1、第2课时力与直线运动考点匀变速直线运动规律的应用1基本规律速度公式：vv0at.位移公式：xv0tat2.速度和位移公式的推论：v2v022ax.中间时刻的瞬时速度：v.任意两个连续相等的时间内的位移之差是一个恒量，即xxn1xnaT2.2刹车问题 末速度为零的匀减速直线运动问题常用逆向思维法，应特别注意刹车问题，要先判断车停下所用的时间，再选择合适的公式求解3双向可逆类 全过程加速度的大小和方向均不变，故求解时可对全过程列式，但需注意x、v、a等矢量的正、负及物理意义4平均速度法的应用在用运动学公式分析问题时，平均速度法常常能使解题过程简化5解题思路 建立物体运动的情景，画出物体运动示意图，
2、并在图上标明相关位置和所涉及的物理量，明确哪些量已知，哪些量未知，然后根据运动学公式的特点恰当选择公式求解例1(2019湖南娄底市下学期质量检测)如图1所示水平导轨，A、B为弹性竖直挡板，相距L4 m一小球自A板处开始，以v04 m/s的速度沿导轨向B运动，它与A、B挡板碰撞后均以与碰前大小相等的速率反弹回来，且在导轨上做减速运动的加速度大小不变，为使小球停在AB的中点，这个加速度的大小可能为()图1A. m/s2 B0.5 m/s2 C1 m/s2 D1.5 m/s2答案A解析物体停在AB的中点，可知物体的路程snL，n0,1,2.由v2v022as得，|a|，n0,1,2.代入数据解得|a
3、| m/s2.n0,1，2，将选项中加速度大小代入上式，可知只有A项正确变式训练1(2019陕西咸阳市第一次模拟)一辆汽车以某一速度在郊区的水平路面上行驶，因前方交通事故紧急刹车而做匀减速直线运动，最后静止，汽车在最初3 s内通过的位移与最后3 s内通过的位移之比为x1x253，汽车运动的加速度大小为a5 m/s2，则汽车制动的总时间t()At6 s Bt6 sC4 st6 s Dt4 s答案D解析设汽车刹车做匀减速直线运动的加速度大小为a，运动总时间为t，把汽车刹车的匀减速直线运动看成反向的初速度为0的匀加速直线运动，则有最后3 s内通过的位移x2at12a，在最初3 s内通过的位移x1at
4、2a(t3)2a(6t9)，又x1x253，解得t4 s，故A、B、C错误，D正确2.(2019全国卷18)如图2，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，离地后重心上升的最大高度为H.上升第一个所用的时间为t1，第四个所用的时间为t2.不计空气阻力，则满足()图2A12 B23C34 D45答案C解析本题应用逆向思维法求解，即运动员的竖直上抛运动可等同于从一定高度处开始的自由落体运动的逆向运动，所以第四个所用的时间为t2，第一个所用的时间为t1，因此有2，即34，选项C正确考点直线运动图象的应用1vt图象 (1)图象意义：在vt图象中，图象上某点的切线斜率表示对应时刻的加速度，斜率的正负表示加速度
5、的方向(2)注意：加速度沿正方向不表示物体做加速运动，加速度和速度同向时物体做加速运动2xt图象(1)图象意义：在xt图象上，图象上某点的切线斜率表示对应时刻的速度，斜率的正负表示速度的方向(2)注意：在xt图象中，斜率的绝对值逐渐增大，则物体加速度与速度同向，物体做加速运动；反之，物体做减速运动3基本思路(1)解读图象的坐标轴，理清横轴和纵轴代表的物理量和坐标点的意义(2)解读图象的形状、斜率、截距和面积信息4解题技巧(1)应用解析法和排除法，两者结合提高图象类选择题的解题准确率和速度(2)分析转折点、两图线的交点、与坐标轴交点等特殊点和该点前后两段图线(3)分析图象的形状变化、斜率变化、相
6、关性等例2(2019甘肃兰州市第一次诊断)如图3甲所示，质量为2 kg的物体在水平力F作用下运动，t0时刻开始计时，3 s末撤去F，物体继续运动一段时间后停止，其vt图象的一部分如图乙所示，整个过程中阻力恒定，取g10 m/s2，则下列说法正确的是()图3A水平力F为3.2 NB水平力F做功480 JC物体从t0时刻开始到停止，运动的总位移为92 mD物体与水平面间的动摩擦因数为0.5答案B解析撤去拉力后，由题图乙得，物体加速度的大小a| m/s24 m/s2.撤去拉力后，对物体受力分析，由牛顿第二定律可得，mgma，解得物体与水平面间的动摩擦因数0.4，故D项错误由题图乙得，拉力作用时，物体
7、做匀速直线运动，则Fmg0.4210 N8 N，故A项错误拉力作用的3 s内物体的位移x1v0t1203 m60 m；则水平力F做功WFx1860 J480 J，故B项正确物体从减速到速度为零过程，v0202ax2，解得物体从减速到停止运动的距离x2 m50 m物体从t0时刻开始到停止，运动的总位移xx1x260 m50 m110 m故C项错误变式训练3(2019浙江绍兴市3月选考)某玩具汽车从t0时刻出发，由静止开始沿直线行驶，其at图象如图4所示，下列说法正确的是()图4A6 s末的加速度比1 s末的大B1 s末加速度方向与速度方向相同C第4 s内速度变化量大于零D第6 s内速度在不断变大
8、答案B解析由题图知6 s末的加速度比1 s末的小，选项A错误；01 s内汽车从静止开始做变加速直线运动，加速度方向与速度方向相同，选项B正确；由at图象与t轴所围图形的“面积”表示速度的变化量，知第4 s内速度变化量为零，第6 s内速度在不断减小，选项C、D错误4.(2019山东泰安市3月第一轮模拟)如图5，在光滑的斜面上，轻弹簧的下端固定在挡板上，上端放有物块Q，系统处于静止状态现用一沿斜面向上的力F作用在Q上，使其沿斜面向上做匀加速直线运动，以x表示Q离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图象可能正确的是()图5答案A解析开始时mgsin kx0；现用一沿斜面向上的
9、力F作用在Q上，当Q离开静止位置的位移为x时， 根据牛顿第二定律：Fk(x0x)mgsin ma，解得Fkxma，故选A.考点牛顿运动定律的应用1运动性质分析(1)a0时，静止或匀速直线运动，此时合外力为0.(2)a恒量(不等于0)，且v0和a在同一条直线上时，物体做匀变速直线运动，此时合外力恒定2四种问题分析(1)瞬时问题要注意绳、杆弹力和弹簧弹力的区别，绳和轻杆的弹力可以突变，而弹簧的弹力不能突变(2)连接体问题要充分利用“加速度相等”这一条件或题中特定条件，交替使用整体法与隔离法(3)超重和失重问题物体的超重、失重状态取决于加速度的方向，与速度方向无关(4)两类动力学问题解题关键是运动分
10、析、受力分析，充分利用加速度的“桥梁”作用例3如图6甲所示，光滑平台右侧与一长为L10 m的水平木板相接，木板固定在地面上，现有一小滑块以初速度v010 m/s滑上木板，恰好滑到木板右端停止现抬高木板右端，如图乙所示，使木板与水平地面的夹角37，让滑块以相同大小的初速度滑上木板，不计滑块滑上木板时的能量损失，取g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.求：图6(1)滑块与木板之间的动摩擦因数；(2)滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间t.答案(1)0.5 (2)(1) s解析(1)设滑块质量为m，木板水平时滑块加速度大小为a，则对滑块有mgma滑块恰好到木板右端停止0v0
11、22aL解得0.5(2)当木板倾斜，设滑块上滑时的加速度大小为a1，最大距离为s，上滑的时间为t1，有mgcos mgsin ma10v022a1s0v0a1t1由式，解得t11 s，s5 m设滑块下滑时的加速度大小为a2，下滑的时间为t2，有mgsin mgcos ma2sa2t22由式解得t2 s滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间tt1t2(1) s.变式训练5(2019浙江绍兴市3月选考)如图7所示，橡皮膜包住空心塑料管的底端，细线将橡皮膜固定密封，用手竖直握住塑料管保持静止状态，先将水从塑料管顶端倒入并灌至整管的三分之二处，然后在管顶处加一个带孔的瓶盖，此时橡皮膜凸出成半球状现
12、用力将塑料管向上加速提升一段距离，再减速上升直至速度为零则()图7A加速上升时塑料管处于失重状态B加速上升时橡皮膜底部进一步向下凸出C减速上升时塑料管处于超重状态D减速上升时塑料管内的水面将下降答案B解析加速上升时，塑料管处于超重状态，水对橡皮膜的压力增大，橡皮膜的底部会进一步凸出；减速上升时，塑料管处于失重状态，水对橡皮膜的压力变小，橡皮膜凸出程度变小，水面将上升6(2019湖北“荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟”期末)如图8所示，光滑的水平地面上有两块材料完全相同的木块A、B，质量均为m，A、B之间用轻质细绳水平连接现沿细绳所在直线施加一水平恒力F作用在A上，A、B一起开始做匀加速直线运动，
13、在运动过程中把和木块A、B完全相同的木块C放在某一木块上面，系统仍加速运动，且始终没有相对滑动，则在放上C并达到稳定后，下列说法正确的是()图8A若C放在A上，绳上拉力不变B若C放在B上，绳上拉力为C若C放在B上，B、C间摩擦力为DC放在A上比放在B上运动时的加速度大答案C解析F拉A使得整体运动，由牛顿第二定律：F2ma，对B分析可知：FTma，可得FT.若C放在A上，三者一起加速，由整体法有F3ma1，对B由牛顿第二定律有：FT1ma1，联立可得FT1，则绳上的拉力变小，故A错误；若C放在B上，对整体F3ma2，对B、C有：FT22ma2，对B滑块FT2Ffma2，联立可得FT2F，Ff，故
14、B错误，C正确；由牛顿第二定律分析可得C放在A上时a1，C放在B上时a2，两个加速度相同，故D错误考点动力学方法分析“板块”模型1“板块”模型的特点(1)一个转折滑块与木板达到相同速度或者滑块从木板上滑下是受力和运动状态变化的转折点(2)两个关联转折前、后受力情况之间的关联；滑块、木板位移与板长之间的关联(3)临界条件加速度相同且两物体间的摩擦力为最大静摩擦力，分析此临界条件前后物体的运动状态是解题的关键2分析多过程问题的基本方法应当将复杂的运动过程分解为几个子过程，就每个子过程进行求解，关键是分析每一个子过程的特征(包括受力和运动)并且要寻找各子过程之间的联系例4(2019广东惠州市第二次调
15、研)如图9，一质量M1 kg的足够长薄木板正在水平地面上滑动，当其速度为v05 m/s时将一质量m1 kg的小铁块(可视为质点)无初速度地轻放到木板的A端；已知薄木板与小铁块间的动摩擦因数10.2，薄木板与地面间的动摩擦因数20.3，取g10 m/s2.求：图9(1)小铁块放到薄木板上瞬间铁块和木板的加速度大小a1、a2；(2)小铁块与薄木板的速度第一次相等时，二者的位移大小；(3)当小铁块速度刚好减小到零时，小铁块到A端的距离答案(1)2 m/s28 m/s2(2)0.25 m1.5 m(3)1.125 m解析(1)对m由牛顿第二定律得：Ffm1mgma1a12 m/s2对M由牛顿第二定律得
16、：FfmFfMMa2a28 m/s2(2)m向右加速运动，M向右减速运动，设经过时间t二者速度相等且为v.则对m：va1t对M：vv0a2t解得t0.5 s，v1 m/s二者速度第一次相等时m的对地位移xm1a1t20.25 mM的对地位移xM1v0ta2t21.5 m(3)1v0，不合题意当t12 s时，vBat12 m/s，vBv0所以物体A滑离木板所用的时间为2 s专题突破练 级保分练1.(2019广东清远市期末质量检测)近年来学校都非常重视足球运动在某学校举行的颠球比赛中，小明在颠球过程中脚部几乎不动，如图1所示，图示时刻足球恰好竖直向上运动到最高点，估算足球刚被颠起时的初速度大小最接
17、近()图1A6 m/s B3 m/sC1 m/s D0.5 m/s答案B解析由题图可知，足球上升到的高度大约为0.7 m，人的脚的上表面距离地面的高度约0.15 m；足球被颠起后做竖直上抛运动，设初速度为v，上升的高度为h，则：v22gh，所以：v m/s3.3 m/s，可知在四个选项中，最接近的是B选项2(2019福建三明市期末质量检测)一列火车沿直线轨道从静止出发由A地驶向B地，列车先做匀加速直线运动，加速度大小为a，接着做匀减速直线运动，加速度大小为2a，到达B地时恰好静止，若A、B两地距离为s，则火车从A地到B地所用时间t为()A. B. C. D.答案C解析设加速过程结束时的速度为v
18、，则s，解得v，则整个过程中的平均速度为，则火车从A地到B地所用时间为t，故选C.3.(2019浙江金华十校高三期末)气悬球是近几年新兴的一项小球运动，深受人们喜爱如图2所示，球桌台面上有无数个小孔，从小孔中喷出的气体使小球(圆形塑料片)浮离在台面上，小球受击打后在台面上快速运动某次比赛中，当小球受击打后以速度v0匀速直线运动至离对方球门L处时，小孔突然停止喷气，小球恰能做匀减速直线运动到对方球门，则()图2A若小球以速度v0运动到离对方球门0.5L处小孔突然停止喷气，小球破门的速度为v0B若小球以速度v0运动到离对方球门0.5L处小孔突然停止喷气，小球破门的速度为C若小球以速度v0运动到离对
19、方球门L处所受浮力突然减半，小球破门的速度为v0D若小球以速度v0运动到离对方球门L处所受浮力突然减半，小球破门的速度为答案A解析由题意知停止喷气时小球做匀减速运动，v022aL，若x0.5L时停止喷气，由v02v122a0.5L，得v1v0，故A正确，B错误；若浮力减半，则加速度大小a，由v02v222aL，得v2v0，故C、D错误4.(2019江西赣州市上学期期末)电梯顶上悬挂一根劲度系数为200 N/m的弹簧，弹簧的原长为20 cm，在弹簧下端挂一个质量为0.4 kg的砝码当电梯运动时，测出弹簧长度变为23 cm，g取10 m/s2，则电梯的运动状态及加速度大小为()A匀加速上升，a2.
20、5 m/s2B匀减速上升，a2.5 m/s2C匀加速上升，a5 m/s2D匀减速上升，a5 m/s2答案C解析由胡克定律可知，弹簧的弹力Fkx200(0.230.20) N6 N，由牛顿第二定律知：Fmgma解得：a5 m/s2物体加速度方向向上，与电梯加速度相同，可能是加速上升，也可能是减速下降，故C正确，A、B、D错误5(2019湖北恩施州2月教学质量检测)如图3甲所示，用一轻弹簧沿水平方向拉着物块在水平面上做加速运动，物块的加速度a与弹簧的伸长量x的关系如图乙所示(图中所标量已知)，弹簧的形变始终在弹性限度内，弹簧的劲度系数为k，重力加速度为g，则物块的质量m及物块与地面间的动摩擦因数为
21、()图3Am， Bm，Cm， Dm，答案A解析对物块，根据牛顿第二定律：kxmgma，解得axg，结合题图乙可知，gb，解得m，故选A.6.(2019江西南昌市一模)一质量为1 kg的小物块静止在光滑水平面上，t0时刻给物块施加一个水平向右的拉力F，其速度的二次方随位移变化的图象为经过点P(5,25)的直线，如图4所示，则()图4A小物块做匀速直线运动B水平拉力F的大小为2.5 NC5 s内小物块的位移为5 mD5 s末小物块的速度为25 m/s答案B解析由Fma及v22ax得v2x，故，得F2.5 N小物块做匀加速运动的加速度大小为a2.5 m/s25 s末vat12.5 m/s5 s内xa
22、t231.25 m，故B正确，A、C、D错误7.(2019山东菏泽市下学期第一次模拟)一小物块从倾角为30的足够长的斜面底端以初速度v010 m/s沿斜面向上运动(如图5所示)，已知物块与斜面间的动摩擦因数，g取10 m/s2，则物块在运动时间t1.5 s时离斜面底端的距离为()图5A3.75 m B5 mC6.25 m D15 m答案B解析小物块沿斜面向上运动时加速度大小为agsin gcos 10 m/s2，小物块运动到最高点的时间t1 sa甲a丙，F甲F乙F丙，D正确 级争分练10.(多选)(2019贵州部分重点中学教学质量评测)如图8所示，滑块A沿表面粗糙的固定斜面B加速下滑下列做法中
23、，一定能使A下滑时加速度减小的是()图8A在A上放一物块B在A上施一竖直向下的力C在A上施一垂直斜面向下的力D在A上施一竖直向上且小于A重力的力答案CD解析设滑块A与斜面B之间的动摩擦因数为，斜面的倾角为，滑块A沿表面粗糙的固定斜面B加速下滑的加速度为a1，则有：mgsin mgcos ma1，a1gsin gcos ，在A上放一物块，相当于增大A的质量，对A的加速度没有影响，故A错误在A上施一竖直向下的力有：(Fmg)sin (Fmg)cos ma2，a2gsin gcos ，因为加速下滑有：cos ，Fsin Fcos ，所以a2a1，故B错误在A上施一垂直斜面向下的力，同理分析有：mgs
24、in mgcos Fma3，a3gsin gcos a1，故C正确在A上施一竖直向上且小于A重力的力，有：(mgF)sin (mgF)cos ma4，a4gsin gcos a1，故D正确11(2019浙江嘉丽3月联考)如图9所示，我国“辽宁号”航母的舰载机采用滑跃起飞方式，即飞机依靠自身发动机从静止开始加速至滑跃起飞，滑跃仰角为.其起飞跑道可视为由长度为l11.6102 m的水平跑道和长度为l220 m的倾斜跑道两部分组成，水平跑道与倾斜跑道末端的高度差h4 m已知质量m2.0104 kg的舰载机喷气发动机推力大小恒为F1.2105 N，方向与速度方向相同若飞机起飞过程中受到的阻力大小恒为飞
25、机重力的0.1倍，飞机质量视为不变并看成质点，重力加速度g取10 m/s2，航母处于静止状态图9(1)求飞机在水平跑道运动的时间；(2)求飞机在倾斜跑道上的加速度大小；(3)为了使飞机速度在倾斜跑道的末端达到 m/s，外界还需要在整个水平轨道加速阶段对飞机施加助推力，求助推力F推的大小答案(1)8 s(2)3 m/s2(3)2.0105 N解析(1)飞机在水平跑道上运动时，水平方向受到推力与阻力作用，设加速度大小为a1、运动时间为t1，有FFfma1l1a1t12解得：t18 s(2)飞机在倾斜跑道上运动时，沿倾斜跑道方向受到推力、阻力与重力沿倾斜跑道的分力作用，设沿倾斜跑道方向的加速度大小为
26、a2FFfmgsin ma2sin 解得：a23 m/s2(3)在水平轨道上：F推FFfmav122al1在倾斜跑道上：v22v122a2l2解得：F推2.0105 N.12(2019河北衡水中学高考模拟)如图10甲所示，地面上有一长为l1 m、高为h0.8 m、质量M2 kg的木板，木板的右侧放置一个质量为m1 kg的木块(可视为质点)，已知木板与木块之间的动摩擦因数为10.4，木板与地面之间的动摩擦因数为20.6，初始时两者均静止现对木板施加一水平向右的拉力F，拉力F随时间的变化如图乙所示，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g10 m/s2.求：图10(1)前2 s木板加速度的大小；(2)
27、木块落地时距离木板左侧的水平距离s.答案(1)2 m/s2(2)1.68 m解析(1)木块在木板上滑行的最大加速度为a1，则1mgma1解得：a14 m/s2保持木块与木板一起做匀加速运动的最大拉力Fm2(Mm)g(Mm)a130 N.因F124 NFm30 N，木块和木板发生相对滑动，木块加速度为a1，木板加速度为a2F21mg2(Mm)gMa2经时间t2二者分离，此时由运动学规律可得：vt2a2t22(vt2a1t22)l解得：a26 m/s2，t21 s此时木块的速度v块va1t2木板的速度：v板 va2t2木块与木板分离至滑落到地面的时间为t3，由平抛运动知识可得：hgt32在t3时间内，木块在水平方向向前的位移为：s块v块t3木块与木板分离后，木板的加速度为a3，由牛顿第二定律可得：F22MgMa3在t3时间内，木板在水平方向向前的位移为：s板v板t3a3t32所以，木块落地时距离木板左侧：s s板s块联立以上式子解得：s1.68 m.