1、专题二力与直线运动考情分析201520162017力与直线运动T5：匀变速直线运动的多过程问题T6：超重与失重、at图象T5：自由下落与竖直上抛运动及vx图象T9：匀变速直线运动规律、摩擦力、牛顿第二定律T3：物块在斜面上的运动命题解读本专题的考点分为两大板块，一个是运动学部分，另一个为牛顿运动定律，其中，匀变速直线运动的规律及运动图象问题和牛顿运动定律及应用为高频考点。从近三年命题情况看，命题特点为：(1)注重基础与迁移。如匀变速直线运动的规律及非常规运动图象问题，行车安全问题等考查学生的理解能力。难度属于中等。(2)注重过程与方法。如板块问题、多过程问题等，以选择题的形式考查学生的推理能力
2、，以计算题的形式考查学生的分析综合能力。难度属于偏难。 整体难度偏难，命题指数，复习目标是达B冲A。1.(2017徐州沛县中学高三第一次质检)一个做匀减速直线运动的物体，经过3 s速度刚好减为零。若测得该物体在最后1 s内的位移是1 m，那么该物体在这3 s内的平均速度大小是()A.1 m/s B.3 m/s C.5 m/s D.9 m/s解析采用逆向思维法，根据xat2得，物体的加速度大小a m/s22 m/s2，则物体的初速度v0at23 m/s6 m/s，物体在这3 s内的平均速度 m/s3 m/s，故B项正确，A、C、D项错误。答案B2.(2017江苏清江中学月考)位于水平面上质量为m
3、的物体，在大小为F、方向与水平面成角的推力作用下做加速运动，物体与水平面间的动摩擦因数为，则物体的加速度大小为()图1A. B.C. D.解析对物体受力分析如图所示，在水平方向： Fcos fma，在竖直方向：FNFsin mg0，又fFN，以上联立解得a，故D项正确。答案D3.(2017扬州模拟)图2甲是某人站在力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图，中间的“”表示人的重心。图乙是根据传感器采集到的数据画出的力时间图象。两图中ag各点均对应，其中有几个点在图甲中没有画出。取重力加速度g10 m/s2。根据图象分析可知()图2A.人的重力为1 500 NB.c点位置人处于超重状态C.e点位置人处于
4、失重状态D.d点的加速度小于f点的加速度解析由题图甲、乙可知，人的重力等于500 N，质量m50 kg，b点位置人处于失重状态，c、d、e点位置人处于超重状态，选项A、C错误，B正确；d点位置传感器对人的支持力F最大，为1 500 N，由Fmgma可知，d点的加速度ad20 m/s2，f点位置传感器对人的支持力为0 N，由Fmgma可知，f点的加速度af10 m/s2，故d点的加速度大于f点的加速度，选项D错误。答案B4. (2017江苏东海二中学情调研)从同一地点同时开始沿同一直线运动的两个物体、的速度图象如图3所示，在0t0时间内，下列说法正确的是()图3A.、两个物体的加速度都在不断减小
5、B.物体的加速度不断增大，物体的加速度不断减小C.物体的位移等于物体的位移D.、两个物体的平均速度大小都大于解析速度时间图象的斜率表示加速度，从图中可知两曲线的斜率都在减小，所以加速度都在减小，A项正确，B项错误；图象与坐标轴围成的面积表示位移大小，所以从图中可知的面积大于的面积，故物体的位移大于物体的位移，C项错误；如图所示如果物体的速度从v2均匀减小到v1，或从v1均匀增加到v2，物体的位移就等于图中梯形的面积，平均速度就等于，故物体的平均速度大于，物体的平均速度小于，D项错误。答案A匀变速直线运动基本规律的应用分析匀变速直线运动问题的“六种方法”【例1】 (2017东海二中学情调研)ET
6、C是电子不停车收费系统的简称。汽车分别通过ETC通道和人工收费通道的流程如图4所示。假设汽车以v115 m/s朝收费站正常沿直线行驶，如果过ETC通道，需要在收费站中心线前10 m处正好匀减速至v25 m/s，匀速通过中心线后，再匀加速至v1正常行驶；如果过人工收费通道，需要恰好在中心线处匀减速至零，经过20 s缴费成功后，再启动汽车匀加速至v1正常行驶，设汽车加速和减速过程中的加速度大小均为1 m/s2，求：图4(1)汽车过ETC通道时，从开始减速到恢复正常行驶过程中的位移大小；(2)汽车通过ETC通道比通过人工收费通道节约的时间是多少？(3)假设有两列车队分别从ETC通道和人工收费通道通过
7、，通过ETC通道的车队匀速行驶时相邻两车间均相距x1120 m，通过人工收费通道的车队匀速行驶时相邻两车间距均为x2200 m，则每小时从ETC通道多通过多少辆车？解析(1)过ETC通道时，减速的位移和加速的位移相等，均为x1 m100 m所以总的位移x总12x1d210 m。(2)过ETC通道时t122 s s22 s通过人工收费通道时t22t02 s20 s50 sx222 m225 m二者的位移差xx2x1225 m210 m15 m在这段位移内过ETC通道时是匀速直线运动所以tt250 s s27 s。(3)由于没有等待时间，每小时通过收费站的车辆即正常行驶时每小时通过某点的车辆数，因
8、此ETC通道每小时通过的车辆数n1(辆)450(辆)人工收费通道每小时通过的车辆数n2(辆)270(辆)ETC通道多通过nn1n2180辆车。答案(1)210 m(2)27 s(3)180辆【变式1】 (多选)(2017扬州中学模拟)如图5所示，光滑斜面AE被分成四个相等的部分，一物体由A点从静止释放，下列结论正确的是()图5A.物体到达各点的速率之比 vBvCvDvE12B.物体到达各点经历的时间tE2tBtCtDC.物体从A到E的平均速度vvBD.物体通过每一部分时，其速度增量vBvAvCvBvDvCvEvD解析根据运动学公式v2v2ax知，物体由A点从静止释放时，v22ax，所以物体到达
9、各点的速率之比vBvCvDvE12，故A项正确；根据运动学公式xv0tat2得t，物体到达各点经历的时间tBtCtDtE12，即tE2tBtCtD，故B项正确；由于vE2vB，物体从A到E的平均速度vvB，故C项正确；vBvCvDvE12，物体通过每一部分时其速度增量不等，故D项错误。答案ABC动力学图象问题求解动力学图象问题的基本思路【例2】 (多选)(2017江苏溧水高级中学测试)一小球从地面竖直上抛，后又落回地面，小球运动过程中所受空气阻力与速度成正比，取竖直向上为正方向。下列关于小球运动的速度v、加速度a、位移x、机械能E随时间t变化的图象中，可能正确的有()解析小球在上升过程中，设小
10、球的加速度为a1，由牛顿第二定律得mgfma1，又fkv，得a1g，v减小，则a1减小，vt图象的斜率逐渐减小。小球在下落过程中，设小球的加速度为a2，由牛顿第二定律得mgfma2，又fkv，得a2g，v增大，则a2减小，vt图象的斜率逐渐减小，故A项正确，B项错误；根据位移时间图象的斜率等于速度大小，xt图象的斜率先减小后反向增大，且下落时间大于上升时间，故C项正确；根据功能关系得fxE，则得f，由，则得fvkv2，v是变化的，则知Et图象的斜率是变化的，图象应为曲线，故D项错误。答案AC【变式2】 (多选)(2015江苏高考)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6
11、所示，以竖直向上为a的正方向，则人对地板的压力()图6A.t2 s时最大 B.t2 s时最小C.t8.5 s时最大 D.t8.5 s时最小解析当电梯有向上的加速度时，人处于超重状态，人对地板的压力大于重力，向上的加速度越大，压力越大，因此t2 s时，压力最大，A项正确；当有向下的加速度时，人处于失重状态，人对地板的压力小于人的重力，向下的加速度越大，压力越小，因此t8.5 s时压力最小，D项正确。答案AD【变式3】 (多选)(2017南京、盐城模拟)如图7甲所示，静止在水平地面上的物块A，受到水平向右的拉力F作用，F与时间t的关系如图乙所示，设物块与地面的最大静摩擦力fm与滑动摩擦力大小相等，
12、则()图7A.0t1时间内物块A的加速度逐渐增大B.t2时刻物块A的加速度最大C.t3时刻物块A的速度最大D.t2t4时间内物块A一直做减速运动解析0t1时间内物块A受到的静摩擦力逐渐增大，物块处于静止状态，选项A错误；t2时刻物块A受到的拉力F最大，物块A的加速度最大，选项B正确；t3时刻物块A受到的拉力减小到等于滑动摩擦力，加速度减小到零，物块A的速度最大，选项C正确；t2t3时间内物块A做加速度逐渐减小的加速运动，t3t4时间内物块A一直做减速运动，选项D错误。答案BC牛顿运动定律及其应用牛顿运动定律及求解思路【例3】 (2017江苏常州模拟)如图8所示为四旋翼无人机，它是一种能够垂直起
13、降的小型遥控飞行器，目前得到越来越广泛的应用。一架质量m2 kg的无人机，其动力系统所能提供的最大升力F36 N，运动过程中所受空气阻力大小恒为f4 N。g取10 m/s2。图8(1)无人机悬停在距地面某一高度处进行抓拍时，动力系统提供的作用力F1多大？(2)无人机在地面上从静止开始，以最大升力竖直向上起飞。求在t5 s时离地面的高度h；(3)当无人机悬停在距离地面高度H100 m处，由于动力设备故障，无人机突然失去升力而坠落。求无人机坠落地面时的速度v。解析(1)无人机悬停时处于二力平衡状态，有F1mg，代入解得F120 N。(2)设无人机上升时加速度为a，由牛顿第二定律得Fmgfma解得a
14、6 m/s2由hat2，代入数值解得h75 m(3)设无人机坠落过程中加速度大小为a1，由牛顿第二定律，有mgfma1解得a18 m/s2由v22a1H解得，v40 m/s答案(1)20 N(2)75 m(3)40 m/s【变式4】 (2017江苏南通高三调研)如图9所示，质量分别为M和m的两物块与竖直轻弹簧相连，在水平面上处于静止状态，现将m竖直向下压缩弹簧一段距离后由静止释放，当m到达最高点时，M恰好对地面无压力。已知弹簧劲度系数为k，弹簧形变始终在弹性限度内，重力加速度为g，则()图9A.当m到达最高点时，m的加速度为gB.当m到达最高点时，M的加速度为gC.当m速度最大时，弹簧的形变量
15、为D.当m速度最大时，M对地面的压力为Mg解析当m到达最高点时，M恰好对地面无压力，则此时弹簧的弹力为Mg，对m根据牛顿第二定律得mgMgma，解得ag，选项A正确；当m到达最高点时，M的加速度为0，选项B错误；当m速度最大时，此题满足mgkx，此时弹簧的形变量为x，选项C错误；当m速度最大时，M对地面的压力为(Mm)g，选项D错误。答案A板块模型滑块木板问题的分析方法【例4】 (2017南师大附中)如图10所示，有两个高低不同的水平面，高水平面光滑，低水平面粗糙。一质量为5 kg、长度为2 m的长木板靠在高水平面边缘A点，其表面恰好与高水平面平齐，长木板与低水平面间的动摩擦因数为0.05。一
16、质量为1 kg可视为质点的滑块静止放置，距A点距离为 3 m。现用大小为6 N、水平向右的外力拉小滑块，当小滑块运动到A点时撤去外力，滑块以此时的速度滑上长木板，滑块与长木板间的动摩擦因数为0.5，取g10 m/s2。求：图10(1)滑块滑动到A点时的速度大小；(2)滑块滑动到长木板上时，滑块和长木板的加速度大小分别为多少？(3)通过计算说明滑块能否从长木板的右端滑出。解析(1) 设m、F分别为滑块的质量和受到的拉力，a为滑块的加速度，v为滑块滑到A点时的速度大小，L0为滑块在高水平面上运动位移。根据牛顿第二定律有Fma根据运动学公式有v22aL0联立方程解得v6 m/s(2)设M为长木板的质
17、量，a1、a2分别是此过程中滑块和长木板的加速度，1、2分别是滑块与长木板间和长木板与低水平面间的动摩擦因数根据牛顿第二定律得对滑块有： 1mgma1代入数据解得a15 m/s2对长木板有：1mg2(mM)gMa2解得a20.4 m/s2(3)设小滑块不滑出长木板，从小滑块滑上长木板到两者相对静止所用时间为t则va1ta2t解得t s则此过程中小滑块的位移为x1vta1t2长木板的位移为x2a2t2x1x2 mL式中L2 m为长木板的长度所以小滑块能滑出长木板右端答案(1) 6 m/s(2) 5 m/s20.4 m/s2(3)能【变式5】 (2017南通中学高三期中)如图11所示，光滑水平桌面
18、上的布带上静止放着一质量为m1.0 kg的小铁块，它离布带右端的距离为L0.5 m，铁块与布带间动摩擦因数为0.1。现用力从静止开始向左以a02 m/s2的加速度将布带从铁块下抽出，假设铁块大小不计，铁块不滚动，g取10 m/s2，求：图11(1)将布带从铁块下抽出需要多长时间？(2)铁块离开布带时的速度大小是多少？解析(1)设铁块离开布带时，相对桌面移动的距离为x，布带移动的距离为Lx，铁块滑动的加速度为a，由牛顿第二定律得mgma，ag1 m/s2，根据运动学公式有Lxa0t2，xat2，解得t1 s(2)由vv0at得铁块速度v11 m/s1 m/s。答案(1)1 s(2)1 m/s一、
19、单项选择题1.(2017江苏徐州调研)某质点从静止开始做匀加速直线运动，已知第3 s内通过的位移是x，则质点运动的加速度为()A. B.C. D.解析由匀变速直线运动规律知第3 s内的平均速度等于2.5 s时的瞬时速度，即v2.5，结合v2.5at2.5得a，选项C正确。答案C2.(2017启东中学高三月考)在地质、地震、勘探、气象和地球物理等领域的研究中，需要精确的重力加速度g值，g值可由实验精确测得，近年来测g值的一种方法叫“对称自由下落法”，它是将测g转变为测长度和时间，具体做法是：将真空长直管沿竖直方向放置，自其中O点上抛小球又落到原处的时间为T2，在小球运动过程中经过比O点高H的P点
20、，小球离开P点到又回到P点所用的时间为T1，测得T1、T2和H，可求得g等于()A. B.C. D.解析小球从O点上升到最大高度过程中h2g，小球从P点上升的最大高度h1g，依据题意h2h1H，联立解得g， 故选项A正确。答案A3. (2017海安模拟)一物体沿直线运动，用x表示运动位移，用t表示运动时间。从t0时刻开始计时，物体与t的图象如图1所示，图线斜率的绝对值为k，则以下说法正确的是()图1A.物体做匀速直线运动，速度大小等于kB.物体做变减速直线运动，加速度均匀减小C.物体做匀减速直线运动，加速度大小等于kD.物体做匀减速直线运动，加速度大小等于2k解析由题中图象知物体做匀变速直线运
21、动，位移随时间的变化规律为xv0tat2，整理得v0at，则图象的斜率ka，由于斜率为负值，则加速度为负值，图象的纵截距为bv0，纵截距为正值，则物体的初速度为正值，物体做匀减速直线运动，A、B错误；由以上分析可知，物体的加速度大小为2k，C错误，D正确。答案D4.(2017无锡联考)如图2，载货车厢通过悬臂固定在缆绳上，缆绳与水平方向夹角为，当缆绳带动车厢以加速度a匀加速向上运动时，货物在车厢中与车厢相对静止，则货物与车厢间的动摩擦因数至少为(假设滑动摩擦力等于最大静摩擦力，重力加速度为g)()图2A. B.C. D.解析将加速度分解为水平和竖直两个方向，以货物为研究对象，在水平方向有Ffm
22、axmacos ，竖直方向有FNmgmaymasin ，FfFN，联立解得，B项正确。答案B5.(2017江苏南通市如东县、徐州市丰县联考)将一质量为m的小球靠近墙面竖直向上抛出，图3甲是向上运动小球的频闪照片，图乙是下降时的频闪照片，O是运动的最高点，甲、乙两次的闪光频率相同。重力加速度为g。假设小球所受阻力大小不变，则可估算小球受到的阻力大小约为()图3A.mg B.mgC.mg D.mg解析根据牛顿运动定律，对甲图分析有mgfma，乙图分析得到mgfma，假设一块砖的厚度为d，曝光时间为T，对甲图有x9d3daT2，对乙图有x5d3daT2，联立解得fmg，C项正确。答案C6. (201
23、7南菁中学模拟)如图4所示，质量分别为m1、m2的物块A、B用一轻质绳相连置于粗糙水平面上，用一水平力F(Fkt，k为大于0的常数)向右拉A，已知A、B与水平面间的动摩擦因数相等且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，绳的承受力足够大，则下列关于绳中弹力大小T随时间t的变化关系的图象正确的是()图4解析当m1gFkt时，绳中无弹力，C错误；当(m1m2)gktm1g时，由力的平衡知Tm1gkt，即T与时间成线性关系，当F(m1m2)g时，A、B一起向右加速，a，而Tm2gm2a，联立得Tkt，即T随时间变化的图线是一条过原点的直线，A正确，B、D错误。答案A二、多项选择题7.(2017宿迁模拟)在平直公
24、路上行驶的a车和b车，其位移时间(xt)图象分别为图中直线a和曲线b，已知b车的加速度恒定且等于2 m/s2，t3 s时，直线a和曲线b刚好相切，则()图5A.a车做匀速运动且其速度为va m/sB.t3 s时a车和b车相遇但此时速度不等C.t1 s时b车的速度为6 m/sD.t0 s时a车和b车的距离s09 m解析xt图象的斜率等于速度，由图可知，a车的速度不变，做匀速直线运动，速度为va m/s2 m/s，故A项错误；t3 s时，直线a和曲线b刚好相切，位置坐标相同，两车相遇、斜率相等，此时两车的速度相等，故B项错误；t3 s，b车的速度为vbva2 m/s，设b车的初速度为v0，对b车，
25、由v0atvb解得，v08 m/s，则t1 s时b车的速度为vbv0at1(821)m/s6 m/s，故C项正确；t3 s时，a车的位移为xa6 m，b车的位移为xbt3 m15 m，t3 s时，a车和b车到达同一位置，t0时两车相距s0xbxa9 m，故D项正确。答案CD8.(2017江苏扬州模拟)广州塔，昵称小蛮腰，总高度达600米，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t0时由静止开始上升，at图象如图6所示。则下列相关说法正确的是()图6A.t4.5 s时，电梯处于超重状态B.555 s时间内，绳索拉力最小C.t59.5 s时，电梯处于
26、超重状态D.t60 s时，电梯速度恰好为零解析利用at图象可判断：t4.5 s时，电梯有向上的加速度，电梯处于超重状态，则A正确；05 s时间内，电梯处于超重状态，拉力重力，555 s时间内，电梯处于匀速上升过程，拉力重力，5560 s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”表示速度改变量，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t60 s时为零，D正确。答案AD9.(2017江苏省扬中、六合、句容、省溧、中华、江浦、华罗庚七校联考)运动质点的vx图象如图7所示，图线为顶点在坐标原点、开口向右的一条抛物线，则下列判断正确的
27、是()图7A.质点做初速度为零的匀加速直线运动B.质点的加速度大小为5 m/s2C.质点在3 s末的速度大小为30 m/sD.质点在03 s内的平均速度大小为7.5 m/s解析图线为一顶点在原点、开口向右的抛物线的部分，由数学知识可得v22ax。对照匀变速直线运动的公式v22ax可知加速度一定，物体做初速为零的匀加速运动，故A项正确；根据1022a10可得a5 m/s2，选项B正确；质点在3 s末的速度大小为v3at15 m/s，选项C错误；质点在03 s内的平均速度大小为7.5 m/s，选项D正确。答案ABD10.(2017江苏扬州中学期初考)三角形传送带以1 m/s的速度逆时针匀速转动，两
28、边的传送带长都是2 m，且与水平方向的夹角均为37。现有两小物块A、B从传送带顶端都以1 m/s的初速度沿传送带下滑，物块与传送带间的动摩擦因数均为0.5。(g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)下列说法正确的是()图8A.物块A到达底端的速度比B到达底端的速度大B.A、B同时到达底端C.物块A先到达传送带底端D.物块A、B在传送带上的划痕长度之比为13解析由于0.5tan 370.75，所以传送带对物块A、B的摩擦力方向都沿传送带向上，物块A、B沿传送带向下都做匀加速直线运动，加速度相同，两物块的初速度相同，位移相同，则运动时间相同，到达底端的速度相同，故选项B正确，选
29、项A、C错误；物块A下滑过程相对传送带的位移等于物块A的位移与传送带匀速运动的位移之差，agsin gcos 2 m/s2，代入xvtat2解得t1 s，xAxvt1 m。物块B下滑过程相对传送带的位移等于物块B的位移与传送带匀速运动的位移之和，xBxvt3 m，故选项D正确。答案BD三、计算题11.(2017无锡期末考试)如图9(a)，t0时，水平桌面上质量为m1 kg的滑块获得v02 m/s水平向右的初速度，同时对滑块施加一个水平向左的恒定拉力，前2 s内滑块的速度时间关系图线如图(b)所示。求：图9(1)前2 s内滑块的位移大小和方向；(2)滑块所受拉力和摩擦力大小；(3)若在t2 s时
30、将拉力撤去，则撤力后滑块还能滑行多远距离？解析(1)前2 s内滑块的位移大小x12 m10.8 m0.6 m方向与初速度方向相同。(2)01 s内加速度大小a12 m/s2Ffma112 s内加速度大小a20.8 m/s2 Ffma2联立解得F1.4 N，f0.6 N。(3)撤去拉力后，加速度大小为a30.6 m/s2还能滑行x3 m0.53 m。答案(1)0.6 m方向与初速度方向相同(2)1.4 N0.6 N(3)0.53 m12.(2017江苏省徐州、宿迁、连云港、淮安四市模拟)如图10所示，倾角为的斜面底端固定挡板P，质量为m的小物块A与质量不计的木板B叠放在斜面上，A位于B的最上端且
31、与P相距L。已知A与B、B与斜面间的动摩擦因数分别为1、2，且1tan 2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A与挡板相撞没有机械能损失。将A、B同时由静止释放，求： 图10(1)A、B释放时，物块A的加速度大小；(2)若A与挡板不相碰，木板的最小长度l0；(3)若木板长度为l，整个过程中木板运动的总路程。解析(1)释放木板与物块A，它们一起加速下滑。以木板与物块A为研究对象，设其加速度大小为a1，由牛顿第二定律有mgsin 2mgcos ma1解得a1gsin 2gcos (2)在木板B与挡板未碰前，A和B相对静止，以相同的加速度一起向下做匀加速运动。木板B与挡板相碰后立即静止，A开始匀减速下滑。
32、若物块A到达挡板时的速度恰好为0，此时木板长度即为最小长度l0。设木板与挡板相撞瞬间速度为v，则有v22a1(Ll0)木板静止后，物块减速下滑时的加速度大小为a2，由牛顿第二定律有1mgcos mgsin ma2解得a21gcos gsin 由运动学公式02v22a2l0联立以上各式可解得l0 L(3)分两种情况若ll0，木板与挡板相撞后不反弹，物块A一直减速直到静止在木板上。故木板通过的路程sLl若ll0，木板与挡板相撞后，物块A在木板上减速运动直至与挡板相撞。由于碰撞过程中没有机械能损失，A将以撞前速率返回，并带动木板一起随物块向上减速；当它们的速度减为零后，再重复上述过程，直至物块A停在挡板处。物块与木板间由于摩擦产生的热量Q11mgcos l木板与斜面间由于摩擦产生的热量Q22mgcos s根据能量守恒mgLsin Q1Q2解得s答案(1)gsin 2gcos (2) L(3)Ll或