1、第2讲 力与物体的直线运动网络构建高考概况考什么1匀变速直线运动的规律及应用；2运动图象与匀变速直线运动规律的综合应用；3运动图象与牛顿第二定律的综合应用；4动力学的两类基本问题。怎么考1单独考查匀变速直线运动的规律、运动图象的应用以及牛顿运动定律及其应用，题型一般为选择题；2力和运动的关系大多结合牛顿运动定律、受力分析、运动过程分析综合考查，题目一般为计算题；涉及的题目与实际问题密切联系。怎么办1深刻理解各运动学公式的适用条件，熟练运用整体法和隔离法处理连接体问题；2重视受力分析和运动分析，掌握从v-t图象中提取有效信息的方法，综合运用牛顿运动定律和运动学规律来分析解决多物体、多阶段的综合问
2、题。基础细说规律小结1.匀变速直线运动的三个基本公式(1)速度公式：v。(2)位移公式：x。(3)位移速度关系式：2ax。2.匀变速直线运动的两个重要推论(1)某段时间内的平均速度等于中间时刻的，即 v vt2。(2)任意两个连续相等时间(T)内的位移之差是一个恒量，即xxn1xn。v0atv0t12at2v2v20瞬时速度aT23.匀变速直线运动的图象(1)x-t图象是一条，斜率表示物体的。(2)v-t图象是一条，斜率表示物体运动的，图线与时间轴所包围的面积表示物体运动的。4.超重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。当a有竖直向上的分量时，；当a有竖直向下的分量时
3、，；当ag且竖直向下时，。抛物线速度倾斜直线加速度位移无关加速度超重失重完全失重一、匀变速直线运动规律方法1.比较法：刹车问题，要首先判断刹车时间，比较在题目已知时间内车是否已停下。2.逆向法：逆着原来的运动过程考虑，匀减速看作处理。3.追赶模型分析法：对两物体追赶或两物体叠放相对运动分析时，关键是分别画出各自的运动过程草图；列式时关键是先找出两组关系式：；。4.全程法：物体做匀减速直线运动，减速为零后再反向加速运动，如果整个过程加速度恒定，则可对整个过程直接应用矢量式，此时要注意各矢量的方向(即正负号)。例如：竖直上抛运动。反向匀加速位移关系式速度关系式二、牛顿运动定律问题的分析方法1.瞬时
4、分析法：牛顿第二定律的合力与加速度存在瞬时对应关系。(1)轻绳和坚硬的物体所产生的弹力可以。(2)弹簧和橡皮绳两端连有物体时，弹力不能(但如果弹簧或橡皮绳被剪断，其弹力将立即消失)。2.合成法：物体只受两个力(互成角度)时，可直接画平行四边形。对角线既是方向，也是方向。3.正交分解法：在考虑各个力分解时，也要考虑加速度的分解。建立坐标时尽量减少矢量的分解。4.程序法：全过程中，有几段不同的过程(加速度或合力不同)时，要按顺序分段分析。三、连接体问题处理方法1.加速度相同的连接体问题：一般先采用求加速度或外力。如还要求连接体内各物体相互作用的内力时，再采用求解。2.加速度不同的连接体问题：一般采
5、用隔离法并利用牛顿第二定律求解。突变突变合力加速度整体法隔离法热点考向突破提升 1 运动图象及应用一般涉及v-t图象，x-t图象和a-t图象等，有时结合牛顿第二定律考查。解析 由题图可知，0.20.5小时内，甲、乙均做匀速运动，加速度为零，A项错误；位移时间图象的斜率为速度，由题图可知，0.20.5小时内，甲的速度比乙的速度大，B项正确；0.60.8小时内，甲的位移比乙的位移大2 km，C项错误；在0.8小时内，甲的路程比乙的路程大4 km，D项错误。点击观看考点视频拓展提升图象问题及应用(1)谙熟“六看”，轻松解题一看轴：首先弄清纵、横坐标的含义(位移、速度、加速度等)。二看线：看清图线的形
6、状，对应相应的规律。比如x-t图若为倾斜直线，则为匀速直线运动；v-t图若为倾斜直线，则为匀变速直线运动。三看斜率：x-t图斜率表征速度；v-t图斜率表征加速度。四看点：明确图线与横、纵轴交点的意义。两个图线交点的意义x-t图交点表示相遇v-t图交点表示速度相等五看面积：v-t图线和时间轴围成的面积表示位移。六看象限：面积在时间轴上方为正；在时间轴下方为负。(2)两点特别提醒x-t图象和v-t图象描述的都是直线运动，而不是曲线运动。x-t图象和v-t图象不表示物体运动的轨迹。类题演练12015保定一模某个物体在外力作用下，运动的v-t图象如图(正弦曲线)所示，下列说法中正确的是()A物体整个运
7、动过程中加速度大小变化，方向不变B0t1时间段内，物体所受外力越来越大C0t4时间段内，物体的位移为零Dt2时刻物体速度为零，此时加速度也为零解析 因v-t图的斜率代表加速度，由图可以看出加速度大小方向均改变，0t1与t1t2加速度的方向相反，t1t2与t2t3加速度的方向相同，t2t3与t3t4加速度方向相反，故A项错误。0t1加速度越来越小，所以外力越来越小，故B项错误。0t4时间段内，v-t图围成的面积为零，所以位移为零，故C项正确。t2时刻v0而a最大，故D项错误。22015邯郸一模右图为做匀变速直线运动的质点在06 s内的位移时间图线。若t1 s时，图线所对应的切线斜率为4(单位：m
8、/s)，则()At1 s时，质点在x2 m的位置Bt1 s和t5 s时，质点的速率相等Ct1 s和t5 s时，质点加速度的方向相反D前5 s内，合外力对质点做正功解析 x-t图斜率表示速度，t1 s时，只知道切线斜率为4，则v4 m/s，若初速度为零，xv2t2 m，但题中并未说初速度是否为零，故A选项错误。t1 s和t5 s时，图象切线斜率绝对值相同，故速率相同，所以B选项正确。03 s斜率为正且变小，说明速度沿正方向减速，加速度为负方向；36 s斜率为负增大，说明速度沿负方向加速，加速度为负方向，故t1 s和t5 s时，加速度方向相同，C选项错误；t0时的切线斜率大于t5 s时切线斜率的绝
9、对值，所以动能减小，合外力做负功，故D选项错误。2 运动学基本规律的应用考查匀变速直线运动规律及推论公式的应用，考查建立物理模型的能力。解析 关卡刚放行时，该同学加速的时间tva1 s，运动的距离为x112at21 m，然后以2 m/s的速度匀速运动，经4 s运动的距离为8 m，因此第1个5 s内运动距离为9 m，过了关卡2，到关卡3时再用时3.5 s，大于2 s，因此能过关卡3，运动到关卡4前共用时12.5 s，而运动到第12 s时，关卡关闭，由此被挡在关卡4前，C项正确。拓展提升匀变速直线运动常用的五种解题方法类题演练32015湖南十三校联考如图所示，已知O、A、B、C为同一直线上的四点，
10、OA间的距离为l1，BC间的距离为l2，一物体自O点由静止出发，沿此直线做匀加速运动，依次经过A、B、C三点，已知物体通过OA段与通过BC段所用的时间相等，求O与B的距离。答案 xOBl2l124l1解析 设物体的加速度为a，到达B点的速度为vB，通过OA段和BC段所用的时间为t，则有l112at2l2vBt12at2联立得：vBl2l1t设O与B的距离为xOB，则有：xOBv2B2a联立得：xOBl2l124l1。42015济南模拟2014年12月26日，我国东部14省市ETC联网正式启动运行，ETC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所示。假设汽车以v
11、115 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：(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；答案(1)210 m 解析(1)过ETC通道时，减速的位移和加速的位移相等，均为s1v21v222a所以总的位移s总12s1d210 m(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？答案(2)27 s
12、解析(2)过ETC通道时 t1v1v2a2 dv222 s过人工收费通道时 t2v1a 22050 ss2v212a2225 m二者的位移差 ss2s122521015 m在这段位移内过ETC通道时是匀速直线运动所以 tt2(t1sv1)27 s。3用牛顿运动定律巧解连接体问题一般以选择题的形式考查，常常结合整体法和隔离法的应用。点击观看考点视频解析 甲、乙图中由于M水平方向只受静摩擦力，由牛顿第二定律知fMa，所以f1f2a1a212，故A正确，B错误。丙、丁图中以M、m整体为研究对象，由牛顿第二定律有：f(Mm)a，所以f3f4a3a412，故C正确。丙、丁图中以m为研究对象，受力分析知受
13、拉力和重力，合力为F合mgtan，所以a3a4tantan，故tantana4a321，即tan2tan，D正确。若M与杆之间的动摩擦因数为，问车的加速度多大时，M与杆开始滑动？提示 M与杆达最大静摩擦力时开始滑动，整体法：(Mm)g(Mm)a，ag。拓展提升研究连接体类问题的基本方法(1)整体法与隔离法是研究连接体类问题的基本方法。对于有共同加速度的连接体问题，一般先用整体法由牛顿第二定律求出加速度，然后根据题目要求进行隔离分析并求解它们之间的相互作用力。(2)采用隔离法进行分析时，一般先从受力最简单的物体入手。比如叠放在一起的物体，应该先分析最上面的物体。类题演练52015课标全国卷(多选
14、)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢。当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着车厢以大小为 23 a的加速度向西行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F。不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为()A8 B10C15 D18解析 设每节车厢的质量为m，这列车厢的节数为n，东边车厢的节数为x，西边车厢的节数为nx。当机车在东边拉车厢时，对西边车厢受力分析，由牛顿第二定律可得F(nx)ma；当机车在西边拉车厢时，对东边车厢受力分析，由牛顿第二定律可得F 23 max，联立可得n 53
15、x，x为3的倍数，则n为5的倍数，选项B、C正确，选项A、D错误。62015邢台摸底如图所示，A、B两球质量相等，光滑斜面的倾角为，图甲中，A、B两球用弹簧相连，图乙中A、B两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间有()A两图中两球加速度均为gsinB两图中A球的加速度均为零C图乙中轻杆的作用力一定不为零D图甲中B球的加速度是图乙中B球加速度的2倍解析 甲图突然撤去挡板时，由于弹簧弹力不突变，所以A的加速度为0，且弹簧弹力Fmgsin，B的加速度由牛顿第二定律知：FmgsinmaB，所以aB2gsin。乙图突然撤去挡板，A、B连同轻杆整体有
16、共同加速度，2mgsin2ma，即agsin，故D选项正确，A、B错误。乙图中，整体法2mgsin2ma，隔离B，Tmgsinma，所以杆上的力T0，故C选项错误。4牛顿第二定律与运动学的综合应用一般以选择题和计算题的形式考查，常结合运动学公式或图象。答案(1)a18 m/s2 a25 m/s2(2)1.6 s点击观看考点视频解析(1)由题意知，B与轻绳的滑动摩擦力小于A与轻绳的滑动摩擦力。为保证A、B对轻绳的力相同，所以轻绳与A、B间的摩擦均为km2g对B由牛顿第二定律得m2gkm2gm2a2a25 m/s2对A由牛顿第二定律得m1gkm2gm1a1a18 m/s2(2)设经历时间t1小球B
17、脱离绳子，小球B下落高度为h1，获得速度为v12a1t2112a2t21lt11 sh112a2t212.5 mva2t15 m/s小球B脱离绳子后在重力作用下匀加速下落，此时距地面高为h2，经t2落地h26.5 m0.8 m2.5 m4.8 mh2vt212gt22t20.6 stt1t21.6 sB从释放到脱离绳子的过程中，悬挂滑轮的绳子受到多大的作用力？提示 以滑轮为研究对象：T2km2g2 N。拓展提升应用牛顿第二定律解决两类动力学问题的关键解题关键是对研究对象进行正确的受力分析和运动过程分析，而加速度是物体受力情况和运动情况的桥梁，从动力学角度求加速度(aFm)，利用运动学公式求加速
18、度(avv0tv2v202x2x2v0tt2)或根据v-t图象的斜率求加速度。在具体应用时要注意以下几点：(1)根据题意或为使解题方便确立研究对象：对于多个物体组成的系统，可能要运用隔离法取某一个物体，或者运用整体法取几个物体作为研究对象；有时需要根据牛顿第三定律转换研究对象。(2)全面分析研究对象的受力情况，正确画出受力示意图。(3)全面分析研究对象的运动情况，画出运动过程示意图，标出速度和加速度方向。需要特别注意的是，若整个运动过程中运动性质、受力情况发生变化，则要把整个运动过程分解为几个子过程进行分析。(4)由于牛顿第二定律方程是矢量方程，所以一般要选取正方向或建立坐标系，通常以加速度方
19、向或速度方向为某一坐标轴的正方向，再列方程求解。类题演练72015课标全国卷一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5 m，如图(a)所示。t0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t1 s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)。碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后1 s时间内小物块的v-t图线如图(b)所示。木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10 m/s2。求：(1)木板与地面间的动摩擦因数1及小物块与木板间的动摩擦因数2；答案(1)10.1解析(1)规定向右为正方向。木板
20、与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，设加速度为a1，小物块和木板的质量分别为m和M。由牛顿第二定律有1(mM)g(mM)a1由题图(b)可知，木板与墙壁碰前瞬间的速度v14 m/s，由运动学公式得v1v0a1t1s0v0t112a1t21式中，t11 s，s04.5 m是木板碰前的位移，v0是小物块和木板开始运动时的速度联立式和题给条件得10.1在木板与墙壁碰撞后，木板以v1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v1的初速度向右做匀变速运动。设小物块的加速度为a2，由牛顿第二定律有2mgma2由题图(b)可得a2v2v1t2t1 式中，t22 s,v20，联立式和题给条件得20.4(2
21、)木板的最小长度；答案 (2)6.0 m 解析(2)设碰撞后木板的加速度为a3，经过时间t，木板和小物块刚好具有共同速度v3。由牛顿第二定律及运动学公式得2mg1(Mm)gMa3v3v1a3tv3v1a2t碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为s1v1v32t小物块运动的位移为s2v1v32t小物块相对木板的位移为ss2s1联立式，并代入数值得s6.0 m因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为6.0 m。(3)木板右端离墙壁的最终距离。答案(3)6.5 m解析(3)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直至停止，设加速度为a4，此过程中小物
22、块和木板运动的位移为s3，由牛顿第二定律及运动学公式得1(mM)g(mM)a40v232a4s3碰后木板运动的位移为ss1s3联立式，并代入数值得s6.5 m木板右端离墙壁的最终距离为6.5 m。82015保定一模一长木板静止在水平地面上，在t0时刻，一小滑块以某一速度滑到木板上表面，经过2 s滑块和木板同时停下，滑块始终在木板上。木板运动的速度随时间变化的图象如图所示，已知木板和滑块的质量均为0.1 kg，重力加速度g取10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，根据图象信息解答下面问题：(1)求出木板和滑块间的动摩擦因数；答案(1)0.3 解析(1)由图象求得01 s木板加速度大小a11
23、m/s212 s木板与滑块整体加速度大小a21 m/s2木板与地面间摩擦力大小F2ma20.2 N设木板和滑块间的动摩擦因数为，在01 s内mgFma1代入数据解得0.3(2)滑块刚滑到木板上时的速度多大？答案(2)v04 m/s 解析(2)滑块在滑上木板01 s过程中mgmav0atvv04 m/s(3)求整个过程中滑块和木板之间产生的热量。答案(3)Q0.6 J解析(3)由图象木板01 s时间内位移s木0.5 ms块412 1 m2.5 m设滑块和木板之间产生的热量为Q，热量只在01 s的过程中产生Qmg(s块s木)代入数据解得Q0.6 J(用其他表达形式且正确的亦可)归纳建模规范答题传送
24、带问题典例 2015湖南联考(13分)如图所示，有一条沿顺时针方向匀速传送的传送带，恒定速度v4 m/s，传送带与水平面的夹角37，现将质量m1 kg的小物块轻放在其底端(小物块可视作质点)，与此同时，给小物块沿传送带方向向上的恒力F8 N，经过一段时间，小物块上到了离地面高为h2.4 m的平台上。已知物块与传送带之间的动摩擦因数0.5，(g取10 m/s2，sin370.6，cos370.8)。问：(1)物块从传送带底端运动到平台上所用的时间？解析(1)对物块受力分析可知，物块先是在恒力作用下沿传送带方向向上做初速为零的匀加速运动，直至速度达到传送带的速度，由牛顿第二定律：Fmgcos37m
25、gsin37ma1，计算得：a16 m/s2(2分)t1va123 s(1分)x1 v22a143 m(1分)物块达到与传送带同速后，对物块受力分析发现，物块受的摩擦力改变方向，因为F8 N而重力沿传送带向下的分力和最大摩擦力之和为10 N。故不能相对斜面向上加速。故得：a20(3分)t2xx1v23 sx hsin(1分)得tt1t243 s1.33 s(1分)(2)若在物块与传送带达到相同速度时，立即撤去恒力F，计算小物块还需经过多少时间离开传送带以及离开时的速度？解析(2)若达到同速后撤力F，对物块受力分析，因为mgsin37mgcos37，故减速上行mgsin37mgcos37ma3，
26、得a32 m/s2(2分)物块还需t离开传送带，离开时的速度为vt，则：x2xx1v2v2t2a3x2，vt4 33 m/s2.3 m/s(1分)tvvta3 0.85 s(1分)(1)如何判断小物块经历几个阶段的运动？(2)怎样判定小物块第二个阶段的运动性质？(3)撤去恒力F时，小物块能否和传送带一起运动？提示 让小物块达到传送带速度时发生的位移与传送带的长度比较，如果小于传送带长，则有下一阶段。提示 分析摩擦力的方向。提示 判断和tan的关系。传送带问题的特点(1)传送带问题的实质是相对运动问题，这样的相对运动将直接影响摩擦力的方向。因此，搞清楚物体与传送带间的相对运动方向是解决该问题的关键；(2)传送带问题还常常涉及到临界问题，即物体与传送带速度相同，这时会出现摩擦力改变的临界状态，具体如何改变要根据具体情况判断。解答传送带问题的易错点(1)不能正确分析摩擦力的方向；(2)不能找到转折点做好运动阶段的划分及相应动力学分析。应用动力学方法分析传送带问题的思维流程
