1、高考冲刺直线运动一直线运动专题（一） 综合评述 1匀变速直线运动是运动学的基础 （1）恒力作用下的直线运动，就是匀变速直线运动。 （2）典型的匀变速直线运动有： 只受重力作用的物体的自由落体运动和竖直上抛运动； 带电粒子在匀强电场中由静止开始被电场加速，或带电粒子沿着平行于电场方向射入电场中的运动； 静止的（或运动中的）物体、带电粒子、封闭着一定质量气体的玻璃管或气缸所受的各种外力的合力恒定，且合力方向与初速度方向平行时的运动。 2、匀变速直线运动的规律，也是研究恒力作用下的曲线运动、圆周运动、动量守恒系统中物体的运动所运用的，这些知识既是中学物理的重点，也是高考重点，应能熟练掌握、灵活运用。
2、 高考视角 运动学在中学物理中占有较大的比重，内容包括直线运动、抛体运动、圆周运动和振动，其中有恒力作用下的运动，也有变力作用下的运动。在考试中既有单独命题考查的，也有与其它知识相综合考查的。在运动学方面，主要考查对运动过程的分析能力。在直线运动中，热点主要是匀变速直线运动，由于它是研究其他运动的基础，而且公式较多，考查的热点也正是对这些知识的灵活运用，如 等的应用。自由落体运动是匀变速直线运动的特例，它的运动时间由高度决定，也常作为考查的重点。范例精析 例1、一个小球由静止开始沿斜面下滑，经3s进入一个水平面，再经6s停下，斜面与水平面交接处的能量损失不计，则小球在斜面上和水平面上的位移大小
3、之比是：() A1：1 B1：2 C1：3 D2：1 思维过程思路一：假设在斜面上小球的加速度为a1，在水平面上小球的加速度为a2，小球在斜面由静止下滑，做匀加速运动到达交接处达到一定的速度，又匀减速到速度为0，有a1t1=a2t2，找出a1和a2的关系，代入，即可解得。解析：由斜面到底端有： 由交接处到静止(可假设物体由静止到交接处)有： 又有： a1t1=a2t2 由得： 所以B选项正确。思路二：小球从静止开始下滑，做匀加速运动到达交接处时速度达到最大v1，这一段的平均速度为 ，后一段由速度最大达到零，平均速度也是 ，由s=vt，即可求得。解析： 所以，选项B正确。误区点拨本题条件较少，既
4、不知斜面倾角，也不知各段的动摩擦因数。表面看来较为复杂，当然可以用假设参量来计算推导，但是用平均速度求解可以简化这个过程。思维迁移灵活运用 (在匀变速直线运动中)会使我们的解题迅速而又准确。变式题：如图所示，一小球从A点由静止开始沿斜面匀加速滑下，然后沿水平面匀减速运动到C停止已知AB长sl，BC长s2，小球从A经B到C共用时间为t，试分别求出小球在斜面上和在水平面上运动时加速度的大小。答案： 例2、跳水运动员从离水面l0m高的平台上向上跳起，举双臂直起离开台面，此时其重心位于从手到脚全长的中点，跃起后重心升高了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
5、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，结果保留三位有效数字)思维过程思路：运动员跳起时，脚在下，手在上，落水时，手在下，脚在上，在空中做各种花样动作，并不影响整体下落的时间，运动员从离开平台到落水分为两个阶段，一个是竖直上抛运动，另一过程是自由落体运动，分别求出t1和t2，即为运动员完成空中动作的时间。解析：运动员跳起达到最高点的时间为： 人从最高点下落至水面的高度是(10+0.45)m，可看成是自由落体运动，时间为： t=t1+t2=0.3+1.4=1.7s误区点拨学生对于质点的运动规律较为熟
6、练。本题中运动员在空中要做各种花动作，显然不能看作一个质点，但仍要用质点的知识处理，如何转化为一个质点的问题，即使题中已作出提示，抽象为一个模型的能力也是本题的考查点。思维迁移高中物理研究的是最简单、最基本的规律，生活中的各种现象是纷繁复杂的，但这些现象都可以看做或抽象成某种物理规律或几种规律的综合，学习中应注意与生活实际相结合，从实践中总结规律，再用规律去解释生活中的物理问题。变式题：跳伞运动员做低空跳伞表演，当飞机离地面224m水平飞行时，运动员离开飞机在竖直方向做自由落体运动。运动一段时间后，立即打开降落伞，以后运动员以12.5ms2的平均加速度减速下降，为了运动员的安全，要求运动员落地
7、速度最大不得超过5ms(g取10ms2)问：(1)运动员展伞时，离地面的高度至少为多少?着地时相当于从多高处自由落下? (2)运动员在空中的最短时间为多少? 答案：(1)99m， 1.25m； (2)8.6s例3、一艘小艇从河岸的A处出发渡河，小艇保持与河岸垂直方向行驶，经过10min到达正对岸下游120m的C处，如图所示。如果小艇保持原来的速度逆水斜向上游与河岸成角方向行驶，则经过12.5min恰好到达正对岸的B处，求河的宽度。思维过程分析：设河宽为d，河水流速为v1，船速第一次为v2，第二次为v2，（v2、 v2大小相同，方向不同）船两次运动速度合成如图所示：由题意有：dv2t1=v2si
8、nt2 SBC=v1t1 v2=v2 以上各式联立，代入数据可求得：河宽d=200m误区点拨本题是一道运动的合成与分解的实际问题，搞清哪个是合运动，哪个是分运动是处理这类问题的关键。思维迁移对小船渡河的典型情况，要能熟练掌握并画出其运动合成的矢量图，并应用其思路解决类似问题。变式题1、一条宽为d的河流，河水流速为v1，船在静水中的速度为v2，问：(1)要使船划到对岸时的时间最短，船头应指向什么方向？最短时间为多少？(2)要使船划到对岸时的航程最短，船头应指向什么方向？最短航程是多少？分析：船在河流中航行时，由于河水流动要带动船一起运动，船的实际运动是船在静水中的运动和船随水漂流的运动的合运动。
9、所以，船的实际运动速度v是v2与v1的矢量和。(1)当船头垂直指向对岸时，船在静水中的航速v2垂直对岸，则船相对于水的分运动的位移最短，运动所需时间最短，如图所示。最短时间 (2)当v2v1时，船头斜向上游与岸夹角为，船速v可垂直河岸，此时航程最短为d，如图所示， ，即船头指向斜上游、与岸夹角 。 当v2v1时，用三角形法则分析，如图所示，当船速v的方向与圆相切时，v与岸的夹角最大，航程最短。设航程最短为s，则由图可知 ，所以 船头指向斜上游，与岸夹角 。当v2=v1时，如图所示，越小越大航程越短，由图可知 ，而 ，所以 。此时船头指向斜上游，与岸夹角为，航程，越小航程越短。当0时，s有最小值
10、，等于d。但此时船速v0，渡河已经没有实际意义。所以，s只能无限趋近于d。2.玻璃生产线上，宽9cm的成型玻璃板以2ms的速度匀速向前行进，在切割工序处，金钢钻的割刀速度为10ms为了使割下的玻璃板都成规定尺寸的矩形，金刚钻割刀的轨道应如何控制？切割一次的时间多长?思路：如果玻璃板不动，垂直于玻璃板切割即可成矩形，而玻璃板匀速运动，要切割成矩形玻璃，即合运动的方向垂直于玻璃板的边缘，切割刀的运动和玻璃板的运动为分运动，利用运动的合成求解。解析：如图v1为玻璃板运动速度，v2为切割刀的运动速度，v为合运动的速度，切割刀应与玻璃边缘成角逆向玻璃板运动方向切割，由图知： =arccos0.2切割刀切
11、割一次实际通过的位移为s=d/sin切割用的时间为 故金刚钻割刀应控制在与玻璃板运动方向相反成=arccos0.2的方向上，切割一次的时间为0.91s。直线运动专题（二）例4、光滑水平面上倾角为的斜面体质量为M，在斜面上用平行于斜面的细线悬挂着一个质量为m的小球（如图）。逐渐增大的水平力按图示方向作用于斜面体，试分析计算：水平力多大时，小球对斜面的压力恰好减小为零？这时细线上的拉力多大？斜面体受水平面的支持力多大？ 思维过程当小球对斜面的压力恰好减小为零时，小球受重力mg和细线的拉力T作用，合力沿水平方向，小球与斜面体一起向右作匀加速直线运动。小球的受力图如图（甲）所示： 可知细线上的拉力为T
12、=mg/sin重力与拉力的合力为f=mgcot小球与斜面体一起向右运动的加速度为 对斜面体而言，其受力情况如图（乙）所示： 它的运动方程为：将T和a的表达式代入上述两式，可得F=（m+M）gcotN=mg+Mg误区点拨当小球对斜面的压力恰好减小为零时，这时细线与水平面的夹角为没变，这是一个临界状态，如果F再增大，m会飘起来的，这个夹角才会变大。思维迁移此题是一种特例：小球对斜面的压力恰好为零。如果小球对斜面的压力不为零，将会是一对相互作用力，受力分析及列方程时注意。变式题1. 如图所示，长方体木块被剖成A、B两部分，质量分别为m1=2kg、m2=1kg，分界面与水平面成60角，所有接触面都是光
13、滑的。（1）若水平恒力F=12N向右推A，求水平面对A、B的支持力各多大？（2）若水平恒力F=12N向左推B，求这时水平面对A、B的支持力各多大？ 解析（1）设A、B两部分通过接触面相互作用的正压力为N，光滑水平面对A、B的支持力分别为R1和R2。则A、B的受力图如图所示。 A的运动方程为 B的运动方程为式与式相加，可得共同加速度为 将a代入式，可知A、B相互作用的正压力大小为 。将N代入式和式，得N1=m1g-Nsin30=20-2.3=17.7(N)N2=m2g+Nsin30=10+2.3=12.3(N)(请注意：N1m1g，N2m2g，但N1+N2=m1g+m2g。)（2）F向左推B时，
14、A、B的受力图如图所示。 A的运动方程为 B的运动方程为式与式相加，可得共同加速度为 将a代入式，可知A、B相互作用的正压力大小为 。将N代入式和式，得：N1=m1g-Nsin30=20-4.6=15.4(N)N2=m2g+Nsin30=10+4.6=14.6(N)(请注意：N1m1g，N2m2g，但N1+N2=m1g+m2g。2 .题目如1题，试分析计算：若有逐渐增大的水平力F向右推A。试问F增加到多大时，A对水平面的压力恰好减小到零？这时B对水平面的压力多大？解析根据图，对A而言，只有当A、B之间相互作用的正压力N1恰好满足下列方程时，对水平面的压力恰好减小到零。这时A沿水平面的运动方程为
15、方程： 由可知N=m1g/sin30=40N。对B而言，它的运动方程为 将N代入式，可知A、B共同加速度 。根据式和式，可得： 点评1、不难看出，1题与2题，研究的是同一类物理过程。显然，通过2题，将这类问题引向更深的层次，认真比较这两道题目的差别，可以领会发散思维的特点，从而知道如何运用发散思维，提高自己的认知水平和学习素质。2、请同学们认真思考并弄清楚下列几个问题：（1）在1题中，向右推A的水平恒力与向左推B的水平恒力都是12N，A、B一起向右、向左的加速度都等于4m/s2，为什么它们向右运动时相互作用力 ，而向左运动时却为 ？（2）为什么A、B一起向右、向左运动时，都有N1m1g、N2m
16、2g，且N1+N2=m1g+m2g？为什么向右、向左运动时，N1和N2各不相等，但N1的减少量却总等于N2的增加量？（3）为什么A、B一起向右、向左运动时，A、B之间相互作用的正压力N1与N2却相等？（4）如果水平面不光滑，情况又将如何？希望同学们能够通过思考回答上述问题，并注意总结分析、推理的方法，以提高自己的能力。例5、如图所示，质量M=10kg的木楔ABC静置在粗糙水平地面上，动摩擦因数=0.02；木楔的倾角=30，斜面上有质量m=1.0kg的物体由静止开始沿斜面下滑，当滑行路程s=1.4m时，其速度v=1.4m/s，在此过程中木楔没有动。求地面对木楔的静摩擦力的大小和方向。（g=10m
17、/s2） 思维过程解析本题是1994年全国高考统一试题第30题。物体沿斜面下滑时加速度为 可见物体下滑时受到了斜面对它的动摩擦力（f1）作用，其受力图如图（甲）：运动方程为解得f1=4.30(N)，N1=8.66(N)。 木楔的受力图如图（乙）： 图中N1、f1是物体（m）对它的正压力和动摩擦力，N是地面对它的支持力，Mg是重力，f2是地面对它的静摩擦力（假设向左）。由于木楔没有动，水平方向受力平衡：N1sin30-f1cos30-f2=0可得木楔受地面静摩擦力f2=N1sin30-f1cos30=0.61(N)，方向向左，与假设的方向相同。误区点拨f2不为0，原因m在向左的方向上有加速度，f
18、2是间接原因。如果m匀速下滑，f2为0。思维迁移木楔在竖直方向上受力平衡，由图乙可列平衡方程：N-N1cos30-f1sin30-Mg=0，由此可以求得木楔与水平地面之间正压力：N=109.65(N)mg+Mg。不等的原因是m在向下的方向上有加速度。点评关于上述解析过程，可以换一种观点来分析。木楔上质量m=1.0kg的物体以a=0.7m/s2的加速度沿倾角=30的斜面向下匀加速滑动时，合外力F=ma=0.7N。F的竖直分量F1=Fsin30=0.35N，水平分量F2=Fcos30=0.61N。由此可知：水平地面对木楔的静摩擦力为f=Fcos30=0.61N；木楔与水平地面之间相互作用的正压力R
19、=(Mg+mg)-fsin30=110N-0.35N=109.65N。*物体沿斜面体向下滑行时，求斜面体与水平地面间相互作用的正压力和静摩擦力，是一类非常典型的力学问题，希望能引起同学们的注意。变式题1试分析计算：质量为m的物体，沿倾角为、质量为M的斜面体（或叫木楔）向下滑动时，斜面体与水平地面之间相互作用的正压力与静摩擦力。解析物体沿斜面向下滑动，可分三种情形。（1）若mgsin=mgcos，即=tan时，物体沿斜面匀速下滑。物体与斜面体的受力情况如图所示。 沿斜面匀速向下运动的物体与斜面体之间相互作用的正压力与动摩擦力的合力，沿竖直方向。所以斜面体与水平地面之间相互作用的正压力N=mg+M
20、g，静摩擦力f0=0。（2）若mgsinmgcos，即tan时，物体沿斜面向下作匀加速运动。物体与斜面体的受力情况如图所示。 沿斜面匀加速下滑的物体与斜面体之间相互作用的正压力与动摩擦力的合力Fmg，其方向“向前”偏离了竖直方向。这时斜面体与水平地面之间的正压力大小为:N=Mg+(mgcos)cos+(mgcos)sin =Mg+mg(cos+sin)cos由于tan，可知NMg+mg。斜面体受水平地面向左的静摩擦力作用，大小为:f0=(mgcos)sin-(mgcos)cos=mgcos(sin-cos)（3）若mgsinmgcos，即tan时，物体将沿斜面向下作匀减速运动，受力情况如图所示
21、。 显见，物体与斜面体相互作用的正压力与动摩擦力的合力Fmg，其方向“向后”偏离了竖直方向。这时斜面体与水平地面之间的正压力大小为：N=Mg+(mgcos)cos+(mgcos)sin =Mg+mg(cos+sin)cos由于tan，可知NMg+mg。斜面体受水平地面向右的静摩擦力作用，大小为：f0=(mgcos)cos-(mgcos)sin=mgcos(cos-sin) 2 粗糙水平地面上的斜面体质量为M，倾角为，斜面长L。斜面底部质量为m的物体，在平行于斜面向上的拉力F作用下，由静止开始向上运动路程x即撤去拉力F，物体滑行到斜面的顶部速度恰好减为零。过程中斜面体始终保持静止。已知物体与斜面
22、之间的动摩擦因数为。求：（1）拉力F撤消前，物体运动的路程（x）多大？（2）F撤消前、后斜面体受到地面的支持力和静摩擦力各多大？解析 （1）拉力F作用时，物体作匀加速运动，加速度为 。拉力F停止作用时，物体作匀减速运动，加速度为a2=-g(sin+cos)。根据题意，物体沿斜面向上运动x时，若速度为v，则v2=2a1x=-2a2(L-x)。由此可知： （2）F撤消前、后，斜面体的受力情况没有发生变化，受力图如图所示， ：N是物体（m）对斜面体的压力：N=mgcos，f是物体（m）对斜面体的滑动摩擦力：f=mgcos。由于斜面体始终没有动，水平面对斜面体的支持力为：N=Mg+Ncos-fsin
23、=Mg+mgcos2-mgcossin = Mg+mgcos(cos-sin)水平面对斜面体的静摩擦力沿水平方向向左（见图），大小为：f0=Nsin+fcos=mgcossin+mgcos2=mgcos(sin+cos)例6、在倾角为的光滑斜面上放置一块质量为M的长木板，长木板上有一个质量为m的人，人与木板的摩擦因数为，要想使长木板能够静止在光滑斜面上，人应该怎样运动？指出加速度的大小和方向。 解析这是一道相对比较复杂的力学问题，牵扯到三个相互关联的物体，斜面，木板和人。类似的问题，关键是要找准出发点，找到各物体之间的力学联系，顺藤摸瓜！ 就此题而言，要想使木板静止，就要求有一个力来平衡木板的
24、下滑力，因为斜面是光滑的，这个力只能是人给；反过来，木板又给人一个反方向的反作用力，和人所受到的重力与支持力一起决定了人的运动状态应该沿斜面向下加速运动。，各物体的受力情况如图。设a为人的加速度， 具体方程如下：M：Mgsin=f m：mgsin+f =ma 又f=f解得：，方向沿着斜面方向向下。在线测试窗体顶端1、汽车从静止起做匀加速运动，速度达到v时，立即做匀减速运动，最后停止，全部时间为t，则汽车通过的全部位移为 () Avt Bvt2 C2vt Dvt4 窗体底端窗体顶端2某同学身高1.8m，在运动会上他参加跳高比赛，起跳后身体横着越过1.8m的横杆，据此可估算出他起跳时竖直向上的速度
25、大约为 m/s(取g10m/s2，保留两位有效数字)。窗体底端窗体顶端3有一气球以5ms的速度匀速由地面向上直升，经30s后落下一重物。(g10ms2) 求：(1)此物体落到地面的时间为 s；(2)物体到达地面时的速度大小为 ms。窗体底端窗体顶端4 . 如图所示，光滑水平面上的直角斜面体质量M=2.5kg，倾角=37，斜面上与弹簧相连的球质量m=1.5kg，弹簧与斜面平行，静止时它被拉长了x=2cm。一切摩擦作用均可不计，取g=10N/kg。试分析计算：（1）用水平恒力向左推斜面体，弹簧恰好恢复到原来的长度时，水平恒力大小为 N。（2）如水平向左的推力为F0=40N，这时弹簧的形变量为 mm
26、。斜面对球的支持力大小为 N。窗体底端窗体顶端5.粗糙水平地面上的斜面体质量M=6kg，倾角=37，质量m=4kg的物体沿斜面以加速度a=2.5m/s2匀加速下滑，斜面体始终保持静止状态。求水平地面对斜面体的支持力为 N，静摩擦力为 N。答案与解析 答案：1B 24.236，55 4 30，6.7，21 594，8 解析2跳高的物理模型为竖直上抛运动，但求解该题的关键是要扣聊身体重心到地面的距离这一因素，然后由重心约升高0.8m左右及竖直上抛运动规律v2=2gh，可求的正确答案。自由落体运动和竖直上抛运动相结合。4（1）弹簧恢复到原有的自然长度时，斜面上的球受重力和支持力（N）作用，如图（甲）
27、，合力沿水平方向向左，大小为F=mgtan；这时球与斜面体一起向左作匀加速直线运动的加速度 ，故作用于斜面体向左的推力为：F=（m+M）a=（m+M）gtan=（1.5+2.5）100.75（N）=30（N）（2）向左的水平推力为F0=40N时，系统的加速度 。可见，球受到沿水平方向向左的合外力为F=ma=15（N）。分析这时球所受的外力有重力（mg）、斜面的支持力（N）、弹簧的弹力（f），由于这时的加速度a=10（m/s2）a=7.5（m/s2），所以弹簧被压缩，弹力f的方向沿斜面向下，球的受力图如图（乙）所示，它的运动方程是： 将已知量=37、a=10m/s2代入，可得弹簧的弹力f=3N，
28、支持力N=21N。设弹簧的劲度系数为k，由题意可知：mgsin=kx求得劲度系数 。弹簧被压缩时弹力对f=3N，这时弹簧的压缩形变量为。5斜面上的物体与斜面体之间的相互作用力有正压力N和动摩擦力f。显见N=mgcos37=32(N)。由mgsin37-f=ma，可知f=mgsin37-ma=14(N)。作斜面体的受力图（如图）。斜面体的平衡方程为： 解得：支持力N=Mg+Ncos37+fsin37=94(N) 静摩擦力f0=Nsin37-fcos37=8(N)关于上述解析过程，可以换一种观点来分析。斜面上的物体沿斜面向下滑行作匀加速直线运动时，根据牛顿第二定律，它所受的合外力大小为F=ma=4
29、2.5(N)=10(N)，方向沿斜面向下。将F分解为竖直向下的分量F1=Fsin37=6(N)水平向左的分量F2=Fcos37=8（N）。竖直分量（F1=6N）由物体的重力提供，这样，物体沿竖直方向与斜面体之间的相互作用力只有mg-F1=34(N)，所以斜面体与水平地面之间相互作用的正压力N=Mg+mg-masin37=100(N)-6(N)=94(N)。水平分量（F2=8N）由物体与斜面体沿水平方向的相互作用提供；斜面体没有动，表明它受到了水平地面对它水平向左的静摩擦力为8N。直线运动专题（三） 例7、如图所示，与电源相连的水平平行金属板m、n相距d，两板正中央沿同一竖直线各一个小孔。带正电
30、的小油滴从与m板相距h的P点开始自由落下，以速度v1从n板上的小孔射出。下列有关说法中正确的是：（）A、若固定下板，使上板向上平移d(v1B、若固定下板，使上板向下平移d(d)，同样的油滴从P点自由落下，穿过两个小孔后的速度v2v1C、若固定上板，使下板向上平移d(d)，同样的油滴从P点自由落下，穿过两个小孔后的速度v2v1思维过程下板固定移动上板时，不管是向上或向下移，油滴从P点运动到下板小孔的过程中，重力做功不变，油滴克服电场力所做的功也没有变，所以油滴的动能增量肯定不变，v2=v1，选择项A、B错误。上板固定移动下板时，油滴从下板小孔穿出前必须克服电场力做功qU；下板上移时，重力做的正功
31、减小，油滴能从下板小孔穿出时，v2肯定小于v1；下板下移时，重力做的正功增大，油滴穿出下板小孔时的速度v2肯定大于v1。本题应选C和D。请读者注意：上板固定，下板向上平移时，油滴有可能不从下板小孔穿出，本题的选择项C讨论的是油滴穿过两个小孔后的速度v2是否小于v1。误区点拨上板或下板移动时，如果认为E不变，Eq不变，S变，电场力的功变化就错了。应该是U不变，电场力的功始终不变。思维迁移带电粒子所在的电场，极板可能会动，电压也可能变。变式题1 . 如图所示，a、b是水平放置的平行金属板，两板间距d=0.6cm，b板接地，a板的电势Ua随时间变化的图象如图所示。现有质量为m，带负电、电量为q的小微
32、粒，在t=0时从b板的中央小孔进入两板之间的电场中，已知带电微粒在电场中所受电场力的大小是其重力的2倍，微粒进入电场时的初速度可以不计。试分析计算：要使微粒不会打到a板，则加在a板上的交变电势的变化周期最大值是多大？（取g=10m/s2） 解析 在 时间内，微粒向a板作匀加速度直线运动，加速度 ，位移 ，末速度 ，方向指向a板。随后，带电微粒以指向a板的速度 作匀减速运动，加速度大小为 ，经时间 微粒速度减小为零，这时它与b板相距最远，如没有与a板相碰，它将返回b板运动。在 时间内，微粒向a板的位移为 。要使微粒不会打到a板上，则应满足d1+d2d，即 ，由此可得： ，即加在a板上的变化电势的
33、周期最大值为0.06s。例题8如图所示，水平放置的长直绝缘杆上套有一个质量为m，带正电且电量为q的滑块，给滑块一个瞬间冲量I后，滑块开始向右滑动，已知滑块跟杆的动摩擦因数为，不计空气阻力，求运动时滑块克服摩擦力所做的功。解析：滑块获得一个瞬间冲量意味着获得一个初速度，运动带电体在磁场中将受到洛仑兹力作用，与重力一起影响弹力进而影响摩擦力。所以在这个简单的物理情景中，涉及到的力除了重力之外全部都是变力，这就要求对滑块的运动情况做一个全面的过程分析，从而找到求摩擦力功的办法。所以，在处理动力学问题的时候，过程分析非常重要。具体到这道题，一共有三种可能的情况：第一种：如果瞬间冲量大小合适，使得qvB
34、=mg，其中v=I/m，则滑块将一直匀速直线运动，摩擦力做功为0；第二种情况：如果I足够大，使得vmg/qB，则滑块先做加速度不断变小的变减速运动，最终匀速直线运动，摩擦力做功为始末动能之差。即： 二者之差即为摩擦力的功。第三种情况：如果I比较小，使得vmg/Bq，则滑块一直做变减速运动，直到静止，摩擦力做功即为滑块的初动能（动能定理，外力做功等于动能的改变）。所以，每位同学都应该培养全面条理的过程思维能力。回味反思 物体做直线运动的条件是：v和a的方向在同一直线。我们知道a的方向由合力的方向决定，而合力要包括各种性质的力。这一类综合题中各个知识点的联系点一般也在这里。直线运动专题（四）利用V
35、t图分析解决物理问题Vt图是关于运动物体的速度与时间关系的直角坐标图象，作为速度与时间关系的表达形式，它涉及一系列相关的物理现象，它可以对运动物体相关的物理量、物理量之间的关系给予形象化的表示；许多问题可以借助Vt图来解释或解答，不仅适用于匀速或变速直线运动，甚至适用于一些变加速直线运动，进行定量或定性分析。一、形象地表示匀变速运动规律：1、匀加速直线运动：图象的直线为Vt=V0+at，图象的斜率为加速度a=tan，图象与t轴所围梯形面积大小为位移S=V0t+ at2或 ，以及小矩形的面积为推论Sn-Sn-1=aT2。当初速度为零时，从图象中不仅可以看出速度Vt=at，加速度a=tan，位移S
36、= at2或 ，还可知V0=0情况下的推论：S1:S2:S3:Sn=1:4:9:n2，以及SI:SII:SIII:SN=1:3:5:(2n-1).(只要计算三角形的个数即可)。 2、匀减速直线运动，竖直上抛运动：图象的直线为Vt=V0-at，图象斜率的绝对值为加速度的大小，即a=tan，图象与t轴所围梯形面积大小为位移S=V0t- at2或 ，以及小矩形的面积为推论Sn-Sn-1=aT2。竖直上抛运动向上运动位移为正，向下为负，运动位移为正负面积之和，图象与t轴的交点为上升到最高点的时刻，可看出上升时间t上与下降时间t下的大小。 二、利用Vt图分析问题：1、利用匀变速直线运动图象与非匀变速直线
37、运动图象进行比较：例：一个物体由静止开始作加速逐渐增大的直线运动，经过时间t，速度为V，这段时间内的位移大小应A、S=VtB、S= VtC、S VtD、S Vt 解析：对此问题可作Vt图进行定性分析，因物体自静止开始，在时间t内速度为V即A点，加速度不断增大，V t图象OB的斜率应是不断增大的。图象与t轴所围面积S1为经过时间t、速度为V的这段时间内的位移大小，因面积是不规则的，不好确定，作直线OA，直线OA表示物体作匀加速直线运动，t时间内的位移大小为直线OA与t轴所围面积S2= Vt，从图中可以看出S2S1，即S1 Vt，所以正确答案应选择D。2、画出匀变速直线运动图线确定某时刻的物理量：
38、例：一辆正在匀加速直线行驶的汽车，在5s内先后经过路旁两个相距50m的电线杆，它经过第二根电线杆时的速度是V2= 15m/s，求它经过第一根电线杆时的速度V1=？解析：对此问题可作Vt图进行定性分析，匀加速运动的Vt图象为一直线，图象与V轴的交点坐标值即为汽车经过第一根电线杆时的速度值，图象的斜率大小为加速度的数值，如何确定该直线呢？速度V2是直线上的一点，只要再找到一点即可，由题给出的条件可知汽车在5s内的平均速度 ，平均速度 值即为中间时刻2.5s时的瞬时速度V2.5=10m/s，连接V2与V2.5点坐标作直线，并延长与V轴交点为V1=5m/s。 3、利用匀变速直线运动图象与推论Sn-Sn
39、-1=aT2求加速度：例：一物体沿直线做单向匀变速运动，在第1s内和第3s内通过的路程分别为S1=4m和SIII=2m，求其运动的加速度a=?及3s内物体运动的位移大小？解析：从题意可知物体做匀减速运动，可定性作出Vt图进行分析，根据匀变速运动特征Sn-Sn-1=aT2，第1秒内位移为S I=4m，第二秒内位移为SII，第三秒内为SIII=2m，小矩形面积为aT2=a12，而SIII与SI之差为两个小矩形面积2aT2=2a12，那么2-4=2a12，可得加速度a=-1m/s2。4、利用匀变速直线运动图象分析运动状态确定物体的位移和加速度：例：一个物体作匀变速运动，某时刻速度大小为4m/s，1s
40、钟后速度大小变为10m/s，在这1s内该物体的A、位移的大小可能小于4m B、位移的大小可能大于10mC、加速度的大小可能小于4m/s2 D、加速度的大小可能大于10m/s2解析：根据题意作出物体运动的速度时间图象，因速度只给出大小，那么1s末的速度可能为+10m/s或-10m/s，由图象可分析出，位移和加速度有两种可能性，图象AB的斜率为6，表示物体运动加速度为6m/s2；图象AC的斜率为14表示物体运动加速度为14m/s2。图象AB与t轴所围面积数由几何关系为7，表示物体运动位移为7m；图象AB与t轴所围面积（t轴上方为正，下方为负）由几何关系代数和为-3，表示物体运动位移为-3m，由以上
41、判断选项A、D是正确的。5、利用匀变速直线运动图象解决冲量问题：例：木块静止在水平面上，先用水平力恒力F1拉木块，经过一段时间后撤去F1，木块滑行一段距离后停止，再用水平力恒力F2拉木块，经过一段时间后撤去F2，木块滑行一段距离后停止，若F1F2，木块两次从静止开始运动到最后停止的总位移相同，则水平力F1和F2对木块的冲量I1和I2相比A、I1较大B、I2较大C、I1=I2D、无法比较解析：由题意可知物体两次运动均为先作匀加速运动，然后匀减速运动。作出物体运动的速度时间图象，因F1F2那么第一次的加速度a1大于第一次的加速度a2，画图时第一次加速运动的图象斜率要比第二次大，而减速运动时因受滑动
42、摩擦力力情况相同，加速度相同，画图时斜率是负的而且相同，注意到两次运动的位移是相同的，因此画图时两次图象与t轴所围面积是相同的，如图所示。由图象可知两次运动的时间关系为t1t2。根据动量定理：第一次摩擦力的冲量If1=ft1，第二次摩擦力的冲量If2=ft2。则If1If2，全程根据动量定理：IF-If=0-0，IF=If可判定：IF1IF2。选项B是正确的。6、利用匀变速直线运动图象解决做功问题：例：在光滑水平面上有一静止的物体，先以水平恒力甲推这一物体，作用一段时间后，换成相反方向的水平推力乙推这一物体，当恒力乙作用的时间与恒力甲作用时间相同时，物体恰好回到原处，此时物体的动能为32J，求
43、恒力甲做功为多少？恒力乙做功为多少？解析：由题意可知物体在恒力F甲作用下作匀加速运动，然后在恒力F乙作用下先作匀减速运动，然后作反方向匀加速运动，在相同时间内回到原处，那么总的正向位移等于负向位移。作出物体运动的速度时间图象，其中0t1=t1t2，表示正向位移大小的三角形0AD的面积与表示负向位移大小的三角形DBE的面积相等。根据动能定理：W甲+W乙=EK，即W甲+W乙=32J，只要再找到W甲与W乙的大小关系即可求解，而F甲做功的位移大小与F乙做功的位移大小相等，只要找到F甲与F乙的大小关系即可，即找到a甲与a乙的大小关系即可。设t=t1=t2-t1，由几何关系可知梯形OACE（三角形OAt1
44、加正方形ACEt1）与三角形BAC的面积相等（三角形BDE加上梯形DACE）。三角形OAt1面积= a1t2，正方形ACEt1=a1t2，三角形BAC的面积= a2t2。 a1t2+a1t2= a2t2，则a2=3a1那么F乙=3F甲功W乙=3W甲又W甲+W乙=32J 、式联立解得：W甲=8J W乙=24J。7、利用匀变速直线运动图象解决动量问题：例：如图所示，一颗子弹以较大的速度V0水平击穿原来静止在光滑水平面上的木块，假设木块对子弹的阻力不随速度而变，则当子弹水平初速度增大为V0时，问：（1）子弹穿过木块的时间如何变化？（2）木块获得的速度大小如何变化？解析：初想此题，当子弹的速度大小发生
45、变化的时候，其穿越木块的时间、速度的改变量、木块获得的速度等等都会跟着改变，似乎显得颇为复杂。但如果抓住了在这些复杂的变化中的不变量子弹和木块之间的相对位移，即木块的厚度，并利用V-t图象，事情就一下子变得简单了。子弹射入木块，受到不变阻力的作用，做匀减速运动；木块在其反作用下做匀加速运动；子弹射出木块后，子弹、木块做匀速运动。作出子弹和木块的v-t图（如图），V-t图线与t轴所围面积为物体运动的位移，子弹穿出木块所对应的时间t1，图中梯形V0at10的面积代表子弹的位移，三角形0bt1的面积代表木块的位移，则梯形V0ab0的面积代表子弹和木块之间的相对位移。当子弹的速度增加时，因为相互作用力
46、不变，子弹的加速度，木块的加速度均不变，其V-t图线斜率不变，作出的V-t图为图中的V0ct2和0dt2，因子弹和木块之间的相对位移不变，所以梯形V0cd0的面积梯形V0ab0的面积相等，对应的时间为t2。那么图线上可看出t2t1，木块的速度Vd小于原Vb的速度。在线测试窗体顶端1、如图所示，当a、b板间电压为U时，以初速度v0从a板中央小孔沿着与两板垂直的方向射入电场中的带电粒子，在到达b板近旁时即沿原路径返回（重力影响不计）。为了能使该带电粒子运动到a、b板的中点处就返回，可以采用的方法有（） A、使带电粒子的初速度变为v0/2 B、使a、b板间的电压增加到2U C、使初速度和电压都减小到
47、原来的1/2 D、使初速度和电压都增大到原来的2倍窗体底端窗体顶端2、在与x轴平行的匀强电场中，一带电量为1.010-8库仑、质量为2.510-3千克的物体在光滑水平平面上沿着x轴作直线运动，其位移与时间的关系是x=0.16t-0.02t2，式中x以米为单位，t以秒为单位，从开始运动到5秒末物体所经过的路程为 米，克服电场力所作的功为 105焦耳。窗体底端答案与解析 答案：1、BC2、0.34,3.0 解析： 1、带电粒子以初速度v进入电场时作匀减速运动，加速度大小为 ，进入电场中的位移 ；由题意知：当初速度为v0、两板间电压为U0时，位移恰好等于d，即在位移表达式 中，系数 。由此可知：只是
48、v0变为原来的一半时， ，A错。只是U0变为原来的2倍时， ，B正确。v0和U0同时变为原来的一半时， ，C正确。v0和U0同时增大到原来的2倍时，s=2d，D错。本题应选B和C。 2、解：须注意：本题第一问要求的是路程；第二问求功，要用到的是位移。将x0.16t0.02t2和对照，可知该物体的初速度v0=0.16m/s，加速度大小a=0.04m/s2，方向跟速度方向相反。由v0=at可知在4s末物体速度减小到零，然后反向做匀加速运动，末速度大小vt=0.04m/s。前4s内位移大小，第5s内位移大小，因此从开始运动到5s末物体所经过的路程为0.34m，而位移大小为0.30m，克服电场力做的功W=mas位移=3.010-5J。
