1、【专题二】力与直线运动【考情分析】1本专题涉及的考点有：参考系、质点；位移、速度和加速度；匀变速直线运动及其公式、图像。大纲对位移、速度和加速度，匀变速直线运动及其公式、图像等考点均为类要求，即对所列知识要理解其确切含义及与其他知识的联系，能够进行叙述和解释，并能在实际问题的分析、综合、推理和判断等过程中运用。质点的直线运动是历年高考的必考内容。可以单独命题，也可以与其他知识点如电场、磁场、电磁感应等知识结合出现在计算题中。近年这部分的考查更趋向于对考生分析问题、应用知识能力的考查。2从高考试题看，作为一个孤立的知识点单独考查的命题并不多，更多的是与牛顿定律、带电粒子在电磁场中的运动等结合起来
2、，作为综合试题中的一个知识点而加以体现。主要题型为选择题、解答题，其中解答题多为中等或较难题。【知识交汇】1物体或带电粒子做直线运动的条件是_物体所受合力与速度方向平行2物体或带电粒子做匀变速直线运动的条件是_物体所受合力为恒力，且与速度方向平行3牛顿第二定律的内容是：物体运动的加速度与物体所受的_成正比，与物体的质量成反比，加速度的方向与_的方向一致，且二者具有_关系，此定律可以采用_进行实验验证合外力 物体所受合外力 瞬时对应 控制变量法4速度时间关系图线的斜率表示物体运动的_，图线所包围的面积表示物体运动的_在分析物体的运动时，常利用vt图象帮助分析物体的运动情况加速度 位移5超重或失重
3、时，物体的重力并未发生变化，只是物体对支持物的_（或对悬挂物的_）发生了变化当a=g时，物体_压力 拉力 完全失重物体发生超重或失重现象与物体的运动方向_，只决定于物体的_方向无关 加速度6匀变速直线运动的基本规律为：速度公式：_ v0+at位移公式： 速度和位移公式的推论为：_ vt2-v02=2ax7匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度为=_位移中点的瞬时速度为_【思想方法】1动力学的两类基本问题的处理思路（1）已知力求运动，应用牛顿第二定律求加速度，再根据物体的初始条件，应用运动学公式求出物体的运动情况任意时刻的位置和速度，以及运动轨迹（2）已知运动求力，根据物体的运动情况，求出物体的加速度
4、，再应用牛顿第二定律，推断或者求出物体的受力情况2动力学问题通常是在对物体准确受力分析的基础上，采用_或者是_求合力，然后结合牛顿第二定律列式求解正交分解法 图解法3匀减速直线运动问题通常看成反方向的匀加速直线运动来处理，这是利用了运动的_性在竖直上抛运动和类竖直上抛运动的处理中也常用此法对称4借用vt图象分析：vt图象表示物体的运动规律，形象而且直观一、 匀变速直线运动规律的应用【例1】（原创）为了测定一辆电动汽车的加速性能，研究人员驾驶汽车沿平直公路从标杆O处静止启动，依次经过A、B、C三处标杆，如图所示。已知AB间的距离为，BC间的距离为。测得汽车通过AB段与BC段所用的时间均为t，将汽
5、车的运动过程视为匀加速行驶。求标杆O与标杆A的距离。【审题分析】本题的意图是考查匀变速直线运动的基本规律。解题的思路可以瞄准三个基本公式，设出未知量，如加速度，在A点的速度等，然后就各阶段分别列式求解。如果在审题过程中能够审出“汽车通过AB段与BC段所用的时间均为t”这一条件，也可以利用匀变速直线运动的推论快速求解。【规范解答】解法一：设汽车的加速度为a，到达A点的速度为，则有： 联立式得_ _ 设O与A的间距为，则有 联立得解法二：充分利用通过AB段与BC段所用的时间相等这个条件。根据位移差公式有_ 由式可得到_再由B点是AC的时间中点，故B点的速度为AC段的平均速度，则有_又_=_设O与A
6、的间距为，则有【答案提示】解法一： 解法二： ，通关必备【解题指导】1匀变速直线运动常以体育运动为背景设置物理情景，处理此类问题时，应注意建立运动模型，如本题就是建立了竖直上抛运动模型2尽管研究此跳水过程不能看成质点，但是求跳水过程的时间时，可看作质点来处理，其重心位置的变化，也即质点位置的变化3若对运动情景不清晰时，可画出运动草图，使抽象问题形象化【强化练习1】（2011泉州市质检） 静止不动的航空母舰上的舰载飞机在助推装置的作用下获得v0=40m/s的初速度，接着在滑行跑道上做匀加速滑行达到v1=80 m/s的速度后起飞，滑行距离x1=75 m，而一般民航客机从静止开始做匀加速滑行达到v2
7、=40 m/s的速度后起飞，滑行距离x2=2 000 m，求滑行时舰载飞机的加速度a1与民航客机的加速度a2的比值解析 对舰载飞机有v12-v02=2a1x1对民航客机有v22=2a2x2得 代入数据解得【答案】80二、图象问题【例2】（2011茂名市第二次高考模拟） （16分）如图甲所示，质量m=2.0 kg的物体静止在水平面上，物体跟水平面间的动摩擦因数=0.20从t=0时刻起，物体受到一个水平力F的作用而开始运动，前8 s内F随时间t变化的规律如图乙所示g取10 m/s2求：（1）在图丙的坐标系中画出物体在前8 s内的vt图象（2）前8 s内水平力F所做的功【解析】 （1）04 s内，由
8、牛顿第二定律得F-mg=ma1 解得a1=3 m/s24 s末物体的速度为v4=a1t4=12 m/s45 s，由牛顿第二定律得-F-mg=ma2解得a2=-7 m/s25 s末物体的速度为v5=5 m/s再经时间t停止，则t= =2.5 s 8 s内的vt图象如图所示（2）04 s内的位移为x1=a1t42=24 m45 s内位移为x2=8.5 m5 s后水平力消失，所以前8 s内力F做的功为W=F1x1-F2x2=155 J（或由动能定理解）W-mg（x1+x2）=mv52解得W=155 J【解题指导】1vt图象反映的仍然是数学关系，只不过它有了具体的物理意义因此要画vt图象，必须采用动力
9、学的方法得到v与t的数学关系2对于多过程问题要划分不同运动阶段，逐过程分析3vt图象斜率表示加速度，面积表示位移，因此第（2）问求位移时可借用图象来求，请同学们自己完成【强化练习2】（2011年广东卷）如图所示是某质点运动的速度图像，由图像得到的正确结果是 （ ）A01 s内的平均速度是2m/sB01s内的位移大小是3 mC01s内的加速度大于24s内的加速度D01s内的运动方向与24s内的运动方向相反解析：本题考查匀变速直线运动的公式及其v-t图象。意在考查考生理解能力、分析综合能力、应用数学知识的能力。01s内的平均速度为m/s，A项错；02s内的位移为图线下方对应的“面积”，s=3m，B
10、项正确；由v-t图线斜率等于加速度知，01s内的加速度大于24s内的加速度，C项正确；01s内的速度与24s内的速度均为正值，说明方向相同，故D项错。答案：BC 三、 追及和相遇问题【例3】（改编）甲、乙两车在同一直线轨道上同向行驶，甲车在前，速度为8m/s，乙车在后速度为16m/s，当两车相距8m时，甲车因故开始刹车，加速度大小为2m/s2，为避免相撞，乙车立即开始刹车，则乙车的加速度至少为多大？【审题分析】 审题时要弄清“为避免相撞”的隐含条件，只要乙车的速度比甲车的速度大，甲乙两车的距离就不断减小，因此，当两车的速度相等时两车距离就最近，此时如果不相撞，以后乙车的速度小于甲车，就不会再相
11、撞。可见，“为避免相撞”的临界条件是“相对速度为零”，而不是“速度为零”。【规范解答】两车恰好避免相撞，则到达同一位置时速度相等设甲、乙两车减速到速度相等用时为t,相等的速度设为v，乙的加速度为，由位移关系和速度关系得，=_，_，解得t=2s，a乙=6m/s2即乙车至少以6m/s2的加速度刹车才能避免相撞。【点评】该题常出现的错误是，认为到乙车的速度恰好减为零时恰好不相撞，由甲车经t=4s速度减为零，列出，解得a乙=m/s2。答案提示：，【解题指导】分析追及问题的方法技巧1要抓住一个条件，两个关系一个条件：即两者速度相等，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，也是分析判断的切入
12、点两个关系：即时间关系和位移关系通过画草图找出两物体的位移关系是解题的突破口2若被追赶的物体做匀减速直线运动，一定要注意追上前该物体是否已经停止运动3仔细审题，充分挖掘题目中的隐含条件，同时注意 vt图象的应用【强化练习3】（2011安徽高考仿真一） 某些城市交通部门规定汽车在市区某些街道行驶速度不得超过vm=30 km/h一辆汽车在该水平路段紧急刹车时车轮抱死，沿直线滑行一段距离后停止，交警测得车轮在地面上滑行的痕迹长xm=10 m 从手册中查出该车轮与地面间的动摩擦因数=0.72，取g=10 m/s2（1）请你判断汽车是否违反规定超速行驶（2）目前，有一种先进的汽车制动装置，可保证车轮在制
13、动时不被抱死，使车轮仍有一定的滚动，安装了这种防抱死装置的汽车，在紧急刹车时不但可以使汽车便于操控，而且可获得比车轮抱死更大的制动力，从而使刹车距离大大减小假设汽车安装防抱死装置后刹车制动力恒为F，驾驶员的反应时间为t，汽车的质量为m，汽车正常行驶的速度为v，试推出刹车距离x的表达式解析 （1）因为汽车刹车且车轮抱死后，汽车受滑动摩擦力作用做匀减速运动，所以滑动摩擦力大小Ff=mg汽车的加速度a=-g由v12-v02=2ax且v1=0得v0=12 m/s=432 km/h30 km/h即这辆车是超速的（2）刹车距离由两部分组成，一是司机在反应时间内汽车行驶的距离x1，二是刹车后匀减速行驶的距离
14、x2x=x1+x2=vt+加速度大小a=则x=vt+答案 （1）这辆车是超速的 （2）x=vt+四、动力学的两类基本问题【例4】 （2010长春、哈尔滨、沈阳、大连二次联考） 一根质量分布均匀的长直绳AB，在水平恒定外力F的作用下，沿光滑水平面以v0=2 m/s的初速度做匀加速直线运动（忽略绳子的形变）， 在头2 s内所通过的位移等于绳长的6倍如图甲所示，绳内距A端x处的张力（即绳内部之间的拉力）FT与x的关系如图乙所示，利用图象和题中的已知数据，求：（1）距A端1.5 m处绳内的张力多大?（2）绳子的质量多大?【解析】解法一 （1）由图象可知函数FT=（6-3x） N当x=1.5 m时绳间的
15、拉力FT=1.5 N（2）由图象可得：绳长l=2 m；水平恒力F=6 N由匀加速运动位移公式x=v0t+at2得a=4 m/s2由牛顿第二定律得F=ma得m=1.5 kg解法二 由图象可得：绳长l=2 m；水平恒力F=6 N由匀加速运动位移公式x=v0t+at2得a=4 m/s2由牛顿第二定律得F=ma由题意可知：从x=15 m处到B端这段绳质量为， 以此段绳为研究对象FT=a由图象得x=1.5 m处FT=1.5 Nm=1.5 kg答案 （1）1.5 N （2）1.5 kg【解题指导】1牛顿第二定律应用的两类基本问题：物体的受力情况的分析加速度物体的运动状态及变化2分析复杂的动力学问题时应注意
16、（1）仔细审题，分析物体的受力及受力的变化情况，确定并划分出物体经历的每个不同的过程（2）逐一分析各个过程中的受力情况和运动情况，以及总结前一过程和后一过程的状态有何特点（3）前一个过程的结束就是后一个过程的开始，两个过程的交接点受力的变化，状态的特点，往往是解题的关键3常用的解题方法：（1）整体与隔离法；（2）假设法【强化练习4】（2010杭州市模拟5） 如图所示， 一足够长的光滑斜面倾角为=30，斜面AB与水平面BC连接，质量m=2 kg的物体置于水平面上的D点，D点距B点d=7 m物体与水平面间的动摩擦因数=0.2，当物体受到一水平向左的恒力F=8 N作用t=2 s后撤去该力，不考虑物体
17、经过B点时的碰撞损失，重力加速度g取10 m/s2求撤去拉力F后，经过多长时间物体经过B点?解析 在F的作用下物体运动的加速度a1，由牛顿运动定律得F-mg=ma1解得a1=2 m/s2F作用2 s后的速度v1和位移x1分别为v1=a1t=4 m/s；x1=a1t2=4 m撤去F后，物体运动的加速度为a2mg=ma2解得a2=2 m/s2第一次到达B点所用时间t1，则d-x1=v1t1-a2t12解得t1=1s此时物体的速度v2=v1-a2t1=2 m/s当物体由斜面重回B点时，经过时间t2，物体在斜面上运动的加速度为a3，则Mgsin 30=ma3t2= =0.8 s第二次经过B点时间为t=
18、t1+t2=1.8 s所以撤去F后，分别经过1 s和1.8 s 物体经过B点答案 1 s 1.8 s【能力提升】1（改编）某高速公路的单向车道有两条，最高限速分别为120km/h、100km/h。按规定在高速公路上行驶车辆的最小间距（单位：m）应为车速（单位：km/h）的2倍，即限速为100km/h的车道，前后车距至少应为200m。则两条车道中限定的车流量（每小时通过某一位置的车辆总数）之比应为 （ ）A11 B21 C32 D432（改编）如图甲所示是1、2两个物体沿直线运动的位移时间图象，图乙所示是3、4两个物体沿直线运动的速度时间图象，分别用1、2、3、4四条图线表示，关于它们的物理意义
19、，下列描述正确的是（ ）A图线1表示物体1做曲线运动Bt图象中，t1时刻两物体的速度Ct图象中，0至t3时间内物体3和物体4的平均速度相等D两图象中，t2、t4时刻分别表示物体2、4开始反向运动3（2010南京模拟）A、B两物体均做匀变速直线运动，A的加速度a1=1.0 m/s2，B的加速度a2=2.0m/s2，根据这些条件做出的以下判断，其中正确的是（ ）AB的加速度大于A的加速度BA做的是匀加速运动，B做的是匀减速运动C任意时刻两个物体的速度都不可能为零D两个物体的运动方向一定相反4（改编）静止在光滑水平面上的木块，被一颗子弹沿水平方向击穿，若子弹击穿木块的过程中子弹受到木块的阻力大小恒定
20、，则当子弹入射速度增大时，下列说法正确的是 （ ）A木块获得的速度变大 B木块获得的速度变小C子弹穿过木块的时间变长 D子弹穿过木块的时间变短5（2010年福建卷）质量为2kg的物体静止在足够大的水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等。从t=0时刻开始，物体受到方向不变、大小呈周期性变化的水平拉力F的作用，F随时间t的变化规律如图所示。重力加速度g取10m/，则物体在t=0到t=12s这段时间的位移大小为 （ ） A18m B54m C72m D198m电动机6（改编）如图是一种升降电梯的示意图，A为载人箱，B为平衡重物，它们的质量均为M，上下均有跨
21、过滑轮的钢索系住，在电动机的牵引下使电梯上下运动如果电梯中乘客的质量为m，匀速上升的速度为v，电梯即将到顶层前关闭电动机，依靠惯性上升h高度后停止，在不计空气和摩擦阻力的情况下，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）A关闭电动机后，乘客处于超重状态B关闭电动机后，乘客处于失重状态C由于A、B质量相等，故关闭电动机后，乘客的加速度大小为gD关闭电动机后，电梯上升的高度h一定小于7（改编）如图所示，质量为m=1kg，长为L=2.7m的平板车，其上表面距离水平地面的高度为h=0.2m，以速度v0=4m/s向右做匀速直线运动，A、B是其左右两个端点。从某时刻起对平板车施加一个大小为5N的水平向左的恒力
22、F，并同时将一个小球轻放在平板车上的P点（小球可视为质点，放在P点时相对于地面的速度为零），。经过一段时间，小球从平板车上脱离后落到地面上。不计所有摩擦力，g取10m/s2。求FPABv0（1）小球从放到平板车上开始至落到地面所用的时间；（2）小球落地瞬间，平板车的速度。hv08（2010年滨州模拟）如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹角30，传送带在电动机的带动下，始终保持v02m/s的速率运行。现把一质量为m10kg的工件（可看为质点）轻轻放在传送带的底端，经时间t1.9s，工件被传送到h1.5m的高处，并取得了与传送带相同的速度，取g10 m/s2。求：（1）工件与传送带之间的滑动摩擦力F
23、1；（2）工件与传送带之间的相对位移s。附：【能力提升】参考答案1A 设车辆速度为v，前后车距为d，则车辆1 h内通过的位移s=vt，车流量n=，而d=2v，得n=，则两车道中限定的车流量之比n1n2=112B 图线1并不表示物体做曲线运动，因整段时间内物体的位移一直为正值，所以A错误；位移时间图象的斜率等于速度的大小，由图象可知，故B正确；速度时间图象下方所包围的“面积”等于物体在该段时间内发生的位移，显然，平均速度是位移与时间的比值，从而C也是错误的；位移时间图象中，t2时刻后物体2正方向的位移减小，表示物体开始反向运动，而速度时间图象中的t4时刻则仅表示物体4正方向的速度减小，并非是反向
24、，所以选项D错误。3 A 解析：加速度是矢量，负号不表示大小，A正确，两物体的初速度方向不确定，不能判断是加速还是减速，B错；若两物体均做减速运动，某时刻速度均可以为零，C错；两个物体的运动方向可以相同，D错。4BD 子弹穿透木块过程中，子弹做匀减速运动，木块做匀加速运动，画出如图所示的v-t图象，图中实线OA、v0B分别表示子弹的运动图象，而图中梯形OABv0的面积为子弹相对木块的位移，即木块长度L。当子弹入射速度增大变为v0时，子弹、木块的运动图象便如图中虚线所示，梯形OABv0的面积仍等于子弹相对木块的位移L，由图线可知，子弹入射速度越大，木块获得的速度越小，作用时间越短，BD正确。5B
25、 物体与地面间的最大静摩擦力f=4N，03s时间内，物体所受水平拉力与最大静摩擦力平衡，物体处于静止状态；3s6s时间内，物体的加速度a=2m/s2，这段时间内的位移=9m；6s9s时间内，物体以速度v=at1=6 m/s匀速运动，这段时间内的位移=18m；9s12s时间内，物体以加速度a=2m/s2匀加速运动，这段时间内的位移=27m；故012s内物体的位移为s=s1+s2+s3=54m。故B项正确。6B 关闭电动机后，乘客减速上升，处于失重状态，B项正确；对系统由牛顿第二定律得，C项错误；由运动学公式得，D项错误。7（1）t= 2.0s（2）6m/s ，方向向左解析：（1）对平板车施加恒力
26、F后，平板车向右做匀减速直线运动，加速度大小为 a=m/s2 平板车速度减为零时，向右的位移 m=1.8m之后，平板车向左匀加速运动，小球从右端B落下，此时车向左的速度v1= 5m/s 小球从放到平板车上，到脱离车所用时间s 小球离开车后作自由落体运动，设下落时间为t2 ，则 h=解得 s 所以，小球从放到平板车上开始至落到地面所用的时间 t=t1+t2=2.0s（2）小球落地瞬间，平板车的速度 v2=v1+at2解得 v2=6m/s ，方向向左8（1）75N（2）0.8m解析：（1）由题意得，皮带长为L3m工件速度达到v0之前，从静止开始做匀加速运动，设匀加速运动的时间为t1，位移为s1，有：s1因工件最终取得了与传送带相同的速度，所以达到v0之后工件将做匀速运动，有：Ls1v0(tt1)解得：t10.8s，s10.8m所以加速运动阶段的加速度为：a2.5m/s2在加速运动阶段，根据牛顿第二定律，有：F1mgsinma解得：F175N。（2）在时间t1内，传送带运动的位移为：sv0t1.6 m所以在时间t1内，工件相对传送带的位移为：sss10.8m
