s210m
求解多阶段运动问题的三点注意
(1)画过程示意图时，应标明各已知量、中间量及待求未知量．
(2)选定正方向后，应标明各物理量的正、负号．
(3)计算结果中如果出现负值，应说明负号的物理意义．
考点二解决匀变速直线运动的六种方法
1．(多选)物体做匀加速直线运动，在时间T内通过位移x1到达A点，接着在时间T内又通过位移x2到达B点，则物体()
A．在A点的速度大小为x1＋x22T
B．在B点的速度大小为3x2－x12T
C．运动的加速度为2x1T2
D．运动的加速度为x1＋x2T2
解析：选AB.根据匀变速直线运动规律可知，该物体在A点的瞬时速度大小等于物体运动的平均速度大小，即vA＝x1＋x22T，选项A正确；设物体加速度大小为a，有x2－x1＝aT2，则a＝x2－x1T2，选项C、D错误；物体在B点的速度大小为vB＝vA＋aT＝3x2－x12T，选项B正确．
2．质点由A点出发沿直线AB运动，行程的第一部分是加速度大小为a1的匀加速运动，接着做加速度大小为a2的匀减速运动，到达B点时恰好速度减为零．若AB间总长度为s，则质点从A到B所用时间t为()
A.sa1＋a2a1a2B.2sa1＋a2a1a2
C.2sa1＋a2a1a2D.a1a22sa1＋a2
解析：选B.设第一阶段的末速度为v，则由题意可知：v22a1＋v22a2＝s，解得：v＝2a1a2sa1＋a2；而s＝0＋v2t1＋v＋02t2＝v2t，由此解得：t＝2sa1＋a2a1a2，所以选B.
3．物体以一定的初速度从斜面底端A点冲上固定的光滑斜面，斜面总长度为l，到达斜面最高点C时速度恰好为零，如图所示，已知物体运动到距斜面底端34l处的B点时，所用时间为t，求物体从B滑到C所用的时间．
解析：方法一：逆向思维法
物体向上匀减速冲上斜面，其逆过程为由静止开始向下匀加速滑下斜面．设物体从B到C所用的时间为tBC.
由运动学公式得xBC＝at2BC2，xAC＝at＋tBC22，
又xBC＝xAC4，
由以上三式解得tBC＝t.
方法二：基本公式法
因为物体沿斜面向上做匀减速运动，设初速度为v0，物体从B滑到C所用的时间为tBC，由匀变速直线运动的规律可得v20＝2axAC①
v2B＝v20－2axAB②
xAB＝34xAC③
由①②③解得vB＝v02④
又vB＝v0－at⑤
vB＝atBC⑥
由④⑤⑥解得tBC＝t.
方法三：比例法
对于初速度为零的匀加速直线运动，在连续相等的时间内通过的位移之比为x1∶x2∶x3∶…∶xn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)．
因为xCB∶xBA＝xAC4∶3xAC4＝1∶3，而通过xBA的时间为t，所以通过xBC的时间tBC＝t.
方法四：中间时刻速度法
利用推论：匀变速直线运动中中间时刻的瞬时速度等于这段位移的平均速度，vAC＝v0＋02＝v02.又v20＝2axAC，v2B＝2axBC，xBC＝xAC4.由以上三式解得vB＝v02.可以看成vB正好等于AC段的平均速度，因此B点是这段位移的中间时刻，因此有tBC＝t.
方法五：图象法
根据匀变速直线运动的规律，画出v－t图象．如图所示，利用相似三角形的规律，面积之比等于对应边的平方比，得S△AOCS△BDC＝CO2CD2，且S△AOCS△BDC＝41，OD＝t，OC＝t＋tBC.所以41＝t＋tBC2t2，解得tBC＝t.
答案：t
考点三自由落体运动和竖直上抛运动
1．应用自由落体运动规律解题时的两点注意
(1)可充分利用自由落体运动初速度为零的特点、比例关系及推论等规律解题．
(2)物体由静止开始的自由下落过程才是自由落体运动，从中间截取的一段运动过程不是自由落体运动，而是竖直下抛运动，应该用初速度不为零的匀变速直线运动规律去解决问题．
2．竖直上抛运动的处理方法
(1)两种方法
①“分段法”就是把竖直上抛运动分为上升阶段和下降阶段，上升阶段物体做匀减速直线运动，下降阶段物体做自由落体运动．下落过程是上升过程的逆过程．
②“全程法”就是把整个过程看成是一个匀减速直线运动过程．从全程来看，加速度方向始终与初速度v0的方向相反．
(2)符号法则：应用公式时，要特别注意v0、v、h等矢量的正负号，一般选向上为正方向，v0总是正值，上升过程中v为正值，下降过程中v为负值，物体在抛出点以上时h为正值，在抛出点以下时h为负值．
(3)巧用竖直上抛运动的对称性
①速度对称：上升和下降过程经过同一位置时速度等大反向．
②时间对称：上升和下降过程经过同一段高度的上升时间和下降时间相等．
[典例]气球下挂一重物，以v0＝10m/s的速度匀速上升，当到达离地高度h＝175m处时，悬挂重物的绳子突然断裂，那么重物经多长时间落到地面？落地时的速度多大？空气阻力不计，g取10m/s2.
解析解法一：分成上升阶段和下落阶段两个过程处理．
绳子断裂后重物要继续上升的时间t1和上升的高度h1分别为
t1＝v0g＝1s
h1＝v202g＝5m
故重物离地面的最大高度为H＝h1＋h＝180m
重物从最高处自由下落，落地时间和落地速度分别为
t2＝2Hg＝6s
v＝gt2＝60m/s
所以从绳子突然断裂到重物落地共需时间为
t＝t1＋t2＝7s.
解法二：取全过程作为一个整体考虑，从绳子断裂开始计时，经时间t后重物落到地面，规定初速度方向为正方向，则重物在时间t内的位移h′＝－175m，由位移公式有：
h′＝v0t－12gt2
即－175＝10t－12×10t2＝10t－5t2
t2－2t－35＝0
解得t1＝7s，t2＝－5s(舍去)
所以重物落地速度为：
v＝v0－gt＝10m/s－10×7m/s＝－60m/s
其中负号表示落地速度，与初速度方向相反，方向竖直向下．
答案见解析
处理竖直上抛运动的两点注意
(1)用全过程解决竖直上抛运动问题时，一定要先规定好正方向(一般以初速度方向为正)，公式h＝v0t＋12gt2中各符号的意义必须明确．
(2)在竖直上抛运动中，当物体经过抛出点上方某一位置时，可能处于上升阶段，也可能处于下降阶段，因此这类问题可能造成时间多解或者速度多解．
1．一小石块从空中a点自由落下，先后经过b点和c点，不计空气阻力．经过b点时速度为v，经过c点时速度为3v，则ab段与ac段位移之比为()
A．1∶3B．1∶5
C．1∶8D．1∶9
解析：选D.物体做自由落体运动，
2ghab＝v2①
2ghac＝(3v)2②
由①②得habhac＝19，故D正确．
2．(多选)某物体以30m/s的初速度竖直上抛，不计空气阻力，g取10m/s2,5s内物体的()
A．路程为65m
B．位移大小为25m，方向竖直向上
C．速度改变量的大小为10m/s
D．平均速度大小为13m/s，方向竖直向上
解析：选AB.
解法一：分阶段法．
物体上升的时间t上＝v0g＝3010s＝3s，物体上升的最大高度h1＝v202g＝3022×10m＝45m．物体从最高点自由下落2s的高度h2＝12gt2下＝12×10×22m＝20m．运动过程如图所示，则总路程为65m，A正确.5s末物体离抛出点的高度为25m，即位移的大小为25m，方向竖直向上，B正确.5s末物体的速度v＝gt下＝10×2m/s＝20m/s，方向竖直向下，取竖直向上为正方向，则速度改变量Δv＝(－v)－v0＝(－20m/s)－30m/s＝－50m/s，即速度改变量的大小为50m/s，方向竖直向下，C错误．平均速度v＝h1－h2t＝255m/s＝5m/s，方向竖直向上，D错误．
解法二：全过程法．
由竖直上抛运动的规律可知：物体经3s到达最大高度h1＝45m处．将物体运动的全程视为匀减速直线运动，则有v0＝30m/s，a＝－g＝－10m/s2，故5s内物体的位移h＝v0t＋12at2＝25m＞0，说明物体5s末在抛出点上方25m处，故路程为65m，位移大小为25m，方向竖直向上，A、B正确．速度的变化量Δv＝aΔt＝－50m/s，C错误.5s末物体的速度v＝v0＋at＝－20m/s，所以平均速度v＝v0＋v2＝5m/s＞0，方向竖直向上，D错误．
考点四两类匀减速直线运动
1．刹车类问题
汽车匀减速到速度为零后即停止运动，加速度a突然消失，求解时要注意确定其实际运动时间．如果问题涉及最后阶段(到停止运动)的运动，可把该阶段看成反向的初速度为零、加速度大小不变的匀加速直线运动．
2．双向可逆类问题
如果物体先做匀减速直线运动，减速为零后又反向做匀加速直线运动，且全过程加速度大小、方向均不变，故求解时可对全过程列式，但必须注意x、v、a等矢量的正负号及物理意义．
1．以36km/h的速度沿平直公路行驶的汽车，遇障碍物刹车后获得大小为a＝4m/s2的加速度，刹车后第三个2s内，汽车运动的位移为()
A．12.5mB．2m
C．10mD．0
解析：选D.设汽车从刹车到停下的时间为t，则由v＝v0＋at得t＝v－v0a＝0－10－4s＝2.5s，所以第三个2s汽车早已停止，所以第三个2s位移为零，D正确．
2．(多选)一物体以5m/s的初速度在光滑斜面上向上运动，其加速度大小为2m/s2，设斜面足够长，经过t时间物体位移的大小为4m．则时间t可能为()
A．1sB．3s
C．4sD.5＋412s
解析：选ACD.当物体的位移为4m时，根据x＝v0t＋12at2得，4＝5t－12×2t2，解得t1＝1s，t2＝4s；当物体的位移为－4m时，根据x＝v0t＋12at2得，－4＝5t－12×2t2，解得t3＝5＋412s，故A、C、D正确，B错误．
课时规范训练
[基础巩固题组]
1．物体从静止开始做匀加速直线运动，在第2s内的位移为xm，则物体运动的加速度大小是()
A.3x2m/s2B．2x3m/s2
C.x2m/s2D.x4m/s2
解析：选B.由位移公式x＝v0t＋12at2得物体在第2s内的位移x＝12a×22－12a×12，解得a＝2x3m/s2，B正确．
2．小球由斜面底端以一定初速度滑上光滑斜面，在第2s和第4s内位移的大小均为5m，则物体的加速度大小为()
A．0B．2m/s2
C．5m/s2D．6m/s2
解析：选C.由题意知，小球第2s处于上滑阶段，第4s处于下滑阶段，以沿斜面向上为正，则由xm－xn＝(m－n)aT2得a＝5－－52－412m/s2＝－5m/s2，C正确．
3．一个物体从静止开始做匀加速直线运动，以T为时间间隔，在第三个T时间内位移是3m，第三个T时间末的瞬时速度为3m/s，则()
A．物体的加速度是1m/s2
B．第一个T时间末的瞬时速度为0.6m/s
C．时间间隔T＝1s
D．物体在第1个T时间内的位移为0.6m
解析：选D.初速度为0的匀加速直线运动，连续相等时间内通过的位移之比为1∶3∶5，据此判断第一个T时间内的位移x1＝15×3m＝0.6m，选项D正确；第二个T时间内的位移x2＝35×3m＝1.8m，由v23－0＝2a(x1＋x2＋x3)得a＝56m/s2，选项A错误；由Δx＝aT2得1.8m－x1＝aT2，解得T＝65s，选项C错误；第一个T时间末的瞬时速度v1＝aT＝1m/s，选项B错误．
4．在离地高h处，沿竖直方向同时向上和向下抛出两个小球，它们的初速度大小均为v，不计空气阻力，两球落地的时间差为()
A.2vgB.vg
C.2hvD.hv
解析：选A.以竖直向下为正方向，对向上和向下抛出的两个小球，分别有h＝－vt1＋12gt21，h＝vt2＋12gt22，Δt＝t1－t2，解以上三式得两球落地的时间差Δt＝2vg，故A正确．
5．(多选)一物体以初速度v0做匀减速直线运动，第1s内通过的位移为x1＝3m，第2s内通过的位移为x2＝2m，又经过位移x3物体的速度减小为0，则下列说法正确的是()
A．初速度v0的大小为2.5m/s
B．加速度a的大小为1m/s2
C．位移x3的大小为1.125m
D．位移x3内的平均速度大小为0.75m/s
解析：选BCD.由Δx＝aT2可得加速度的大小a＝1m/s2，则选项B正确；第1s末的速度v1＝x1＋x22T＝2.5m/s，则v0＝v1＋at1＝3.5m/s，选项A错误；物体的速度由2.5m/s减速到0所需时间t＝0－v1－a＝2.5s，经过位移x3的时间t′＝1.5s，故x3＝12at′2＝1.125m，选项C正确；位移x3内的平均速度v＝x3t′＝0.75m/s，则选项D正确．
6．我国已完成了舰载机阻拦着舰试验．与陆上基地飞机着陆时可缓慢减速平飞不同，舰载机着舰必须加速，一旦舰载机尾钩未能挂住阻拦索，必须能快速拉升逃逸．假设“歼－15”战机着舰速度为30m/s，钩住阻拦索减速滑行45m停下．若没有钩住阻拦索，必须加速到50m/s才能安全飞离航母，航母甲板上可用于战机加速的长度仅有200m．求：
(1)“歼－15”战机钩住阻拦索减速过程中的加速度大小和滑行时间；
(2)“歼－15”战机在甲板上加速飞行的加速度至少是多少？
解析：(1)“歼－15”战机钩住阻拦索后做匀减速运动，则有加速度a1＝0－v202x1＝－10m/s2
由x1＝12(v0＋0)t
代入数据解得t＝3s
(2)若未钩住阻拦索，“歼－15”战机加速飞行的加速度
a2＝v21－v202x2＝4m/s2
答案：(1)－10m/s23s(2)4m/s2
[综合应用题组]
7．A、B两小球从不同高度自由下落，同时落地，A球下落的时间为t，B球下落的时间为t2，当B球开始下落的瞬间，A、B两球的高度差为()
A．gt2B.38gt2
C.34gt2D.14gt2
解析：选D.hA＝12gt2，hB＝12gt22＝18gt2，所以B刚下落瞬间，A、B间距离为Δh＝hA－12gt22－hB＝14gt2，故D对．
8．假设某无人机靶机以300m/s的速度匀速向某个目标飞来，在无人机离目标尚有一段距离时发射导弹，导弹以80m/s2的加速度做匀加速直线运动，以1200m/s的速度在目标位置击中该无人机，则导弹发射后击中无人机所需的时间为()
A．3.75sB．15s
C．30sD．45s
解析：选B.导弹由静止做匀加速直线运动，即v0＝0，a＝80m/s2，据公式v＝v0＋at，有t＝va＝120080s＝15s，即导弹发射后经15s击中无人机，选项B正确．
9．一辆汽车在平直公路上做刹车实验，若从0时刻起汽车在运动过程中的位移与速度的关系式为x＝(10－0.1v2)m，则下列分析正确的是()
A．上述过程的加速度大小为10m/s2
B．刹车过程持续的时间为5s
C．0时刻的初速度为10m/s
D．刹车过程的位移为5m
解析：选C.由v2－v20＝2ax可得x＝12av2－12av20，对照x＝(10－0.1v2)m，可知a＝－5m/s2，v0＝10m/s，选项A错误，C正确；由v＝v0＋at可得刹车过程持续的时间为t＝2s，由v2－v20＝2ax可得刹车过程的位移x＝10m，选项B、D错误．
10．(多选)在一次救灾活动中，一辆救灾汽车由静止开始做匀加速直线运动，刚运动了8s，由于前方突然有巨石滚下，堵在路中央，所以又紧急刹车，匀减速运动经4s停在巨石前．则关于汽车的运动情况，下列说法正确的是()
A．加速、减速中的加速度大小之比为a1∶a2等于2∶1
B．加速、减速中的平均速度大小之比v1∶v2等于1∶1
C．加速、减速中的位移大小之比x1∶x2等于2∶1
D．加速、减速中的加速度大小之比a1∶a2不等于1∶2
解析：选BC.汽车由静止运动8s，又经4s停止，加速阶段的末速度与减速阶段的初速度相等，由v＝at，知a1t1＝a2t2，a1a2＝12，A、D错；又由v2＝2ax知a1x1＝a2x2，x1x2＝a2a1＝21，C对；由v＝v2知，v1∶v2＝1∶1，B对．
11．一质点以一定的初速度冲上一倾角为θ的斜面，结果最后静止在斜面上，如图所示，在第1s内位移为6m，停止运动前的最后1s内位移为2m，求：
(1)在整个减速运动过程中质点的位移大小；
(2)整个减速过程共用的时间．
解析：(1)设质点做匀减速运动的加速度大小为a，初速度为v0.由于质点停止运动前的最后1s内位移为2m，对整个过程逆向考虑，则x2＝12at22
所以a＝2x2t22＝4m/s2
质点在第1s内位移为6m，由x1＝v0t1－12at21
所以v0＝2x1＋at212t1＝8m/s
在整个减速运动过程中质点的位移大小x＝v202a＝8m
(2)对整个过程逆向考虑，有x＝12at2
所以t＝2xa＝2s
答案：(1)8m(2)2s
第3节运动图象追及和相遇问题
一、x－t、v－t图象
1．对x－t图象的理解
(1)物理意义：反映了做直线运动的物体位移随时间变化的规律．
(2)图线斜率的意义
①图线上某点切线的斜率大小表示速度的大小．
②图线上某点切线的斜率正负表示速度的方向．
2．对v－t图象的理解
(1)物理意义：反映了做直线运动的物体速度随时间变化的规律．
(2)图线斜率的意义
①图线上某点切线的斜率大小表示物体运动的加速度的大小．
②图线上某点切线的斜率正负表示加速度的方向．
(3)图线与坐标轴围成的“面积”的意义
①图线与坐标轴围成的“面积”表示位移的大小．
②若此面积在时间轴的上方，表示这段时间内的位移方向为正；若此面积在时间轴的下方，表示这段时间内的位移方向为负．
二、追及、相遇问题
1．追及与相遇问题的概述
当两个物体在同一直线上运动时，由于两物体的运动情况不同，所以两物体之间的距离会不断发生变化，两物体间距越来越大或越来越小，这时就会涉及追及、相遇和避免碰撞等问题．
2．追及问题的两类情况
(1)若后者能追上前者，则追上时，两者处于同一位置，后者的速度一定不小于前者的速度．
(2)若后者追不上前者，则当后者的速度与前者的速度相等时，两者相距最近．
[自我诊断]
1．判断正误
(1)无论是x－t图象还是v－t图象都只能描述直线运动．(√)
(2)x－t图象上两图线的交点表示两物体相遇．(√)
(3)x－t图象与时间轴围成的面积表示物体运动的路程．(×)
(4)两条v－t图象的交点表示两个物体相遇．(×)
(5)两个物体在追及过程中，物体之间的距离总是逐渐减小．(×)
2．物体运动的速度—时间图象如图所示，该质点做直线运动时()
A．在第1秒末速度方向发生了改变
B．在第2秒末加速度方向发生了改变
C．在第2秒内发生的位移为零
D．第3秒末和第5秒末的位置相同
解析：选D.A.在第1秒末质点的加速度方向发生改变，速度方向未改变，A错误．B.在第2秒末质点的速度方向发生改变，加速度方向未改变，B错误．C.在第2秒内质点一直沿正方向运动，位移不为零，C错误．D.从第3秒末到第5秒末质点的位移为零，故两时刻质点的位置相同，D正确．
3．(20xx湖北二模)如图所示，为甲、乙两物体在同一直线上运动的位置坐标x随时间t变化的图象，已知甲做匀变速直线运动，乙做匀速直线运动，则0～t2时间内，下列说法正确的是()
A．两物体在t1时刻速度大小相等
B．t1时刻乙的速度大于甲的速度
C．两物体的平均速度大小相等
D．甲的平均速度小于乙的平均速度
解析：选C.根据位移图象的斜率表示速度，则在t1时刻，甲图线的斜率大于乙图线的斜率的绝对值，所以甲的速度大于乙的速度，故A、B错误；坐标的变化量等于位移，根据图象可知，甲、乙位移大小相等，方向相反，而时间相等，则平均速度的大小相等，故C正确、D错误.
考点一两类运动图象的比较
x－t图象和v－t图象的比较
x－t图象v－t图象

图象

物
体
的
运
动
性
质①表示从位置坐标为正处开始一直做反向匀速直线运动并越过位置坐标为零处表示先正向做匀减速直线运动，再反向做匀加速直线运动
②表示物体静止不动表示物体做正向匀速直线运动
③表示物体从位置坐标为零处开始做正向匀速直线运动表示物体从静止做正向匀加速直线运动
④表示物体做正向匀加速直线运动表示物体做加速度增大的正向加速运动
1．(20xx山东济南一模)(多选)一质点做直线运动的v－t图象如图所示，下列选项正确的是()
A．在2～4s内，质点所受合外力为零
B．质点在0～2s内的加速度比4～6s内的加速度大
C．在第4s末，质点离出发点最远
D．在0～6s内，质点的平均速度为5m/s
解析：选AD.由图可知，在2～4s内，质点做匀速直线运动，所以所受合外力为零，A对．由图可知，质点在0～2s内加速度大小为5m/s2,4～6s内加速度大小为10m/s2，B错．由图可知，在第5s末，质点离出发点最远，C错．在0～6s内，质点的平均速度v＝xt＝5m/s，D对．
2．(20xx内蒙古呼伦贝尔一模)在珠海的航展中，中国展出了国产运－20和歼－31等最先进飞机．假设航展中有两飞机甲、乙在平直跑道上同向行驶，0～t2时间内的v－t图象如图所示，下列说法正确的是()
A．飞机乙在0～t2内的平均速度等于v22
B．飞机甲在0～t2内的平均速度比乙的大
C．两飞机在t1时刻一定相遇
D．两飞机在0～t2内不可能相遇
解析：选B.因为飞机乙做变减速运动，故平均速度不等于v22，故A错误；由于图线与时间轴所围成的图形的面积表示位移，在0～t2时间内，飞机甲的位移大于飞机乙，由v＝xt可知，飞机甲的平均速度大于飞机乙的，故B正确；由于不知道甲、乙两飞机初始位置，所以无法判断两飞机在t1时刻和0～t2时间内能不能相遇，故C、D错误．
3．甲、乙两人同时同地出发骑自行车做直线运动，前1小时内的位移—时间图象如图所示．下列表述正确的是()
A．0.2～0.5小时内，甲的加速度比乙的大
B．0.2～0.5小时内，甲的速度比乙的大
C．0.6～0.8小时内，甲的位移比乙的小
D．0.8小时内，甲、乙骑行的路程相等
解析：选B.0.2～0.5小时内，甲、乙两人均做匀速直线运动，加速度均为零，选项A错误；位移—时间图象的斜率表示直线运动的速度，0.2～0.5小时内，v甲v乙，B正确；位移—时间图象中，某段时间内的位移等于末位置坐标减初位置坐标，所以0.6～0.8小时内，甲的位移比乙的大，C错误；0.8小时内，甲的路程比乙的大，D错误．
图象问题的三个提醒
(1)x－t图象、v－t图象都不是物体运动的轨迹，图象中各点的坐标值x、v与t一一对应．
(2)x－t图象、v－t图象的形状由x与t、v与t的函数关系决定．
(3)无论是x－t图象还是v－t图象，所描述的运动情况都是直线运动．
考点二运动图象问题的解题思路
用图象来描述两个物理量之间的关系，是物理学中常用的方法．它运用数和形的巧妙结合，恰当地表达各种现象的物理过程和物理规律．运用图象解题的能力可归纳为以下两个方面：
1．读图
即从图象中获取有用信息作为解题的条件，弄清试题中图象所反映的物理过程及规律，从中获取有效信息，一般需要关注的特征量有三个：
第一：关注横、纵坐标
(1)确认横、纵坐标对应的物理量各是什么．
(2)注意横、纵坐标是否从零刻度开始．
(3)坐标轴物理量的单位也不能忽视．
第二：理解斜率、面积、截距的物理意义
(1)图线的斜率：通常能够体现某个物理量的大小、方向及变化情况．
(2)面积：由图线、横轴，有时还要用到纵轴及图线上的一个点或两个点到横轴的垂线段，所围图形的面积，一般都能表示某个物理量，如v－t图象中的面积表示位移．
(3)截距：图线在纵轴上以及横轴上的截距．
第三：分析交点、转折点、渐近线
(1)交点：往往是解决问题的切入点．
(2)转折点：满足不同的函数关系式，对解题起关键作用．
(3)渐近线：往往可以利用渐近线求出该物理量的极值或确定它的变化趋势．
2．作图和用图
依据物体的状态或物理过程所遵循的物理规律，作出与之对应的示意图或数学函数图象来研究和处理问题．
[典例1](20xx山东威海模拟)小明同学利用传感器绘出了一个沿直线运动的物体在不同运动过程中加速度a、速度v、位移x随时间变化的图象，如图所示．若该物体在t＝0时刻，初速度为零，则表示该物体沿单一方向运动的图象是()
解析选项A所描述的运动在0～2s内，位移先增大再减小，知运动的方向发生改变，故A错误；选项B所描述的运动在0～2s内速度为正值，向正方向运动，在2s～4s内速度为负值，向负方向运动，运动方向发生改变，故B错误；对于选项C,0～1s内加速度不变，做匀加速直线运动，1s～2s内加速度方向改变，大小不变，向正方向做匀减速直线运动，2s末速度为零，在一个周期内速度的方向不变，故C正确；对于选项D，在0～1s内，向正方向做匀加速直线运动，1s～2s内加速度方向改变，大小不变，向正方向做匀减速直线运动，2s末速度为零，2s～3s内向负方向做匀加速直线运动，运动的方向发生变化，故D错误．
答案C
1．甲、乙两汽车在一平直公路上同向行驶．在t＝0到t＝t1的时间内，它们的v－t图象如图所示．在这段时间内()
A．汽车甲的平均速度比乙大
B．汽车乙的平均速度等于v1＋v22
C．甲、乙两汽车的位移相同
D．汽车甲的加速度大小逐渐减小，汽车乙的加速度大小逐渐增大
解析：选A.根据匀变速直线运动的规律，v＝v1＋v22，由所给v－t图象可知，v甲＞v1＋v22，v乙＜v1＋v22，所以汽车甲的平均速度比乙的大，A正确、B错误．v－t图线与时间轴所围的面积表示位移，故甲的位移大于乙的位移，C错误．v－t图线的斜率的大小表示加速度大小，由图象知，甲、乙的加速度均逐渐减小，D错误．
2．A、B两质点在同一直线上运动，t＝0时刻，两质点从同一地点运动的x－t图象如图所示，则下列说法正确的是()
A．A质点以20m/s的速度匀速运动
B．B质点先沿正方向做直线运动，后沿负方向做直线运动
C．经过4s，B质点的位移大于A质点的位移
D．在图示的运动过程中，A、B两质点之间的距离在0～4s内某一时刻达到最大
解析：选B.x－t图象的斜率大小表示质点运动速度的大小，正负表示速度的方向，由x－t图象可知，A质点沿正方向做匀速直线运动，其速度v＝xt＝404m/s＝10m/s，A错误；B质点最初4s沿正方向做减速运动，4～8s沿负方向做加速运动，B正确；4s末，A、B两质点到达同一位置，两质点相遇，C错误；0～4s内，A、B间的距离先增大后减小，4s末A、B相遇，之后B质点反向运动，两质点间的距离继续增大，显然D错误．
考点三追及、相遇问题
1．分析追及问题的方法技巧可概括为“一个临界条件”、“两个等量关系”．
(1)一个临界条件：速度相等．它往往是物体间能否追上或(两者)距离最大、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的时间关系和位移关系是解题的突破口．
2．能否追上的判断方法
物体B追赶物体A：开始时，两个物体相距x0.若vA＝vB时，xA＋x0＜xB，则此时能追上；若vA＝vB时，xA＋x0＝xB，则此时恰好不相撞；若vA＝vB时，xA＋x0＞xB，则此时不能追上．
3．若被追赶的物体做匀减速直线运动，一定要注意判断追上前该物体是否已经停止运动．
[典例2](20xx高考全国乙卷)(多选)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＝3s时并排行驶，则()
A．在t＝1s时，甲车在乙车后
B．在t＝0时，甲车在乙车前7.5m
C．两车另一次并排行驶的时刻是t＝2s
D．甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40m
解析选BD.由题图知，甲车做初速度为0的匀加速直线运动，其加速度a甲＝10m/s2.乙车做初速度v0＝10m/s、加速度a乙＝5m/s2的匀加速直线运动.3s内甲、乙车的位移分别为：
x甲＝12a甲t23＝45m
x乙＝v0t3＋12a乙t23＝52.5m
由于t＝3s时两车并排行驶，说明t＝0时甲车在乙车前，Δx＝x乙－x甲＝7.5m，选项B正确；t＝1s时，甲车的位移为5m，乙车的位移为12.5m，由于甲车的初始位置超前乙车7.5m，则t＝1s时两车并排行驶，选项A、C错误；甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为52.5m－12.5m＝40m，选项D正确．
答案BD
[典例3](20xx江西八校联考)春节放假期间，全国高速公路免费通行，小轿车可以不停车通过收费站，但要求小轿车通过收费站窗口前x0＝9m区间的速度不超过v0＝6m/s.现有甲、乙两小轿车在收费站前平直公路上分别以v甲＝20m/s和v乙＝34m/s的速度匀速行驶，甲车在前，乙车在后．甲车司机发现正前方收费站，开始以大小为a甲＝2m/s2的加速度匀减速刹车．
(1)甲车司机需在离收费站窗口至少多远处开始刹车才不违章？
(2)若甲车司机经刹车到达离收费站窗口前9m处的速度恰好为6m/s，乙车司机在发现甲车刹车时经t0＝0.5s的反应时间后开始以大小为a乙＝4m/s2的加速度匀减速刹车．为避免两车相撞，且乙车在收费站窗口前9m区不超速，则在甲车司机开始刹车时，甲、乙两车至少相距多远？
解析(1)对甲车速度由20m/s减速至6m/s过程中的位移x1＝v2甲－v202a甲＝91m
x2＝x0＋x1＝100m
即：甲车司机需在离收费站窗口至少100m处开始刹车
(2)设甲刹车后经时间t，甲、乙两车速度相同，由运动学公式得：v乙－a乙(t－t0)＝v甲－a甲t，
解得t＝8s
相同速度v＝v甲－a甲t＝4m/s＜6m/s，即v＝6m/s的共同速度为不相撞的临界条件
乙车从34m/s减速至6m/s的过程中的位移为
x3＝v乙t0＋v2乙－v202a乙＝157m
所以要满足条件甲、乙的距离至少为x＝x3－x1＝66m
答案(1)100m(2)66m
解追及、相遇类问题的思路和技巧
(1)解题思路和方法
分析物体运动过程―→画运动示意图―→找两物体位移关系―→列位移方程
(2)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，它们往往对应一个临界状态，满足相应的临界条件．
1．(20xx武汉武昌区调研)两个质点A、B放在同一水平面上，由静止开始从同一位置沿相同方向同时开始做直线运动，其运动的v－t图象如图所示．对A、B运动情况的分析，下列结论正确的是()
A．A、B加速时的加速度大小之比为2∶1，A、B减速时的加速度大小之比为1∶1
B．在t＝3t0时刻，A、B相距最远
C．在t＝5t0时刻，A、B相距最远
D．在t＝6t0时刻，A、B相遇
解析：选D.由v－t图象可知，通过斜率可计算加速度大小，加速时A、B的加速度大小之比为10∶1，减速时A、B的加速度大小之比为1∶1，选项A错误；由A、B的运动关系可知，当A、B速度相同时距离最大，故选项B、C错误；由题意可知A、B是从同一位置同时开始运动的，由速度—时间图象可以算出运动位移，可知6t0时刻，A、B位移相同，因此在此时刻A、B相遇，选项D正确．
2．因受台风“苏迪罗”影响，浙江多地暴雨，严重影响了道路交通安全．某高速公路同一直线车道上同向匀速行驶的轿车和货车，其速度大小分别为v1＝40m/s，v2＝25m/s，轿车在与货车距离s0＝22m时才发现前方有货车，若此时轿车只是立即刹车，则轿车要经过s＝160m才停下来．两车可视为质点．
(1)若轿车刹车时货车以v2匀速行驶，通过计算分析两车是否会相撞？
(2)若轿车在刹车的同时给货车发信号，货车司机经t0＝2s收到信号并立即以加速度大小a2＝2.5m/s2加速前进，通过计算分析两车会不会相撞？
解析：(1)由v21＝2a1s得轿车刹车加速度大小为
a1＝5m/s2.
两车恰好不相撞时速度相等，即v1－a1t1＝v2，
得t1＝v1－v2a1＝3s.
轿车前进的距离s1＝v1＋v22t1＝97.5m，
货车前进的距离s2＝v2t1＝75m，
因为s1－s2＝22.5ms0，故两车会相撞．
(2)假设经过时间t后，两车的速度相等，
即v1－a1t＝v2＋a2(t－t0)，
此时轿车前进的距离s1′＝v1t－12a1t2，
货车前进的距离s2′＝v2t＋12a2(t－t0)2，
解得s1′＝8009m，s2′＝6059m，因为s1′－s2′＝21.7m＜s0，两车不会相撞．
答案：见解析
课时规范训练
[基础巩固题组]
1．(多选)物体甲的位移与时间图象和物体乙的速度与时间图象分别如图甲、乙所示，则这两个物体的运动情况是()
A．甲在整个t＝6s时间内有来回运动，它通过的总位移为零
B．甲在整个t＝6s时间内运动方向一直不变，它通过的总位移大小为4m
C．乙在整个t＝6s时间内有来回运动，它通过的总位移为零
D．乙在整个t＝6s时间内运动方向一直不变，它通过的总位移大小为4m
解析：选BC.甲图象中的直线的斜率表示速度，速度方向不变，没有来回运动，只是相对于原点的位移，一开始为负，后来为正，选项B正确．乙图象中直线的斜率表示加速度，速度先是负向变小，后正向增大，有来回运动，C项正确．
2．一辆电动小车由静止开始沿直线运动，其v－t图象如图所示，则汽车在0～1s和1～3s两段时间内，下列说法中正确的是()
A．运动方向相反
B．平均速度相同
C．加速度相同
D．位移相同
解析：选B.由图象知速度始终为正，故车的运动方向不变，A项错误；由v＝v1＋v22知，两时间段的平均速度相同，B项正确；由两段图象的斜率比较知加速度不同，C项错；由v－t图象与横轴所围面积的物理意义知位移不相同，D项错误．
3．物体A、B的x－t图象如图所示，由图可知()
A．从第3s起，两物体运动方向相同，且vA＞vB
B．两物体由同一位置开始运动，但物体A比B迟3s才开始运动
C．在5s内物体的位移相同，5s末A、B相遇
D．5s内A、B的平均速度相等
解析：选A.x－t图象斜率的大小表示物体速度的大小，斜率的正负表示物体运动的方向，由题图可知，A正确；B物体的出发点在离原点5m处，A物体的出发点在原点处，B错误；物体B在5s内的位移为10m－5m＝5m，物体A在3～5s内的位移为10m，故C、D均错误．
4．国产歼15舰载战斗机在航母甲板上加速起飞过程可看做匀变速直线运动，在某段时间内的x－t图象如图所示，视歼15舰载战斗机为质点，根据图中所给数据判断该机加速起飞过程中，下列选项正确的是()
A．经过图线上M点所对应位置时的速度小于20m/s
B．在t＝2.5s时的速率等于20m/s
C．在2s～2.5s这段时间内位移等于10m
D．在2.5s～3s这段时间内位移等于10m
解析：选B.由题图可知，在2s～3s这段时间内该机的平均速度v＝xt＝20m/s，又匀变速直线运动的中间时刻速度等于这段时间内的平均速度，故在t＝2.5s时的速度等于20m/s，选项B正确；结合图象可知M点位于t＝2.5s时刻之后，其速度大于20m/s，选项A错误；该机在2s～2.5s这段时间内的平均速度小于20m/s，所以位移小于10m，选项C错误；而在2.5s～3s这段时间内，平均速度大于20m/s所以位移大于10m，选项D错误．
5．两个完全相同的物块A、B，在同一粗糙水平面上以不同的初速度从同一位置开始运动．图中两条直线分别表示物块受到水平拉力作用和不受拉力作用的v－t图象，求：
(1)从开始到两物块第一次间距最远的时间；
(2)8s末物块A、B之间的距离x.
解析：(1)设A、B两物块的加速度大小分别为a1，a2，根据速度时间公式，有：
a1＝Δv1Δt1＝12－38＝98m/s2①
a2＝Δv2Δt2＝96＝1.5m/s2②
设经过时间t，AB速度相等，则有：
vB0－a2t＝vA0＋a1t
解得：t＝167s
当速度相等时，两物块第一次间距最远，即经过时间167s，两物块第一次间距最远．
(2)设A、B两物块8s内的位移分别为x1、x2，由图象得：
x1＝12×(3＋12)×8m＝60m，
x2＝12×9×6m＝27m
所以有：x＝x1－x2＝60m－27m＝33m
即8s末物块A、B之间的距离x为33m.
答案：(1)从开始到两物块第一次间距最远的时间为167s.
(2)8s末物块A、B之间的距离x为33m.
[综合应用题组]
6．一汽车沿直线运动的速度—时间(v－t)图象如图所示，则下列关于该汽车运动情况的说法中正确的是()
A．第4s末，汽车的运动方向发生变化
B．6～10s内，汽车一直处于静止状态
C．汽车在0～6s内的位移大小为24m
D．第12s末，汽车的加速度为－1m/s2
解析：选D.由v－t图象可以看出，4s末，汽车的速度由6m/s开始减小，但汽车的运动方向并没有发生变化，选项A错误；6～10s内，汽车的速度为4m/s，选项B错误；汽车在0～6s内的位移为22m，选项C错误；汽车在10s～14s内做匀减速直线运动，减速运动的加速度为a＝－1m/s2，选项D正确．
7．甲、乙两辆汽车在一条平直的单行道上同向行驶，乙在前、甲在后．t＝0时刻，两车同时刹车，结果发生了碰撞．如图所示为两车刹车后的v－t图象，下列说法正确的是()
A．两车刹车时的距离一定小于90m
B．两车刹车时的距离一定等于112.5m
C．两车一定是在t＝20s之前的某时刻发生相撞的
D．两车一定是在t＝20s之后的某时刻发生相撞的
解析：选C.v－t图象给定了两车的初速度和加速度，不确定值是刹车前两车间距离．由两车的v－t图象可知，两车不相撞的最小距离Δxmin＝5＋252－5＋152×20m＝100m，即当Δx＜100m时两车必相撞，A、B均错误；两车相撞一定发生在甲车速度大于乙车速度时，即t＝20s之前，C正确，D错误．
8．将一弹性塑料球从距地面高度为h1处由静止释放，小球与地面碰撞后弹回到高度为h2处．设这一过程中空气阻力的大小恒定，不考虑小球与地面碰撞的时间及损失的动能，以向下为正方向，图中大致能反映该过程的是()
解析：选B.弹性塑料球下落过程的加速度小于上升过程的加速度，且上升和下落过程的加速度方向相同，C、D错误；弹性塑料球下落和上升过程的速度方向相反，A错误，B正确．
9．(多选)甲、乙两物体由同一位置出发沿同一直线运动，其速度—时间图象如图所示，下列说法正确的是()
A．甲做匀速直线运动，乙做匀变速直线运动
B．两物体两次相遇的时刻分别是在2s末和6s末
C．乙在前2s内做匀加速直线运动，2s～6s做匀减速直线运动
D．2s后，甲、乙两物体的速度方向相反
解析：选BC.由图象知，v甲＝2m/s，故甲物体做匀速直线运动，乙物体在0～2s内沿正向做匀加速直线运动，加速度大小为2m/s2，在2s～6s内沿正向做匀减速直线运动，加速度大小为1m/s2，乙物体做的不是匀变速直线运动，A错误，C正确；在2s末，甲物体的位移x甲＝2×2m＝4m，乙物体的位移x乙＝12×(2×4)m＝4m，两物体在2s末相遇，在6s末，甲物体的位移x甲′＝2×6m＝12m，乙物体的位移x乙′＝12×(6×4)m＝12m，故两物体在6s末相遇，B正确；在0～6s内，甲、乙两物体始终沿正方向运动，D错误．
10．小球从一定高度处由静止下落，与地面碰撞后回到原高度再次下落，重复上述运动．取小球的落地点为原点建立坐标系，竖直向上为正方向．下列速度v和位置x的关系图象中，能描述该过程的是()
解析：选A.设小球从H高处由静止下落，则下降过程距原点的距离x＝H－h(h为下落的高度)，由v2－v20＝2ax
有v2＝2g(H－x)
得v2＝2gH－2gx，式中v的方向竖直向下
小球落地时速度为v0，则v20＝2gH
上升阶段：v2－v20＝－2gx
得v2＝2gH－2gx，式中v的方向竖直向上
因此上升和下降阶段速度大小随x的变化规律相同，速度方向相反，且v与x的关系不是线性关系，故A项正确．
11．如图所示，直线MN表示一条平直公路，甲、乙两辆汽车原来停在A、B两处，A、B间的距离为85m，现甲车先开始向右做匀加速直线运动，加速度a1＝2.5m/s2，甲车运动6s时，乙车立即开始向右做匀加速直线运动，加速度a2＝5m/s2，求两辆汽车相遇处距A处的距离．
解析：甲车运动6s的位移为x0＝12a1t20＝45m，尚未追上乙车，设此后经过时间t与乙车相遇，则有：
12a1(t＋t0)2＝12a2t2＋85
将上式代入数据并展开整理得
t2－12t＋32＝0.
解得t1＝4s，t2＝8s.
t1、t2都有意义，t1＝4s时，甲车追上乙车；
t2＝8s时，乙车追上甲车再次相遇．
第一次相遇地点距A的距离
x1＝12a1(t1＋t0)2＝125m.
第二次相遇地点距A的距离
x2＝12a1(t2＋t0)2＝245m.
答案：125m或245m
实验一研究匀变速直线运动
一、实验目的
1．练习使用打点计时器，学会用打上点的纸带研究物体的运动情况．
2．会利用纸带求匀变速直线运动的速度、加速度．
3．利用打点纸带探究小车速度随时间变化的规律，并能画出小车运动的v－t图象，根据图象求加速度．
二、实验原理
1．打点计时器
(1)作用：计时仪器，交流电频率为50Hz时，每隔0.02s打一次点．
(2)工作条件电磁打点计时器：4V～6V交流电源电火花计时器：220V交流电源
(3)纸带上点的意义：
①表示和纸带相连的物体在不同时刻的位置．
②通过研究纸带上各点之间的距离，可以判断物体的运动情况．
③可以利用纸带上打出的点来确定计数点间的时间间隔．
2．利用纸带判断物体是否做匀变速直线运动的方法
设x1、x2、x3、x4…为纸带上相邻两个计数点之间的距离，假如Δx＝x2－x1＝x3－x2＝x4－x3＝…＝常数，即连续相等的时间间隔内的位移之差为恒量，则与纸带相连的物体做匀变速直线运动．
3．由纸带求物体运动速度的方法
根据匀变速直线运动某段时间中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度vn＝(xn＋xn＋1)/2T.
4．由纸带求物体运动加速度的方法
(1)逐差法：即根据x4－x1＝x5－x2＝x6－x3＝3aT2(T为相邻两计数点之间的时间间隔)，求出a1＝x4－x13T2，a2＝x5－x23T2，a3＝x6－x33T2，再算出a1、a2、a3的平均值a＝a1＋a2＋a33＝x4＋x5＋x6－x1＋x2＋x39T2，即为物体的加速度．
(2)图象法：求出打各个计数点时纸带的瞬时速度，再作出v－t图象，图象的斜率即为物体做匀变速直线运动的加速度．
三、实验器材
电火花计时器(或电磁打点计时器)，一端附有定滑轮的长木板、小车、纸带、细绳、钩码、刻度尺、导线、电源、复写纸片．
四、实验步骤
1．仪器安装
(1)把附有滑轮的长木板放在实验桌上，并使滑轮伸出桌面，把打点计时器固定在长木板上没有滑轮的一端，连接好电路．
(2)把一条细绳拴在小车上，细绳跨过定滑轮，下边挂上合适的钩码，把纸带穿过打点计时器，并把它的一端固定在小车的后面．实验装置见下图所示，放手后，看小车能否在木板上平稳地加速滑行．
2．测量与记录
(1)把小车停在靠近打点计时器处，先接通电源，后放开小车，让小车拖着纸带运动，打点计时器就在纸带上打下一系列的点，换上新纸带，重复三次．
(2)从三条纸带中选择一条比较理想的，舍掉开头一些比较密集的点，从后边便于测量的点开始确定计数点，为了计算方便和减小误差，通常用连续打点五次的时间作为时间单位，即T＝0.1s．正确使用毫米刻度尺测量每相邻两计数点间的距离，并填入设计的表格中．
(3)利用某一段时间的平均速度等于这段时间中间时刻的瞬时速度求得各计数点的瞬时速度．
(4)增减所挂钩码数，再重复实验两次．
五、数据处理及实验结论
1．由实验数据得出v－t图象
(1)根据表格中的v、t数据，在平面直角坐标系中仔细描点，如右图所示可以看到，对于每次实验，描出的几个点都大致落在一条直线上．
(2)作一条直线，使同一次实验得到的各点尽量落到这条直线上，落不到直线上的点，应均匀分布在直线的两侧，这条直线就是本次实验的v－t图象，它是一条倾斜的直线．
2.由实验得出的v－t图象进一步得出小车运动的速度随时间变化的规律，有两条途径进行分析
(1)分析图象的特点得出：小车运动的v－t图象是一条倾斜的直线，如图所示，当时间增加相同的值Δt时，速度也会增加相同的值Δv，由此得出结论：小车的速度随时间均匀变化．
(2)通过函数关系进一步得出：既然小车的v－t图象是一条倾斜的直线，那么v随t变化的函数关系式为v＝kt＋b，显然v与t成“线性关系”，小车的速度随时间均匀变化．
六、注意事项
1．平行：纸带、细绳要和木板平行．
2．两先两后：实验中应先接通电源，后让小车运动；实验完毕应先断开电源，后取纸带．
3．防止碰撞：在到达长木板末端前应让小车停止运动，防止钩码落地和小车与滑轮相撞．
4．减小误差：小车的加速度宜适当大些，可以减小长度的测量误差，加速度大小以能在约50cm的纸带上清楚地取出6～7个计数点为宜．
5．作出速度—时间图象，通过图象的斜率求解物体的加速度．
6．剪下相邻计数点的纸带紧排在一起求解加速度．
七、误差分析
1．小车运动时摩擦不均匀，打点不稳定引起的系统误差．
2．纸带上计数点间距测量以及作v－t图象引起的偶然误差．
考点一实验原理及操作
[典例1]在“研究匀变速直线运动”的实验中，某同学的操作中有以下实验步骤，其中错误或遗漏的步骤有
________________________________________________
________________________________________________
________________________________________________.
(指出错误并改正，遗漏步骤可编上序号G、H、…)
A．拉住纸带，将小车移至靠近打点计时器处，先放开纸带，再接通电源
B．将打点计时器固定在平板上，并接好电源
C．把一条细绳拴在小车上，细绳跨过滑轮，下面吊着适当重的钩码
D．取下纸带
E．将平板无滑轮的一端抬高，轻推小车，使小车能在平板上做匀速运动
F．将纸带固定在小车尾部，并穿过打点计时器的限位孔
将以上步骤完善后按合理顺序填写在横线上________．
解析A中应先接通电源，再放开纸带，C中应调整滑轮的高度，使细绳与平板平行，D中应先断开电源，使打点计时器停止工作再取下纸带，E属于多余步骤．应补充G，换上新纸带，重复操作两次．H，断开电源，整理好器材．正确合理的顺序应为B、F、C、A、D、G、H.
答案见解析
考点二实验数据处理
[典例2]实验中，如图所示为一次记录小车运动情况的纸带，图中A、B、C、D、E为相邻的计数点，相邻计数点间的时间间隔T＝0.1s.
(1)根据纸带可判定小车做____________________运动．
(2)根据纸带计算各点瞬时速度：vD＝________m/s，vC＝________m/s，vB＝________m/s.在如图所示坐标中作出小车的v－t图线，并根据图线求出纸带的加速度a＝________.
(3)将图线延长与纵轴相交，交点的速度是________m/s，此速度的物理意义是______________________________．
解析(1)根据纸带提供的数据可知xBC－xAB＝xCD－xBC＝xDE－xCD＝12.60cm，故小车做匀加速直线运动．
(2)根据vt2＝v可知
vD＝xAE－xAC2T＝105.60－27.60×10－20.2m/s＝3.90m/s
vC＝xAD－xAB2T＝60.30－7.50×10－20.2m/s＝2.64m/s
vB＝xAC2T＝27.60×10－20.2m/s＝1.38m/s
如图所示描点连线得v－t图线，由图线斜率知纸带的加速度a＝12.60m/s2.
(3)由图知交点的速度约为0.12m/s，表示小车经过A点的速度．
答案(1)匀加速直线(或匀加速)(2)3.902.641.3812.60m/s2见解析图(3)0.12表示小车经过A点的速度
考点三实验改进拓展创新
高考实验题一般源于教材而不拘泥于教材，即所谓情境新而知识旧．因此做实验题应注重迁移创新能力的培养，用教材中实验的原理、方法和技巧处理新问题．
1．实验器材的改进
↓↓
由遮光片的宽度d和遮光片
挡光时间Δt求速度v＝dΔt由纸带求速度
2．获得加速度方法的改进
长木板倾斜靠重力获得加速度，如图甲、乙所示――→替代靠重物的拉力获得加速度．
[典例3]某同学用图(a)所示的实验装置测量物块与斜面之间的动摩擦因数．已知打点计时器所用电源的频率为50Hz，物块下滑过程中所得到的纸带的一部分如图(b)所示，图中标出了五个连续点之间的距离．
(1)物块下滑时的加速度a＝________m/s2，打C点时物块的速度v＝________m/s；
(2)已知重力加速度大小为g，为求出动摩擦因数，还必须测量的物理量是________(填正确答案标号)．
A．物块的质量
B．斜面的高度
C．斜面的倾角
解析(1)打点计时器的打点周期T＝0.02s，根据纸带数据可知，加速度a＝xCD＋xDE－xAB＋xBC4T2＝3.25m/s2；打C点时物块的速度vC＝xBD2T＝1.79m/s.
(2)由牛顿第二定律得加速度a＝gsinθ－μcosθ，所以要求出动摩擦因数，还必须测量的物理量是斜面的倾角．
答案(1)3.251.79(2)C
1．光电计时器也是一种研究物体运动情况的常用计时仪器，其结构如图甲所示，a、b分别是光电门的激光发射和接收装置，当有物体从a、b间通过时，光电计时器就可以精确地把物体从开始挡光到挡光结束的时间记录下来．现利用图乙所示的装置测量滑块和长木板间的动摩擦因数，图中MN是水平桌面，Q是长木板与桌面的接触点，1和2是固定在长木板适当位置的两个光电门，与之连接的两个光电计时器没有画出，长木板顶端P点悬有一铅锤．实验时，让滑块从长木板的顶端滑下，光电门1、2各自连接的计时器显示的挡光时间分别为1.0×10－2s和4.0×10－3s．用精度为0.05mm的游标卡尺测量滑块的宽度d，其示数如图丙所示．
(1)滑块的宽度d＝________cm.
(2)滑块通过光电门1时的速度v1＝________m/s，滑块通过光电门2时的速度v2＝________m/s.(结果保留两位有效数字)
(3)由此测得的瞬时速度v1和v2只是一个近似值，它们实质上是通过光电门1和2时的________，要使瞬时速度的测量值更接近于真实值，可将________的宽度减小一些．
解析：(1)d＝10mm＋0.05mm×2＝10.10mm＝1.010cm.
(2)v1＝dt1＝1.010×10－21.0×10－2m/s≈1.0m/s
v2＝dt2＝1.010×10－24.0×10－3m/s≈2.5m/s.
(3)v1、v2实质上是通过光电门1和2时的平均速度，要使瞬时速度的测量值更接近于真实值，可将滑块的宽度减小一些．
答案：(1)1.010(2)1.02.5(3)平均速度滑块
2．研究小车匀变速直线运动的实验装置如图甲所示，其中斜面倾角θ可调．打点计时器的工作频率为50Hz.纸带上计数点的间距如图乙所示，其中每相邻两点之间还有4个记时点未画出．
(1)部分实验步骤如下：
A．测量完毕，关闭电源，取出纸带
B．接通电源，待打点计时器工作稳定后放开小车
C．将小车停靠在打点计时器附近，小车尾部与纸带相连
D．把打点计时器固定在平板上，让纸带穿过限位孔
上述实验步骤的正确顺序是：________(用字母填写)．
(2)图乙中标出的相邻两计数点的时间间隔T＝________s.
(3)计数点5对应的瞬时速度大小计算式为v5＝________.
(4)为了充分利用记录数据，减小误差，小车加速度大小的计算式应为a＝________.
解析：(1)实验步骤的正确顺序是D、C、B、A.
(2)电源的工作频率f＝50Hz，所以打点周期T0＝1f＝150s＝0.02s，相邻两计数点的时间间隔T＝5T0＝0.1s.
(3)计数点5对应的瞬时速度等于计数点4、6间的平均速度，故v5＝x4＋x52T.
(4)为了减小误差，计算小车的加速度利用逐差法，即
x4－x1＝3a1T2，x5－x2＝3a2T2，x6－x3＝3a3T2，
a＝a1＋a2＋a33＝x6＋x5＋x4－x3＋x2＋x19T2.
答案：(1)DCBA(2)0.1(3)x4＋x52T
(4)x6＋x5＋x4－x3＋x2＋x19T2
高效演练跟踪检测
1．如图所示是某同学在做匀变速直线运动实验中获得的一条纸带．
(1)已知打点计时器电源频率为50Hz，则纸带上打相邻两点的时间间隔为________．
(2)A、B、C、D是纸带上4个计数点，每两个相邻计数点间有4个点没有画出．从图中读出A、B两点间距s＝________；C点对应的速度是________．(计算结果保留3位有效数字)
解析：(1)打点计时器电源频率50Hz，故打相邻两点的时间间隔T0＝1f＝0.02s.
(2)相邻两计数点间的时间间隔T＝0.02×5s＝0.1s，由图读出s＝0.70cm.C点对应的速度vC＝sBD2T＝2.002×0.1cm/s＝0.100m/s.
答案：(1)0.02s(2)0.68～0.72cm0.100m/s
2．如图所示是“研究匀变速直线运动”实验中获得的一条纸带，O、A、B、C、D和E为纸带上6个计数点．加速度大小用a表示．
(1)OD间的距离为________cm.
(2)下图是根据实验数据绘出的s－t2图线(s为各计数点至同一起点的距离)，斜率表示____________，其大小为________m/s2(保留3位有效数字)
解析：物体做的是匀变速直线运动，物体从某一点开始运动的位移s＝v0t＋12at2，s－t2图线是一条过原点的倾斜直线，因此v0＝0，得s＝12at2，所以s－t2图线的斜率为12a，通过图线可求得斜率为0.460.
答案：(1)1.18～1.22(2)12a0.458～0.464
3．图甲是某同学探究小车的速度和加速度的实验装置，他将光电门固定在水平轨道上的B点，A、B两点间的距离为12.50cm.用重物通过细线拉小车，让小车做直线运动．
(1)若用游标卡尽测出遮光条的宽度d，如图乙所示，则d＝________cm.
(2)实验时将小车从图甲中位置A处由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门的时间Δt＝2.28×10－2s，则小车经过光电门时的速度为________m/s，小车的加速度为________m/s2.(保留2位有效数字)
解析：(1)主尺上的读数为1.1cm，游标尺上第8条刻线与主尺刻线对齐，故游标尺上读数为8×0.05mm＝0.40mm＝0.040cm，所以两部分之和为1.140cm.
(2)小车通过光电门时的速度可近似认为不变，则v＝dΔt＝1.140×10－22.28×10－2m/s＝0.50m/s，由v2＝2ax得，a＝v22x＝0.5022×12.50×10－2m/s2＝1.0m/s2.
答案：(1)1.140(2)0.501.0
4．某同学用如图甲所示的实验装置研究匀变速直线运动．
实验步骤如下：
A．安装好实验器材．
B．让小车拖着纸带运动，打点计时器在纸带上打下一系列小点，重复几次，选出一条点迹比较清晰的纸带，从便于测量的点开始，每五个点取一个计数点，如图乙中a、b、c、d等点．
C．测出x1、x2、x3….
结合上述实验步骤，请你继续完成下列任务：
(1)(多选)实验中，除打点计时器(含纸带、复写纸)、小车、一端附有滑轮的长木板、细绳、钩码、导线及开关外，在下列仪器和器材中，必须使用的有________．(填选项代号)
A．电压合适的50Hz交流电源B．电压可调的直流电源
C．秒表D．刻度尺
E．天平F．重锤
G．弹簧测力计
(2)如果小车做匀加速运动，所得纸带如图乙所示，则x1、x2、x3的关系是________，已知打点计时器打点的时间间隔是t，则打c点时小车的速度大小是________．
解析(1)实验中打点计时器要使用50Hz的低压交流电源；测量x1、x2、x3要使用刻度尺；实验中无需使用秒表、天平、重锤和弹簧测力计，故选A、D.
(2)因小车做匀加速直线运动，所以相邻相等时间内的位移之差是恒量，故x3－x2＝x2－x1；c点是bd段的时间中点，则c点的瞬时速度等于该段的平均速度，即vc＝x2＋x32×5t＝x2＋x310t.
答案(1)AD(2)x3－x2＝x2－x1x2＋x310t
5．在做“研究匀变速直线运动”的实验时，某同学得到一条用电火花计时器打下的纸带如图甲所示，并在其上取了A、B、C、D、E、F、G7个计数点，每相邻两个计数点间还有4个点图中没有画出，电火花计时器接220V、50Hz交流电源．他经过测量并计算得到电火花计时器在打B、C、D、E、F各点时物体的瞬时速度如下表：
对应点BCDEF
速度(ms－1)0.1410.1850.2200.2540.301
(1)设电火花计时器的周期为T，计算vF的公式为vF＝________；
(2)根据(1)中得到的数据，以A点对应的时刻为t＝0，试在图乙所示坐标系中合理地选择标度，作出v－t图象．
(3)利用该图象求得物体的加速度a＝________m/s2；(结果保留2位有效数字)
(4)如果当时电网中交变电流的电压变成210V，而做实验的同学并不知道，那么加速度的测量值与实际值相比________．(选填“偏大”“偏小”或“不变”)
解析：(1)匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度，电火花计时器的周期为T，所以从E点到G点时间为10T，有vF＝d6－d410T.
(2)根据表中数据，利用描点法作出图象如图所示：
(3)图象斜率大小等于加速度大小，故a＝ΔvΔt＝0.40m/s2.
(4)打点计时器的打点频率与交流电源的频率相同，电源电压降低不改变打点计时器打点周期，所以对测量结果没有影响．
答案：(1)d6－d410T(2)图见解析(3)0.40(4)不变
6.
利用如图所示的装置可测量滑块在斜面上运动的加速度．一斜面上安装有两个光电门，其中光电门乙固定在斜面上靠近底端处，光电门甲的位置可移动．当一带有遮光片的滑块自斜面上滑下时，与两个光电门都相连的计时器可以显示出遮光片从光电门甲至乙所用的时间t.改变光电门甲的位置进行多次测量，每次都使滑块从同一点由静止开始下滑，并用米尺测量甲、乙之间的距离s，记下相应的t值；所得数据如下表所示.
s/m0.5000.6000.7000.8000.9000.950
t/ms292.9371.5452.3552.8673.8776.4
st/(ms－1)
1.711.621.551.451.341.22
完成下列填空和作图：
(1)若滑块所受摩擦力为一常量，滑块加速度的大小a、滑块经过光电门乙时的瞬时速度vt、测量值s和t四个物理量之间所满足的关系式是________________________________________________；
(2)根据表中给出的数据，在图给出的坐标纸上画出st－t图线；
(3)由所画出的st－t图线，得出滑块加速度的大小为a＝________m/s2.(保留两位有效数字)
解析(1)滑块沿斜面向下做匀加速运动，其逆过程为初速度为vt、加速度为a的沿斜面向上的匀减速运动，由位移公式有s＝vtt－12at2，也可表示为st＝－12at＋vt.
(2)根据表中数据描点连线可得st－t图线，如图所示．
(3)由关系式st＝－12at＋vt可得，图线的斜率k＝－a2，由图线求出k＝－1.0，故a＝－2k＝2.0m/s2.
答案(1)st＝－12at＋vt或s＝－12at2＋vtt
(2)见解析(3)2.0(在1.8～2.2范围内都可)
章末检测一
运动的描述匀变速直线运动
(时间：60分钟满分：100分)
一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分，1～5题每小题只有一个选项正确，6～8小题有多个选项符合题目要求，全选对得6分，选对但不全得3分，有选错的得0分)
1．一质点在A、B两点之间做匀变速直线运动，加速度方向与初速度方向相同，当在A点初速度为v时，从A点到B点所用的时间为t，当在A点初速度为2v时，保持其他量不变，从A点到B点所用时间为t′，则()
A．t′t2B．t′＝t2
C．t′t2D．t′＝t
解析：A.设A、B两点间位移为x，初速度为v时，x＝vt＋12at2，解得：t＝v2＋2ax－va，初速度为2v时，x＝2vt′＋12at′2，解得：t′＝4v2＋2ax－2va，所以t′t2，A项正确．
2．如图所示，一小球从A点由静止开始沿斜面向下做匀变速直线运动，若到达B点时速度为v，到达C点时速度为2v，则xAB∶xBC等于()
A．1∶1B．1∶2
C．1∶3D．1∶4
解析：选C.由位移－速度公式可得v2B－v2A＝2axAB，v2C－v2B＝2axBC，将各瞬时速度代入可知选项C正确．
3．一个物体沿直线运动，从t＝0时刻开始，物体的v－t图象如图所示，图线与纵、横坐标轴的交点分别为0.5m/s和－1s，由此可知()
A．物体做匀速直线运动
B．物体做变加速直线运动
C．物体的初速度大小为0.5m/s
D．物体的初速度大小为1m/s
解析：选C.根据v－t图象，可知物体的速度均匀增大，做匀加速直线运动，故A、B错误．图线纵轴截距表示初速度，则知物体的初速度大小为0.5m/s，故C正确，D错误．
4．不计空气阻力，以一定的初速度竖直上抛一物体，从抛出至回到抛出点的时间为t，现在物体上升的最大高度的一半处设置一块挡板，物体撞击挡板前、后的速度大小相等、方向相反，撞击所需时间不计，则这种情况下物体上升和下降的总时间约为()
A．0.5tB．0.4t
C．0.3tD．0.2t
解析：选C.将物体的上升过程分成位移相等的两段，设下面一段位移所用时间为t1，上面一段位移所用时间为t2，根据逆向思维可得：t2∶t1＝1∶(2－1)，又知，物体撞击挡板后以原速度大小弹回(撞击所需时间不计)，物体上升和下降的总时间t′＝2t1且t1＋t2＝t2，由以上几式可得：t′＝2－1t2≈0.3t，正确答案为C.
5．一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()
A.st2B.3s2t2
C.4st2D.8st2
解析：选A.质点在时间t内的平均速度v＝st，设时间t内的初、末速度分别为v1和v2，则v＝v1＋v22，故v1＋v22＝st.由题意知：12mv22＝9×12mv21，则v2＝3v1，进而得出2v1＝st.质点的加速度a＝v2－v1t＝2v1t＝st2.故选项A正确．
6．一条东西方向的平直公路边上有两块路牌A、B，A在西B在东，一辆匀速行驶的汽车自东向西经过B路牌时，一只小鸟恰自A路牌向B匀速飞去，小鸟飞到汽车正上方立即折返，以原速率飞回A，过一段时间后，汽车也行驶到A.以向东为正方向，它们的位移－时间图象如图所示，图中t2＝2t1，由图可知()
A．小鸟的速率是汽车速率的两倍
B．相遇时小鸟与汽车位移的大小之比是3∶1
C．小鸟飞行的总路程是汽车的1.5倍
D．小鸟和汽车在0～t2时间内位移相等
解析：选BC.设A、B之间的距离为x.由t2＝2t1，结合图象可知，小鸟与汽车相遇时，汽车的位移大小为x4，小鸟的位移大小为34x，故选项A错误，B正确；小鸟飞行的总路程为64x＝1.5x，选项C正确；小鸟在0～t2时间内的位移为零，而汽车在0～t2时间内位移大小为x，故选项D错误．
7．如图所示，在足够高的空间内，小球位于空心管的正上方h处，空心管长为L，小球球心与管的轴线重合，并在竖直线上．当释放小球，小球可能穿过空心管，不计空气阻力，则下列判断正确的是()
A．两者同时无初速度释放，小球在空中不能穿过管
B．两者同时释放，小球具有竖直向下的初速度v0，管无初速度，则小球一定能穿过管，且穿过管的时间与当地重力加速度无关
C．两者同时释放，小球具有竖直向下的初速度v0，管无初速度，则小球一定能穿过管，但穿过管的时间与当地重力加速度有关
D．两者均无初速度释放，但小球提前了Δt时间释放，则小球一定能穿过管，但穿过管的时间与当地重力加速度无关
解析：选AB.两者同时无初速度释放，均做自由落体运动，球不能穿过管，A正确；两者同时释放，小球具有竖直向下的初速度v0，以管为参考系，则小球匀速穿过管，时间为t＝Lv0，B正确，C错误；小球提前Δt时间释放，相当于获得了初速度v0＝gΔt，与当地重力加速度有关，D错误．
8．在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢．当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着车厢以大小为23a的加速度向西行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F.不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为()
A．8B．10
C．15D．18
解析：选BC.设该列车厢与P相连的部分为P部分，与Q相连的部分为Q部分．设该列车厢有n节，Q部分为n1节，每节车厢质量为m，当加速度为a时，对Q有F＝n1ma；当加速度为23a时，对P有F＝(n－n1)m23a，联立得2n＝5n1.当n1＝2、n1＝4、n1＝6时，n＝5、n＝10、n＝15，由题中选项得该列车厢节数可能为10或15，选项B、C正确．
二、非选择题(共4小题，52分)
9．(10分)如图所示，某同学在做“研究匀变速直线运动”的实验中，由打点计时器得到表示小车运动过程的一条清晰纸带，纸带上两相邻计数点间的时间间隔为T＝0.1s，其中x1＝7.05cm，x2＝7.68cm，x3＝8.33cm，x4＝8.95cm，x5＝9.61cm，x6＝10.26cm，则打A点时小车的瞬时速度大小是________m/s，计算小车运动的加速度的表达式为a＝________，加速度大小是________m/s2.(计算结果均保留两位有效数字)
解析：由匀变速直线运动平均速度的推论可知，打计数点A时小车的速度为vA＝x3＋x42T＝8.33＋8.950.2×10－2m/s≈0.86m/s；由匀变速直线运动相等时间位移差的推论可知，小车的加速度为a＝x4＋x5＋x6－x1－x2－x39T2，代入数据可得a＝0.64m/s2.
答案：0.86x4＋x5＋x6－x1－x2－x39T20.64
10．(12分)某学习小组在“研究匀变速直线运动”的实验中，用如图所示的气垫导轨装置来测滑块的加速度，由导轨标尺可以测出两个光电门之间的距离L，窄遮光板的宽度为d，窄遮光板依次通过两个光电门的时间分别为t1、t2.
(1)通过两个光电门的瞬时速度分别为v1＝________，v2＝________.在计算瞬时速度时应用的物理方法是________(填“极限法”“微元法”或“控制变量法”)．
(2)滑块的加速度可以表示为a＝________(用题中所给物理量表示)．
解析：(1)滑块通过两个光电门的速度等于滑块通过光电门这极短时间内的平均速度，故瞬时速度分别为dt1和dt2，时间取的越短，瞬时速度越接近平均速度，故采用了极限法．
(2)根据运动学公式2aL＝v22－v21，代入可求得加速度a＝d22L1t22－1t21.
答案：(1)dt1dt2极限法(2)d22L1t22－1t21
11．(15分)如图所示，一辆长为12m的客车沿平直公路以8.0m/s的速度匀速向北行驶，一辆长为10m的货车由静止开始以2.0m/s2的加速度由北向南匀加速行驶，已知货车刚启动时两车相距180m，求两车错车所用的时间．
解析：设货车启动后经过时间t1时两车开始错车，则有
s1＋s2＝180m，
其中s1＝12at21，
s2＝vt1，
联立可得t1＝10s.
设货车从开始运动到两车错车结束所用时间为t2，在数值上有
s1′＋s2′＝(180＋10＋12)m＝202m.
其中s1′＝12at22，
s2′＝vt2，
解得t2＝10.8s.
故两车错车时间Δt＝t2－t1＝0.8s.
答案：0.8s
12．(15分)20xx年世界中学生五人制足球锦标赛落下帷幕，代表中国参赛的河南男队和河北女队取得了优异成绩．五人制足球的赛场长40m，宽20m，如图所示．在比赛中，攻方队员在中线附近突破防守队员，将足球沿边路向前踢出，足球的运动可视为在地面上做初速度为v1＝6m/s的匀减速直线运动，加速度大小为a1＝1m/s2.该队员将足球踢出后立即由静止启动追赶足球，他的运动可看做是匀加速直线运动，最大加速度为a2＝1m/s2，能达到的最大速度为v2＝4m/s.该队员至少经过多长时间能追上足球？
解析：设足球从开始做匀减速运动到停下来的位移为x1，则x1＝v212a1
解得x1＝18m，
足球匀减速运动时间为t1＝v1a1＝6s
前锋队员以最大加速度加速t2＝v2a2＝4s
在此过程中的位移x2＝v222a2＝8m
之后前锋队员做匀速直线运动，到足球停止运动时，其位移为
x3＝v2(t1－t2)＝8m
由于x2＋x3＜x1，故足球停止运动时，前锋队员没有追上足球，然后前锋队员继续以最大速度匀速运动追赶足球，由匀速运动公式得x1－(x2＋x3)＝v2t3
代入数据解得t3＝0.5s
前锋队员追上足球的时间t＝t1＋t3＝6.5s
答案：6.5s

相关阅读

20xx高考物理大一轮复习：第3章牛顿运动定律（10份打包含课件）

第1节牛顿第一定律牛顿第三定律
一、牛顿第一定律
1．内容：一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，除非作用在它上面的力迫使它改变这种状态．
2．意义
(1)揭示了物体的固有属性：一切物体都有惯性，因此牛顿第一定律又叫惯性定律．
(2)揭示了力与运动的关系：力不是维持物体运动状态的原因，而是改变物体运动状态的原因，即产生加速度的原因．
二、惯性
1．定义：物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质．
2．表现：物体不受外力作用时，其惯性表现在保持静止或匀速直线运动状态；物体受外力作用时其惯性表现在反抗运动状态的改变．
3．量度：质量是惯性大小的唯一量度，质量大的物体惯性大，质量小的物体惯性小．
三、牛顿第三定律
1．内容：两物体之间的作用力与反作用力总是大小相等，方向相反，作用在同一条直线上．
2．表达式：F＝－F′.
[自我诊断]
1．判断正误
(1)物体不受外力时一定处于静止状态．(×)
(2)惯性即惯性定律．(×)
(3)运动的物体惯性大，静止的物体惯性小．(×)
(4)两个大小相等、方向相反、作用在同一直线上的力一定是相互作用力．(×)
(5)作用力与反作用力的关系不随运动状态的变化而变化．(√)
(6)人走在松软土地上下陷时，人对地面的压力大于地面对人的支持力．(×)
2．(多选)关于牛顿第三定律，下列说法正确的是()
A．对重力、弹力、摩擦力等都适用
B．当相互作用的两个物体相距很远时不适用
C．当相互作用的两个物体做加速运动时不适用
D．相互作用的两个物体没有直接接触时也适用
解析：选AD.对于牛顿第三定律，适用于重力、弹力、摩擦力等所有的力，而且不管相互作用的两物体的质量如何、运动状态怎样、是否相互接触都适用，例如，地球吸引地球表面上的石块，石块同样以相同大小的力吸引地球，且不管接触不接触，都互相吸引，所以B、C错误，A、D正确．
3．关于惯性，下列说法中正确的是()
A．磁悬浮列车能高速行驶是因为列车浮起后惯性小了
B．卫星内的仪器由于完全失重惯性消失了
C．铁饼运动员在掷出铁饼前快速旋转可增大铁饼的惯性，使铁饼飞得更远
D．月球上物体的重力只有在地球上的1/6，但是惯性没有变化
解析：选D.惯性只与质量有关，与速度无关，A、C错误；失重或重力加速度发生变化时，物体质量不变，惯性不变，所以B错误、D正确．
4．一个榔头敲在一块玻璃上把玻璃打碎了．对于这一现象，下列说法正确的是()
A．榔头敲玻璃的力大于玻璃对榔头的作用力，所以玻璃才碎裂
B．榔头受到的力大于玻璃受到的力，只是由于榔头能够承受比玻璃更大的力才没有碎裂
C．榔头和玻璃之间的作用力应该是等大的，只是由于榔头能够承受比玻璃更大的力才没有碎裂
D．因为不清楚榔头和玻璃的其他受力情况，所以无法判断它们之间的相互作用力的大小
解析：选C.榔头对玻璃的作用力和玻璃对榔头的作用力为作用力与反作用力关系，大小一定相等，但相同大小的力作用在不同物体上的效果往往是不同的，所以不能从效果上去比较作用力与反作用力的大小关系，C正确．
考点一对牛顿第一定律的理解
1．指出了物体的一种固有属性
牛顿第一定律揭示了物体所具有的一个固有属性——惯性，即物体总保持原有运动状态不变的一种性质．
2．揭示了力的本质
牛顿第一定律明确了力是改变物体运动状态的原因，而不是维持物体运动的原因，物体的运动不需要力来维持．
3．揭示了不受力作用时物体的运动状态
牛顿第一定律描述的只是一种理想状态，而实际中不受力作用的物体是不存在的，当物体受外力作用但所受合力为零时，其运动效果跟不受外力作用时相同，物体将保持静止或匀速直线运动状态．
1．(多选)伽利略根据小球在斜面上运动的实验和理想实验，提出了惯性的概念，从而奠定了牛顿力学的基础．早期物理学家关于惯性有下列说法，其中正确的是()
A．物体抵抗运动状态变化的性质是惯性
B．没有力的作用，物体只能处于静止状态
C．行星在圆周轨道上保持匀速率运动的性质是惯性
D．运动物体如果没有受到力的作用，将继续以同一速度沿同一直线运动
解析：选AD.物体保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质叫惯性，即物体抵抗运动状态变化的性质，A正确．没有力的作用，物体也可能保持匀速直线运动状态，B错误，D正确．行星在圆周轨道上保持匀速率运动而不是匀速直线运动，所以不能称为惯性，C错误．
2．在一次交通事故中，一辆载有30吨“工”字形钢材的载重汽车由于避让横穿马路的摩托车而紧急制动，结果车厢上的钢材向前冲出，压扁驾驶室．关于这起事故原因的物理分析正确的是()
A．由于车厢上的钢材有惯性，在汽车制动时，钢材继续向前运动，压扁驾驶室
B．由于汽车紧急制动，使其惯性减小，而钢材惯性较大，所以继续向前运动
C．由于车厢上的钢材所受阻力太小，不足以克服其惯性，所以继续向前运动
D．由于汽车制动前的速度太大，汽车的惯性比钢材的惯性大，在汽车制动后，钢材继续向前运动
解析：选A.由于车厢上的钢材有惯性，在汽车制动时，钢材继续向前运动，压扁了驾驶室，惯性只与质量有关，与运动状态、受力情况无关，A正确．
牛顿第一定律的“三点注意”
(1)牛顿第一定律不能用实验直接验证，而是通过伽利略斜面实验等大量事实推理得出的．
(2)牛顿第一定律并非牛顿第二定律的特例，而是不受任何外力的理想化情况．
(3)物体的惯性总是以保持“原状”或反抗“改变”两种形式表现出来．
考点二对牛顿第三定律的理解
1．作用力与反作用力的“三同、三异、三无关”
2．应用牛顿第三定律时应注意的问题
(1)定律中的“总是”二字说明对于任何物体，在任何条件下牛顿第三定律都是成立的．
(2)牛顿第三定律说明了作用力和反作用力中，若一个产生或消失，则另一个必然同时产生或消失．
(3)作用力、反作用力不同于平衡力
1．(20xx吉林实验中学二模)两人的拔河比赛正在进行中，两人均保持恒定拉力且不松手，而脚下开始移动．下列说法正确的是()
A．两人对绳的拉力大小相等、方向相反，是一对作用力和反作用力
B．两人对绳的拉力是一对平衡力
C．拔河的胜利与否取决于谁的力量大
D．拔河的胜利与否取决于地面对人的摩擦力大小
解析：选D.人拉绳的力与绳拉人的力是一对作用力与反作用力，大小相等，选项A错误；两人对绳的拉力不一定是一对平衡力，要根据绳子所处的运动状态进行判断，选项B错误；拔河的胜利与否取决于地面对人的摩擦力大小，选项D正确，C错误．
2.物体静止于一斜面上，如图所示，则下列说法正确的是()
A．物体对斜面的压力和斜面对物体的支持力是一对平衡力
B．物体对斜面的摩擦力和斜面对物体的摩擦力是一对作用力和反作用力
C．物体所受的重力和斜面对物体的作用力是一对作用力和反作用力
D．物体所受的重力可以分解为沿斜面向下的力和对斜面的压力
解析：选B.根据作用力和反作用力及平衡力的特点可知：物体对斜面的压力和斜面对物体的支持力及物体对斜面的摩擦力和斜面对物体的摩擦力，分别作用在斜面和物体上，因此它们是两对作用力和反作用力，故A错，B对．物体的重力是地球施加的，它的反作用力应作用在地球上，由此可知C错．对重力分解，其分力也是作用在物体上的，不可能分解为斜面上的压力，D错．
3.如图所示，两块小磁铁质量均为0.5kg，A磁铁用轻质弹簧吊在天花板上，B磁铁在A正下方的地板上，弹簧的原长L0＝10cm，劲度系数k＝100N/m.当A、B均处于静止状态时，弹簧的长度为L＝11cm.不计地磁场对磁铁的作用和磁铁与弹簧间相互作用的磁力，求B对地面的压力大小．(g取10m/s2)
解析：A受力如图甲所示，由平衡条件得：
k(L－L0)－mg－F＝0
解得：F＝－4N
故B对A的作用力大小为4N，方向竖直向上．
由牛顿第三定律得A对B的作用力
F′＝－F＝4N，方向竖直向下
B受力如图乙所示，由平衡条件得：
FN－mg－F′＝0
解得：FN＝9N
由牛顿第三定律得B对地面的压力大小为9N.
答案：9N
正确认识作用力和反作用力的“两点技巧”
(1)抓住特点：无论物体的运动状态、力的作用效果如何，作用力和反作用力总是等大、反向、共线的．
(2)明确力的作用点：要区别作用力和反作用力与平衡力，最直观的方法是看作用点的位置，一对平衡力的作用点在同一物体上，作用力和反作用力的作用点在两个物体上．
课时规范训练
[基础巩固题组]
1．伽利略创造的把实验、假设和逻辑推理相结合的科学方法，有力地促进了人类科学认识的发展，利用如图所示的装置做如下实验：小球从左侧斜面上的O点由静止释放后沿斜面向下运动，并沿右侧斜面上升．斜面上先后铺垫三种粗糙程度逐渐降低的材料时，小球沿右侧斜面上升到的最高位置依次为1、2、3.根据三次实验结果的对比，可以得到的最直接的结论是()
A．如果斜面光滑，小球将上升到与O点等高的位置
B．如果小球不受力，它将一直保持匀速运动或静止状态
C．如果小球受到力的作用，它的运动状态将发生改变
D．小球受到的力一定时，质量越大，它的加速度越小
解析：选A.根据实验结果，得到的最直接的结论是如果斜面光滑，小球将上升到与O点等高的位置，A项正确．而小球不受力时状态不变，小球受力时状态发生变化，是在假设和逻辑推理下得出的结论，不是实验直接结论，所以B和C选项错误；而D项不是本实验所说明的问题，故错误．
2．(多选)伽利略开创了实验研究和逻辑推理相结合探索自然规律的科学方法，利用这种方法伽利略发现的规律有()
A．力不是维持物体运动的原因
B．物体之间普遍存在相互吸引力
C．忽略空气阻力，重物与轻物下落得同样快
D．物体间的相互作用力总是大小相等、方向相反
解析：选AC.伽利略的斜面实验表明物体的运动不需要外力来维持，A正确；伽利略假想将轻重不同的物体绑在一起时，重的物体会因轻的物体阻碍而下落变慢，轻的物体会因重的物体拖动而下落变快，即二者一起下落快慢应介于单独下落时之间．而从绑在一起后更重的角度考虑二者一起下落时应该更快，从而由逻辑上否定了重的物体比轻的物体下落得快的结论，并用实验证明了轻重物体下落快慢相同的规律，C正确；物体间普遍存在相互吸引力，物体间相互作用力的规律是牛顿总结的，对应于万有引力定律与牛顿第三定律，故B、D皆错误．
3．(多选)科学家关于物体运动的研究对树立正确的自然观具有重要作用．下列说法符合历史事实的是()
A．亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体的运动状态才会改变
B．伽利略通过“理想实验”得出结论：一旦物体具有某一速度，如果它不受力，它将以这一速度永远运动下去
C．笛卡儿指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向
D．牛顿认为，物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质
解析：选BCD.亚里士多德认为物体的运动需要力来维持；伽利略通过实验推翻了亚里士多德的错误结论，笛卡儿对伽利略的实验结果进行了完善，牛顿总结了伽利略和笛卡儿的理论，得出了牛顿第一定律．
4．(多选)用手托着一块砖，开始静止不动，当手突然向上加速运动时，砖对手的压力()
A．一定小于手对砖的支持力
B．一定等于手对砖的支持力
C．一定大于手对砖的支持力
D．一定大于砖的重力
解析：选BD.由牛顿第三定律知砖对手的压力与手对砖的支持力是作用力和反作用力，二者等大反向，B项对；对砖受力分析，则FN－mg＝ma，FN＞mg，D项对．
5．如图所示，甲、乙两人在冰面上“拔河”，两人中间位置处有一分界线，约定先使对方过分界线者为赢．若绳子质量不计，冰面可看成光滑，则下列说法正确的是()
A．甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是一对平衡力
B．甲对绳的拉力与乙对绳的拉力是作用力与反作用力
C．若甲的质量比乙大，则甲能赢得“拔河”比赛的胜利
D．若乙收绳的速度比甲快，则乙能赢得“拔河”比赛的胜利
解析：选C.甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是一对作用力与反作用力，故选项A错误；甲对绳的拉力与乙对绳的拉力作用在同一物体上，不是作用力与反作用力，故选项B错误；设绳子的张力为F，则甲、乙两人受到绳子的拉力大小相等，均为F，若m甲m乙，则由a＝Fm得，a甲a乙，由x＝12at2得，在相等时间内甲的位移小，因开始时甲、乙距分界线的距离相等，则乙会过分界线，所以甲能赢得“拔河”比赛的胜利，故选项C正确；收绳速度与“拔河”比赛胜负无关，故选项D错误．
6．(多选)在水平路面上有一辆匀速行驶的小车，车上固定一盛满水的碗．现突然发现碗中的水洒出，水洒出的情况如图所示，则关于小车的运动情况，下列叙述正确的是()
A．小车匀速向左运动
B．小车可能突然向左加速
C．小车可能突然向左减速
D．小车可能突然向右减速
解析：选BD.原来水和小车相对静止以共同速度运动，水突然向右洒出有两种可能：①原来小车向左运动，突然加速，碗中水由于惯性保持原速度不变，故相对碗向右洒出．②原来小车向右运动，突然减速，碗中水由于惯性保持原速度不变，相对碗向右洒出，故B、D正确．
7．图为杂技“顶竿”表演的示意图，一人站在地上，肩上扛一质量为M的竖直竹竿，当竿上一质量为m的人以加速度a加速下滑时，竿对“底人”的压力大小为()
A．(M＋m)g
B．(M＋m)g－ma
C．(M＋m)g＋ma
D．(M－m)g
解析：选B.对竿上的人进行受力分析：其受重力mg、摩擦力Ff，有mg－Ff＝ma，则Ff＝m(g－a)．竿对人有摩擦力，人对竿也有反作用力——摩擦力，且大小相等，方向相反．对竿进行受力分析：其受重力Mg、竿上的人对竿向下的摩擦力Ff′、顶竿的人对竿的支持力FN，有Mg＋Ff′＝FN，又因为竿对“底人”的压力和“底人”对竿的支持力是一对作用力和反作用力，由牛顿第三定律，得到FN′＝Mg＋Ff′＝(M＋m)g－ma，故选项B正确．
[综合应用题组]
8．某人乘坐列车时发现，车厢的双层玻璃窗内积水了．列车进站过程中，他发现水面的形状如图中的()
解析：选C.列车进站时刹车，速度减小，而水由于惯性仍要保持原来较大的速度，所以水向前涌，液面形状和选项C一致．
9．火车在长直的水平轨道上匀速行驶，门窗紧闭的车厢内有一人向上跳起，发现仍落回到车上原处，这是因为()
A．人跳起后，车厢内空气给他一向前的力，带着他随同火车一起向前运动
B．人跳起的瞬间，车厢的底板给他一向前的力，推动他随同火车一起向前运动
C．人跳起后，车在继续向前运动，所以人落下后必定偏后一些，只是由于时间很短，偏后距离很小，不明显而已
D．人跳起后直到落地，在水平方向上始终具有和车相同的速度
解析：选D.力是改变物体运动状态的原因，人竖直跳起时，在水平方向上没有受到力的作用，因此，人将保持和火车相同的水平速度，向前做匀速直线运动，落地时仍在车上原处，故正确选项为D.
10．(多选)如图所示，在匀速前进的磁悬浮列车里，小明将一小球放在水平桌面上，且小球相对桌面静止．关于小球与列车的运动，下列说法正确的是()
A．若小球向前滚动，则磁悬浮列车在加速前进
B．若小球向后滚动，则磁悬浮列车在加速前进
C．磁悬浮列车急刹车时，小球向前滚动
D．磁悬浮列车急刹车时，小球向后滚动
解析：选BC.列车加(减)速时，小球由于惯性保持原来的运动状态不变，相对于车向后(前)滚动，选项B、C正确．
11．(多选)抖空竹是人们喜爱的一项体育活动．最早的空竹是两个如同车轮的竹筒，中间加一个转轴，由于外形对称，其重心在中间位置，初玩者能很好地找到支撑点而使之平衡．随着制作技术的发展，如图所示的不对称的空竹也受到人们的欢迎，现在的空竹大多是塑料制成的，也有天然竹木制成的．关于抖空竹，在空气阻力不可忽略的情况下，下列说法中正确的是()
A．空竹启动前用绳子拉住提起，要保证支持力和重力在同一条直线上
B．空竹的转动是依靠绳子的拉动，绳子与转轴之间的摩擦力越小越好
C．空竹抛起后由于惯性而继续向上运动，在空中受重力和惯性作用
D．空竹从抛起到接住，转速会减小，表演时还要继续牵拉绳子使其加速转动
解析：选AD.空竹启动前用绳子拉住提起，此时要选择恰当的位置，保证支持力和重力在同一条直线上，满足二力平衡的条件，否则空竹就要翻倒从绳子上落下，选项A正确；空竹是利用绳子与转轴之间的摩擦力使其转动的，因此绳子选用比较粗糙、摩擦力比较大的比较好，选项B错误；空竹抛起后由于惯性而继续向上运动，在空中受重力和空气阻力的作用，空竹的运动状态发生改变，速度越来越小，然后下落，选项C错误；空竹从抛起到接住，由于空气阻力的作用，转速比抛出前减小，因此表演时还要继续牵拉绳子使其加速转动，选项D正确．
12．如图所示为英国人阿特伍德设计的装置，不考虑绳与滑轮的质量，不计轴承、绳与滑轮间的摩擦．初始时两人均站在水平地面上，当位于左侧的甲用力向上攀爬时，位于右侧的乙始终用力抓住绳子，最终至少一人能到达滑轮．下列说法中正确的是()
A．若甲的质量较大，则乙先到达滑轮
B．若甲的质量较大，则甲、乙同时到达滑轮
C．若甲、乙质量相同，则乙先到达滑轮
D．若甲、乙质量相同，则甲先到达滑轮
解析：选A.由于滑轮光滑，甲拉绳子的力等于绳子拉乙的力，若甲的质量大，则由甲拉绳子的力等于乙受到的绳子拉力．得甲攀爬时乙的加速度大于甲的加速度，所以乙会先到达滑轮，选项A正确，选项B错误；若甲、乙的质量相同，甲用力向上攀爬时，甲拉绳子的力等于绳子拉乙的力，甲、乙具有相同的加速度和速度，所以甲、乙应同时到达滑轮，选项C、D错误．
13．如图所示，用细线将A物体悬挂在顶板上，B物体放在水平地面上．A、B间有一劲度系数为100N/m的轻弹簧，此时弹簧伸长了2cm.已知A、B两物体的重力分别是3N和5N．则细线的拉力及B对地面的压力分别是()
A．8N和0B．5N和7N
C．5N和3ND．7N和7N
解析：选C.对A由平衡条件得FT－GA－kx＝0，解得FT＝GA＋kx＝3N＋100×0.02N＝5N，对B由平衡条件得kx＋FN－GB＝0，解得FN＝GB－kx＝5N－100×0.02N＝3N，由牛顿第三定律得B对地面的压力是3N，C正确．
14.一个箱子放在水平地面上，箱内有一固定的竖直杆，在杆上套着一个环，箱与杆的质量为M，环的质量为m，如图所示．已知环沿杆匀加速下滑时，环与杆间的摩擦力大小为Ff，则此时箱对地面的压力大小为()
A．Mg＋FfB．Mg－Ff
C．Mg＋mgD．Mg－mg
解析：选A.环在竖直方向上受力情况如图甲所示，其受重力mg和杆对它竖直向上的摩擦力Ff，根据牛顿第三定律，环应对杆有一个竖直向下的摩擦力Ff′.故箱子在竖直方向上受力情况如图乙所示，其受重力Mg、地面对它的支持力FN及环对它的摩擦力Ff′.
由于箱子处于平衡状态，可得：
FN＝Ff′＋Mg＝Ff＋Mg.
根据牛顿第三定律可知，箱子对地面的压力大小等于地面对箱子的弹力大小，则
FN′＝FN＝Ff＋Mg，故应选A.
第2节牛顿第二定律两类动力学问题
一、牛顿第二定律
1．内容：物体加速度的大小跟它受到作用力成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向跟作用力的方向相同．
2．表达式：F＝ma
3．适用范围
(1)牛顿第二定律只适用于惯性参考系，即相对于地面静止或匀速直线运动的参考系．
(2)牛顿第二定律只适用于宏观物体(相对于分子、原子等)、低速运动(远小于光速)的情况．
二、两类动力学问题
1．动力学的两类基本问题
(1)由受力情况确定物体的运动情况．
(2)由运动情况确定物体的受力情况．
2．解决两类基本问题的思路：以加速度为桥梁，由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解．
三、力学单位制
1．单位制由基本单位和导出单位共同组成．
2．力学单位制中的基本单位有米、千克、秒(s)．
3．导出单位有牛顿、米/秒、米/秒2等．
[自我诊断]
1．判断正误
(1)牛顿第二定律表达式F＝ma在任何情况下都适用．(×)
(2)物体所受合外力大，其加速度一定大．(×)
(3)对静止在光滑水平面上的物体施加一个水平力，当力刚作用瞬间，物体立即获得加速度．(√)
(4)物体由于做加速运动，所以才受合外力作用．(×)
(5)F＝ma是矢量式，a的方向与F的方向相同，与速度方向无关．(√)
(6)物体所受合外力减小，加速度一定减小，而速度不一定减小．(√)
(7)物理公式不仅确定了物理量之间的数量关系，同时也确定了物理量间的单位关系．(√)
2．在国际单位制(简称SI)中，力学和电学的基本单位有：m(米)、kg(千克)、s(秒)、A(安培)．导出单位V(伏特)用上述基本单位可表示为()
A．m2kgs－4A－1B．m2kgs－3A－1
C．m2kgs－2A－1D．m2kgs－1A－1
解析：选B.本题考查基本单位与导出单位间的关系，意在考查考生对单位制的认识．由1J＝1VAs＝1kgms－2m可得，1V＝1m2kgs－3A－1，因此选B.
3．如图甲、乙所示，两车都在光滑的水平面上，小车的质量都是M，人的质量都是m，甲图人推车、乙图人拉绳(绳与轮的质量和摩擦均不计)的力都是F，对于甲、乙两图中车的加速度大小说法正确的是()
A．甲图中车的加速度大小为FM
B．甲图中车的加速度大小为FM＋m
C．乙图中车的加速度大小为2FM＋m
D．乙图中车的加速度大小为FM
解析：选C.对甲图以车和人为研究对象，系统不受外力作用，故甲图中车的加速度为零，A、B错误；乙图中人和车受绳子的拉力作用，以人和车为研究对象，受力大小为2F，所以乙图中车的加速度a＝2FM＋m，C正确，D错误．
4．如图所示，在光滑水平面上，A、B两物体用轻弹簧连接在一起，A、B的质量分别为m1、m2，在拉力F作用下，A、B共同做匀加速直线运动，加速度大小为a，某时刻突然撤去拉力F，此瞬间A和B的加速度大小分别为a1、a2，则()
A．a1＝0，a2＝0
B．a1＝a，a2＝m2m1＋m2a
C．a1＝m1m1＋m2a，a2＝m2m1＋m2a
D．a1＝a，a2＝m1m2a
解析：选D.撤去拉力F前，设弹簧的劲度系数为k、形变量为x，对A由牛顿第二定律得kx＝m1a；撤去拉力F瞬间，弹簧的形变量保持不变，对A由牛顿第二定律得kx＝m1a1，对B由牛顿第二定律kx＝m2a2，解得a1＝a，a2＝m1m2a，D正确．
考点一对牛顿第二定律的理解
1．牛顿第二定律的“五性”
2．力、加速度、速度间的关系
(1)加速度与力有瞬时对应关系，加速度随力的变化而变化．
(2)速度的改变需经历一定的时间，不能突变；加速度可以突变．
1．(20xx高考全国乙卷)(多选)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
解析：选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B、C正确．
2．(多选)一物体重为50N，与水平桌面间的动摩擦因数为0.2，现加上如图所示的水平力F1和F2，若F2＝15N时物体做匀加速直线运动，则F1的值可能是(g＝10m/s2)()
A．3NB．25N
C．30ND．50N
解析：选ACD.若物体向左做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可知F2－F1－μG＝ma0，解得F15N，A正确；若物体向右做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可知F1－F2－μG＝ma0，解得F125N，C、D正确．
3．(20xx湖南师范大学附中月考)(多选)如图所示，固定在水平面上的光滑斜面的倾角为θ，其顶端装有光滑小滑轮，绕过滑轮的轻绳一端连接一物块B，另一端被人拉着，且人、滑轮间的轻绳平行于斜面．人的质量为M，B物块的质量为m，重力加速度为g，当人拉着绳子以大小为a1的加速度沿斜面向上运动时，B物块运动的加速度大小为a2，则下列说法正确的是()
A．物块一定向上加速运动
B．人能够沿斜面向上加速运动，必须满足m＞Msinθ
C．若a2＝0，则a1一定等于mg－MgsinθM
D．若a1＝a2，则a1可能等于mg－MgsinθM＋m
解析：选CD.对人受力分析，由牛顿第二定律可知F－Mgsinθ＝Ma1，得F＝Mgsinθ＋Ma1，若F＞mg，则物体B加速上升，若F＜mg，则物体B加速下降，若F＝mg，物体B静止，故A错误；人能够沿斜面向上加速运动，只需满足F＞Mgsinθ即可，故B错误；若a2＝0，则F＝mg，故mg－Mgsinθ＝Ma1，a1＝mg－MgsinθM，故C正确；F＝Mgsinθ＋Ma1，当Fmg时，有mg－F＝ma2，又a1＝a2，则a1＝mg－MgsinθM＋m，故D正确．
考点二牛顿第二定律瞬时性的理解
1．两种模型：
牛顿第二定律F＝ma，其核心是加速度与合外力的瞬时对应关系，两者总是同时产生，同时消失、同时变化，具体可简化为以下两种模型：
2．求解瞬时加速度的一般思路
分析瞬时变化前、后物体的受力情况列牛顿第二定律方程
求瞬时加速度
1．(20xx山东大学附中检测)如图所示，A、B两小球分别连在轻线两端，B球另一端与弹簧相连，弹簧固定在倾角为30°的光滑斜面顶端．A、B两小球的质量分别为mA、mB，重力加速度为g，若不计弹簧质量，在线被剪断瞬间，A、B两球的加速度大小分别为()
A．都等于g2B．g2和0
C.g2和mAmBg2D.mAmBg2和g2
解析：选C.由整体法知，F弹＝(mA＋mB)gsin30°
剪断线瞬间，弹力瞬间不发生变化，由牛顿第二定律可得：
对B：F弹－mBgsin30°＝mBaB，得aB＝mAmBg2
对A：mAgsin30°＝mAaA，得aA＝12g
所以C正确．
2．如图所示，质量为m的小球用水平轻弹簧系住，并用倾角为30°的光滑木板AB托住，小球恰好处于静止状态．当木板AB突然向下撤离的瞬间，小球的加速度大小为()
A．0B.233g
C．gD.33g
解析：选B.开始小球处于平衡态，受重力mg、支持力FN、弹簧拉力F三个力作用，受力分析如图所示，由平衡条件可得FN＝mgcos30°＋Fsin30°，Fcos30°＝mgsin30°，解得FN＝233mg，重力mg、弹簧拉力F的合力的大小等于支持力FN，当木板AB突然向下撤离的瞬间，小球受力不再平衡，此时的合力与FN等大反向，由牛顿第二定律得此时小球的加速度大小为233g，B正确．
3．如图所示，物块1、2间用刚性轻质杆连接，物块3、4间用轻质弹簧相连，物块1、3质量为m，物块2、4质量为M，两个系统均置于水平放置的光滑木板上．并处于静止状态．现将两木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，物块1、2、3、4的加速度大小分别为a1、a2、a3、a4.重力加速度大小为g，则有()
A．a1＝a2＝a3＝a4＝0
B．a1＝a2＝a3＝a4＝g
C．a1＝a2＝g，a3＝0，a4＝m＋MMg
D．a1＝g，a2＝m＋MMg，a3＝0，a4＝m＋MMg
解析：选C.在抽出木板的瞬时，物块1、2与刚性轻杆接触处的形变立即消失，受到的合力均等于各自重力，所以由牛顿第二定律知a1＝a2＝g：而物块3、4间的轻弹簧的形变还来不及改变，此时弹簧对物块3向上的弹力大小和对物块4向下的弹力大小仍为mg，因此物块3满足mg＝F，a3＝0；由牛顿第二定律得物块4满足a4＝F＋MgM＝M＋mMg，所以C对．
在求解瞬时性加速度问题时的“两点注意”
(1)物体的受力情况和运动情况是时刻对应的，当外界因素发生变化时，需要重新进行受力分析和运动分析．
(2)加速度可以随着力的突变而突变，而速度和位移的变化需要一个积累的过程，不会发生突变．
考点三动力学的两类基本问题
1．求解两类问题的思路，可用下面的框图来表示：
2．分析解决这两类问题的关键：应抓住受力情况和运动情况之间联系的桥梁——加速度．
考向1：由受力情况求运动情况
[典例1]如图所示，工人用绳索拉铸件，铸件的质量是20kg，铸件与地面间的动摩擦因数是0.25.工人用80N的力拉动铸件，从静止开始在水平面上前进，绳与水平方向的夹角为α＝37°并保持不变，经4s后松手．(g＝10m/s2)求：
(1)松手前铸件的加速度；
(2)松手后铸件还能前进的距离．
解析(1)松手前，对铸件由牛顿第二定律得
a＝Fcos37°－μmg－Fsin37°m＝1.3m/s2
(2)松手时铸件的速度v＝at＝5.2m/s
松手后的加速度大小a′＝μmgm＝μg＝2.5m/s2
则松手后铸件还能滑行的距离x＝v22a′＝5.4m
答案(1)1.3m/s2(2)5.4m
1．(20xx黑龙江齐齐哈尔质检)一个原来静止在光滑平面上的物体，质量是7kg，在14N的恒力作用下运动，则5s末的速度及5s内通过的路程为()
A．8m/s25mB．2m/s25m
C．10m/s25mD．10m/s12.5m
解析：选C.物体由静止开始在恒力的作用下做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律和运动学公式得a＝Fm＝147m/s2＝2m/s2，v＝at＝2×5m/s＝10m/s，x＝12at2＝12×2×25m＝25m，选项C正确．
2．(20xx高考江苏卷)(多选)如图所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面．若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中()
A．桌布对鱼缸摩擦力的方向向左
B．鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等
C．若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大
D．若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面
解析：选BD.由题图可见，鱼缸相对桌布向左滑动，故桌布对鱼缸的滑动摩擦力方向向右，A错．因为鱼缸与桌布、鱼缸与桌面间的动摩擦因数相等，所以鱼缸加速过程与减速过程的加速度大小相等，均为μg；由v＝at可知，鱼缸在桌布上加速运动的时间与在桌面上减速运动的时间相等，故B正确．若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力仍为滑动摩擦力，由Ff＝μmg可知，Ff不变，故C错．若猫的拉力减小到使鱼缸不会相对桌布滑动，则鱼缸就会滑出桌面，故D正确．
3．(20xx江西抚州五校第二次联考)一质量m＝5kg的滑块在F＝15N的水平拉力作用下，由静止开始做匀加速直线运动，若滑块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10m/s2，问：
(1)滑块在力F作用下经5s，通过的位移是多大？
(2)5s末撤去拉力F，滑块还能滑行多远？
解析：(1)滑块的加速度
a1＝F－μmgm＝15－0.2×505m/s2＝1m/s2
滑块的位移x1＝12a1t2＝12×1×25m＝12.5m
(2)5s末滑块的速度v＝a1t＝5m/s
撤去拉力后滑块的加速度大小
a2＝μmgm＝μg＝0.2×10m/s2＝2m/s2
撤去拉力后滑行距离x2＝v22a2＝254m＝6.25m
答案：(1)12.5m(2)6.25m
考向2：由运动情况求受力情况
[典例2](20xx山东威海模拟)有一种大型游戏机叫“跳楼机”，参加游戏的游客被安全带固定在座椅上，由电动机将座椅沿光滑的竖直轨道提升到离地面40m高处，然后由静止释放．可以认为座椅沿轨道做自由落体运动2s后，开始受到恒定阻力而立即做匀减速运动，且下落到离地面4m高处时速度刚好减小到零．然后再让座椅以相当缓慢的速度稳稳下落，将游客送回地面．(取g＝10m/s2)求：
(1)座椅在自由下落结束时刻的速度是多大？
(2)座椅在匀减速阶段的时间是多少？
(3)在匀减速阶段，座椅对游客的作用力大小是游客体重的多少倍？
解析(1)设座椅在自由下落结束时刻的速度为v，由v＝gt1得v＝20m/s
(2)自由下落的位移
h′＝12gt21＝20m
设座椅匀减速运动的总高度为h，则
h＝(40－4－20)m＝16m
由h＝v2t得t＝1.6s
(3)设座椅匀减速阶段的加速度大小为a，座椅对游客的作用力大小为F，
由v＝at得a＝12.5m/s2
由牛顿第二定律得F－mg＝ma
则Fmg＝mg＋mamg＝g＋ag＝2.25
答案(1)20m/s(2)1.6s(3)2.25
4．(20xx湖北襄阳模拟)在欢庆节日的时候，人们会在夜晚燃放美丽的焰火．按照设计，某种型号的装有焰火的礼花弹从专用炮筒中射出后，在4s末到达离地面100m的最高点时炸开，构成各种美丽的图案．假设礼花弹从炮筒中竖直射出时的初速度是v0，上升过程中所受的平均阻力大小始终是自身重力的k倍，那么v0和k分别等于(重力加速度g取10m/s2)()
A．25m/s,1.25B．40m/s,0.25
C．50m/s,0.25D．80m/s,1.25
解析：选C.根据h＝12at2，解得a＝12.5m/s2，所以v0＝at＝50m/s；上升过程礼花弹所受的平均阻力Ff＝kmg，根据牛顿第二定律得a＝mg＋Ffm＝(k＋1)g＝12.5m/s2，解得k＝0.25，故选项C正确．
5．行车过程中，如果车距不够，刹车不及时，汽车将发生碰撞，车里的人可能受到伤害，为了尽可能地减轻碰撞引起的伤害，人们设计了安全带，假定乘客质量为70kg，汽车车速为90km/h，从踩下刹车到完全停止需要的时间为5s，安全带对乘客的作用力大小约为(不计人与座椅间的摩擦)()
A．450NB．400N
C．350ND．300N
解析：选C.汽车的速度v0＝90km/h＝25m/s，设汽车匀减速的加速度大小为a，则a＝v0t＝5m/s2，对乘客由牛顿第二定律得F＝ma＝70×5N＝350N，所以C正确．
(1)解决动力学基本问题时对力的处理方法
①合成法：在物体受力个数较少(2个或3个)时一般采用“合成法”．
②正交分解法：若物体的受力个数较多(3个或3个以上)，则采用“正交分解法”．
(2)解答动力学两类问题的基本程序
①明确题目中给出的物理现象和物理过程的特点．
②根据问题的要求和计算方法，确定研究对象，进行分析，并画出示意图．
③应用牛顿运动定律和运动学公式求解．
课时规范训练
[基础巩固题组]
1．物块A放置在与水平地面成30°角倾斜的木板上时，刚好可以沿斜面匀速下滑；若该木板与水平面成60°角倾斜，取g＝10m/s2，则物块A沿此斜面下滑的加速度大小为()
A．53m/s2B．33m/s2
C．(5－3)m/s2D.1033m/s2
解析：选D.由物块在倾角为30°的木板上匀速下滑，得Ff＝mgsinθ，又FN1＝mgcos30°，Ff＝μFN1，求得动摩擦因数μ＝33；在倾角为60°的木板上物块加速下滑，有FN2＝mgcos60°，mgsin60°－μFN2＝ma，求得a＝1033m/s2，D对．
2．(多选)如图所示，质量为m＝1kg的物体与水平地面之间的动摩擦因数为0.3，当物体运动的速度为10m/s时，给物体施加一个与速度方向相反的大小为F＝2N的恒力，在此恒力作用下(取g＝10m/s2)()
A．物体经10s速度减为零
B．物体经2s速度减为零
C．物体速度减为零后将保持静止
D．物体速度减为零后将向右运动
解析：选BC.物体受到向右的滑动摩擦力，Ff＝μFN＝μG＝3N，根据牛顿第二定律得，a＝F＋Ffm＝2＋31m/s2＝5m/s2，方向向右，物体减速到0所需的时间t＝v0a＝105s＝2s，B正确，A错误．减速到零后，F＜Ff，物体处于静止状态，不再运动，C正确，D错误．
3．如图所示，a、b两物体的质量分别为m1和m2，由轻质弹簧相连．当用恒力F竖直向上拉着a，使a、b一起向上做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x1，加速度大小为a1；当用大小仍为F的恒力沿水平方向拉着a，使a、b一起沿光滑水平桌面做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x2，加速度大小为a2.则有()
A．a1＝a2，x1＝x2B．a1＜a2，x1＝x2
C．a1＝a2，x1＞x2D．a1＜a2，x1＞x2
解析：选B.对a、b物体及弹簧整体分析，有：
a1＝F－m1＋m2gm1＋m2＝Fm1＋m2－g，a2＝Fm1＋m2，
可知a1＜a2，
再隔离b分析，有：F1－m2g＝m2a1，解得：F1＝m2Fm1＋m2，
F2＝m2a2＝m2Fm1＋m2，可知F1＝F2，再由胡克定律知，x1＝x2.所以B选项正确．
4．如图所示，质量分别为m、2m的小球A、B，由轻质弹簧相连后再用细线悬挂在电梯内，已知电梯正在竖直向上做匀加速直线运动，细线中的拉力为F，此时突然剪断细线．在线断的瞬间，弹簧的弹力大小和小球A的加速度大小分别为()
A.2F3，2F3m＋gB.F3，2F3m＋g
C.2F3，F3m＋gD.F3，F3m＋g
解析：选A.在细线剪断前，对A、B及弹簧整体由牛顿第二定律有F－3mg＝3ma，对B由牛顿第二定律得F弹－2mg＝2ma，由此可得F弹＝2F3；细线被剪断后的瞬间，弹簧弹力不变，此时对A球来说，受到向下的重力和弹力，则有F弹＋mg＝maA，解得aA＝2F3m＋g，故A正确．
5．(多选)如图所示，A、B球的质量相等，弹簧的质量不计，倾角为θ的斜面光滑，系统静止时，弹簧与细线均平行于斜面，在细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是()
A．两个小球的瞬时加速度均沿斜面向下，大小均为gsinθ
B．B球的受力情况未变，瞬时加速度为零
C．A球的瞬时加速度沿斜面向下，大小为2gsinθ
D．弹簧有收缩的趋势，B球的瞬时加速度向上，A球的瞬时加速度向下，瞬时加速度都不为零
解析：选BC.对A、B整体受力分析，细线烧断前细线对A球的拉力FT＝2mgsinθ，细线烧断瞬间，弹簧弹力与原来相等，B球受力平衡，aB＝0，A球所受合力与FT等大反向，则FT＝2mgsinθ＝maA，解得aA＝2gsinθ，A、D错误，B、C正确．
6．一质量为m＝2kg的滑块能在倾角为θ＝30°的足够长的斜面上以a＝2.5m/s2匀加速下滑．如右图所示，若用一水平向右的恒力F作用于滑块，使之由静止开始在t＝2s内能沿斜面运动位移x＝4m．求：(g取10m/s2)
(1)滑块和斜面之间的动摩擦因数μ；
(2)恒力F的大小．
解析：(1)以物块为研究对象受力分析如图甲所示，根据牛顿第二定律可得：
mgsin30°－μmgcos30°＝ma
解得：μ＝36.
(2)使滑块沿斜面做匀加速直线运动，有加速度向上和向下两种可能．当加速度沿斜面向上时，受力分析如图乙所示，Fcos30°－mgsin30°－μ(Fsin30°＋mgcos30°)＝ma1，根据题意可得a1＝2m/s2，
代入数据得：F＝7635N
当加速度沿斜面向下时(如图丙)：
mgsin30°－Fcos30°－μ(Fsin30°＋mgcos30°)＝ma1
代入数据得：F＝437N.
答案：(1)36(2)7635N或437N
[综合应用题组]
7．(多选)如图所示，总质量为460kg的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5m/s2，当热气球上升到180m时，以5m/s的速度向上匀速运动，若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量不变，重力加速度g取10m/s2.关于热气球，下列说法正确的是()
A．所受浮力大小为4830N
B．加速上升过程中所受空气阻力保持不变
C．从地面开始上升10s后的速度大小为5m/s
D．以5m/s的速度匀速上升时所受空气阻力大小为230N
解析：选AD.热气球从地面刚开始上升时，速度为零，不受空气阻力，只受重力、浮力，由牛顿第二定律知F－mg＝ma，得F＝4830N，选项A正确；随着热气球速度逐渐变大，其所受空气阻力发生变化(变大)，故热气球并非匀加速上升，其加速度逐渐减小，故上升10s后速度要小于5m/s，选项B、C错误；最终热气球匀速运动，此时热气球所受重力、浮力、空气阻力平衡，由F＝mg＋f得f＝230N，选项D正确．
8．乘坐“空中缆车”饱览大自然的美景是旅游者绝妙的选择．若某一缆车沿着坡度为30°的山坡以加速度a上行，如图所示．在缆车中放一个与山坡表面平行的斜面，斜面上放一个质量为m的小物块，小物块相对斜面静止(设缆车保持竖直状态运行)．则()
A．小物块受到的摩擦力方向平行斜面向上
B．小物块受到的摩擦力方向平行斜面向下
C．小物块受到的滑动摩擦力为12mg＋ma
D．小物块受到的静摩擦力为ma
解析：选A.小物块相对斜面静止，因此小物块与斜面间的摩擦力是静摩擦力．缆车以加速度a上行，小物块的加速度也为a，以物块为研究对象，则有Ff－mgsin30°＝ma，Ff＝12mg＋ma，方向平行斜面向上，故A正确，B、C、D均错误．
9．质量1kg的小物块，在t＝0时刻以5m/s的初速度从斜面底端A点滑上倾角为53°的斜面，0.7s时第二次经过斜面上的B点，若小物块与斜面间的动摩擦因数为13，则AB间的距离为(已知g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)()
A．1.05mB．1.13m
C．2.03mD．1.25m
解析：选B.物块沿斜面上滑和下滑时，加速度分别为：a1＝g(sinθ＋μcosθ)＝10m/s2，a2＝g(sinθ－μcosθ)＝6m/s2，物块滑到最高点所用时间为：t1＝v0a1＝0.5s，位移为：x1＝12a1t21＝1.25m，物块从最高点滑到B点所用时间为：t2＝t－t1＝0.2s，位移为：x2＝12a2t22＝0.12m，所以AB间的距离为x1－x2＝1.13m，选项B对．
10．(多选)质量m＝2kg、初速度v0＝8m/s的物体沿着粗糙的水平面向右运动，物体与水平面之间的动摩擦因数μ＝0.1，同时物体还要受一个如图所示的随时间变化的水平拉力F的作用，水平向右为拉力的正方向．则以下结论正确的是(取g＝10m/s2)()
A．0～1s内，物体的加速度大小为2m/s2
B．1～2s内，物体的加速度大小为2m/s2
C．0～1s内，物体的位移为7m
D．0～2s内，物体的总位移为11m
解析：选BD.由题图可知，在0～1s内力F为6N，方向向左，由牛顿运动定律可得F＋μmg＝ma，解得加速度大小a＝4m/s2，在1～2s内力F为6N，方向向右，由牛顿运动定律可得F－μmg＝ma1，解得加速度大小a1＝2m/s2，所以选项A错误，B正确；由运动关系可知0～1s内位移为6m，选项C错误；同理可计算0～2s内的位移为11m，选项D正确．
11．声音在空气中的传播速度v与空气的密度ρ、压强p有关，下列速度的表达式(k为比例系数，无单位)中正确的是()
A．v＝kpρB．v＝kpρ
C．v＝kρpD．v＝kpρ
解析：选B.可把p、ρ的单位用基本单位表示，代入进行单位运算，看得出的单位是否是v的单位．压强p的单位用基本单位表示为Pa＝Nm2＝kgm/s2m2，密度ρ的单位用基本单位表示为kgm3，所以pρ的单位为m2s2，易知B正确．
12．如图所示，倾角为30°的光滑斜面与粗糙的水平面平滑连接．现将一滑块(可视为质点)从斜面上A点由静止释放，最终停在水平面上的C点．已知A点距水平面的高度h＝0.8m，B点距C点的距离L＝2.0m(滑块经过B点时没有能量损失，g取10m/s2)，求：
(1)滑块在运动过程中的最大速度；
(2)滑块与水平面间的动摩擦因数μ；
(3)滑块从A点释放后，经过时间t＝1.0s时速度的大小．
解析：(1)滑块先在斜面上做匀加速运动，然后在水平面上做匀减速运动，故滑块运动到B点时速度最大为vm，设滑块在斜面上运动的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得：mgsin30°＝ma1
v2m＝2a1hsin30°，解得vm＝4m/s.
(2)滑块在水平面上运动的加速度大小为a2，由牛顿第二定律得：μmg＝ma2
v2m＝2a2L，解得μ＝0.4.
(3)滑块在斜面上运动的时间为t1，有vm＝a1t1，解得
t1＝vma1＝0.8s
由于t＞t1，故滑块已经经过B点，做匀减速运动的时间为t－t1＝0.2s
设t＝1.0s时速度大小为v，有
v＝vm－a2(t－t1)，解得v＝3.2m/s.
答案：(1)4m/s(2)0.4(3)3.2m/s
第3节牛顿运动定律的综合应用
1．超重和失重
(1)视重
当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上时，弹簧测力计或台秤的示数称为视重．
(2)超重、失重和完全失重的比较
超重失重完全失重
概念物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受重力的现象物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受重力的现象物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)等于零的现象
产生条件物体的加速度方向竖直向上物体的加速度方向竖直向下物体的加速度方向竖直向下，大小a＝g
运动状态加速上升或减速下降加速下降或减速上升以a＝g加速下降或减速上升
原理方程F－mg＝ma
F＝m(g＋a)mg－F＝ma
F＝m(g－a)mg－F＝ma
F＝0
2.整体法和隔离法
(1)整体法
当连接体内(即系统内)各物体的加速度相同时，可以把系统内的所有物体看成一个整体，分析其受力和运动情况，运用牛顿第二定律对整体列方程求解的方法．
(2)隔离法
当求系统内物体间相互作用的内力时，常把某个物体从系统中隔离出来，分析其受力和运动情况，再用牛顿第二定律对隔离出来的物体列方程求解的方法．
(3)外力和内力
如果以物体系统为研究对象，受到系统之外的物体的作用力，这些力是该系统受到的外力，而系统内各物体间的相互作用力为内力．应用牛顿第二定律列方程时不考虑内力；如果把某物体隔离出来作为研究对象，则内力将转换为隔离体的外力．
[自我诊断]
1．判断正误
(1)超重就是物体的重力变大的现象．(×)
(2)减速上升的升降机内的物体，物体对地板的压力大于重力．(×)
(3)加速上升的物体处于超重状态．(√)
(4)加速度大小等于g的物体处于完全失重状态．(×)
(5)物体处于超重或失重状态，完全由物体加速度的方向决定，与速度方向无关．(√)
(6)整体法和隔离法是指选取研究对象的方法．(×)
(7)求解物体间的相互作用力应采用隔离法．(√)
2．如图所示，将物体A放在容器B中，以某一速度把容器B竖直上抛，不计空气阻力，运动过程中容器B的底面始终保持水平，下列说法正确的是()
A．在上升和下降过程中A对B的压力都一定为零
B．上升过程中A对B的压力大于物体A受到的重力
C．下降过程中A对B的压力大于物体A受到的重力
D．在上升和下降过程中A对B的压力都等于物体A受到的重力
解析：选A.把容器B竖直上抛，物体处于完全失重状态，在上升和下降过程中A对B的压力都一定为零，选项A正确．
3．(20xx安徽蚌埠模拟)如图所示，A、B两物体之间用轻质弹簧连接，用水平恒力F拉A，使A、B一起沿光滑水平面做匀加速直线运动，这时弹簧长度为L1；若将A、B置于粗糙水平面上，用相同的水平恒力F拉A，使A、B一起做匀加速直线运动，此时弹簧长度为L2.若A、B与粗糙水平面之间的动摩擦因数相同，则下列关系式正确的是()
A．L2＝L1
B．L2＜L1
C．L2＞L1
D．由于A、B质量关系未知，故无法确定L1、L2的大小关系
解析：选A.水平面光滑时，用水平恒力F拉A时，由牛顿第二定律得，对整体有F＝(mA＋mB)a，对B有F1＝mBa＝mBFmA＋mB；水平面粗糙时，对整体有F－μ(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a，对B有F2－μmBg＝mBa，解以上两式得F2＝mBFmA＋mB，可知F1＝F2，故L1＝L2，故A正确．
4．从地面以一定的速度竖直向上抛出一小球，小球到达最高点的时刻为t1，下落到抛出点的时刻为t2.若空气阻力的大小恒定，则在下图中能正确表示被抛出物体的速率v随时间t的变化关系的图线是()
解析：选C.小球在上升过程中做匀减速直线运动，其加速度为a1＝mg＋Ffm，下降过程中做匀加速直线运动，其加速度为a2＝mg－Ffm，即a1a2，且所分析的是速率与时间的关系，故C正确．
考点一超重和失重问题
1．不论超重、失重或完全失重，物体的重力都不变，只是“视重”改变．
2．在完全失重的状态下，一切由重力产生的物理现象都会完全消失．
3．尽管物体的加速度不是竖直方向，但只要其加速度在竖直方向上有分量，物体就会处于超重或失重状态．
4．尽管整体没有竖直方向的加速度，但只要物体的一部分具有竖直方向的分加速度，整体也会出现超重或失重状态．
1．(20xx福建莆田模拟)关于超重和失重现象，下列描述中正确的是()
A．电梯正在减速上升，在电梯中的乘客处于超重状态
B．磁悬浮列车在水平轨道上加速行驶时，列车上的乘客处于超重状态
C．荡秋千时秋千摆到最低位置时，人处于失重状态
D．“神舟”飞船在绕地球做圆轨道运行时，飞船内的宇航员处于完全失重状态
解析：选D.物体是否超重或失重取决于加速度方向，当加速度向上时物体处于超重状态，当加速度向下时物体处于失重状态，当加速度向下且大小等于重力加速度时物体处于完全失重状态．电梯正在减速上升，加速度向下，乘客失重，选项A错误；列车加速时加速度水平向前，乘客既不超重也不失重，选项B错误；荡秋千到最低位置时加速度向上，人处于超重状态，选项C错误；飞船绕地球做匀速圆周运动时，其加速度等于飞船所在位置的重力加速度，宇航员处于完全失重状态，选项D正确．
2．(多选)一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图所示，以竖直向上为a的正方向，则人对地板的压力()
A．t＝2s时最大B．t＝2s时最小
C．t＝8.5s时最大D．t＝8.5s时最小
解析：选AD.人受重力mg和支持力FN的作用，由牛顿第二定律得FN－mg＝ma.由牛顿第三定律得人对地板的压力FN′＝FN＝mg＋ma.当t＝2s时a有最大值，FN′最大；当t＝8.5s时，a有最小值，FN′最小，选项A、D正确．
3．(20xx浙江嘉兴模拟)如图所示是我国首次立式风洞跳伞实验，风洞喷出竖直向上的气流将实验者加速向上“托起”．此过程中()
A．地球对人的吸引力和人对地球的吸引力大小相等
B．人受到的重力和人受到气流的力是一对作用力与反作用力
C．人受到的重力大小等于气流对人的作用力大小
D．人被向上“托起”时处于失重状态
解析：选A.地球对人的吸引力和人对地球的吸引力为作用力和反作用力，故大小相等，A项正确；人受到气流的力和人对气流的力是作用力和反作用力，B项错误；人被加速向上托起，则人受到气流的力大于人受到的重力，C项错误；人有向上的加速度，故人被向上“托起”时处于超重状态，D项错误．
考点二连接体问题
1．处理连接体问题常用的方法为整体法和隔离法．
2．涉及隔离法与整体法的具体问题类型
(1)涉及滑轮的问题
若要求绳的拉力，一般都必须采用隔离法．例如，如图所示，绳跨过定滑轮连接的两物体虽然加速度大小相同，但方向不同，故采用隔离法．
(2)水平面上的连接体问题
①这类问题一般多是连接体(系统)各物体保持相对静止，即具有相同的加速度．解题时，一般采用先整体、后隔离的方法．
②建立坐标系时也要考虑矢量正交分解越少越好的原则，或者正交分解力，或者正交分解加速度．
(3)斜面体与上面物体组成的连接体的问题
当物体具有沿斜面方向的加速度，而斜面体相对于地面静止时，解题时一般采用隔离法分析．
3．解题思路
(1)分析所研究的问题适合应用整体法还是隔离法．
①处理连接体问题时，整体法与隔离法往往交叉使用，一般的思路是先用整体法求加速度，再用隔离法求物体间的作用力；
②对于加速度大小相同，方向不同的连接体，应采用隔离法进行分析．
(2)对整体或隔离体进行受力分析，应用牛顿第二定律确定整体或隔离体的加速度．
(3)结合运动学方程解答所求解的未知物理量．
[典例1]如图所示，物块A和B的质量分别为4m和m，开始A、B均静止，细绳拉直，在竖直向上拉力F＝6mg作用下，动滑轮竖直向上加速运动．已知动滑轮质量忽略不计，动滑轮半径很小，不考虑绳与滑轮之间的摩擦，细绳足够长，在滑轮向上运动过程中，物块A和B的加速度分别为()
A．aA＝12g，aB＝5gB．aA＝aB＝15g
C．aA＝14g，aB＝3gD．aA＝0，aB＝2g
解析对滑轮由牛顿第二定律得F－2FT＝m′a，又滑轮质量m′忽略不计，故m′＝0，所以FT＝F2＝6mg2＝3mg，对A由于FT＜4mg，故A静止，aA＝0，对B有aB＝FT－mgm＝3mg－mgm＝2g，故D正确．
答案D
1．(多选)如图所示，质量分别为mA、mB的A、B两物块用轻线连接放在倾角为θ的光滑斜面上，用始终平行于斜面向上的恒力F拉A，使它们沿斜面匀加速上升，为了增加轻线上的张力，可行的办法是()
A．增大A物的质量B．增大B物的质量
C．增大倾角θD．增大拉力F
解析：选BD.对于A、B整体由牛顿第二定律得F－(mA＋mB)gsinθ＝(mA＋mB)a，对于B由牛顿第二定律得FT－mBgsinθ＝mBa，解以上两式得FT＝mBmA＋mBF，选项B、D正确．
2.如图所示，质量为M、中空为半球形的光滑凹槽放置于光滑水平地面上，光滑槽内有一质量为m的小铁球，现用一水平向右的推力F推动凹槽，小铁球与光滑凹槽相对静止时，凹槽圆心和小铁球的连线与竖直方向成α角，则下列说法正确的是()
A．小铁球受到的合外力方向水平向左
B．凹槽对小铁球的支持力为mgsinα
C．系统的加速度为a＝gtanα
D．推力F＝Mgtanα
解析：选C.根据小铁球与光滑凹槽相对静止的状态可知，系统有向右的加速度，小铁球受到的合外力方向水平向右，凹槽对小铁球的支持力为mgcosα，A、B错误．小球所受合外力为mgtanα，加速度a＝gtanα，推力F＝(m＋M)gtanα，C正确，D错误．
考点三动力学中的图象问题
1．常见的图象有
v－t图象，a－t图象，F－t图象，F－a图象等．
2．图象间的联系
加速度是联系v－t图象与F－t图象的桥梁．
3．图象的应用
(1)已知物体在一过程中所受的某个力随时间变化的图线，要求分析物体的运动情况．
(2)已知物体在一运动过程中速度、加速度随时间变化的图线，要求分析物体的受力情况．
(3)通过图象对物体的受力与运动情况进行分析．
4．解答图象问题的策略
(1)弄清图象坐标轴、斜率、截距、交点、拐点、面积的物理意义．
(2)应用物理规律列出与图象对应的函数方程式，进而明确“图象与公式”、“图象与物体”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断．
1．(多选)如图(a)，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、v1、t1均为已知量，则可求出()
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
解析：选ACD.由题图(b)可以求出物块上升过程中的加速度为a1＝v0t1，下降过程中的加速度为a2＝v1t1.物块在上升和下降过程中，由牛顿第二定律得mgsinθ＋f＝ma1，mgsinθ－f＝ma2，由以上各式可求得sinθ＝v0＋v12t1g，滑动摩擦力f＝mv0－v12t1，而f＝μFN＝μmgcosθ，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．
2．(20xx河南郑州第一次质量预测)甲、乙两球质量分别为m1、m2，从同一地点(足够高)同时由静止释放．两球下落过程中所受空气阻力大小f仅与球的速率v成正比，与球的质量无关，即f＝kv(k为正的常量)．两球的v－t图象如图所示．落地前，经时间t0两球的速度都已达到各自的稳定值v1、v2.则下列判断正确的是()
A．释放瞬间甲球加速度较大
B.m1m2＝v2v1
C．甲球质量大于乙球质量
D．t0时间内两球下落的高度相等
解析：选C.释放瞬间v＝0，因此空气阻力f＝0，两球均只受重力，加速度均为重力加速度g，故A错误；两球先做加速度减小的加速运动，最后都做匀速运动，稳定时kv＝mg，因此最大速度与其质量成正比，即vm∝m，m1m2＝v1v2，B错误；由图象知v1＞v2，因此m1＞m2，C正确；图象与时间轴围成的面积表示物体通过的位移，由图可知，t0时间内两球下落的高度不相等，故D错误．
3．(20xx广东佛山二模)广州塔，昵称小蛮腰，总高度达600m，游客乘坐观光电梯大约一分钟就可以到达观光平台．若电梯简化成只受重力与绳索拉力，已知电梯在t＝0时由静止开始上升，a－t图象如图所示．则下列相关说法正确的是()
A．t＝4.5s时，电梯处于失重状态
B．5～55s时间内，绳索拉力最小
C．t＝59.5s时，电梯处于超重状态
D．t＝60s时，电梯速度恰好为零
解析：选D.利用at图象可判断：t＝4.5s时，电梯有向上的加速度，电梯处于超重状态，则A错误；0～5s时间内，电梯处于超重状态，拉力＞重力，5s～55s时间内，电梯处于匀速上升过程，拉力＝重力，55s～60s时间内，电梯处于失重状态，拉力＜重力，综上所述，B、C错误；因at图线与t轴所围的“面积”代表速度改变量，而图中横轴上方的“面积”与横轴下方的“面积”相等，则电梯的速度在t＝60s时为零，D正确．
考点四动力学中的临界、极值问题
1．临界或极值条件的标志
(1)有些题目中有“刚好”、“恰好”、“正好”等字眼，明显表明题述的过程存在着临界点．
(2)若题目中有“取值范围”、“多长时间”、“多大距离”等词语，表明题述的过程存在着“起止点”，而这些起止点往往就对应临界状态．
(3)若题目中有“最大”、“最小”、“至多”、“至少”等字眼，表明题述的过程存在着极值，这个极值点往往是临界点．
(4)若题目要求“最终加速度”、“稳定加速度”等，即是求收尾加速度或收尾速度．
2．解决动力学临界、极值问题的常用方法
极限分析法、假设分析法和数学极值法．
考向1：极限分析法
把物理问题(或过程)推向极端，从而使临界现象(或状态)暴露出来，以达到正确解决问题的目的．
[典例2]如图所示，一不可伸长的轻质细绳跨过定滑轮后，两端分别悬挂质量为m1和m2的物体A和B.若滑轮有一定大小，质量为m且分布均匀，滑轮转动时与绳之间无相对滑动，不计滑轮与轴之间的摩擦．设细绳对A和B的拉力大小分别为FT1和FT2，已知下列四个关于FT1的表达式中有一个是正确的．请你根据所学的物理知识，通过一定的分析，判断正确的表达式是()
A．FT1＝m＋2m2m1gm＋2m1＋m2
B．FT1＝m＋2m1m2gm＋4m1＋m2
C．FT1＝m＋4m2m1gm＋2m1＋m2
D．FT1＝m＋4m1m2gm＋4m1＋m2
解析由于滑轮转动时与绳之间无相对滑动，所以滑轮转动时，可假设两物体的加速度大小均为a，对A，若FT1－m1g＝m1a，则对B应有m2g－FT2＝m2a；上面两式分别解出加速度的表达式为a＝FT1m1－g和a＝g－FT2m2，所以有FT1m1＋FT2m2＝2g，即有m2FT1＋m1FT2＝2m1m2g，根据题目所给选项可设FT1＝m＋xm2m1gm＋ym1＋m2，则根据A、B地位对等关系应有FT2＝m＋xm1m2gm＋ym2＋m1，将FT1、FT2的值代入m2FT1＋m1FT2＝2m1m2g，可解得x＝2y.由此可判断A错误、C正确．若将FT1设为m＋xm1m2gm＋ym1＋m2，则结合m2FT1＋m1FT2＝2m1m2g可看出A、B的地位关系不再具有对等性，等式不可能成立，B、D错误．
答案C
考向2：假设分析法
临界问题存在多种可能，特别是非此即彼两种可能时，或变化过程中可能出现临界条件，也可能不出现临界条件时，往往用假设法解决问题．
[典例3]如图所示，物体A叠放在物体B上，B置于光滑水平面上，A、B质量分别为mA＝6kg、mB＝2kg，A、B之间的动摩擦因数μ＝0.2，开始时F＝10N，此后逐渐增加，在增大到45N的过程中，则()
A．当拉力F＜12N时，物体均保持静止状态
B．两物体开始没有相对运动，当拉力超过12N时，开始相对滑动
C．两物体从受力开始就有相对运动
D．两物体始终没有相对运动
解析首先了解各物体的运动情况，B运动是因为A对它有静摩擦力，但由于静摩擦力存在最大值，所以B的加速度存在最大值，可以求出此加速度下拉力的大小；如果拉力再增大，则物体间就会发生相对滑动，所以这里存在一个临界点，就是A、B间静摩擦力达到最大值时拉力F的大小，以A为研究对象进行受力分析，A受水平向右的拉力，水平向左的静摩擦力，则有F－Ff＝mAa，再以B为研究对象，B受水平向右的静摩擦力Ff＝mBa，当Ff为最大静摩擦力时，解得a＝FfmB＝μmAgmB＝122m/s2＝6m/s2，F＝48N，由此可以看出当F＜48N时，A、B间的摩擦力达不到最大静摩擦力，也就是说，A、B间不会发生相对运动，故选项D正确．
答案D
考向3：数学极值法
将物理过程通过数学公式表达出来，根据数学表达式解出临界条件．
[典例4]如图所示，一儿童玩具静止在水平地面上，一个幼儿用沿与水平面成30°角的恒力拉着它沿水平面运动，已知拉力F＝6.5N，玩具的质量m＝1kg，经过时间t＝2.0s．玩具移动了距离x＝23m，这时幼儿松开手，玩具又滑行了一段距离后停下．(取g＝10m/s2)，求：
(1)玩具与地面间的动摩擦因数；
(2)松开手后玩具还能运动多远？
(3)幼儿要拉动玩具，拉力F与水平面夹角多大时，最省力？
解析(1)玩具做初速度为零的匀加速直线运动，由位移公式可得x＝12at2
解得a＝3m/s2
对玩具，由牛顿第二定律得
Fcos30°－μ(mg－Fsin30°)＝ma
解得μ＝33.
(2)松手时，玩具的速度v＝at＝23m/s
松手后，由牛顿第二定律得μmg＝ma′
解得a′＝1033m/s2
由匀变速运动的速度位移公式得
玩具的位移x′＝0－v2－2a′＝0.63m≈1.04m.
(3)设拉力与水平方向的夹角为θ，玩具要在水平面上运动，则Fcosθ－Ff＞0
Ff＝μFN
在竖直方向上，由平衡条件得
FN＋Fsinθ＝mg
解得F＞μmgcosθ＋μsinθ
cosθ＋μsinθ＝1＋μ2sin(60°＋θ)
当θ＝30°时，拉力最小，最省力．
答案(1)33(2)1.04m(3)30°
课时规范训练
[基础巩固题组]
1．下列哪个说法是正确的()
A．游泳运动员仰卧在水面静止不动时处于失重状态
B．蹦床运动员在空中上升和下落过程中都处于失重状态
C．举重运动员在举起杠铃后不动的那段时间内处于超重状态
D．体操运动员双手握住单杠吊在空中不动时处于失重状态
解析：选B.选项A、C、D中运动员所受合外力为零，加速度为零．既不超重，也不失重，选项A、C、D错误；选项B中的运动员的加速度为重力加速度，方向竖直向下，处于失重状态，选项B正确．
2．人站在电梯中随电梯一起运动．下列过程中人处于超重状态的是()
A．电梯加速上升B．电梯加速下降
C．电梯匀速上升D．电梯匀速下降
解析：选A.人在竖直方向受到重力和电梯提供的弹力作用，由牛顿第二定律有F－G＝ma，若人处于超重状态，此时人对电梯的压力大于人本身的重力，则应有力F大于G，加速度方向向上．选项A正确，B、C、D错误．
3．图甲为伽利略研究自由落体运动实验的示意图，让小球由倾角为θ的光滑斜面滑下，然后在不同的θ角条件下进行多次实验，最后推理出自由落体运动是一种匀加速直线运动．分析该实验可知，小球对斜面的压力、小球运动的加速度和重力加速度与各自最大值的比值y随θ变化的图象分别对应图乙中的()
A．①、②和③B．③、②和①
C．②、③和①D．③、①和②
解析：选B.小球受重力mg、支持力FN，由牛顿第二定律得mgsinθ＝ma，a＝gsinθ，而am＝g，故aam＝sinθ；由牛顿第三定律得FN′＝FN，FNm′＝FNm，而FN＝mgcosθ，FNm＝mg，即FNFNm＝cosθ，则FN′FNm′＝cosθ；重力加速度的最大值gm＝g，即ggm＝1，B正确．
4．(多选)在下列运动过程中，人处于失重状态的是()
A．小朋友沿滑梯加速滑下
B．乘客坐在沿平直路面减速行驶的汽车内
C．宇航员随飞船绕地球做圆周运动
D．跳水运动员离开跳板后向上运动
解析：选ACD.当小朋友沿滑梯加速下滑时，具有向下的加速度，人处于失重状态，A正确；乘客坐在沿平直路面减速行驶的汽车内，对乘客受力分析可得在竖直方向汽车对乘客的作用力平衡了乘客的重力，乘客不处于失重状态，B错误；宇航员随飞船绕地球做圆周运动，宇航员处于完全失重状态，运动员离开跳板后仅受重力作用处于完全失重状态，C、D正确．
5．如图所示，质量分别为m和2m的两个小球置于光滑水平面上，且固定在一轻质弹簧的两端，已知弹簧的原长为L，劲度系数为k.现沿弹簧轴线方向在质量为2m的小球上施加一水平拉力F，使两球一起做匀加速运动，则此时两球间的距离为()
A.F3kB.F2k
C．L＋F3kD．L＋F2k
解析：选C.两个小球一起做匀加速直线运动，加速度相等，对系统受力分析，由牛顿第二定律可得F＝(m＋2m)a，对质量为m的小球作水平方向受力分析，由牛顿第二定律和胡克定律可得kx＝ma，则此时两球间的距离为L′＝L＋x＝L＋F3k，C正确．
6．如图甲所示，为一倾角θ＝37°足够长的斜面，将一质量为m＝1kg的物体无初速度在斜面上释放，同时施加一沿斜面向上的拉力，拉力随时间变化关系图象如图乙所示，与斜面间动摩擦因数μ＝0.25.取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：
(1)2s末物体的速度；
(2)前16s内物体发生的位移．
解析：(1)分析可知物体在前2s内沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得
mgsinθ－F1－μmgcosθ＝ma1，
v1＝a1t1，
代入数据可得
v1＝5m/s.
(2)设物体在前2s内发生的位移为x1，则
x1＝12a1t21＝5m.
当拉力为F2＝4.5N时，由牛顿第二定律可得
F2＋μmgcosθ－mgsinθ＝ma2，
代入数据可得a2＝0.5m/s2，
物体经过t2时间速度减为0，则
v1＝a2t2，t2＝10s，
设t2时间发生的位移为x2，则
x2＝12a2t22＝25m，
由于mgsinθ－μmgcosθ＜F2＜μmgcosθ＋mgsinθ，则物体在剩下4s时间内处于静止状态．
故物体在前16s内发生的位移x＝x1＋x2＝30m，方向沿斜面向下．
答案：(1)5m/s(2)30m方向沿斜面向下
[综合应用题组]
7．(多选)将一个质量为1kg的小球竖直向上抛出，最终落回抛出点，运动过程中所受阻力大小恒定，方向与运动方向相反．该过程的v－t图象如图所示，g取10m/s2.下列说法中正确的是()
A．小球所受重力和阻力大小之比为5∶1
B．小球上升过程与下落过程所用时间之比为2∶3
C．小球落回到抛出点时的速度大小为86m/s
D．小球下落过程中，受到向上的空气阻力，处于超重状态
解析：选AC.上升过程中mg＋Ff＝ma1，代入a1＝12m/s2，解得Ff＝2N，小球所受重力和阻力之比为5∶1，选项A正确；下落过程中mg－Ff＝ma2，可得a2＝8m/s2，根据h＝12at2可得t1t2＝a2a1＝23，选项B错误；根据v＝a2t2，t2＝6s可得v＝86m/s，选项C正确；小球下落过程中，加速度方向竖直向下，小球处于失重状态，选项D错误．
8．如图甲所示，某人通过动滑轮将质量为m的货物提升到一定高处，动滑轮的质量和摩擦均不计，货物获得的加速度a与竖直向上的拉力FT之间的函数关系如图乙所示．则下列判断正确的是()
A．图线与纵轴的交点的绝对值为g
B．图线的斜率在数值上等于物体的质量m
C．图线与横轴的交点N的值FTN＝mg
D．图线的斜率在数值上等于物体质量的倒数1m
解析：选A.由牛顿第二定律可得：2FT－mg＝ma，则有a＝2mFT－g，由a－FT图象可判断，纵轴截距的绝对值为g，图线的斜率在数值上等于2m，则A正确，B、D错误，横轴截距代表a＝0时，FTN＝mg2，C错误．
9．如图所示，劲度系数为k的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上．一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处自由下落，接触弹簧后继续向下运动．观察小球从开始下落到小球第一次运动到最低点的过程，下列关于小球的速度v或加速度a随时间t变化的图象中符合实际情况的是()
解析：选A.小球先做自由落体运动，接触弹簧后小球做加速度减小的加速运动．直至重力和弹力相等，即mg＝kΔx，此时a＝0，小球速度达到最大值vmax，此后小球继续下降，小球重力小于弹力，加速度方向向上，小球向下做加速度增大的减速运动直至最低点，小球速度为0，加速度最大，A正确，B错误．设小球到达最低点时，弹簧的形变量为x，由能量关系得mg(h＋x)＝12kx2，则2mg(h＋x)＝kxx，由h＋x＞x得kx＞2mg，所以在最低点kx－mg＝ma＞mg，即ag，C错误．弹簧形变量x与t不是线性关系．则a与t也不是线性关系，D错误．
10．如图所示，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Ff.若木块不滑动，力F的最大值是()
A.2Ffm＋MM
B.2Ffm＋Mm
C.2Ffm＋MM－(m＋M)g
D.2Ffm＋Mm＋(m＋M)g
解析：选A.木块恰好滑动时，对木块和夹子有F－(M＋m)g＝(M＋m)a，对木块有2Ff－Mg＝Ma，所以F＝2FfM＋mM，选项A正确．
11．(多选)质量为0.3kg的物体在水平面上做直线运动，图中的两条直线分别表示物体受水平拉力和不受水平拉力的图线，则下列说法正确的()
A．水平拉力可能是0.3N
B．水平拉力一定是0.1N
C．物体所受摩擦力可能是0.2N
D．物体所受摩擦力一定是0.2N
解析：选BC.若拉力方向与物体运动方向相同，则斜率较大的图象为不受拉力即只受摩擦力的速度图象，此时物体加速度大小为a1＝23m/s2，由牛顿第二定律可知此时摩擦力Ff＝ma1＝0.2N，图象中斜率较小的图线为受拉力时的图线，加速度大小为a2＝13m/s2，由牛顿第二定律可知Ff－F＝ma2，代入已知条件可知，拉力F＝0.1N；若拉力方向与物体运动方向相反，则斜率较小的图象为不受拉力即只受摩擦力的速度图象，此时物体加速度大小为a3＝13m/s2，由牛顿第二定律可知此时摩擦力Ff′＝ma3＝0.1N；图象中斜率较大的图线为受拉力时的图线，加速度大小为a4＝23m/s2，由牛顿第二定律可知F′＋Ff′＝ma4，代入已知条件可知，拉力F′＝0.1N，B、C正确．
12．如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验．若砝码和纸板的质量分别为m1和m2，各接触面间的动摩擦因数均为μ.重力加速度为g.
(1)当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力的大小；
(2)要使纸板相对砝码运动，求所需拉力的大小；
(3)本实验中，m1＝0.5kg，m2＝0.1kg，μ＝0.2，砝码与纸板左端的距离d＝0.1m，取g＝10m/s2.若砝码移动的距离超过l＝0.002m，人眼就能感知．为确保实验成功，纸板所需的拉力至少多大？
解析：(1)砝码对纸板的摩擦力Ff1＝μm1g
桌面对纸板的摩擦力Ff2＝μ(m1＋m2)g
Ff＝Ff1＋Ff2，解得Ff＝μ(2m1＋m2)g.
(2)设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，则
Ff1＝m1a1，F－Ff1－Ff2＝m2a2
发生相对运动a2＞a1
解得F＞2μ(m1＋m2)g.
(3)纸板抽出前，砝码运动的距离x1＝12a1t21
纸板运动的距离d＋x1＝12a2t21
纸板抽出后，砝码在桌面上运动的距离x2＝12a3t22，
l＝x1＋x2
由题意知a1＝a3，a1t1＝a3t2
解得F＝2μm1＋1＋dlm2g
代入数据得F＝22.4N.
答案：(1)μ(2m1＋m2)g(2)F＞2μ(m1＋m2)g
(3)22.4N
第4节微专题1“板—块”＋“传送带”问题
考点一“板—块”模型
1．模型特点
上、下叠放两个物体，在摩擦力的相互作用下两物体发生相对滑动．
2．两种位移关系
滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和滑板同向运动，位移之差等于板长；反向运动时，位移之和等于板长．
3．解题方法
整体法、隔离法．
4．解题思路
(1)分析滑块和滑板的受力情况，根据牛顿第二定律分别求出滑块和滑板的加速度．
(2)对滑块和滑板进行运动情况分析，找出滑块和滑板之间的位移关系或速度关系，建立方程．特别注意滑块和滑板的位移都是相对地的位移．
[典例1](20xx山东德州质检)长为L＝1.5m的长木板B静止放在水平冰面上，小物块A以某一初速度v0从木板B的左端滑上长木板B，直到A、B的速度达到相同，此时A、B的速度为v＝0.4m/s，然后A、B又一起在水平冰面上滑行了s＝8.0cm后停下．若小物块A可视为质点，它与长木板B的质量相同，A、B间的动摩擦因数μ1＝0.25，取g＝10m/s2.求：
(1)木板与冰面的动摩擦因数μ2；
(2)小物块A的初速度v0；
(3)为了保证小物块不从木板的右端滑落，小物块滑上木板的最大初速度v0m应为多少？
解析(1)小物块和木板一起运动时，受冰面的滑动摩擦力，做匀减速运动，则加速度
a＝v22s＝1.0m/s2
由牛顿第二定律得μ2mg＝ma
解得μ2＝0.10.
(2)小物块相对木板滑动时受木板对它的滑动摩擦力，做匀减速运动，其加速度
a1＝μ1g＝2.5m/s2
小物块在木板上滑动，木板受小物块的滑动摩擦力和冰面的滑动摩擦力，做匀加速运动，则有
μ1mg－μ2(2m)g＝ma2
解得a2＝0.50m/s2.
设小物块滑上木板经时间t后小物块、木板的速度相同为v，则
对于木板v＝a2t
解得t＝va2＝0.8s
小物块滑上木板的初速度v0＝v＋a1t＝2.4m/s.
(3)小物块滑上木板的初速度越大，它在木板上相对木板滑动的距离越大，当滑动距离等于木板长时，小物块到达木板B的最右端，两者的速度相等(设为v′)，这种情况下小物块的初速度为保证其不从木板上滑落的最大初速度v0m，则
v0mt－12a1t2－12a2t2＝L
v0m－v′＝a1t
v′＝a2t
由以上三式解得v0m＝3.0m/s.
答案(1)0.10(2)2.4m/s(3)3.0m/s
1．(20xx安徽芜湖模拟)质量为m0＝20kg、长为L＝5m的木板放在水平面上，木板与水平面的动摩擦因数为μ1＝0.15.将质量m＝10kg的小木块(可视为质点)，以v0＝4m/s的速度从木板的左端被水平抛射到木板上(如图所示)，小木块与木板面的动摩擦因数为μ2＝0.4(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10m/s2)．则下列判断中正确的是()
A．木板一定静止不动，小木块不能滑出木板
B．木板一定静止不动，小木块能滑出木板
C．木板一定向右滑动，小木块不能滑出木板
D．木板一定向右滑动，小木块能滑出木板
解析：选A.木板与地面间的摩擦力为Ff1＝μ1(m0＋m)g＝0.15×(20＋10)×10N＝45N，小木块与木板之间的摩擦力为Ff2＝μ2mg＝0.4×10×10N＝40N，Ff1Ff2，所以木板一定静止不动；设小木块在木板上滑行的距离为x，v20＝2μ2gx，解得x＝2mL＝5m，所以小木块不能滑出木板，A正确．
2．一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5m，如图a所示．t＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t＝1s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)．碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板．已知碰撞后1s时间内小物块的v－t图线如图b所示．木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10m/s2.求：
(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；
(2)木板的最小长度；
(3)木板右端离墙壁的最终距离．
解析：(1)规定向右为正方向．木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，设加速度为a1，小物块和木板的质量分别为m和M.由牛顿第二定律有
－μ1(m＋M)g＝(m＋M)a1①
由题图b可知，木板与墙壁碰撞前瞬间的速度
v1＝4m/s，
由运动学公式有
v1＝v0＋a1t1②
s0＝v0t1＋12a1t21③
式中，t1＝1s，s0＝4.5m是木板碰撞前的位移，v0是小物块和木板开始运动时的速度．
联立①②③式和题给条件得
μ1＝0.1④
在木板与墙壁碰撞后，木板以－v1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v1的初速度向右做匀变速运动．设小物块的加速度为a2，由牛顿第二定律有
－μ2mg＝ma2⑤
由题图b可得
a2＝v2－v1t2－t1⑥
式中，t2＝2s，v2＝0，联立⑤⑥式和题给条件得
μ2＝0.4⑦
(2)设碰撞后木板的加速度为a3，经过时间Δt，木板和小物块刚好具有共同速度v3.由牛顿第二定律及运动学公式得
μ2mg＋μ1(M＋m)g＝Ma3⑧
v3＝－v1＋a3Δt⑨
v3＝v1＋a2Δt⑩
碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为
s1＝－v1＋v32Δt
小物块运动的位移为
s2＝v1＋v32Δt
小物块相对木板的位移为Δs＝s2－s1
联立⑥⑧⑨⑩式，并代入数值得
Δs＝6.0m
因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为6.0m.
(3)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直至停止，设加速度为a4，此过程中小物块和木板运动的位移为s3.由牛顿第二定律及运动学公式得
μ1(m＋M)g＝(m＋M)a4
0－v23＝2a4s3
碰后木板运动的位移为
s＝s1＋s3
联立⑥⑧⑨⑩式，并代入数值得
s＝－6.5m
木板右端离墙壁的最终距离为6.5m.
答案：(1)0.10.4(2)6.0m(3)6.5m
考点二水平传送带问题
滑块在水平传送带上运动常见的三个情景
项目图示滑块可能的运动情况
情景一
(1)可能一直加速
(2)可能先加速后匀速
情景二
(1)v0v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速
(2)v0v时，可能一直加速，也可能先加速再匀速
情景三
(1)传送带较短时，滑块一直减速到达左端
(2)传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端．其中v0v返回时速度为v，当v0v返回时速度为v0

[典例2](多选)如图所示，水平传送带以速度v1匀速运动，小物体P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t＝0时刻P在传送带左端具有速度v2，P与定滑轮间的绳水平，t＝t0时刻P离开传送带．不计定滑轮质量和摩擦，绳足够长．正确描述小物体P速度随时间变化的图象可能是()
解析若v1v2，且P受到的滑动摩擦力大于Q的重力，则可能先向右匀加速，加速至v1后随传送带一起向右匀速，此过程如图B所示，故B正确．若v1v2，且P受到的滑动摩擦力小于Q的重力，此时P一直向右减速，减速到零后反向加速．若v2v1，P受到的滑动摩擦力向左，开始时加速度a1＝FT＋μmgm，当减速至速度为v1时，摩擦力反向，若有FTμmg，此后加速度a2＝FT－μmgm，故C正确，A、D错误．
答案BC
1．如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行．初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带．若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v－t图象(以地面为参考系)如图乙所示．已知v2v1，则()
A．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大
B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离最大
C．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左
D．0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用
解析：选B.物块滑上传送带后将做匀减速运动，t1时刻速度为零，此时小物块离A处的距离达到最大，选项A错误；然后在传送带滑动摩擦力的作用下向右做匀加速运动，t2时刻与传送带达到共同速度，此时小物块相对传送带滑动的距离最大，选项B正确；0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向始终向右，选项C错误；t2～t3时间内小物块不受摩擦力，选项D错误．
2．(20xx陕西汉中模拟)(多选)如图所示，质量为m的物体用细绳拴住放在粗糙的水平传送带上，物体距传送带左端的距离为L.当传送带分别以v1、v2的速度逆时针转动(v1＜v2)，稳定时绳与水平方向的夹角为θ，绳中的拉力分别为F1，F2；若剪断细绳时，物体到达左端的时间分别为t1、t2，则下列说法正确的是()
A．F1＜F2B．F1＝F2
C．t1一定大于t2D．t1可能等于t2
解析：选BD.绳剪断前物体的受力情况如图所示，由平衡条件得FN＋Fsinθ＝mg，Ff＝μFN＝Fcosθ，解得F＝μmgμsinθ＋cosθ，F的大小与传送带的速度无关，选项A错误，B正确；绳剪断后m在两速度的传送带上的加速度相同，若L≤v212μg，则两次都是匀加速到达左端，t1＝t2，若L＞v212μg，则物体在传送带上先加速再匀速到达左端，在速度小的传送带上需要的时间更长，t1＞t2，选项C错误，D正确．
考点三倾斜传送带问题
滑块在倾斜传送带上运动常见的四个情景
项目图示滑块可能的运动情况
情景一
①可能一直加速
②可能先加速后匀速
情景二
①可能一直加速
②可能先加速后匀速
③可能先以a1加速后以a2加速
情景三
①可能一直加速
②可能先加速后匀速
③可能一直匀速
④可能先以a1加速后以a2加速
情景四
①可能一直加速
②可能一直匀速
③可能先减速后反向加速

[典例3]如图所示，倾角为37°，长为l＝16m的传送带，转动速度为v＝10m/s，在传送带顶端A处无初速度的释放一个质量为m＝0.5kg的物体，已知物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10m/s2.求：(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)
(1)传送带顺时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间；
(2)传送带逆时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间．
解析(1)传送带顺时针转动时，物体相对传送带向下运动，则物体所受滑动摩擦力沿斜面向上，相对传送带向下匀加速运动，根据牛顿第二定律有
mg(sin37°－μcos37°)＝ma
则a＝gsin37°－μgcos37°＝2m/s2，
根据l＝12at2得t＝4s.
(2)传送带逆时针转动，当物体下滑速度小于传送带转动速度时，物体相对传送带向上运动，则物体所受滑动摩擦力沿传送带向下，设物体的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得
mgsin37°＋μmgcos37°＝ma1
则有a1＝mgsin37°＋μmgcos37°m＝10m/s2.
设当物体运动速度等于传送带转动速度时经历的时间为t1，位移为x1，则有t1＝va1＝1010s＝1s，
x1＝12a1t21＝5m＜l＝16m.
当物体运动速度等于传送带速度瞬间，有mgsin37°＞μmgcos37°，则下一时刻物体相对传送带向下运动，受到传送带向上的滑动摩擦力——摩擦力发生突变．设当物体下滑速度大于传送带转动速度时物体的加速度为a2，则a2＝mgsin37°－μmgcos37°m＝2m/s2
x2＝l－x1＝11m
又因为x2＝vt2＋12a2t22，
则有10t2＋t22＝11
解得t2＝1s(t2＝－11s舍去)
所以t总＝t1＋t2＝2s.
答案(1)4s(2)2s
1．(20xx广东汕头模拟)如图所示，A、B两个皮带轮被紧绷的传送皮带包裹，传送皮带与水平面的夹角为θ，在电动机的带动下，可利用传送皮带传送货物．已知皮带轮与皮带之间无相对滑动，皮带轮不转动时，某物体从皮带顶端由静止开始下滑到皮带底端所用的时间是t，则()
A．当皮带轮逆时针匀速转动时，该物体从顶端由静止滑到底端所用时间一定大于t
B．当皮带轮逆时针匀速转动时，该物体从顶端由静止滑到底端所用时间一定小于t
C．当皮带轮顺时针匀速转动时，该物体从顶端由静止滑到底端所用时间可能等于t
D．当皮带轮顺时针匀速转动时，该物体从顶端由静止滑到底端所用时间一定小于t
解析：选D.传送带不动物体下滑时，物体受摩擦力向上，故加速度a＝gsinθ－μgcosθ；当传送带向上运动时，摩擦力一定也是向上，而摩擦力的大小不变，故a不变，所以物体运动到B的时间不变，故A、B错误；当皮带向下运动时，物体受摩擦力开始是向下的，故加速度开始一定增大，位移不变，故由A滑到B的时间小于t，故C错误，D正确．
2．如图所示为上、下两端相距L＝5m、倾角α＝30°、始终以v＝3m/s的速率顺时针转动的传送带(传送带始终绷紧)．将一物体放在传送带的上端由静止释放滑下，经过t＝2s到达下端，重力加速度g取10m/s2，求：
(1)传送带与物体间的动摩擦因数多大？
(2)如果将传送带逆时针转动，速率至少多大时，物体从传送带上端由静止释放能最快地到达下端？
解析：(1)物体在传送带上受力如图所示，物体沿传送带向下匀加速运动，设加速度为a.
由题意得L＝12at2
解得a＝2.5m/s2
由牛顿第二定律得
mgsinα－Ff＝ma
又Ff＝μmgcosα
故μ＝0.29.
(2)如果传送带逆时针转动，要使物体从传送带上端由静止释放能最快地到达下端，则需要物体有沿传送带向下的最大加速度即所受摩擦力沿传送带向下，设此时传送带速度为vm，物体加速度为a′.
由牛顿第二定律得mgsinα＋Ff＝ma′
又v2m＝2La′
故vm＝2La′＝8.66m/s.
答案：(1)0.29(2)8.66m/s
课时规范训练
[基础巩固题组]
1．(多选)如图所示是某工厂所采用的小型生产流水线示意图，机器生产出的物体源源不断地从出口处以水平速度v0滑向一粗糙的水平传送带，最后从传送带上落下装箱打包．假设传送带静止不动时，物体滑到传送带右端的速度为v，最后物体落在P处的箱包中．下列说法正确的是()
A．若传送带随皮带轮顺时针方向转动起来，且传送带速度小于v，物体仍落在P点
B．若传送带随皮带轮顺时针方向转动起来，且传送带速度大于v0，物体仍落在P点
C．若传送带随皮带轮顺时针方向转动起来，且传送带速度大于v，物体仍落在P点
D．若由于操作不慎，传送带随皮带轮逆时针方向转动起来，物体仍落在P点
解析：选AD.若传送带静止，物体滑到传送带右端的过程中，物体一直减速，其加速度a＝μg，v2－v20＝2aL，当传送带顺时针转且速度小于v时，物体仍一直减速，到达传送带右端速度仍为v，因而物体仍落在P点，A正确；当传送带顺时针转且速度大于v0时，物体应先加速，因而到达右端时速度一定大于v，应落在P点右侧，B错误；当传送带顺时针转且速度大于v时，物体在传送带上应先减速，当速度达到传送带速度时便和传送带一起匀速运动，到达右端时速度大于v，应落在P点右侧，C错误；当传送带逆时针转时，物体一直减速，到达右端时速度为v，仍落在P点，D正确．
2．如图所示，在水平桌面上叠放着质量均为M的A、B两块木板，在木板A的上面放着一个质量为m的物块C，木板和物块均处于静止状态．A、B、C之间以及B与地面之间的动摩擦因数都为μ.若用水平恒力F向右拉动木板A，使之从C、B之间抽出来，已知重力加速度为g，则拉力F的大小应该满足的条件是(已知最大静摩擦力的大小等于滑动摩擦力)()
A．F＞μ(2m＋M)gB．F＞μ(m＋2M)g
C．F＞2μ(m＋M)gD．F＞2μmg
解析：选C.无论F多大，摩擦力都不能使B向右滑动，而滑动摩擦力能使C产生的最大加速度为μg，故F－μmg－μm＋MgM＞μg时，即F＞2μ(m＋M)g时A可从B、C之间抽出，选项C正确．
3．如图所示，水平桌面由粗糙程度不同的AB、BC两部分组成，且AB＝BC，小物块P(可视为质点)以某一初速度从A点滑上桌面，最后恰好停在C点，已知物块经过AB与BC两部分的时间之比为1∶4，则物块P与桌面上AB、BC部分之间的动摩擦因数μ1、μ2之比为(P物块在AB、BC上所做两段运动可看做匀变速直线运动)()
A．1∶1B．1∶4
C．4∶1D．8∶1
解析：选D.设到达B点速度为v1，由于AB与BC段的位移相等，则有v0＋v12t1＝v1＋02t2，其中t1∶t2＝1∶4，故v1＝v03，AB段的加速度为a1＝v1－v0t1＝－2v03t1，BC段的加速度为a2＝0－v1t2＝－v03t2，根据牛顿第二定律得，AB段－μ1mg＝ma1，BC段－μ2mg＝ma2，解得μ1∶μ2＝a1∶a2＝8∶1，故选项D正确．

20xx高考物理大一轮复习：第8章恒定电流（8份打包有课件）

第1节电流电阻电功电功率
一、电流
1．形成的条件：导体中有自由电荷；导体两端存在电压．
2．电流是标量，正电荷定向移动的方向规定为电流的方向．
3．两个表达式：①定义式：I＝qt；②决定式：I＝UR.
二、电阻、电阻定律
1．电阻：反映了导体对电流阻碍作用的大小．表达式为：R＝UI.
2．电阻定律：同种材料的导体，其电阻跟它的长度成正比，与它的横截面积成反比，导体的电阻还与构成它的材料有关．表达式为：R＝ρlS.
3．电阻率
(1)物理意义：反映导体的导电性能，是导体材料本身的属性．
(2)电阻率与温度的关系：金属的电阻率随温度升高而增大；半导体的电阻率随温度升高而减小．
三、部分电路欧姆定律及其应用
1．内容：导体中的电流跟导体两端的电压成正比，跟导体的电阻成反比．
2．表达式：I＝UR.
3．适用范围：金属导电和电解液导电，不适用于气体导电或半导体元件．
4．导体的伏安特性曲线(I－U)图线
(1)比较电阻的大小：图线的斜率k＝tanθ＝IU＝1R，图中R1＞R2(填“＞”、“＜”或“＝”)．
(2)线性元件：伏安特性曲线是直线的电学元件，适用于欧姆定律．
(3)非线性元件：伏安特性曲线为曲线的电学元件，不适用于欧姆定律．
四、电功率、焦耳定律
1．电功：电路中电场力移动电荷做的功．表达式为W＝qU＝UIt.
2．电功率：单位时间内电流做的功．表示电流做功的快慢．表达式为P＝Wt＝UI.
3．焦耳定律：电流通过导体产生的热量跟电流的二次方成正比，跟导体的电阻及通电时间成正比．表达式为Q＝I2Rt.
4．热功率：单位时间内的发热量．表达式为P＝Qt.
[自我诊断]
1.判断正误
(1)电流是矢量，电荷定向移动的方向为电流的方向．(×)
(2)由R＝UI可知，导体的电阻与导体两端的电压成正比，与流过导体的电流成反比．(×)
(3)由ρ＝RSl知，导体电阻率与导体的电阻和横截面积的乘积RS成正比，与导体的长度l成反比．(×)
(4)电流越大，单位时间内通过导体横截面的电荷量就越多．(√)
(5)电流I随时间t变化的图象与横轴所围面积表示通过导体横截面的电荷量．(√)
(6)公式W＝UIt及Q＝I2Rt适用于任何电路．(√)
(7)公式W＝U2Rt＝I2Rt只适用于纯电阻电路．(√)
2．(多选)对于常温下一根阻值为R的均匀金属丝，下列说法中正确的是()
A．常温下，若将金属丝均匀拉长为原来的10倍，则电阻变为10R
B．常温下，若将金属丝从中点对折起来，电阻变为14R
C．给金属丝加上的电压逐渐从零增大到U0，则任一状态下的UI比值不变
D．金属材料的电阻率随温度的升高而增大
解析：选BD.金属丝均匀拉长到原来的10倍，截面积变为原来的110，由R＝ρlS知，电阻变为原来的100倍，A错误；将金属丝从中点对折起来，长度变为原来的一半，截面积变为原来的2倍，由R＝ρlS知，电阻变为原来的14，B正确；由于金属的电阻率随温度的升高而增大，当加在金属丝两端的电压升高时，电阻R＝UI将变大，C错误，D正确．
3．如图所示电路中，a、b两点与一个稳压直流电源相接，当滑动变阻器的滑片P向d端移动一段距离时，哪一个电路中的电流表读数会变小()
解析：选B.选项A、C、D中，滑动变阻器连入电路中的有效部分为滑片P右侧部分，当滑动变阻器的滑片P向d端移动时，滑动变阻器阻值减小，由欧姆定律I＝UR可知，电路中的电流将会增大，电流表读数会变大，故选项A、C、D错误；而选项B中，滑动变阻器连入电路中的有效部分为滑片P左侧部分，当滑动变阻器的滑片P向d端移动时，滑动变阻器阻值增大，电路中的电流将会减小，电流表读数会变小，选项B正确．
4.有一台标有“220V,50W”的电风扇，其线圈电阻为0.4Ω，在它正常工作时，下列求其每分钟产生的电热的四种解法中，正确的是()
A．I＝PU＝522A，Q＝UIt＝3000J
B．Q＝Pt＝3000J
C．I＝PU＝522A，Q＝I2Rt＝1.24J
D．Q＝U2Rt＝22020.4×60J＝7.26×106J
解析：选C.电风扇是一种在消耗电能过程中既产生机械能，又产生内能的用电器，其功率P＝IU，则I＝PU＝522A，而产生的热量只能根据Q＝I2Rt进行计算．因此，选项C正确．
考点一对电流的理解和计算
1.应用I＝qt计算时应注意：若导体为电解液，因为电解液里的正、负离子移动方向相反，但形成的电流方向相同，故q为正、负离子带电荷量的绝对值之和．
2．电流的微观本质
如图所示，AD表示粗细均匀的一段导体，长为l，两端加一定的电压，导体中的自由电荷沿导体定向移动的速率为v，设导体的横截面积为S，导体每单位体积内的自由电荷数为n，每个自由电荷的电荷量为q，AD导体中自由电荷总数N＝nlS，总电荷量Q＝Nq＝nqlS，所用时间t＝lv，所以导体AD中的电流I＝Qt＝nlSql/v＝nqSv.
1．如图所示，一根横截面积为S的均匀长直橡胶棒上均匀带有负电荷，设棒单位长度内所含的电荷量为q，当此棒沿轴线方向做速度为v的匀速直线运动时，由于棒的运动而形成的等效电流大小为()
A．vqB．qv
C．qvSD.qvS
解析：选A.在垂直棒的运动方向选取一横截面，设棒长为l，则棒上所有电荷通过这一横截面所用的时间t＝lv，由电流的定义式I＝Qt，可得I＝lqlv＝qv，A正确．
2.(20xx山东济南质检)有甲、乙两个由同种金属材料制成的导体，甲的横截面积是乙的两倍，而单位时间内通过导体横截面的电荷量乙是甲的两倍，以下说法中正确的是()
A．甲、乙两导体的电流相同
B．乙导体的电流是甲导体的两倍
C．乙导体中自由电荷定向移动的速率是甲导体的两倍
D．甲、乙两导体中自由电荷定向移动的速率大小相等
解析：选B.由I＝ΔqΔt可知，I乙＝2I甲，B正确，A错误；由I＝nvSq可知，同种金属材料制成的导体，n相同，因S甲＝2S乙，故有v甲∶v乙＝1∶4，C、D错误．
3．(多选)截面直径为d、长为l的导线，两端电压为U，当这三个量中的一个改变时，对自由电子定向移动平均速率的影响，下列说法正确的是()
A．电压U加倍时，自由电子定向移动的平均速率加倍
B．导线长度l加倍时，自由电子定向移动的平均速率减为原来的一半
C．导线截面直径d加倍时，自由电子定向移动的平均速率不变
D．导线截面直径d加倍时，自由电子定向移动的平均速率加倍
解析：选ABC.电压U加倍时，由欧姆定律得知，电流加倍，由电流的微观表达式I＝nqSv得知，自由电子定向运动的平均速率v加倍，故A正确；导线长度l加倍，由电阻定律得知，电阻加倍，电流减半，则由电流的微观表达式I＝nqSv得知，自由电子定向运动的平均速率v减半，故B正确；导线横截面的直径d加倍，由S＝πd24可知，截面积变为4倍，由电阻定律得知，电阻变为原来的14，电流变为原来的4倍，根据电流的微观表达式I＝nqSv得知，自由电子定向运动的平均速率v不变．故C正确，D错误．
考点二电阻电阻定律
1.两个公式对比

公式R＝ρlS
R＝UI

区别电阻的决定式电阻的定义式
说明了电阻的决定因素提供了一种测定电阻的方法，并不说明电阻与U和I有关
只适用于粗细均匀的金属导体和浓度均匀的电解质溶液适用于任何纯电阻导体
2.电阻率是反映制作导体的材料导电性能好坏的物理量，导体电阻率与电阻阻值无直接关系，即电阻大，电阻率不一定大；电阻率小，电阻不一定小．
1．一个内电阻可以忽略的电源，给装满绝缘圆管的水银供电，通过水银的电流为0.1A．若把全部水银倒在一个内径大一倍的绝缘圆管内(恰好能装满圆管)，那么通过水银的电流将是()
A．0.4AB．0.8A
C．1.6AD．3.2A
解析：选C.大圆管内径大一倍，即横截面积为原来的4倍，由于水银体积不变，故水银柱长度变为原来的14，则电阻变为原来的116，因所加电压不变，由欧姆定律知电流变为原来的16倍．C正确．
2.用电器到发电场的距离为l，线路上的电流为I，已知输电线的电阻率为ρ.为使线路上的电压降不超过U.那么，输电线的横截面积的最小值为()
A.ρlRB.2ρlIU
C.UρlID.2UlIρ
解析：选B.输电线的总长为2l，由公式R＝UI、R＝ρlS得S＝2ρlIU，故B正确．
3．两根完全相同的金属裸导线，如果把其中的一根均匀拉长到原来的2倍，把另一根对折后绞合起来，然后给它们分别加上相同电压后，则在相同时间内通过它们的电荷量之比为()
A．1∶4B．1∶8
C．1∶16D．16∶1
解析：选C.对于第一根导线，均匀拉长到原来的2倍，则其横截面积必然变为原来的12，由电阻定律可得其电阻变为原来的4倍，第二根导线对折后，长度变为原来的12，横截面积变为原来的2倍，故其电阻变为原来的14.给上述变化后的裸导线加上相同的电压，由欧姆定律得：I1＝U4R，I2＝UR/4＝4UR，由I＝qt可知，在相同时间内，电荷量之比q1∶q2＝I1∶I2＝1∶16.
导体变形后电阻的分析方法
某一导体的形状改变后，讨论其电阻变化应抓住以下三点：
(1)导体的电阻率不变．
(2)导体的体积不变，由V＝lS可知l与S成反比．
(3)在ρ、l、S都确定之后，应用电阻定律R＝ρlS求解．
考点三伏安特性曲线
1.图甲为线性元件的伏安特性曲线，图乙为非线性元件的伏安特性曲线．
2图象的斜率表示电阻的倒数，斜率越大，电阻越小，故RaRb，图线c的电阻减小，图线d的电阻增大．
3．用IU(或UI)图线来描述导体和半导体的伏安特性时，曲线上每一点对应一组U、I值，UI为该状态下的电阻值，UI为该状态下的电功率．在曲线上某点切线的斜率不是电阻的倒数．
1．小灯泡通电后其电流I随所加电压U变化的图线如图所示，P为图线上一点，PN为图线在P点的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线，则下列说法中正确的是()
A．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻减小
B．对应P点，小灯泡的电阻为R＝U1I1
C．对应P点，小灯泡的电阻为R＝U1I2－I1
D．对应P点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围面积
解析：选D.由图可知流过小灯泡的电流I随所加电压U变化的图线为非线性关系，可知小灯泡的电阻随所加电压的增大而逐渐增大，选项A错误；根据欧姆定律，对应P点，小灯泡的电阻应为R＝U1I2，选项B、C错误；对应P点，小灯泡的功率为P＝U1I2，也就是图中矩形PQOM所围面积，选项D正确．
2.某一导体的伏安特性曲线如图中AB(曲线)所示，关于导体的电阻，以下说法正确的是()
A．B点的电阻为12Ω
B．B点的电阻为40Ω
C．工作状态从A变化到B时，导体的电阻因温度的影响改变了1Ω
D．工作状态从A变化到B时，导体的电阻因温度的影响改变了9Ω
解析：选B.根据电阻的定义式可以求出A、B两点的电阻分别为RA＝30.1Ω＝30Ω，RB＝60.15Ω＝40Ω，所以ΔR＝RB－RA＝10Ω，故B对，A、C、D错．
3.(多选)在如图甲所示的电路中，L1、L2、L3为三个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示．当开关S闭合时，电路中的总电流为0.25A，则此时()
A．L1上的电压为L2上电压的2倍
B．L1消耗的电功率为0.75W
C．L2的电阻为12Ω
D．L1、L2消耗的电功率的比值大于4∶1
解析：选BD.电路中的总电流为0.25A，L1中电流为0.25A，由小灯泡的伏安特性曲线可知电压为3.0V，L1消耗的电功率为P1＝U1I1＝0.75W，B正确；根据并联电路规律，L2中电流为0.125A，由小灯泡的伏安特性曲线可知电压大约为0.3V，L1的电压大约为L2电压的10倍，A错误；由欧姆定律，L2的电阻为R2＝U2I2＝0.30.125Ω＝2.4Ω，C错误；L2消耗的电功率为P2＝U2I2＝0.3×0.125W＝0.0375W，L1、L2消耗的电功率的比值大于4∶1，D正确．
IU图线求电阻应注意的问题
伏安特性曲线上每一点对应的电压与电流的比值就是该状态下导体的电阻，即曲线上各点切线的斜率的倒数不是该状态的电阻，但伏安特性曲线的斜率变小说明对应的电阻变大．
考点四电功、电功率及焦耳定律
1．纯电阻电路与非纯电阻电路的比较
(1)用电器在额定电压下正常工作，用电器的实际功率等于额定功率，即P实＝P额．
(2)用电器的工作电压不一定等于额定电压，用电器的实际功率不一定等于额定功率，若U实＞U额，则P实＞P额，用电器可能被烧坏．
[典例]有一个小型直流电动机，把它接入电压为U1＝0.2V的电路中时，电动机不转，测得流过电动机的电流I1＝0.4A；若把电动机接入U2＝2.0V的电路中，电动机正常工作，工作电流I2＝1.0A．求：
(1)电动机正常工作时的输出功率多大？
(2)如果在电动机正常工作时，转子突然被卡住，此时电动机的发热功率是多大？
解析(1)U1＝0.2V时，电动机不转，此时电动机为纯电阻，故电动机线圈内阻
r＝U1I1＝0.20.4Ω＝0.5Ω
U2＝2.0V时，电动机正常工作，此时电动机为非纯电阻，则由电功率与热功率的定义式得
P电＝U2I2＝2.0×1.0W＝2W
P热＝I22r＝1.02×0.5W＝0.5W
所以由能量守恒定律可知，电动机的输出功率
P出＝P电－P热＝2W－0.5W＝1.5W
(2)此时若电动机突然被卡住，则电动机成为纯电阻，其热功率
P热′＝U22r＝2.020.5W＝8W
答案(1)1.5W(2)8W
(1)在非纯电阻电路中，U2Rt既不能表示电功也不能表示电热，因为欧姆定律不再成立．
(2)不要认为有电动机的电路一定是非纯电阻电路，当电动机不转动时，仍为纯电阻电路，欧姆定律仍适用，电能全部转化为内能．只有在电动机转动时为非纯电阻电路，UIR，欧姆定律不再适用，大部分电能转化为机械能．
1．(多选)下表列出了某品牌电动自行车及所用电动机的主要技术参数，不计其自身机械损耗．若该车在额定状态下以最大运行速度行驶，则()
自重40kg额定电压48V
载重75kg额定电流12A
最大行驶速度20km/h额定输出功率350W
A.电动机的输入功率为576W
B．电动机的内电阻为4Ω
C．该车获得的牵引力为104N
D．该车受到的阻力为63N
解析：选AD.由于U＝48V，I＝12A，则P＝IU＝576W，故选项A正确；因P入＝P出＋I2r，r＝576－350122Ω＝11372Ω，故选项B错；由P出＝Fv＝Ffv，F＝Ff＝63N，故选项C错，D正确．
2．在如图所示电路中，电源电动势为12V，电源内阻为1.0Ω，电路中的电阻R0为1.5Ω，小型直流电动机M的内阻为0.5Ω.闭合开关S后，电动机转动，电流表的示数为2.0A．则以下判断中正确的是()
A．电动机的输出功率为14W
B．电动机两端的电压为7.0V
C．电动机的发热功率为4.0W
D．电源输出的电功率为24W
解析：选B.由部分电路欧姆定律知电阻R0两端电压为U＝IR0＝3.0V，电源内电压为U内＝Ir＝2.0V，所以电动机两端电压为U机＝E－U－U内＝7.0V，B对；电动机的发热功率和总功率分别为P热＝I2r1＝2W、P总＝U机I＝14W，C错；电动机的输出功率为P出＝P总－P热＝12W，A错；电源的输出功率为P＝U端I＝20W，D错．
课时规范训练
[基础巩固题组]
1．(多选)下列说法正确的是()
A．据R＝UI可知，加在电阻两端的电压变为原来的2倍时，导体的电阻也变为原来的2倍
B．不考虑温度对阻值的影响，通过导体的电流及加在两端的电压改变时导体的电阻不变
C．据ρ＝RSl可知，导体的电阻率与导体的电阻和横截面积的乘积RS成正比，与导体的长度l成反比
D．导体的电阻率与导体的长度l、横截面积S、导体的电阻R皆无关
解析：选BD.R＝UI是电阻的定义式，导体电阻由导体自身性质决定，与U、I无关，当导体两端电压U加倍时，导体内的电流I也加倍，但比值R仍不变，A错误、B正确；ρ＝RSl是导体电阻率的定义式，导体的电阻率由材料和温度决定，与R、S、l无关，C错误、D正确．
2．一根长为L、横截面积为S的金属棒，其材料的电阻率为ρ，棒内单位体积自由电子数为n，电子的质量为m、电荷量为e.在棒两端加上恒定的电压时，棒内产生电流，自由电子定向运动的平均速率为v，则金属棒内的电场强度大小为()
A.mv22eLB．mv2Sne
C．ρnevD.ρevSL
解析：选C.由电流定义可知：I＝qt＝nvtSet＝neSv，由欧姆定律可得：U＝IR＝neSvρLS＝ρneLv，又E＝UL，故E＝ρnev，选项C正确．
3．下列说法正确的是()
A．电流通过导体的热功率与电流大小成正比
B．力对物体所做的功与力的作用时间成正比
C．电容器所带电荷量与两极间的电势差成正比
D．弹性限度内，弹簧的劲度系数与弹簧伸长量成正比
解析：选C.电流通过导体的热功率为P＝I2R，与电流的平方成正比，A项错误；力作用在物体上，如果物体没有在力的方向上发生位移，作用时间再长，做功也为零，B项错误；由C＝QU可知，电容器的电容由电容器本身的性质决定，因此电容器的带电量与两板间的电势差成正比，C项正确；弹簧的劲度系数与弹簧的伸长量无关，D项错误．
4．如图所示为一磁流体发电机示意图，A、B是平行正对的金属板，等离子体(电离的气体，由自由电子和阳离子构成，整体呈电中性)从左侧进入，在t时间内有n个自由电子落在B板上，则关于R中的电流大小及方向判断正确的是()
A．I＝net，从上向下B．I＝2net，从上向下
C．I＝net，从下向上D．I＝2net，从下向上
解析：选A.由于自由电子落在B板上，则A板上落上阳离子，因此R中的电流方向为自上而下，电流大小I＝qt＝net.A项正确．
5．欧姆不仅发现了欧姆定律，还研究了电阻定律，有一个长方体型的金属电阻，材料分布均匀，边长分别为a、b、c，且a＞b＞c.电流沿以下方向流过该金属电阻，其中电阻的阻值最小的是()
解析：选A.根据电阻定律R＝ρlS可知RA＝ρcab，RB＝ρbac，RC＝ρabc，RD＝ρabc，结合a＞b＞c可得：RC＝RD＞RB＞RA，故RA最小，A正确．
6．某个由导电介质制成的电阻截面如图所示，导电介质的电阻率为ρ，制成内外半径分别为a和b的半球壳层形状(图中阴影部分)，半径为a、电阻不计的球形电极被嵌入导电介质的球心成为一个引出电极，在导电介质的外层球壳上镀上一层电阻不计的金属膜成为另外一个电极，设该电阻的阻值为R.下面给出R的四个表达式中只有一个是合理的，你可能不会求解R，但是你可以通过一定的物理分析，对下列表达式的合理性做出判断．根据你的判断，R的合理表达式应为()
A．R＝ρb＋a2πabB．R＝ρb－a2πab
C．R＝ρab2πb－aD．R＝ρab2πb＋a
解析：选B.根据R＝ρlS，从单位上看，答案中，分子应是长度单位，而分母应是面积单位，只有A、B符合单位，C、D错误；再代入特殊值，若b＝a，球壳无限薄，此时电阻为零，因此只有B正确，A错误．
7.(多选)我国已经于20xx年10月1日起禁止销售100W及以上的白炽灯，以后将逐步淘汰白炽灯．假设某同学研究白炽灯得到某白炽灯的伏安特性曲线如图所示．图象上A点与原点的连线与横轴成α角，A点的切线与横轴成β角，则()
A．白炽灯的电阻随电压的增大而减小
B．在A点，白炽灯的电阻可表示为tanβ
C．在A点，白炽灯的电功率可表示为U0I0
D．在A点，白炽灯的电阻可表示为U0I0
解析：选CD.白炽灯的电阻随电压的增大而增大，A错误；在A点，白炽灯的电阻可表示为U0I0，不能表示为tanβ或tanα，故B错误，D正确；在A点，白炽灯的功率可表示为U0I0，C正确．
[综合应用题组]
8．一只电饭煲和一台洗衣机并联接在输出电压为220V的交流电源上(其内电阻可忽略不计)，均正常工作．用电流表分别测得通过电饭煲的电流是5.0A，通过洗衣机电动机的电流是0.50A，则下列说法中正确的是()
A．电饭煲的电阻为44Ω，洗衣机电动机线圈的电阻为440Ω
B．电饭煲消耗的电功率为1555W，洗衣机电动机消耗的电功率为155.5W
C．1min内电饭煲消耗的电能为6.6×104J，洗衣机电动机消耗的电能为6.6×103J
D．电饭煲发热功率是洗衣机电动机发热功率的10倍
解析：选C.由于电饭煲是纯电阻元件，所以R1＝UI1＝44Ω，P1＝UI1＝1100W，其在1min内消耗的电能W1＝UI1t＝6.6×104J，洗衣机为非纯电阻元件，所以R2≠UI2，P2＝UI2＝110W，其在1min内消耗的电能W2＝UI2t＝6.6×103J，其热功率P热≠P2，所以电饭煲发热功率不是洗衣机电动机发热功率的10倍．
9．一个用半导体材料制成的电阻器D，其电流I随它两端电压U变化的关系图象如图甲所示，若将它与两个标准电阻R1、R2并联后接在电压恒为U的电源两端，3个用电器消耗的电功率均为P，现将它们连接成如图乙所示的电路，接在该电源的两端，设电阻器D和电阻R1、R2消耗的电功率分别是PD、P1、P2，它们之间的关系为()
A．P1＝4PDB．PD＝P4
C．PD＝P2D．P1＜4P2
解析：选D.由于电阻器D与两个标准电阻R1、R2并联后接在电压恒为U的电源两端时，三者功率相同，则此时三者电阻相同．当三者按照题图乙所示电路连接时，电阻器D两端的电压小于U，由题图甲图象可知，电阻器D的电阻增大，则有RD＞R1＝R2，而RD与R2并联，电压相等，根据P＝U2R，PD＜P2，C错误；由欧姆定律可知，电流ID＜I2，又I1＝I2＋ID，根据P＝I2R，P1＞4PD，P1＜4P2，A错误、D正确；由于电阻器D与电阻R2的并联电阻R＜R1，所以D两端的电压小于U2，且D阻值变大，则PD＜P4，B错误．
10．下图中的四个图象中，最能正确地表示家庭常用的白炽灯泡在不同电压下消耗的电功率P与电压平方U2之间函数关系的是()
解析：选C.白炽灯泡为纯电阻，其功率表达式为：P＝U2R，而U越大，电阻越大，图象上对应点与原点连线的斜率越小，故选项C正确．
11．如图所示为甲、乙两灯泡的IU图象，根据图象计算甲、乙两灯泡并联在电压为220V的电路中实际发光的功率分别为()
A．15W30WB．30W40W
C．40W60WD．60W100W
解析：选C.两灯泡并联在电压为220V的电路中，则两只灯泡两端的电压均为220V，根据IU图象知：甲灯实际工作时的电流约为I甲＝0.18A，乙灯实际工作时的电流为I乙＝0.27A，所以功率分别为P甲＝I甲U＝0.18×220W≈40W；P乙＝I乙U＝0.27×220W≈60W，C正确．
12．如图所示是某款理发用的电吹风的电路图，它主要由电动机M和电热丝R构成．当闭合开关S1、S2后，电动机驱动风叶旋转，将空气从进风口吸入，经电热丝加热，形成热风后从出风口吹出．已知电吹风的额定电压为220V，吹冷风时的功率为120W，吹热风时的功率为1000W．关于该电吹风，下列说法正确的是()
A．电热丝的电阻为55Ω
B．电动机线圈的电阻为12103Ω
C．当电吹风吹热风时，电热丝每秒钟消耗的电能为1000J
D．当电吹风吹热风时，电动机每秒钟消耗的电能为1000J
解析：选A.电吹风吹热风时电热丝消耗的功率为P＝1000W－120W＝880W，对电热丝，由P＝U2R可得电热丝的电阻为R＝U2P＝2202880Ω＝55Ω，选项A正确；由于不知道电动机线圈的发热功率，所以电动机线圈的电阻无法计算，选项B错误；当电吹风吹热风时，电热丝每秒消耗的电能为880J，选项C错误；当电吹风吹热风时，电动机每秒钟消耗的电能为120J，选项D错误．
13．(多选)如图所示，定值电阻R1＝20Ω，电动机绕线电阻R2＝10Ω，当开关S断开时，电流表的示数是I1＝0.5A，当开关合上后，电动机转动起来，电路两端的电压不变，电流表的示数I和电路消耗的电功率P应是()
A．I＝1.5AB．I1.5A
C．P＝15WD．P15W
解析：选BD.当开关S断开时，由欧姆定律得U＝I1R1＝10V，当开关闭合后，通过R1的电流仍为0.5A，通过电动机的电流I2UR2＝1A，故电流表示数I＜0.5A＋1A＝1.5A，B正确；电路中电功率P＝UI15W，D正确．
14．(多选)通常一次闪电过程历时约0.2～0.3s，它由若干个相继发生的闪击构成．每个闪击持续时间仅40～80μs，电荷转移主要发生在第一个闪击过程中．在某一次闪击前云地之间的电势差约为1.0×109V，云地间距离约为1km；第一个闪击过程中云地间转移的电荷量约为6C，闪击持续时间约为60μs.假定闪电前云地间的电场是均匀的．根据以上数据，下列判断正确的是()
A．闪电电流的瞬时值可达到1×105A
B．整个闪电过程的平均功率约为1×1014W
C．闪电前云地间的电场强度约为1×106V/m
D．整个闪电过程向外释放的能量约为6×106J
解析：选AC.根据题意第一个闪击过程中转移电荷量Q＝6C，时间约为t＝60μs，故平均电流为I平＝Qt＝1×105A，闪击过程中的瞬时最大值一定大于平均值，故A对；第一次闪击过程中电功约为W＝QU＝6×109J，第一个闪击过程的平均功率P＝Wt＝1×1014W，由于一次闪电过程主要发生在第一个闪击过程中，但整个闪击过程中的时间远大于60μs，故B错；闪电前云与地之间的电场强度约为E＝Ud＝1×1091000V/m＝1×106V/m，C对；整个闪电过程向外释放的能量约为W＝6×109J，D错．
第2节电路闭合电路欧姆定律
一、电阻的串、并联
串联电路并联电路
电流I＝I1＝I2＝…＝InI＝I1＋I2＋…＋In
电压U＝U1＋U2＋…＋UnU＝U1＝U2＝…＝Un
电阻R总＝R1＋R2＋…＋Rn1R总＝1R1＋1R2＋…＋1Rn

分压原理或分流原理U1∶U2∶…∶Un＝R1∶R2∶…∶RnI1∶I2∶…∶In＝1R1∶1R2∶…∶1Rn

功率分配P1∶P2∶…∶Pn＝R1∶R2∶…∶RnP1∶P2∶…∶Pn＝1R1∶1R2∶…∶1Rn

二、电源的电动势和内阻
1．电动势
(1)电源：电源是通过非静电力做功把其它形式的能转化成电势能的装置．
(2)电动势：非静电力搬运电荷所做的功与搬运的电荷量的比值，E＝Wq.
(3)电动势的物理含义：电动势表示电源把其它形式的能转化成电势能本领的大小，在数值上等于电源没有接入电路时两极间的电压．
2．内阻：电源内部导体的电阻．
三、闭合电路的欧姆定律
1．闭合电路欧姆定律
(1)内容：闭合电路里的电流跟电源的电动势成正比，跟内、外电阻之和成反比．
(2)公式：I＝ER＋r(只适用于纯电阻电路)．
(3)其他表达形式
①电势降落表达式：E＝U外＋U内或E＝U外＋Ir.
②能量表达式：EI＝UI＋I2r.
2．路端电压与外电阻的关系
一般情况U＝IR＝ER＋rR＝E1＋rR，当R增大时，U增大

特殊情况①当外电路断路时，I＝0，U＝E
②当外电路短路时，I短＝Er，U＝0

[自我诊断]
1.判断正误
(1)电动势是反映电源把其他形式的能转化为电能本领强弱的物理量．(√)
(2)电动势就等于电源两极间的电压．(×)
(3)闭合电路中外电阻越大，路端电压越小．(×)
(4)在闭合电路中，外电阻越大，电源的输出功率越大．(×)
(5)电源的输出功率越大，电源的效率越高．(×)
2.某电路如图所示，已知电池组的总内阻r＝1Ω，外电路电阻R＝5Ω，理想电压表的示数U＝3.0V，则电池组的电动势E等于()
A．3.0VB．3.6V
C．4.0VD．4.2V
解析：选B.由于电压表的示数为路端电压，而U＝IR，则I＝UR＝0.6A，由闭合电路欧姆定律可得E＝I(R＋r)＝0.6×(5＋1)V＝3.6V，故选项B正确．
3．将一电源电动势为E，内电阻为r的电池与外电路连接，构成一个闭合电路，用R表示外电路电阻，I表示电路的总电流，下列说法正确的是()
A．由U外＝IR可知，外电压随I的增大而增大
B．由U内＝Ir可知，电源两端的电压随I的增大而增大
C．由U＝E－Ir可知，电源输出电压随输出电流I的增大而减小
D．由P＝IU可知，电源的输出功率P随输出电流I的增大而增大
解析：选C.根据闭合电路欧姆定律I＝ER＋r知，外电路中电流I随外电阻R的变化而变化，所以选项A错误；U内＝Ir是电源内电阻上的电压，不是电源两端的电压，选项B错误；电源电动势E和内电阻r不变，由U＝E－Ir可知，电源输出电压随输出电流I的增大而减小，选项C正确；当U不变时，电源的输出功率P随输出电流I的增大而增大，选项D错误．
考点一电阻的串并联
1．串、并联电路的几个常用结论
(1)当n个等值电阻R0串联或并联时，R串＝nR0，R并＝1nR0.
(2)串联电路的总电阻大于电路中任意一个电阻，并联电路的总电阻小于电路中任意一个电阻．
(3)在电路中，某个电阻增大(或减小)，则总电阻增大(或减小)．
(4)某电路中无论电阻怎样连接，该电路消耗的总电功率始终等于各个电阻消耗的电功率之和．
2．电压表、电流表的改装
1.(多选)一个T形电路如图所示，电路中的电阻R1＝10Ω，R2＝120Ω，R3＝40Ω.另有一测试电源，电动势为100V，内阻忽略不计．则()
A．当cd端短路时，ab之间的等效电阻是40Ω
B．当ab端短路时，cd之间的等效电阻是40Ω
C．当ab两端接通测试电源时，cd两端的电压为80V
D．当cd两端接通测试电源时，ab两端的电压为80V
解析：选AC.当cd端短路时，R2与R3并联再与R1串联，ab之间的等效电阻为40Ω，A正确；同理可得B错误；当ab两端接通测试电源时，R1、R3串联，R2无效，cd两端的电压就等于R3分得的电压，可以求得为80V，C正确；同理可得D错误．
2．如图所示，电路两端的电压U保持不变，电阻R1、R2、R3消耗的电功率一样大，则电阻之比R1∶R2∶R3是()
A．1∶1∶1B．4∶1∶1
C．1∶4∶4D．1∶2∶2
解析：选C.根据串、并联电路的特点知U2＝U3，因P1＝P2＝P3，故R2＝R3，又I1＝I2＋I3，故I1＝2I2＝2I3，根据P＝I2R和P1＝P2＝P3得R1∶R2∶R3＝1∶4∶4，C正确．
3．(多选)如图所示，甲、乙两电路都是由一个灵敏电流表G和一个变阻器R组成的，下列说法正确的是()
A．甲表是电流表，R增大时量程增大
B．甲表是电流表，R增大时量程减小
C．乙表是电压表，R增大时量程增大
D．乙表是电压表，R增大时量程减小
解析：选BC.由电表的改装原理可知，电流表应是G与R并联，改装后加在G两端的最大电压Ug＝IgRg不变，所以并联电阻R越大，I＝Ig＋IR越小，即量程越小，B正确，A错误；对于电压表应是G与R串联，改装后量程U＝IgRg＋IgR，可知R越大，量程越大，C正确，D错误．
考点二闭合电路的欧姆定律
考向1：闭合电路的功率及效率问题
由P出与外电阻R的关系图象可以看出：
①当R＝r时，电源的输出功率最大为Pm＝E24r.
②当R＞r时，随着R的增大输出功率越来越小．
③当R＜r时，随着R的增大输出功率越来越大．
④当P出＜Pm时，每个输出功率对应两个外电阻R1和R2，且R1R2＝r2.
1．在研究微型电动机的性能时，应用如图所示的实验电路．当调节滑动变阻器R使电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为0.5A和2.0V．重新调节R使电动机恢复正常运转，此时电流表和电压表的示数分别为2.0A和24.0V．则这台电动机正常运转时输出功率为()
A．32WB．44W
C．47WD．48W
解析：选A.电动机不转时相当于一个纯电阻，根据通过电动机的电流为0.5A、电压为2V，可算出电动机内阻为4Ω.正常工作时，电动机消耗功率P＝UI＝48W，内阻发热消耗功率P热＝I2r＝16W，则输出功率为P出＝P－P热＝32W.
2．如图所示，电源电动势E＝12V，内阻r＝3Ω，R0＝1Ω，直流电动机内阻R0′＝1Ω，当调节滑动变阻器R1时可使甲电路输出功率最大，调节R2时可使乙电路输出功率最大，且此时电动机刚好正常工作(额定输出功率为P0＝2W)，则R1和R2的值分别为()
A．2Ω，2ΩB．2Ω，1.5Ω
C．1.5Ω，1.5ΩD．1.5Ω，2Ω
解析：选B.因为题中甲电路是纯电阻电路，当外电阻与电源内阻相等时，电源的输出功率最大，所以R1＝2Ω；而乙电路是含电动机电路，欧姆定律不适用，电路的输出功率P＝IU＝I(E－Ir)，当I＝E2r＝2A时，输出功率P有最大值，此时电动机的输出功率为P0＝2W，发热功率为P热＝I2R0′＝4W，所以电动机的输入功率为P入＝P0＋P热＝6W，电动机两端的电压为UM＝P入I＝3V，电阻R2两端的电压为UR2＝E－UM－Ir＝3V，所以R2＝UR2I＝1.5Ω，选项B正确．
考向2：电路故障的分析与判断
(1)故障特点
①断路特点：表现为路端电压不为零而电流为零．
②短路特点：用电器或电阻发生短路，表现为有电流通过电路但它两端电压为零．
(2)检查方法
①电压表检测：如果电压表示数为零，则说明可能在并联路段之外有断路，或并联路段短路．
②电流表检测：当电路中接有电源时，可用电流表测量各部分电路上的电流，通过对电流值的分析，可以确定故障的位置．在运用电流表检测时，一定要注意电流表的极性和量程．
③欧姆表检测：当测量值很大时，表示该处断路，当测量值很小或为零时，表示该处短路．在运用欧姆表检测时，电路一定要切断电源．
④假设法：将整个电路划分为若干部分，然后逐一假设某部分电路发生某种故障，运用闭合电路或部分电路的欧姆定律进行推理．
3.如图所示的电路中，电源的电动势为6V，当开关S接通后，灯泡L1、L2都不亮，用电压表测得各部分的电压是Uab＝6V，Uad＝0V，Ucd＝6V，由此可判定()
A．L1和L2的灯丝都烧断了
B．L1的灯丝烧断了
C．L2的灯丝烧断了
D．变阻器R断路
解析：选C.由Uab＝6V可知，电源完好，灯泡都不亮，说明电路中出现断路故障，且在a、b之间．由Ucd＝6V可知，灯泡L1与滑动变阻器R是接通的，断路故障出现在c、d之间，故灯L2断路，所以选项C正确．
4．(多选)在如图所示的电路中，由于某一电阻发生短路或断路，A灯变暗，B灯变亮，则故障可能是()
A．R1短路B．R2断路
C．R3断路D．R4短路
解析：选BC.由于A灯串联于干路中，且故障发生后，A灯变暗，故知电路中总电流变小，即电路总电阻变大，由此推知，故障应为某一电阻断路，排除选项A、D.假设R2断路，则其断路后，电路总电阻变大，总电流变小，A灯变暗，同时R2断路必引起与之并联的B灯中电流变大，使B灯变亮，推理结果与现象相符，故选项B正确．假设R3断路，则也引起总电阻变大，总电流变小，使A灯变暗，同时R3断路也必引起与之并联的电路(即R1所在支路)中电流增大，B灯中分得的电流也变大，B灯变亮，故选项C正确．
考点三电路的动态变化
考向1：不含电容器电路
(1)判定总电阻变化情况的规律
①当外电路的任何一个电阻增大(或减小)时，电路的总电阻一定增大(或减小)．
②若开关的通、断使串联的用电器增多时，电路的总电阻增大；若开关的通、断使并联的支路增多时，电路的总电阻减小．
③在如图所示分压电路中，滑动变阻器可视为由两段电阻构成，其中一段R并与用电器并联，另一段R串与并联部分串联．A、B两端的总电阻与R串的变化趋势一致．
(2)分析思路
1．如图所示电路，电源内阻不可忽略．开关S闭合后，在变阻器R0的滑动端向下滑动的过程中()
A．电压表与电流表的示数都减小
B．电压表与电流表的示数都增大
C．电压表的示数增大，电流表的示数减小
D．电压表的示数减小，电流表的示数增大
解析：选A.滑片向下滑动，则滑动变阻器接入电路中的电阻减小，则总电阻减小，电路中总电流增大，电源内阻两端的电压增大，则由闭合电路欧姆定律可知，电路的路端电压减小，故电压表示数减小；由欧姆定律可知，R1上的分压增大，故并联部分电压减小，即可知电流表示数减小，故A正确，B、C、D错误．
2．如图所示，E为内阻不能忽略的电池，R1、R2、R3为定值电阻，S0、S为开关，与分别为电压表与电流表．初始时S0与S均闭合，现将S断开，则()
A．的读数变大，的读数变小
B．的读数变大，的读数变大
C．的读数变小，的读数变小
D．的读数变小，的读数变大
解析：选B.当S断开后，闭合电路的总电阻增加，根据闭合电路欧姆定律可知，总电流减小，故路端电压U＝E－Ir增加，即的读数变大；由于定值电阻R1两端的电压减小，故R3两端的电压增加，通过R3的电流增加，即的读数变大，选项B正确．
考向2：含电容器电路
(1)电路的简化
不分析电容器的充、放电过程时，把电容器所在的电路视为断路，简化电路时可以去掉，求电荷量时再在相应位置补上．
(2)电路稳定时电容器的处理方法
电路稳定后，与电容器串联的电路中没有电流，同支路的电阻相当于导线，即电阻不起降低电压的作用，但电容器两端的电压与其并联电器两端电压相等．(3)电压变化带来的电容器变化
电路中电流、电压的变化可能会引起电容器的充、放电．若电容器两端电压升高，电容器将充电；若电压降低，电容器将通过与它连接的电路放电，可由ΔQ＝CΔU计算电容器上电荷量的变化量．
3．(20xx辽宁沈阳质检)如图所示，R1＝R2＝R3＝R4＝R，电键S闭合时，间距为d的平行板电容器C的正中间有一质量为m、电荷量为q的小球恰好处于静止状态；电键S断开时，则小球的运动情况为()
A．不动B．向上运动
C．向下运动D．不能确定
解析：选C.电键S断开，电路的总电阻变大，干路电流减小，R4两端电压减小，则电容器两端的电压也减小，匀强电场的场强减小，小球受到的电场力减小，所以小球所受合力向下，C正确．
4．(20xx东北三校联考)(多选)如图所示，C1＝6μF，C2＝3μF，R1＝3Ω，R2＝6Ω，电源电动势E＝18V，内阻不计．下列说法正确的是()
A．开关S断开时，a、b两点电势相等
B．开关S闭合后，a、b两点间的电流是2A
C．开关S断开时，C1带的电荷量比开关S闭合后C1带的电荷量大
D．不论开关S断开还是闭合，C1带的电荷量总比C2带的电荷量大
解析：选BC.S断开时外电路处于断路状态，两电阻中无电流通过，电阻两端电势相等，由图知a点电势与电源负极电势相等，b点电势与电源正极电势相等，A错误；S断开时两电容器两端电压都等于电源电动势，而C1＞C2，由Q＝CU知此时Q1＞Q2，当S闭合时，稳定状态下C1与R1并联，C2与R2并联，电路中电流I＝ER1＋R2＝2A，此时两电阻两端电压分别为U1＝IR1＝6V、U2＝IR2＝12V，则此时两电容器所带电荷量分别为Q1′＝C1U1＝3.6×10－5C、Q2′＝C2U2＝3.6×10－5C，对电容器C1来说，S闭合后其两端电压减小，所带电荷量也减小，B、C正确，D错误．
分析此类问题要注意以下三点
(1)闭合电路欧姆定律E＝U＋Ir(E、r不变)和部分电路欧姆定律U＝IR联合使用．
(2)局部电阻增则总电阻增，反之总电阻减；支路数量增则总电阻减，反之总电阻增．
(3)两个关系：外电压等于外电路上串联各分电压之和；总电流等于各支路电流之和．
考点四两种UI图线的比较及应用

电源UI图象电阻UI图象
图形

物理意义路端电压随电流的变化规律电阻两端电压随电流的变化规律
截距与纵轴交点表示电源电动势E，与横轴交点表示短路电流Er
过坐标轴原点，表示没有电压时电流为零
坐标的乘积UI表示电源的输出功率表示电阻消耗的功率
坐标的U、I比值表示外电阻的大小，不同点对应的外电阻大小不同每一点对应的比值均等大，表示此电阻的大小不变
斜率的绝对值内电阻r电阻大小
[典例](多选)在如图所示的UI图象中，直线Ⅰ为某一电源的路端电压与电流的关系图线，直线Ⅱ为某一电阻R的UI图线．用该电源直接与电阻R相连组成闭合电路，由图象可知()
A．电源的电动势为3V，内阻为0.5Ω
B．电阻R的阻值为1Ω
C．电源的输出功率为4W
D．电源的效率为50%
解析由图线Ⅰ可知，电源的电动势为3V，内阻为r＝EI短＝0.5Ω；由图线Ⅱ可知，电阻R的阻值为1Ω，该电源与电阻R直接相连组成的闭合电路的电流为I＝Er＋R＝2A，路端电压U＝IR＝2V(可由题图读出)，电源的输出功率为P＝UI＝4W，电源的效率为η＝UIEI×100%≈66.7%，故选项A、B、C正确，D错误．
答案ABC
电源的UI图线与电阻的UI图线的交点表示电源的路端电压与用电器两端的电压相等，通过电源的电流与通过用电器的电流相等，故交点表示该电源单独对该用电器供电的电压和电流．
1.(20xx上海青浦质检)(多选)如图所示，直线A、B分别为电源a、b的路端电压与电流的关系图线，设两个电源的内阻分别为ra和rb，若将一定值电阻R0分别接到a、b两电源上，通过R0的电流分别为Ia和Ib，则()
A．ra＞rb
B．Ia＞Ib
C．R0接到a电源上，电源的输出功率较大，但电源的效率较低
D．R0接到b电源上，电源的输出功率较小，电源的效率较低
解析：选ABC.在电源路端电压与电流的关系图象中斜率表示电源内阻，ra＞rb，A正确；在图象中作出定值电阻R0的伏安特性曲线，与电源的伏安特性曲线交点表示电路工作点，Ia＞Ib，B正确；R0接到a电源上，电源的输出功率较大，但电源的效率较低，R0接到b电源上，电源的输出功率较小，但电源的效率较高，C正确，D错误．
2．(多选)如图所示，图中直线①表示某电源的路端电压与电流的关系图象，图中曲线②表示该电源的输出功率与电流的关系图象，则下列说法正确的是()
A．电源的电动势为50V
B．电源的内阻为253Ω
C．电流为2.5A时，外电路的电阻为15Ω
D．输出功率为120W时，输出电压是30V
解析：选ACD.电源的输出电压和电流的关系为：U＝E－Ir，显然直线①的斜率的绝对值等于r，纵轴的截距为电源的电动势，从题图中看出E＝50V，r＝50－206－0Ω＝5Ω，A正确，B错误；当电流为I1＝2.5A时，由回路中电流I1＝Er＋R外，解得外电路的电阻R外＝15Ω，C正确；当输出功率为120W时，由题图中PI关系图线看出对应干路电流为4A，再从UI图线读取对应的输出电压为30V，D正确．
课时规范训练
[基础巩固题组]
1．电阻R1与R2并联在电路中，通过R1与R2的电流之比为1∶2，则当R1与R2串联后接入电路中时，R1与R2两端电压之比U1∶U2为()
A．1∶2B．2∶1
C．1∶4D．4∶1
解析：选B.由并联特点可知：R1R2＝I2I1＝21，又由串联电路特点可得：U1U2＝R1R2＝21，故B正确．
2．电子式互感器是数字变电站的关键设备之一．如图所示，某电子式电压互感器探头的原理为电阻分压，ac间的电阻是cd间电阻的(n－1)倍，某次测量中输出端数字电压表的示数为U，则输入端的电压为()
A．nUB.Un
C．(n－1)UD.Un－1
解析：选A.Rac与Rcd串联，电流I＝UabRac＋Rcd，对输出端电压Ucd＝U＝IRcd＝UabRcdRac＋Rcd＝Uabn，即输入端电压为Uab＝nU.
3．电源电动势反映了电源把其他形式的能量转化为电能的能力，因此()
A．电动势是一种非静电力
B．电动势越大，表明电源储存的电能越多
C．电动势的大小是非静电力做功能力的反映
D．电动势就是闭合电路中电源两端的电压
解析：选C.电动势E＝Wq，它不属于力的范畴，A错误；电动势表征非静电力做功的本领，电动势越大，表明电源将其他形式的能转化为电能的本领越大，B错误，C正确；电动势与电压是两个不同的概念，通常情况下，电动势大于闭合电路电源两端电压，D错误．
4．如图所示的闭合电路中，当滑片P右移时，两电表读数变化是()
A．电流表变小，电压表变小
B．电流表变大，电压表变大
C．电流表变大，电压表变小
D．电流表变小，电压表变大
解析：选D.闭合电路中，当滑片P向右移动时，滑动变阻器的电阻变大，使电路中电阻变大，由闭合电路欧姆定律可得电流变小，则电源内电压及R0的分压减小，滑动变阻器两端电压变大．故电流表示数减小，电压表示数变大，D正确．
5．(多选)如图所示，图中的四个电表均为理想电表，当滑动变阻器滑片P向右端移动时，下面说法中正确的是()
A．电压表V1的读数减小，电流表A1的读数增大
B．电压表V1的读数增大，电流表A1的读数减小
C．电压表V2的读数减小，电流表A2的读数增大
D．电压表V2的读数增大，电流表A2的读数减小
解析：选AD.滑动变阻器滑片P向右端移动，使得RP变小，总电阻变小，总电流变大，即电流表A1的读数增大．内电压变大，R1所分电压变大，并联电路电压即电压表V1的读数变小．即R3两端电压变小，通过R3的电流变小即电流表A2的读数减小，由于总电流增大，所以经过另外一个支路即经过R2的电流变大，R2两端电压变大，即电压表V2的读数增大，对照选项A、D正确．
6．(多选)某一表头的满偏电流为Ig，满偏电压为Ug，内阻为Rg，改装成电流表后，电流量程为I，电压量程为U，内阻为R，则()
A．R＝UgIB．U＝IgRg
C．Ug＜UD．I＞UgR
解析：选AB.由电流表的改装原理可知，Ig＜I，Ug＝U，Rg＞R，由部分电路的欧姆定律知R＝UI＝UgI，Ug＝IgRg＝U，A、B正确，C、D错误．
7．(多选)在如图所示的电路中，开关闭合后，灯泡L能正常发光．当滑动变阻器的滑片向右移动时，下列判断正确的是()
A．滑动变阻器R的阻值变小
B．灯光L变暗
C．电源消耗的功率增大
D．电容器C的电荷量增大
解析：选BD.滑动变阻器的滑片向右移动时，其电阻R增大，流过R的电流减小，灯泡L变暗，故A错误，B正确；由P总＝EI知电源消耗的功率减小，C错误；电容器C上电压为路端电压，由U路＝E－Ir知路端电压增大，即电容器C上的电荷量增大，D正确．
[综合应用题组]
8.如图所示，直线A为某电源的UI图线，曲线B为某小灯泡L1的UI图线的一部分，用该电源和小灯泡L1串联起来组成闭合回路时灯泡L1恰能正常发光，则下列说法中正确的是()
A．此电源的内电阻为23Ω
B．灯泡L1的额定电压为3V，额定功率为6W
C．把灯泡L1换成阻值恒为1Ω的纯电阻，电源的输出功率将变小
D．由于小灯泡L1的UI图线是一条曲线，所以灯泡发光过程中欧姆定律不适用
解析：选B.由图象知，电源的内阻为r＝ΔUΔI＝4－16Ω＝0.5Ω，A错误；因为灯L1正常发光，故灯L1的额定电压为3V，额定功率为P＝UI＝3×2W＝6W，B正确；正常工作时，灯L1的电阻为R1＝UI＝1.5Ω，换成R2＝1Ω的纯电阻后，该电阻更接近电源内阻r，故电源的输出功率将变大，C错误；虽然灯泡L1的UI图线是一条曲线，但由于小灯泡为纯电阻，所以欧姆定律仍适用，D错误．
9.(多选)如图所示电路中，电源内阻不能忽略，两个电压表均为理想电表．当滑动变阻器R2的滑动触头P移动时，关于两个电压表V1与V2的示数，下列判断正确的是()
A．P向a移动，V1示数增大、V2的示数减小
B．P向b移动，V1示数增大、V2的示数减小
C．P向a移动，V1示数改变量的绝对值小于V2示数改变量的绝对值
D．P向b移动，V1示数改变量的绝对值大于V2示数改变量的绝对值
解析：选AC.P向a移动，R2连入电路的电阻减小，根据“并同串反”可知V2示数减小，V1示数增大，U内增大，A正确；同理，B错误；由E＝U内＋U外＝U内＋UV1＋UV2，电源电动势不变可得：U内示数改变量绝对值与V1示数改变量绝对值之和等于V2示数改变量绝对值，C正确；同理，D错误．
10．某同学做电学实验(电源内阻r不能忽略)，通过改变滑动变阻器电阻大小，观察到电压表和电流表的读数同时变大，则他所连接的电路可能是下图中的()
解析：选C.观察到电压表和电流表的读数同时变大，其电路一定是电压表和电流表测量的是同一个固定电阻，他所连接的电路可能是C.
11.如图为某控制电路，由电动势为E、内阻为r的电源与定值电阻R1、R2及电位器(滑动变阻器)R连接而成，L1、L2是两个指示灯．当电位器的触片由b端滑向a端时，下列说法正确的是()
A．L1、L2都变亮B．L1、L2都变暗
C．L1变亮，L2变暗D．L1变暗，L2变亮
解析：选B.当滑片由b端向a端滑动时，R接入电阻增大，总电阻增大；由闭合电路的欧姆定律可知电路中总电流减小，则内电压减小，由U＝E－Ir可知路端电压增大，则R1两端的电压增大，所以通过R1的电流增大，而总电流减小，所以通过L1的电流变小，即L1变暗；L1两端电压减小，并联电压增大，所以R2两端的电压增大，所以通过R2电流增大，而通过L1的电流变小，所以通过L2电流变小，即L2变暗．故B正确．
12．(多选)在如图所示的电路，电源的内阻为r，现闭合开关S，将滑片P向左移动一段距离后，下列结论正确的是()
A．灯泡L变亮
B．电压表读数变小
C．电流表读数变小
D．电容器C上的电荷量增加
解析：选CD.滑片P向左移动电阻增大，电路中电流减小，电灯L变暗，故A错误，C正确；电压表读数为路端电压，由U路＝E－Ir知U路增大，故B错误；电容器两端的电压UC＝E－Ir－U灯可知UC增大，则C上电荷量增加，D正确．
13．(多选)如图所示电路中，电源内阻忽略不计．闭合开关，电压表示数为U，电流表示数为I；在滑动变阻器R1的滑片P由a端滑到b端的过程中()
A．U先变大后变小
B．I先变小后变大
C．U与I比值先变大后变小
D．U变化量与I变化量比值等于R3
解析：选BC.因电源内阻不计，故路端电压不变，电压表示数不变；当滑片位于中点时，滑动变阻器接入电路的电阻有最大值，电流表所在电路的电流有最小值，所以B、C正确．
14．阻值相等的四个电阻、电容器C及电池E(内阻可忽略)连接成如图所示电路．开关S断开且电流稳定时，C所带的电荷量为Q1；闭合开关S，电流再次稳定后，C所带的电荷量为Q2.Q1与Q2的比值为()
A.25B.12
C.35D.23
解析：选C.由已知条件及电容定义式C＝QU可得：Q1＝U1C，Q2＝U2C，则Q1Q2＝U1U2.S断开时等效电路如图甲所示，U1＝RR＋RR＋R＋RR＋RR＋RR＋R＋RE×12＝15E；
S闭合时等效电路如图乙所示，U2＝RRR＋RR＋RRR＋RE＝13E，则Q1Q2＝U1U2＝35，故C正确．
第3节电学实验基础
考点一基本仪器的使用和读数
1．螺旋测微器的原理和读数
(1)原理：测微螺杆与固定刻度之间的精密螺纹的螺距为0.5mm，即旋钮每旋转一周，测微螺杆前进或后退0.5mm，而可动刻度上的刻度为50等份，每转动一小格，测微螺杆前进或后退0.01mm，即螺旋测微器的精确度为0.01mm.读数时估读到毫米的千分位上，因此，螺旋测微器又叫千分尺．
(2)读数：测量值(mm)＝固定刻度数(mm)(注意半毫米刻度线是否露出)＋可动刻度数(估读一位)×0.01(mm)．
2．游标卡尺的原理和读数
(1)原理：利用主尺的最小分度与游标尺的最小分度的差值制成．不管游标尺上有多少个小等分刻度，它的刻度部分的总长度比主尺上的同样多的小等分刻度少1mm.
(2)读数：若用x表示由主尺上读出的整毫米数，K表示从游标尺上读出与主尺上某一刻线对齐的游标的格数，则记录结果表达为(x＋K×精确度)mm.
3．常用电表的读数
对于电压表和电流表的读数问题，首先要弄清电表量程，然后根据表盘总的刻度数确定精确度，按照指针的实际位置进行读数即可．
(1)0～3V的电压表和0～3A的电流表读数方法相同，此量程下的精确度是0.1V或0.1A，看清楚指针的实际位置，读到小数点后面两位．
(2)对于0～15V量程的电压表，精确度是0.5V，在读数时只要求读到小数点后面一位，即读到0.1V.
(3)对于0.6A量程的电流表，精确度是0.02A，在读数时只要求读到小数点后面两位，这时要求“半格估读”，即读到最小刻度的一半0.01A.
[典例](1)如图所示的三把游标卡尺，它们的游标尺从上至下分别为9mm长10等分、19mm长20等分、49mm长50等分，它们的读数依次为________mm、________mm、________mm.
(2)使用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图所示，则金属丝的直径是________mm.
(3)①如图甲所示的电表使用0.6A量程时，对应刻度盘上每一小格代表________A，图中表针示数为________A；当使用3A量程时，对应刻度盘中每一小格代表________A，图中表针示数为________A.
②如图乙所示的电表使用较小量程时，每小格表示________V，图中表针的示数为________V．若使用的是较大量程，则这时表盘刻度每小格表示________V，图中表针示数为________V.
(4)旋钮式电阻箱如图所示，电流从接线柱A流入，从B流出，则接入电路的电阻为________Ω.今欲将接入电路的电阻改为2087Ω，最简单的操作方法是______________________．若用两个这样的电阻箱，则可得到的电阻值范围为______________．
解析(1)最上面图读数：整毫米数是17mm，不足1毫米数是7×0.1mm＝0.7mm，最后结果是17mm＋0.7mm＝17.7mm.
中间图读数：整毫米数是23mm，不足1毫米数是17×0.05mm＝0.85mm，最后结果是23mm＋0.85mm＝23.85mm.
最下面图读数：整毫米数是10mm，不足1毫米数是23×0.02mm＝0.46mm，最后结果是10mm＋0.46mm＝10.46mm.
(2)固定刻度示数为2.0mm，不足半毫米的从可动刻度上读，其示数为15.0×0.01mm，最后的读数是2.0mm＋15.0×0.01mm＝2.150mm.
(3)①使用0.6A量程时，刻度盘上的每一小格为0.02A，表针示数为0.440A；当使用3A量程时，每一小格为0.1A，表针示数为2.20A.
②电压表使用3V量程时，每小格表示0.1V，表针示数为1.70V；使用15V量程时，每小格表示0.5V，表针示数为8.5V.
(4)电阻为1987Ω，最简单的操作方法是先将“×1k”旋钮调到2，再将“×100”旋钮调到0.每个电阻箱的最大阻值是9999Ω，用这样的两个电阻箱串联可得到的最大电阻是2×9999Ω＝19998Ω.故用两个这样的电阻箱，可得到的电阻值范围为0～19998Ω.
答案(1)17.723.8510.46(2)2.150
(3)①0.020.4400.12.20②0.11.700.58.5
(4)1987将“×1k”旋钮调到2，再将“×100”旋钮调到0
0～19998Ω
1．某同学利用游标卡尺和螺旋测微器分别测量一圆柱体工件的直径和高度，测量结果如图(a)和(b)所示．该工件的直径为________cm，高度为________mm.
解析：游标卡尺读数为d＝12mm＋4×120mm＝12.20mm＝1.220cm
螺旋测微器的读数为h＝6.5mm＋36.1×0.01mm＝6.861mm.
答案：1.2206.861
2．电流表量程一般有两种——0～0.6A,0～3A；电压表量程一般有两种——0～3V,0～15V．如图所示：
①接0～3V量程时读数为________V.
②接0～15V量程时读数为________V.
③接0～3A量程时读数为________A.
④接0～0.6A量程时读数为________A.
答案：①1.88②9.4③0.82④0.16
考点二测量电路与控制电路设计
1．电流表的两种接法
(1)两种接法的比较
内接法外接法
电路图

误差原因电流表分压U测＝Ux＋UA电压表分流I测＝Ix＋IV
电阻测量值R测＝U测I测＝Rx＋RA＞Rx
测量值大于真实值R测＝U测I测＝RxRVRx＋RV＜Rx
测量值小于真实值
(2)两种接法的选择
①阻值比较法：先将待测电阻的估计值与电压表、电流表内阻进行比较，若Rx较小，宜采用电流表外接法；若Rx较大，宜采用电流表内接法．简单概括为“大内偏大，小外偏小”．
②临界值计算法
Rx＜RVRA时，用电流表外接法；
Rx＞RVRA时，用电流表内接法．
③实验试探法：按如图所示接好电路，让电压表一根接线柱P先后与a、b处接触一下，如果电压表的示数有较大的变化，而电流表的示数变化不大，则可采用电流表外接法；如果电流表的示数有较大的变化，而电压表的示数变化不大，则可采用电流表内接法．
2．滑动变阻器的两种接法
(1)两种接法的比较
内容方式限流接法分压接法
两种接法电路图

负载R上电压调节范围RER＋R0≤U≤E
0≤U≤E
负载R上电流调节范围ER＋R0≤I≤ER
0≤I≤ER

闭合S前触头位置b端a端
(2)两种接法的选择
①两种接法的一般适用条件
a．限流式接法适合测量阻值小的电阻(跟滑动变阻器的总电阻相比相差不多或比滑动变阻器的总电阻还小)；
b．分压式接法适合测量阻值较大的电阻(一般比滑动变阻器的总电阻要大)．
②必须采用分压法的三种情况
a．若采用限流式接法不能控制电流满足实验要求，即若滑动变阻器阻值调到最大时，待测电阻上的电流(或电压)仍超过电流表(或电压表)的量程，或超过待测电阻的额定电流(或电压)，则必须选用分压式接法；
b．若待测电阻的阻值比滑动变阻器总电阻大得多，以致在限流电路中，滑动变阻器的滑片从一端滑到另一端时，待测电阻上的电流或电压变化范围不够大，此时，应改用分压电路；
c．若实验中要求电压从零开始调节，则必须采用分压式电路．
③两种电路均可使用的情况下，应优先采用限流式接法，因为限流式接法电路简单、耗能低．
1．一只小灯泡，标有“3V0.6W”字样，现用下面给出的器材测量该小灯泡正常发光时的电阻：电源(电动势为12V，内阻为1Ω)、最大阻值为5Ω的滑动变阻器、电流表(内阻为1Ω)、电压表(内阻为10kΩ)、开关一个、导线若干．
(1)在设计电路的过程中，为了尽量减小实验误差，电流表应采用________(选填“内接”或“外接”)法．滑动变阻器应采用________(选填“分压式”或“限流式”)接法．
(2)在下面的虚线框内画出你所设计的实验电路图(尽量减小实验误差)．
解析：(1)因小灯泡正常工作时的电阻约为Rx＝U2P＝15Ω，而电流表、电压表的内阻分别为1Ω和10kΩ，满足RVRx，电流表应外接；实验中因小灯泡两端电压只需3V，而电源电动势为12V，所以滑动变阻器应采用分压式接法．
(2)如图所示．
答案：(1)外接分压式(2)见解析图
2．为了测量某待测电阻Rx的阻值(约为30Ω)，有以下一些器材可供选择．
电流表A1(量程0～50mA，内阻约为10Ω)；
电流表A2(量程0～3A，内阻约为0.12Ω)；
电压表V1(量程0～3V，内阻很大)；
电压表V2(量程0～15V，内阻很大)；
电源E(电动势约为3V，内阻约为0.2Ω)；
定值电阻R(20Ω，允许最大电流1.0A)；
滑动变阻器R1(0～10Ω，允许最大电流2.0A)；
滑动变阻器R2(0～1kΩ，允许最大电流0.5A)；
单刀单掷开关S一个，导线若干．
(1)电流表应选________，电压表应选________，滑动变阻器应选________．(填字母代号)
(2)请在下面的虚线框内画出测量电阻Rx的实验电路图．(要求所测量范围尽可能大)
(3)某次测量中，电压表示数为U时，电流表示数为I，则计算待测电阻阻值的表达式为Rx＝________.
解析：(1)首先选取唯一性器材：电源E(电动势约为3V，内阻约为0.2Ω)，定值电阻R(20Ω允许最大电流1.0A)，单刀单掷开关S，导线．电源电动势约为3V，所以电压表选择V1(量程0～3V，内阻很大)；待测电阻Rx的阻值约为30Ω，流过Rx的最大电流为3V30Ω＝0.1A＝100mA，如果电流表选择A2(量程0～3A，内阻约为0.12Ω)，指针偏转很小，测量不准确，所以只能选择A1(量程0～50mA，内阻约为10Ω)；滑动变阻器R2的最大电阻太大，操作不便，所以滑动变阻器应选R1(0～10Ω，允许最大电流2.0A)．
(2)因为实验要求所测量范围尽可能大，所以滑动变阻器应采用分压接法；因为待测电阻Rx的阻值远小于电压表内阻，所以电流表采用外接法；为了使流过电流表的电流不超过其最大量程，即50mA，应给待测电阻串联一个定值电阻R，起保护作用．实验原理图如图所示．
(3)根据欧姆定律可得Rx＝UI－R.
答案：(1)A1V1R1(2)图见解析(3)UI－R
考点三实验器材的选取与实物图连接
1．电学实验仪器的选择
选择电学实验器材主要是选择电表、滑动变阻器、电源等器材，一般要考虑四方面因素：
(1)安全因素：通过电源、电阻和电表的电流不能超过其允许的最大电流．
(2)误差因素：选用电表量程应考虑尽可能减小测量值的相对误差，电压表、电流表在使用时，其指针应偏转到满偏刻度的13以上；使用欧姆表时宜选用指针尽可能在中间刻度附近的倍率挡位．
(3)便于操作：选用滑动变阻器时应考虑对外供电电压的变化范围既能满足实验要求，又便于调节．在调节滑动变阻器时，应使其大部分电阻线都用到．
(4)实验实际：除以上三个因素外，还应注重实验实际，如所用的电源与打点计时器的匹配问题等．
2．实物图连接的注意事项
(1)画线连接各元件，一般先从电源正极开始，按照电路原理图依次到开关，再到滑动变阻器，按顺序以单线连接方式将主电路中串联的元件依次串联起来；其次将要并联的元件再并联到电路中去．
(2)连线时要将导线接在接线柱上，两条导线不能交叉．
(3)要注意电表的量程和正、负接线柱，要使电流从电表的正接线柱流入，从负接线柱流出．
1．为了测量一电阻的阻值Rx，现有以下器材：蓄电池E，电流表A，电压表V，滑动变阻器R，电阻箱RP，开关S1、S2，导线若干．某活动小组设计了如图甲所示的电路．实验的主要步骤如下：
A．闭合S1，断开S2，调节R和RP，使电流表和电压表示数合适，记下两表示数分别为I1、U1；
B．闭合S2，保持RP阻值不变，记下电流表和电压表示数分别为I2、U2.
(1)按电路图在实物图乙上连线．
(2)写出被测电阻的表达式Rx＝____________(用两电表的读数表示)．
(3)由于电流表、电压表都不是理想电表，则被测电阻的测量值____________(选填“大于”“小于”或“等于”)真实值．
解析：(1)实物连线如图所示．
(2)由欧姆定律，第一次测量的电阻为电压表和RP的并联电阻，即U1I1＝R并；第二次测量的电阻为电压表、Rx和RP的并联电阻，U2I2＝RxR并Rx＋R并，联立解得Rx＝U1U2U1I2－U2I1.
(3)由于电流表、电压表内阻不影响被测电阻的测量，故其测量值等于真实值．
答案：(1)图见解析(2)U1U2U1I2－U2I1(3)等于
2．某同学为了测定一只电阻的阻值，采用了如下方法：
(1)用多用电表粗测：多用电表电阻挡有4个倍率，分别为×1k、×100、×10、×1.该同学选择“×100”倍率，用正确的操作步骤测量时，发现指针偏转角度太大(指针位置如图中虚线所示)．为了较准确地进行测量，请你补充完整下列依次应该进行的主要操作步骤：
A．_____________________________________________；
B．两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指在0Ω处；
C．重新测量并读数，若这时刻度盘上的指针位置如图中实线所示，测量结果是________．
(2)该同学用伏安法继续测定这只电阻的阻值，除被测电阻外，还有如下实验仪器：
A．直流电源(电动势3V，内阻不计)
B．电压表V1(量程0～5V，内阻约为5kΩ)
C．电压表V2(量程0～15V，内阻约为25kΩ)
D．电流表A1(量程0～25mA，内阻约为1Ω)
E．电流表A2(量程0～250mA，内阻约为0.1Ω)
F．滑动变阻器一只，阻值0～20Ω
G．开关一只，导线若干
在上述仪器中，电压表应选择________(选填“V1”或“V2”)，电流表应选择________(选填“A1”或“A2”)，请在虚线框内画出电路原理图(电表用题中所给的符号表示)．
解析：(1)指针偏转角度太大，说明选择的倍率偏大，因此应选用较小的倍率，将“×100”换为“×10”；此时的读数为指针所指的刻度乘以倍率，即电阻为12×10Ω＝120Ω.
(2)由于电源电动势只有3V，所以电压表选择量程为0～5V的电压表V1；因电路中最大电流约为Im＝3V120Ω＝25mA，所以选用量程0～25mA的电流表A1；由于滑动变阻器最大阻值小于待测电阻的阻值，所以控制电路应选用分压接法，因待测电阻远大于电流表内阻，应选用电流表内接法，电路如图所示．
答案：(1)A.换用“×10”倍率C．120Ω
(2)V1A1图见解析
考点四数据处理与误差分析
1．图象法：利用实验数据，将实验中物理量之间的函数关系用函数图象表示出来，这种方法叫图象法．用图象法处理实验数据是物理实验中最常用的方法之一．用图象法处理数据的优点是直观、简便，有取平均值的效果，由图线的斜率、截距、所包围面积和图线的交点等可以研究物理量之间的变化及其关系，找出规律．
2．解析法：通过实验获取实验数据，代入相关物理量之间的关系式，计算得到结果的方法叫解析法．应用解析法的要求是：(1)明确实验测量的相关物理量的关系式；(2)明确要研究的物理量和未知的物理量；(3)建立方程或方程组进行计算．
1．理想电压表内阻无穷大，而实际电压表并非如此，现要测量一个量程为0～3V、内阻约为3kΩ的电压表的阻值．实验室备有以下器材：
A．待测电压表V1：量程为0～3V、内阻约为3kΩ
B．电压表V2：量程为0～6V、内阻约为6kΩ
C．滑动变阻器R1：最大值20Ω、额定电流1A
D．定值电阻R0
E．电源：电动势6V，内阻约为1Ω
F．开关一个、导线若干
(1)利用以上器材设计如图甲所示测量电路，请你按图示电路将图乙的实验仪器连接起来．
(2)请写出按该电路测量电压表V1内阻RV的表达式，并指出表达式中各物理量的含义：
________________________________________________
________________________________________________.
(3)在正确连接电路后，闭合开关S，不断地调节变阻器R1滑片位置，记录多组电压表V1、V2示数，作出U2－U1图线如图丙所示．若R0＝1480Ω，由图线上的数据可得RV＝________Ω.
解析：(2)由欧姆定律有U2－U1R0＝U1RV，解得RV＝U1U2－U1R0，其中U1、U2分别为电压表V1、V2的示数，R0是定值电阻的阻值；
(3)由电路的电压关系可得U2＝U11＋R0RV，由U2－U1图象可知，斜率k＝1＋R0RV＝1.5，若R0＝1480Ω，则RV＝2960Ω.
答案：(1)略(2)RV＝U1U2－U1R0，其中U1、U2分别为电压表V1、V2的示数，R0是定值电阻的阻值(3)2960
2．要测定一个自感系数很大的线圈L的直流电阻RL，实验室提供以下器材：
A．待测线圈L：阻值约为2Ω，额定电流为2A
B．电流表A1：量程为0.6A，内阻为r1＝0.2Ω
C．电流表A2：量程为3.0A，内阻r2约为0.04Ω
D．变阻器R1：阻值范围为0～10Ω
E．变阻器R2：阻值范围为0～1kΩ
F．定值电阻R3＝10Ω
G．定值电阻R4＝100Ω
H．电源E：电动势E约为9V，内阻很小
I．单刀单掷开关S1和S2，导线若干
要求实验时，改变滑动变阻器的阻值，在尽可能大的范围内测得多组A1表、A2表的读数I1、I2，然后利用I1－I2图象求出线圈的电阻RL.
(1)实验中定值电阻应选择________，滑动变阻器应选择________．(请填器材序号)
(2)请在虚线框内画出实验电路原理图(器材用适当的符号表示)．
(3)由实验测得的数据作出I2－I1图象如图所示，则线圈的直流电阻值为________．
解析：(1)将内阻已知的电流表A1串联定值电阻改装为电压表，利用伏安法测量线圈的直流电阻值．控制电路采用滑动变阻器分压接法，滑动变阻器选用阻值较小的滑动变阻器R1；由于电源电动势约为9V，改装电压表时使用量程为0.6A的电流表A1与定值电阻R3串联，测量电路采用电流表外接法．
(2)电路如图所示．
(3)开关均闭合时，利用并联电路知识可得I1(R3＋r1)＝(I2－I1)RL，解得I2＝R3＋r1＋RLRLI1，即I2－I1图线的斜率k＝R3＋r1＋RLRL＝6，解得RL＝2.04Ω.
答案：(1)FD(2)图见解析(3)2.04Ω
课时规范训练
[基础巩固题组]
1．某同学测定一金属杆的长度和直径，示数如图甲、乙所示，则该金属杆的长度和直径分别为________cm和________mm.
解析：用毫米刻度尺测量时，读数应读到mm的下一位，即长度测量值为60.10cm；题图乙中游标卡尺为五十分度游标卡尺，精确度为0.02mm，主尺读数为4mm，游标尺第10条刻度线与主尺刻度线对齐，故游标尺读数为10×0.02mm＝0.20mm，所以金属杆直径测量值为4.20mm.
答案：60.104.20
2．现有一合金制成的圆柱体，为测量该合金的电阻率，现用伏安法测圆柱体两端之间的电阻，用螺旋测微器测量该圆柱体的直径，用游标卡尺测量该圆柱体的长度．螺旋测微器和游标卡尺的示数如图a和b所示．
(1)由上图读得圆柱体的直径为______cm，长度为______cm.
(2)若流经圆柱体的电流为I，圆柱体两端之间的电压为U，圆柱体的直径和长度分别为D、L，测得D、L、I、U表示的电阻率的关系式为ρ＝________.
解析：(1)螺旋测微器的读数为1.5mm＋34.4×0.01mm＝1.844mm(1.842～1.846范围内的均可)；游标卡尺的读数为42mm＋8×0.05mm＝42.40mm＝4.240cm；
(2)圆柱体的横截面积为S′＝πD22，由电阻定律R＝ρLS和欧姆定律R＝UI可知，ρ＝πD2U4IL.
答案：(1)0.18444.240(2)πD2U4IL
3．分别读出下表中的电压表和电流表的示数，并填在表格中.
电表所选量程测量值
0～3V
0～15V
0～3A
0～0.6A

解析：0～3V的最小分度为0.1V，读数为2.17V；
0～15V的最小分度为0.5V，读数为10.8V；
0～3A的最小分度为0.1A，读数为0.80A；
0～0.6A的最小分度为0.02A，读数为0.16A.
答案：2.17(2.15～2.19均可)V10.8(10.6～10.9均可)V0.80(0.79～0.81均可)A0.16A
4．一个未知电阻，无法估计其电阻值，某同学用伏安法测量此电阻，用如图所示甲、乙两种电路各测一次，用图甲测得的数据是3.0V,3.0mA.用图乙测得的数据是2.9V,4.0mA.由此可知，用图________测得Rx的误差较小，测量值Rx＝________.
解析：对比两次测量中电压和电流的变化量，电压的变化量为原电压的130，电流的变化量为原电流的13，说明电压的变化量远小于电流的变化量．因此，电流表分压不明显，即电流表内阻RARx，所以采用图甲测量时误差较小，且Rx＝UI＝3.03.0×10－3Ω＝1000Ω.
答案：甲1000Ω
[综合应用题组]
5．在用伏安法测电阻的实验中，所用电压表的内阻约为20kΩ，电流表的内阻约为10Ω，选择能够尽量减小误差的电路图接线进行实验，读得的各组数据用实心圆点标于坐标图上，如图所示．
(1)根据各点表示的数据描出IU图线，由此求得该电阻的阻值Rx＝________Ω.(保留两位有效数字)
(2)在虚线框内画出“伏安法”测量该电阻的部分电路图．
解析：(1)图线如图所示
Rx＝ΔUΔI＝2.4×103Ω(2.3×103～2.5×103Ω)
(2)因满足RxRA＞RVRx，故采用电流表内接法．
答案：见解析
6．为测量“12V,5W”的小灯泡在不同电压下的功率，给定了以下器材：
电源：12V，内阻不计；
电流表：量程0～0.6A、0～3A，内阻约为0.2Ω；
电压表：量程0～3V、0～15V，内阻约为15kΩ；
滑动变阻器：0～20Ω，允许最大电流1A；
开关一个，导线若干．
实验要求加在小灯泡上的电压可从零开始调节．
(1)以下四个电路图你认为最合适的是________．
(2)在本实验中，电流表的量程可选________．
解析：(1)C与D电路图不符合电压从零开始调节．小灯泡的电阻RL＝U2P＝1225Ω＝28.8Ω，RLRA＝144，RVRL＝520.8，由于RLRARVRL，故电流表应采用外接法，应选A.
(2)小灯泡的额定电流I＝PU＝512A≈0.4A，故电流表量程为0～0.6A.
答案：(1)A(2)0～0.6A
实验八测定金属的电阻率
一、实验目的
1．掌握电流表、电压表和滑动变阻器的使用方法．
2．掌握螺旋测微器的使用方法和读数方法．
3．学会利用伏安法测电阻，进一步测出金属丝的电阻率．
二、实验原理
由R＝ρlS得ρ＝RSl，因此，只要测出金属丝的长度l、横截面积S和金属丝的电阻R，即可求出金属丝的电阻率ρ.
1．把金属丝接入电路中，用伏安法测金属丝的电阻RR＝UI.电路原理如图所示．
2．用毫米刻度尺测量金属丝的长度l，用螺旋测微器量得金属丝的直径，算出横截面积S.
3．将测量的数据代入公式ρ＝RSl求金属丝的电阻率．
三、实验器材
被测金属丝、螺旋测微器、毫米刻度尺、电池组、电流表、电压表、滑动变阻器、开关、导线若干．
四、实验步骤
1．直径测定
用螺旋测微器在被测金属导线上的三个不同位置各测一次直径，求出其平均值d，计算出导线的横截面积S＝πd24.
2．电路连接
按如图所示的原理电路图连接好用伏安法测电阻的实验电路．
3．长度测量
用毫米刻度尺测量接入电路中的被测金属导线的有效长度，反复测量3次，求出其平均值l.
4．U、I测量
把滑动变阻器的滑动片调节到使接入电路中的电阻值最大的位置，电路经检查确认无误后，闭合开关S，改变滑动变阻器滑动片的位置，读出几组相应的电流表、电压表的示数I和U的值，记入表格内，断开开关S.
5．拆去实验线路，整理好实验器材．
五、数据处理
1．在求Rx的平均值时可用两种方法
(1)用Rx＝UI分别算出各次的数值，再取平均值．
(2)用UI图线的斜率求出．
2．计算电阻率
将记录的数据Rx、l、d的值代入电阻率计算式ρ＝RxSl＝πd2U4lI.
六、注意事项
1．本实验中被测金属导线的电阻值较小，因此实验电路一般采用电流表外接法．
2．实验连线时，应先从电源的正极出发，依次将电源、开关、电流表、待测金属导线、滑动变阻器连成主干线路(闭合电路)，然后再把电压表并联在待测金属导线的两端．
3．测量被测金属导线的有效长度，是指测量待测导线接入电路的两个端点之间的长度，亦即电压表两端点间的待测导线长度，测量时应将导线拉直，反复测量三次，求其平均值．
4．测金属导线直径一定要选三个不同部位进行测量，求其平均值．
5．闭合开关S之前，一定要使滑动变阻器的滑片处在有效电阻值最大的位置．
6．在用伏安法测电阻时，通过待测导线的电流强度I不宜过大(电流表用0～0.6A量程)，通电时间不宜过长，以免金属导线的温度明显升高，造成其电阻率在实验过程中逐渐增大．
7．求Rx的平均值时可用两种方法：第一种是用Rx＝UI算出各次的测量值，再取平均值；第二种是用图象(UI图线)来求出．若采用图象法，在描点时，要尽量使各点间的距离拉大一些，连线时要尽可能地让各点均匀分布在直线的两侧，个别明显偏离较远的点可以不予考虑．
七、误差分析
1．金属丝的横截面积是利用直径计算而得，直径的测量是产生误差的主要来源之一．
2．采用伏安法测量金属丝的电阻时，由于采用的是电流表外接法，测量值小于真实值，使电阻率的测量值偏小．
3．金属丝的长度测量、电流表和电压表的读数等会带来偶然误差．
4．由于金属丝通电后发热升温，会使金属丝的电阻率变大，造成测量误差．
考点一实验原理与操作
[典例1]实验室购买了一捆标称长度为100m的铜导线，某同学想通过实验测定其实际长度．该同学首先测得导线横截面积为1.0mm2，查得铜的电阻率为1.7×10－8Ωm，再利用图甲所示电路测出铜导线的电阻Rx，从而确定导线的实际长度．
可供使用的器材有：
电流表：量程0.6A，内阻约0.2Ω；
电压表：量程3V，内阻约9kΩ；
滑动变阻器R1：最大阻值5Ω；
滑动变阻器R2：最大阻值20Ω；
定值电阻：R0＝3Ω；
电源：电动势6V，内阻可不计；
开关、导线若干．
回答下列问题：
(1)实验中滑动变阻器应选________(填“R1”或“R2”)，闭合开关S前应将滑片移至________端(填“a”或“b”)．
(2)在实物图中，已正确连接了部分导线，请根据图甲电路完成剩余部分的连接．
(3)调节滑动变阻器，当电流表的读数为0.50A时，电压表示数如图乙所示，读数为________V.
(4)导线实际长度为________m(保留2位有效数字)．
解析(1)由(3)中电流表的读数为0.50A时，电压表的读数为2.30V可知，Rx和R0的总阻值约为4.60欧姆，若选用滑动变阻器R1，电源电压为6伏特，电流表的量程只有0.6A，会把电流表烧坏，故滑动变阻器应该选R2.闭合开关前应将滑片移至a端保证连入电阻最大．
(2)如图所示
(3)由于电压表量程0～3V，分度值为0.1V，故读数为2.30V.
(4)Rx的阻值为1.60欧姆，由Rx＝ρlS可知，l＝RxSρ＝1.60×1.0×10－61.7×10－8m≈94m.
答案(1)R2a(2)见解析图
(3)2.30(2.29～2.31均正确)(4)94(93～95均正确)
实物图连线的技巧
(1)总的原则：先串后并，接线到柱，注意量程和正负．
(2)对限流电路，只需用笔画线当作导线，从电源正极开始，把电源、开关、滑动变阻器、“伏安法”部分依次串联起来即可，注意电表的正、负接线柱和量程，滑动变阻器应调到阻值最大处．
(3)对分压电路，应该先把电源、开关和滑动变阻器的全部电阻丝三部分用导线连接起来，然后在滑动变阻器电阻丝两端之中任选一个接头，比较该接头和滑动头的电势高低，根据“伏安法”部分电表正负接线柱的情况，将“伏安法”部分接入该两点间．注意滑动变阻器应调到使“伏安法”部分所接两点间阻值最小处．
考点二数据处理与误差分析
[典例2]在“测定金属的电阻率”实验中，所用测量仪器均已校准．待测金属丝接入电路部分的长度约为50cm.
(1)用螺旋测微器测量金属丝的直径，其中某一次测量结果如图所示，其读数应为________mm(该值接近多次测量的平均值)．
(2)用伏安法测金属丝的电阻Rx.实验所用器材为：电池组(电动势3V，内阻约1Ω)、电流表(内阻约0.1Ω)、电压表(内阻约3kΩ)、滑动变阻器R(0～20Ω，额定电流2A)、开关、导线若干．某小组同学利用以上器材正确连接好电路，进行实验测量，记录数据如下：
次数1234567
U/V0.100.300.701.001.501.702.30
I/A0.0200.0600.1600.2200.3400.4600.520
由以上实验数据可知，他们测量Rx是采用图中的______图(填“甲”或“乙”)．
(3)图丙是测量Rx的实验器材实物图，图中已连接了部分导线，滑动变阻器的滑片P置于变阻器的一端．请根据(2)所选的电路图，补充完成图中实物间的连线，并使闭合开关的瞬间，电压表或电流表不至于被烧坏．
(4)这个小组的同学在坐标纸上建立U、I坐标系，如图丁所示，图中已标出了与测量数据对应的4个坐标点．请在图中标出第2、4、6次测量数据的坐标点，并描绘出UI图线．由图线得到金属丝的阻值Rx＝________Ω(保留两位有效数字)．
(5)根据以上数据可以估算出金属丝电阻率约为________(填选项前的符号)．
A．1×10－2ΩmB．1×10－3Ωm
C．1×10－6ΩmD．1×10－8Ωm
(6)(多选)任何实验测量都存在误差．本实验所用测量仪器均已校准．下列关于误差的说法中正确的选项是________．
A．用螺旋测微器测量金属丝直径时，由于读数引起的误差属于系统误差
B．由于电流表和电压表内阻引起的误差属于偶然误差
C．若将电流表和电压表的内阻计算在内，可以消除由测量仪表引起的系统误差
D．用UI图象处理数据求金属丝电阻可以减小偶然误差
解析(1)螺旋测微器的读数为0mm＋39.7×0.01mm＝0.397mm
(2)通过给定的数据发现电压接近从零开始，故滑动变阻器采用的是分压式接法，即甲图．
(3)对滑动变阻器的分压式接法，连线时应使测量电路在开始时分到的电压为零，实物图如图1所示．
(4)如图2所示，图线应过原点，且使大多数点在一条直线上，不在直线上的点均匀分布在直线两侧．图线的斜率反映了金属丝的电阻，所以Rx＝4.5Ω.
(5)由Rx＝ρl/S，S＝π(d/2)2，取d＝4×10－4m、l＝0.5m、Rx＝4.5Ω，解得ρ＝1×10－6Ωm.
(6)由于读数引起的误差属于偶然误差，A错误；由于电流表、电压表内阻引起的误差为系统误差，若将电流表和电压表的内阻计算在内，则可以消除系统误差，B错误，C正确；利用UI图象处理数据，相当于多次测量取平均值，可以减小偶然误差，D正确．
答案(1)0.397(0.395～0.399均正确)(2)甲
(3)见解析图甲(4)见解析图乙4.5(4.3～4.7均正确)
(5)C(6)CD
(1)作图象时，应使大多数的点在直线或平滑的曲线上，不在线上的点尽量均匀分布在直线的两侧，误差较大的点舍去不用．
(2)偶然误差与系统误差的关系
①偶然误差：由于各种偶然因素对实验者、测量仪器、被测物理量的影响而产生的．通过多次测量求平均值(或采用图象法处理数据)可减小偶然误差．
②系统误差：由于仪器本身不精密，实验方法粗略或实验原理不完善而产生的．通过校准仪器或改进实验方法和实验设计原理可减小误差．
考点三实验改进拓展创新
1．创新点分析
(1)基于教材中的电学实验，着重考查实验原理的改进、实验步骤、误差分析；
(2)重视电学的实验方法，问题设置结合科技、生产、生活的实际；
(3)基本仪器的使用是考查的热点，实验的器材选择、实际操作是考查的重点，设计型实验是考查的难点，实验的基本原理和思想方法是考查的核心．
2．命题视角
视角1基本仪器的使用及读数(如螺旋测微器、游标卡尺、电压表、电流表及多用电表的读数)
视角2实验仪器的选择、测量电路、控制电路的选择
视角3完善基本操作过程
视角4根据题目给出的实验器材，用所学知识解决实际问题，设计新的实验方案
[典例3]同学们测量某电阻丝的电阻Rx，所用电流表的内阻与Rx相当，电压表可视为理想电压表．
(1)若使用图甲所示电路图进行实验，要使得Rx的测量值更接近真实值，电压表的a端应连接到电路的________点(选填“b”或“c”)．
(2)测得电阻丝的UI图如图乙所示，则Rx为________Ω(保留两位有效数字)．
(3)实验中，随电压进一步增加，电阻丝逐渐进入炽热状态．某同学发现对炽热电阻丝吹气，其阻值会变化．他们对此现象进行探究，在控制电阻丝两端的电压为10V的条件下，得到电阻丝的电阻Rx随风速v(用风速计测)的变化关系如图丙所示．由图可知当风速增加时，Rx会________(选填“增大”或“减小”)．在风速增加过程中，为保持电阻丝两端电压为10V，需要将滑动变阻器RW的滑片向________端调节(选填“M”或“N”)．
(4)为了通过电压表的示数来显示风速，同学们设计了如图丁所示的电路．其中R为两只阻值相同的电阻，Rx为两根相同的电阻丝，一根置于气流中，另一根不受气流影响，V为待接入的理想电压表．如果要求在测量中，风速从零开始增加，电压表的示数也从零开始增加，则电压表“＋”端和“－”端应分别连接到电路中的__________点和__________点(在“a”“b”“c”“d”中选填)．
解析(1)电流表内阻和电阻丝阻值相当，电压表为理想电表，当a端接到b点时，电流表的内阻对Rx两端电压的测量影响较大，故用外接法，即接在c点．
(2)直接利用图象斜率计算即可；
(3)根据图象，可知电阻随着风速的增大而减小；风速增加时，Rx阻值变小，电路总电阻变小，干路电流变大，导致测量电路两端的电压变小，为保持电阻丝两端的电压为10V，滑动变阻器的滑片应向M端调节；
(4)由(3)知，电阻随着风速的增大而减小，在串联电路中分到的电压也减小，观察电路知中间支路的两个电阻一直平分电压，而左侧支路无风时两个电阻平分电压，有风时上半部分Rx分压多，下半部分Rx分压少，要求风速从零增加时，电压表示数从零开始增加，分析电路中的分压情况可知，只有b、d两点间的电压满足上述要求，故电压表应接在b、d之间，且b点电势高，因此电压表的“＋”端接b，“－”端接d.
答案(1)c(2)4.1(4.0～4.2)(3)减小M(4)bd
1．图(a)是测量电阻Rx的原理图．学生电源输出电压可调，电流表量程选0.6A(内阻不计)，标有长度刻度的均匀电阻丝ab的总长为30.0cm.
(1)根据原理图连接图(b)的实物图．
(2)断开S2，合上S1；调节电源输出电压为3.0V时，单位长度电阻丝的电压u＝________V/cm.记录此时电流表A1的示数．
(3)保持S1闭合，合上S2；滑动c点改变ac的长度L，同时调节电源输出电压，使电流表A1的示数与步骤(2)记录的值相同，记录长度L和A2的示数I.测量6组L和I值，测量数据已在图(c)中标出，写出Rx与L、I、u的关系式Rx＝________；根据图(c)用作图法算出Rx＝________Ω.
解析：(1)如图所示
(2)断开S2，合上S1，电阻丝两端的电压为3.0V，则电阻丝单位长度的电压为u＝3.0V30cm＝0.1V/cm.
(3)由于电流表A1的示数不变，因此ac段单位长度上的电压不变，Rx两端的电压为Lu，根据欧姆定律有Rx＝LuI.L＝RxuI，作出图象，如图所示，则根据图象的斜率求得Rx＝6Ω.
答案：(1)见解析图(2)0.1(3)LuI6
2．利用如图甲所示的电路测量某种电阻丝材料的电阻率，所用电阻丝的电阻约为20Ω.带有刻度尺的木板上有a和b两个接线柱，把电阻丝拉直后固定在接线柱a和b上．在电阻丝上夹上一个带有接线柱c的小金属夹，沿电阻丝移动金属夹，可改变其与电阻丝接触点P的位置，从而改变接入电路中电阻丝的长度．可供选择的器材还有：
电池组E(电动势为3.0V，内阻约为1Ω)；
电流表A1(量程0～100mA，内阻约为5Ω)；
电流表A2(量程0～0.6A，内阻约为0.2Ω)；
电阻箱R(0～999.9Ω)；
开关、导线若干．
实验操作步骤如下：
A．用螺旋测微器在电阻丝上三个不同的位置分别测量电阻丝的直径；
B．将选用的实验器材，按照图甲连接实验电路；
C．调节电阻箱使其接入电路中的电阻值较大；
D．将金属夹夹在电阻丝上某位置，闭合开关，调整电阻箱的阻值，使电流表满偏，然后断开开关．记录电阻箱的电阻值R和接入电路的电阻丝长度L；
E．改变金属夹与电阻丝接触点的位置，闭合开关，调整电阻箱的阻值，使电流表再次满偏．重复多次，记录每一次电阻箱的电阻值R和接入电路的电阻丝长度L；
F．断开开关，整理好器材．
(1)某次测量电阻丝直径d时，螺旋测微器示数如图乙所示，则d＝________mm；
(2)实验中电流表应选择________(选填“A1”或“A2”)；
(3)用记录的多组电阻箱的阻值R和对应的接入电路中电阻丝长度L的数据，绘出了如图丙所示的RL关系图线，图线在R轴的截距为R0，在L轴的截距为L0，再结合测出的电阻丝直径d，写出电阻丝的电阻率表达式ρ＝________(用给定的物理量符号和已知常数表示)．
(4)本实验中，电流表的内阻对电阻率的测量结果________影响(选填“有”或“无”)．
解析：(1)根据螺旋测微器读数规则可得
d＝0.5mm＋0.232mm＝0.732mm；
(2)根据题意，电路中可能出现的最大电流为I＝3V20Ω＝0.15A＝150mA，故电流表选择A1即可；
(3)由闭合电路的欧姆定律可知，E＝I(R＋r＋RA＋R电阻丝)＝IR＋r＋RA＋ρ4Lπd2，联立解得R＝EI－r－RA－4ρπd2L，由已知条件可知，k＝R0L0＝4ρπd2，解得ρ＝πd2R04L0；
(4)由ρ＝πd2R04L0可知，本实验中电流表的内阻对电阻率的测量结果无影响．
答案：(1)0.732(2)A1(3)πd2R04L0(4)无
高效演练跟踪检测
1．(1)在测定一根粗细均匀合金丝电阻率的实验中，利用螺旋测微器测定合金丝直径的过程如图所示，校零时的读数为________mm，合金丝的直径为________mm.
(2)为了精确测量合金丝的电阻Rx，设计出如图甲所示的实验电路图，按照该电路图完成图乙中的实物电路连接．
解析：(1)由于螺旋测微器开始起点有误差，估读为0.007mm，测量后要去掉开始误差．
(2)将电表连入电路时注意电流要从正接线柱流入，掌握滑动变阻器的分压接法．连接图如图所示．
答案：(1)0.0070.638(0.636mm～0.640mm)
(2)见解析图

20xx高考物理知识点：匀变速直线运动的规律

20xx高考物理知识点：匀变速直线运动的规律

一、匀变速直线运动的规律
1.条件：物体受到的合外力恒定，且与运动方向在一条直线上.
2.特点：a恒定，即相等时间内速度的变化量恒定.
3.规律：
(1)vt=v0+at
(2)s=v0t+at2
(3)vt2-v02=2as
4.推论：
(1)匀变速直线运动的物体，在任意两个连续相等的时间里的位移之差是个恒量，即
Δs=si+1-si=aT2=恒量.
(2)匀变速直线运动的物体，在某段时间内的平均速度等于该段时间的中间时刻的瞬时速度，即vt/2==
以上两个推论在测定匀变速直线运动的加速度等学生实验中经常用到，要熟练掌握.
(3)初速度为零的匀加速直线运动(设T为等分时间间隔)：
①1T末、2T末、3T末……瞬时速度的比为：
v1∶v2∶v3∶……∶vN=1∶2∶3∶…∶n
②1T内、2T内、3T内……位移的比为：
s1∶s2∶s3∶…∶sN=12∶22∶32∶…∶n2
③第一个T内、第二个T内、第三个T内……位移的比为：
sⅠ∶sⅡ∶sⅢ∶…∶sN=1∶3∶5∶…∶(2n-1)
④从静止开始通过连续相等的位移所用时间的比：
t1∶t2∶t3∶…∶tN=1∶(-1)∶(-)∶…∶(-)
5.自由落体运动是初速度为0、加速度为g的匀加速直线运动，初速度为零的匀加速运动的所有规律和比例关系均适用于自由落体运动
二.解题方法指导
(1)要养成根据题意画出物体运动示意图的习惯.特别对较复杂的运动，画出草图可使运动过程直观，物理图景清晰，便于分析研究。
(2)要注意分析研究对象的运动过程，搞清整个运动过程按运动性质的转换可分为哪几个运动阶段，各个阶段遵循什么规律，各个阶段间存在什么联系。
(3)由于本章公式较多，且各公式间有相互联系，因此，本章的题目常可一题多解。解题时要思路开阔，联想比较，筛选最简捷的解题方案。解题时除采用常规的公式解析法外，图象法、比例法、极值法、逆向转换法(如将一匀减速直线运动视为反向的匀加速直线运动)等也是本章解题中常用的方法。
三.跟踪练习
1.一质点由静止开始做匀加速直线运动，加速度大小为a1，经时间t后做匀减速直线运动，加速度大小为a2。若再经时间t恰好能回到出发点，则a1∶a2应为()
A.1∶1B.1∶2C.1∶3D.1∶4
2.马路旁每两根电线杆间的距离都是60m，坐在汽车里的乘客，测得汽车从第1根电线杆驶到第2根电线杆用了5s，从第2根电线杆驶到第3根电线杆用了3s。如果汽车是匀加速行驶的，求汽车的加速度和经过这三根电线杆时的瞬时速度。
3.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，到汽车开始减速所经历的时间(即反应时间)t=0.50s。刹车时汽车受到的阻力的大小为汽车重力的0.40倍。该高速公路上汽车间的距离s至少应为多少?取重力加速度为10m/s2。
4.如图所示，光滑斜面AE被均分成四段，一物体由A点静止释放，则()
⑴物体到达各点速度之比vB：vC：vD：vE=1：：：2
⑵物体到达各点所经历的时间tE=2tB=tC=2tD/
⑶物体从A到E的平均速度等于vB
⑷通过每一段时,其速度增量均相等
A.只有⑴B.⑴⑵⑶C.⑵⑷D.⑶⑷
5.由于十字路中一个方向有红灯，一侧已停有20辆汽车，平均每辆汽车占道路长度为5m,绿灯亮起时假设每辆汽车都以0.8m/s2的加速度起动，速度达到4m/s后改为匀速度行驶。如果十字路口宽度为70m，那么，一次绿灯亮多长时间才能让全部停着的车辆都穿过马路?
6.升降机从静止开始上升，先做匀加速运动，经过4s速度达到4m/s，然后匀速上升2s，最后3s做匀减速运动直到停止，求升降机上升的总高度。
7.物体沿某一方向做匀变速直线运动，在时间t内通过的路程为s，它在处的速度为，在中间时刻的速度为.则和的关系是()
A.当物体做匀加速直线运动时，
B.当物体做匀减速直线运动时，
C.当物体做匀速直线运动时，
D.当物体做匀减速直线运动时，
8.质点以加速度a从静止出发做匀加速直线运动，在时刻t加速度变为2a，时刻2t加速度变为3a……，求质点在开始的nt时间内通过的总位移。
9.物体从静止开始作匀加速直线运动，第3s内通过的位移是3m，则()
A.第3s内的平均速度是3m/sB.物体的加速度是1.2m/s2
C.前3s内的位移是6mD.3s末的速度是3.6m/s
10.如图1-2-2所示的光滑斜面上，一物体以4m/s的初速度由斜面底端的A点匀减速滑上斜面，途经C和B，C为AB中点，已知vA∶vC=4∶3，从C点到B点历时()S，试求：
(1)到达B点的速度?
(2)AB长度?
11.匀变速直线运动的物体，初速度为10m/s，方向沿x轴正方向，经过2s，末速度变为10m/s，方向沿x轴负方向，则其加速度和2s内的平均速度分别是().
A.10m/s2;0B.0;10m/sC.-10m/s2;0D.-10m/s2;10m/s
12.一物体做匀变速直线运动，某时刻速度大小为4m/s，1s后速度大小为10m/s，在这1s内该物体的()
A.位移的大小可能小于4mB.位移的大小可能大于10m
C.加速度的大小可能小于4m/s2D.加速度的大小可能大于10m/s2
13.有一个物体开始时静止在O点，先使它向东作匀加速直线运动，经过5秒钟，使它的加速度方向立即改为向西，加速度的大小不改变，再经过5秒钟，又使它加速度方向改为向东，但加速度大小不改变，如此重复共历时20秒，则这段时间内()
A.物体运动方向时而向东时而向西B.物体最后静止在O点
C.物体运动时快时慢，一直向东运动D.物体速度一直在增大
14.汽车以20m/s的速度做匀速直线运动，刹车后的加速度为5m/s2，那么刹车后2S与刹车后6S汽车通过的位移之比为()
A.1∶1B.3∶1C.3∶4D.4∶3
15.物体沿光滑斜面匀减速上滑，加速度大小为4m/s2，6s后又返回原出发点.那么下述结论正确的是().
A.物体开始沿斜面上滑时速度为12m/sB.物体开始沿斜面上滑时速度是10m/s
C.物体沿斜面上滑的最大位移是18mD.物体沿斜面上滑的最大位移是15m
16.在正常情况下，火车以54km/h作匀速直线运动。火车在经过某小站时要作短暂停留。火车将要到小站时以-0.5m/s2的加速度作匀减速直线运动，停留2分钟后，又以0.3m/s2的加速度驶出小站直到恢复原来的速度，求：火车因停靠小站而延误的时间。
17.某人以接近于竖直方向从地面朝天开枪，子弹的初速度大小为30m/s，每隔1s时间发射一颗子弹，在发射了许多颗子弹后(子弹仍在发射中)，问：
(1)在任一时刻空中有几颗子弹?
(2)对任一颗子弹，在空中可遇到多少颗子弹从它边上擦过?
(不计空气阻力，g取10m/s2)

高考物理第一轮匀变速直线运动专项复习

§2匀变速直线运动
知识要点梳理
1．常用公式有以下四个
Vt=s=vt2-v02=v平均＝
2．匀变速直线运动中几个常用的结论
①Δs=，即任意相邻相等时间内的位移之差相等。可以推广到sm-sn=
②vt/2=________=___________，某段时间的中间时刻的即时速度等于该段时间内的平均速度。
Vs/2=_______________，某段位移的中间位置的即时速度公式（不等于该段位移内的平均速度）。
4．初速为零的匀变速直线运动
①前1秒、前2秒、前3秒……内的位移之比为
②第1秒、第2秒、第3秒……内的位移之比为
③前1米、前2米、前3米……所用的时间之比为
④第1米、第2米、第3米……所用的时间之比为对末速为零的匀变速直线运动，可以相应的运用这些规律。
要点讲练：
1，公式的选取及方法的选择：
【例1】一辆汽车沿平直公路从甲站开往乙站，起动加速度为2m/s2，加速行驶5秒，后匀速行驶2分钟，然后刹车，滑行50m，正好到达乙站，求汽车从甲站到乙站的平均速度？|

【例2】汽车以加速度为2m/s2的加速度由静止开始作匀加速直线运动，求汽车第5秒内的平均速度？

【例3】一物体由斜面顶端由静止开始匀加速下滑，最初的3秒内的位移为s1，最后3秒内的位移为s2，若s2-s1=6米，s1∶s2=3∶7，求斜面的长度为多少？
【例4】物块以v0=4米/秒的速度滑上光滑的斜面，途经A、B两点，已知在A点时的速度是B点时的速度的2倍，由B点再经0.5秒物块滑到斜面顶点C速度变为零，A、B相距0.75米，求斜面的长度及物体由D运动到B的时间？

【例5】一质点沿AD直线作匀加速直线运动，如图，测得它在AB、BC、CD三段的时间均为t，测得位移AC=L1，BD=L2，试求质点的加速度？

【例6】一质点由A点出发沿直线AB运动，行程的第一部分是加速度为a1的匀加速运动，接着做加速度为a2的匀减速直线运动，抵达B点时恰好静止，如果AB的总长度为s，试求质点走完AB全程所用的时间t？

【例7】一个做匀加速直线运动的物体，连续通过两段长为s的位移所用的时间分别为t1、t2，求物体的加速度？

2、重力作用下的匀变速直线运动的处理
自由落体运动
竖直上抛运动
(1)处理方法:
一是将竖直上抛运动全过程分为上升和下降两个阶段来处理，要注意两个阶段运动的对称性。
二是将竖直上抛运动全过程视为初速度为v0，加速度为-g的匀减速直线运动
综合应用例析
例8、（镇江市2008届调研二）小明摇动苹果树，从同一高度有一个苹果和一片树叶同时从静止下落，发现苹果先落地，则以下说法正确的是（）
（A）苹果和树叶都是自由落体运动
（B）苹果和树叶的运动都不能近似看成自由落体运动
（C）苹果的运动可以近似看成自由落体运动，树叶的运动则不能看作自由落体运动
（D）假如地球上没有空气，则苹果和树叶也不会同时落地
例9、（镇江市2008届调研二）给滑块一初速v0使它沿光滑斜面向上作匀减速运动，加速度大小为，当滑块速度大小减为时，所用时间可能是（）
（A）（B）（C）（D）

【例11】（1999年高考全国卷）一跳水运动员从离水面10m高的平台上向上跃起，举双臂直体离开台面，此时其重心位于从手到脚全长的中点，跃起后重心升高0.45m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时间是______s。（计算时，可以把运动员看作全部质量集中在重心的一个质点，g取10m/s2，结果保留二位数）