1、第2课时 力与直线运动 1.基本规律速度公式：vv0at.位移公式：xv0t12at2.速度和位移公式的推论：v2v022ax.中间时刻的瞬时速度：_.任意两个连续相等的时间内的位移之差是一个恒量，即xxn1xn_.xtv0v2aT22tv2.解题思路 建立物体运动的情景，画出物体运动示意图，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.3.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.4.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
2、，但需注意x、v、a等矢量的正、负及物理意义.5.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.47 m/s2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A.B.0.5 m/s2C.1 m/s2D.1.5 m/s2 图1 解析 物体停在AB的中点，可知物体的路程，n0,1,2.snLL2由 v2v022as 得，|a|v
3、022nL12L，n0,1，2.代入数据解得|a|42n1 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.1.(多选)(2019广东清远市期末质量检测)高铁进站近似做匀减速直线运动，依次经过A、B、C三个位置，已知ABBC，测得AB段的平均速度为30 m/s，BC段的平均速度为20 m/s.根据这些信息可求得 A.高铁经过A、B、C的速度 B.高铁在AB段和BC段运动的时间 C.高铁运动的加速度 D.高铁在AC段的平均速度 解析 设质点在A、B、C三点的速度分别为vA，vB，vC，根据 AB 段的平均速度为 30 m/s，可以得到：vAvB230 m/s；根据 BC 段
4、的平均速度为 20 m/s，可以得到：vBvC220 m/s；设 ABBCx，整个过程中的平均速度为：v 2xx20 m/sx30 m/s24 m/s，所以有：vAvC224 m/s，联立解得：vA34 m/s，vB26 m/s，vC14 m/s，由于不知道AB和BC的具体值，则不能求解运动时间，因此无法求出其加速度的大小，故选项A、D正确，B、C错误.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H4所用的时间为 t1，第四个H4所用的时间为 t2.不计空气阻力，则t2t1满足A.1t2t12 B.2t2t13C.3t2t14
5、 D.4t2t15 图2 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H4所用的时间为 t22H4g，第一个H4所用的时间为 t12Hg 234Hg，因此有t2t112 32 3，即 3t2t14，选项 C 正确.1.vt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_，斜率的正负表示加速度的_.(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_运动.2.xt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_，斜率的正负表示速度的_.(2)注意：在xt图象中，
6、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.加速度方向加速速度方向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
7、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3 A.水平力F为3.2 N B.水平力F做功480 J C.物体从t0时刻开始到停止，运动的总位移为92 m D.物体与水平面间的动摩擦因数为0.5 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.解析 撤去拉力后，由题图乙得，物体加速度的大小 a|vt|201253m/s24 m/s2.由题图乙得，拉力作用时，物体做匀速直线运动，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
8、 J480 J，故B项正确物体从t0时刻开始到停止，运动的总位移xx1x260 m50 m110 m.故C项错误.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 x2v022a 20224 m50 m.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A.6 s末的加速度比1 s末的大 B.1 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 图4 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
9、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 解析 开始时mgsin kx0；现用一沿斜面向上的力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(x0 x)mgsin ma，解得Fkxma
10、，故选A.1.三大定律 牛顿第一定律、牛顿第二定律、牛顿第三定律 2.运动性质分析(1)a0时，静止或_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_上时，物体做匀变速直线运动，此时合外力_.匀速直线直线恒定3.四种问题分析(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 解题关键是运动分析、受力分析，充分利用加速度的“桥梁”作用.例3 如
11、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；答案 0.5 解析 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 0v022aL解得 v022gL0.5(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 5)s0v0a1t1 由
12、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 ma2 由式解得 t2 5 s滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间 tt1t2(1 5)s.解析 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 ma1 0v022a1ss12a2t225.(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.现用力将塑料管向
13、上加速提升一段距离，再减速上升直至速度为零.则A.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 图7 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
14、动，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8 A.若 C 放在 A 上，绳上拉力不变B.若 C 放在 B 上，绳上拉力为F2C.若 C 放在 B 上，B、C 间摩擦力为F3D.C 放在 A 上比放在 B 上运动时的加速度大 由牛顿第二定律分析可得 C 放在 A 上时 a1 F3m，C 放在 B 上时 a2 F3m，两个加速度相同，故 D 错误.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 FTF2.若C放在A上，三者一起加速，由整体法有F3ma1，对B由
15、牛顿第二定律有：FT1ma1，联立可得 FT1F3，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 FT223F，FfF3，故 B 错误，C 正确；1.“板块”模型的特点(1)一个转折滑块与木板达到相同_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_，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
16、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.速度最大静摩擦力例4(2019广东惠州市第二次调研)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；解析 对m由牛顿第二定律得：Ffm1mgma1 a11mgm 2 m/s2对M由牛顿第二定律得：FfmFfMMa2 a21mg2mMgM8 m/s2答案 2
17、m/s2 8 m/s2 (2)小铁块与薄木板的速度第一次相等时，二者的位移大小；答案 0.25 m 1.5 m 解析 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 xm112a1t20.25 mM 的对地位移 xM1v0t12a2t21.5 m(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 1.125 m 解析 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.答案 2 s 解析 假设 A 离开时，B 仍处于加速状态，由二者的位移关系有 v0tL12at2