1、专题一 力和运动第2讲 直线运动与牛顿运动定律常考题型(1)选择题(2)计算综合题重要考点(1)匀变速直线运动规律的应用(2)直线运动的图象问题(3)用牛顿运动定律解决连接体问题(4)动力学的两类基本问题思想方法(1)极限思想、逆向思维的思想、理想实验的思想、分解的思想(2)比例法、图象法、推论法、假设法、控制变量法、整体法、隔离法、合成法等.1.(2014全国新课标卷)甲、乙两汽车在一平直公路上同向行驶在 t0 到 tt1的时间内，它们的 vt 图象如图所示在这段时间内()A汽车甲的平均速度比乙的大B汽车乙的平均速度等于v1v22C甲、乙两汽车的位移相同D汽车甲的加速度大小逐渐减小，汽车乙的
2、加速度大小逐渐增大解析：根据 vt 图象下方的面积表示位移，可以看出汽车甲的位移 x 甲大于汽车乙的位移 x 乙，选项 C 错误；根据 vxt得 v甲 v乙，选项 A 正确；汽车乙的位移 x 乙小于初速度为 v2、末速度为 v1的匀减速直线运动的位移 x，即汽车乙的平均速度小于v1v22，选项 B 错误；根据 vt 图象的斜率反映了加速度的大小，因此汽车甲、乙的加速度大小都逐渐减小，选项 D 错误 答案：A2(多选)(2016全国乙卷)甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其 vt 图象如图所示已知两车在 t3 s 时并排行驶，则()A在 t1 s 时，甲车在乙车后B在 t0 时，甲车在乙车前 7.
3、5 mC两车另一次并排行驶的时刻是 t2 sD甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为 40 m解析：由题图知，甲车做初速度为 0 的匀加速直线运动，其加速度 a 甲10 m/s2.乙车做初速度 v010 m/s，加速度 a 乙5 m/s2的匀加速直线运动.3 s 内甲、乙车的位移分别为：x 甲12a 甲t2345 m，x 乙v0t312a 乙t2352.5 m由于 t3 s 时两车并排行驶，说明 t0 时甲车在乙车前，xx 乙x 甲7.5 m，选项 B 正确；t1 s 时，甲车的位移为 5 m，乙车的位移为 12.5 m，由于甲车的初始位置超前乙车 7.5 m，则 t1 s 时两车并
4、排行驶，选项 A、C 错误；甲、乙两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为 52.5 m12.5 m40 m，选项 D正确 答案：BD3(2016全国丙卷)一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔 t 内位移为 s，动能变为原来的 9倍该质点的加速度为()(导学号 59230006)A.st2 B.3s2t2 C.4st2 D.8st2解析：质点在时间 t 内的平均速度 vst，设时间 t 内的初、末速度分别为 v1和 v2，则 vv1v22，故v1v22st.由题意知：12mv22912mv21，则 v23v1，进而得出 2v1st.质点的加速度 av2v1t2v1t st2.故选项
5、 A 正确 答案：A4(2015全国新课标卷)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 vt 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：(导学号 59230007)图(a)图(b)(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；(2)木板的最小长
6、度；(3)木板右端离墙壁的最终距离解析：(1)规定向右为正方向木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速直线运动，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，木板与墙壁碰撞前瞬间的速度 v14 m/s，由运动学公式有 v1v0a1t1 s0v0t112a1t21 式中，t11 s，s04.5 m 是木板碰撞前的位移，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直线运动，小物块以 v1 的初速度向右做匀变速直线运动设小物块的加速度为 a2，由牛顿第
7、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)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)gMa3 v3v1a3t v3v1a2t 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)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做
8、匀变速直线运动直至停止，设加速度为 a4，此过程中小物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)a4 0v232a4s3 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.答案：(1)0.1 0.4(2)6.0 m(3)6.5 m考点一 匀变速直线运动规律的应用常用公式和方法1不计空气阻力，以一定的初速度竖直上抛一物体，从抛出至回到抛出点的时间为 t.现在物体上升的最大高度的一半处设置一块挡板，物体撞击挡板前后的速度大小相等、方向相反，撞击所需时间不计，则这种情况下物体上升和下降的总时间约为()A0
9、.5t B0.4t C0.3t D0.2t解析：挡板将物体的上升过程分成位移相等的两段，设下面一段位移所用时间为 t1，上面一段位移所用时间为t2，根据逆向思维可得：t2t11(21)，又知，物体撞击挡板后以原速度大小弹回(撞击所需时间不计)，物体上升和下降的总时间 t2t1且 t1t2t2，由以上几式可得：t（21）t20.3t，C 正确 答案：C2(多选)(2016佛山模拟)一质点沿 x 轴运动，其位置 x 随时间 t 变化的规律为：x1510t5t2(m)，t 的单位为 s.下列关于该质点运动的说法正确的是()(导学号 59230008)A该质点的加速度大小为 5 m/s2Bt3 s 时
10、刻该质点速度为零C03 s 内该质点的平均速度大小为 5 m/sD物体处于 x0 处时其速度大小为 20 m/s解析：由 x1510t5t2(m)可知，初速度 v010 m/s，加速度 a10 m/s2，则选项 A 错误；由速度公式vv0at 得 t3 s 时，v20 m/s，选项 B 错误；t3 s 时，x0 m，t0 时，x15 m，则 03 s 内该质点的平均速度 v,xt015 m3 s5 m/s，大小为 5 m/s，选项 C 正确；当 x0 时，得 t3 s，则 v20 m/s，速度大小为 20 m/s，选项 D 正确 答案：CD3短跑运动员完成 100 m 赛跑的过程可简化为匀加速
11、运动和匀速运动两个阶段一次比赛中，某运动员用11.00 s 跑完全程已知运动员在加速阶段的第 2 s 内通过的距离为 7.5 m，求该运动员的加速度大小及在加速度阶段通过的距离解析：根据题意，在第 1 s 和第 2 s 内运动员都做匀加速运动设运动员在匀加速阶段的加速度为 a，在第 1 s和第 2 s 内通过的位移分别为 s1和 s2，由运动学规律得 s112at20 s1s212a(2t0)2 式中 t01 s.联立两式并代入已知条件，得 a5 m/s2 设运动员做匀加速运动的时间为 t1，匀速运动的时间为 t2，匀速运动的速度为 v；跑完全程的时间为 t，全程的距离为 s.依题意及运动学规
12、律，得 tt1t2 vat1 s12at21vt2 设加速阶段通过的距离为 s，则 s12at21 联立式，并代入数据得 s10 m.答案：5 m/s2 10 m规律总结“一画、二选、三注意”解决匀变速直线运动问题 考点二 直线运动的图象问题常见 st 图象和 vt 图象的对比比较内容st图象vt图象点两图线交点，说明两物体相遇两图线交点，说明两物体在该时刻的速度相等线表示研究对象的位置变化过程和规律表示速度的变化过程和规律斜率 大小 表示物体速度的大小表示物体加速度的大小正负 表示物体速度的方向表示加速度的方向截距纵轴截距表示t0时刻的初始位移，横轴截距表示位移为零的时刻纵轴截距表示t0时刻
13、的初速度，横轴截距表示速度为零的时刻面积与时间轴的面积数值表示某段时间内的位移1(2016合肥模拟)如图是一做匀变速直线运动的质点的位移时间图象(st 图象)，P(t1，s1)为图象上一点PQ 为过 P 点的切线，与 s 轴交于点 Q(0，s2)则下列说法正确的是()At1时刻，质点的速率为s1t1Bt1时刻，质点的速率为s1s2t1C质点的加速度大小为s1s2t21D0t1时间内，质点的平均速度大小为2（s1s2）t1解析：在位移时间图象中，过 P 点的切线斜率表示相应时刻的瞬时速度，所以 t1时刻的速率为 vs1s2t1，A 项错，B 项正确；由加速度定义可知 avv0t1，但因初速度未知
14、，故加速度无法确定，C 项错；0t1这段时间内的平均速度 vs1t1，D 项错 答案：B2(2016兰州模拟)今年春节前后我国出现大范围雨雪天气，对交通造成极大影响，事故频发如图是在高速公路上甲、乙两车刹车时的 vt 图象，甲车在后，乙车在前若两车发生追尾，则以下判断正确的是()At0 时刻两车间距一定小于 12.5 mB甲车刹车的加速度大小是乙车的 3 倍C两车一定是在 t10 s 之前的某时刻发生追尾D两车一定是在 t15 s 至 t20 s 之间的某时刻发生追尾解析：根据速度时间图象斜率可知，甲车的加速度大小为 1 m/s2，乙车的加速度大小为 0.5 m/s2，甲车刹车的加速度大小是乙
15、车的 2 倍，选项 B 错误；在 t10 s 后甲车速度小于乙车，不可能发生追尾，所以两车一定是在 t10 s 之前发生的追尾，选项 C 正确，D 错误；若 t10 s 时两车恰好追尾，则 t10 s 时甲车行驶距离 s11510 m121102m100 m，乙车行驶距离 s21010 m120.5102m75 m，t0 时刻两车间距一定小于 25 m，选项 A 错误 答案：C规律总结 图象问题要三看 1看清坐标轴所表示的物理量明确因变量(纵轴表示的量)与自变量(横轴表示的量)的制约关系 2看图线本身识别两个相关量的变化趋势，从而分析具体的物理过程 3看交点、斜率和“面积”明确图线与图线的交点
16、、图线与坐标轴的交点、图线斜率、图线与坐标轴围成的面积的物理意义考点三 牛顿第二定律的应用1牛顿第二定律的四性性质内容瞬时性力与加速度同时产生、同时消失、同时变化同体性在公式Fma中，m、F、a都是同一研究对象在同一时刻对应的物理量矢量性加速度与合力方向相同独立性当物体受几个力的作用时，每一个力分别产生的加速度只与此力有关，与其他力无关；物体的加速度等于所有分力产生的加速度的矢量和2.两类模型(1)刚性绳(或接触面)不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断(或脱离)后，其弹力立即消失，不需要形变恢复时间(2)弹簧(或橡皮绳)两端同时连接(或附着)有物体的弹簧(或橡皮绳)，特点是形变量大，其形变恢
17、复需要较长时间，在瞬时性问题中，其弹力的大小往往可以看成保持不变1(多选)(2015海南卷)如图，物块 a、b 和 c 的质量相同，a 和 b、b 和 c 之间用完全相同的轻弹簧S1和 S2相连，通过系在 a 上的细线悬挂于固定点 O.整个系统处于静止状态现将细绳剪断，将物块 a 的加速度记为 a1，S1和 S2相对原长的伸长分别为 l1 和 l2，重力加速度大小为 g，在剪断瞬间()Aa13g Ba10C l12 l2D l1 l2解析：设物体的质量为 m，剪断细绳的瞬间，绳子的拉力消失，弹簧还没有来得及改变，所以剪断细绳的瞬间a 受到重力和弹簧 S1的拉力 FT1，剪断前对 b，c 和弹簧
18、组成的整体分析可知 FT12mg，故 a 受到的合力 FmgFT1mg2mg3mg，故加速度 a1Fm3g，A 正确，B 错误；设弹簧 S2的拉力为 FT2，则 FT2mg，根据胡克定律 Fkx 可得l12l2，C 正确，D 错误 答案：AC2(2016长春模拟)如图所示，一劲度系数为 k 的轻质弹簧，上端固定，下端连一质量为 m 的物块 A，A 放在质量也为 m 的托盘 B 上，以 FN表示 B 对 A 的作用力，x 表示弹簧的伸长量初始时，在竖直向上的力 F 作用下系统静止，且弹簧处于自然状态(x0)现改变力 F 的大小，使 B 以g2的加速度匀加速向下运动(g 为重力加速度，空气阻力不计
19、)，此过程中 FN 或 F 随 x 变化的图象正确的是()(导学号 59230009)解析：根据题述，B 以g2的加速度匀加速向下运动过程中，选择 A、B 整体为研究对象，由牛顿第二定律，2mgkxF2mg2，解得 Fmgkx，即 F 从 mg 开始线性减小，可排除图象 C.选择 B 作为研究对象，由牛顿第二定律，mgFNFmg2，解得FNmg2 kx.当弹簧的弹力增大到mg2，即 xmg2k时，A 和B 间的压力为零，在此之前，二者之间的压力由开始运动时的mg2 线性减小到零，选项 A、B 错误同时，力 F 由开始时的 mg 线性减小到mg2，此后 B与 A 分离，力 F 保持mg2 不变，
20、故选项 D 正确 答案：D3.如图所示，在水平桌面上叠放着质量均为 M 的 A、B 两块木板，在木板 A 的上面放着一个质量为 m 的物块C，木板和物块均处于静止状态A、B、C 之间以及 B与地面之间的动摩擦因数都为.若用水平恒力 F 向右拉动木板 A，使之从 C、B 之间抽出来，已知重力加速度为g，则拉力 F 的大小应该满足的条件是(已知最大静摩擦力的大小等于滑动摩擦力)()AF(2mM)gBF(m2M)gCF2(mM)gDF2mg解析：无论 F 多大，摩擦力都不能使 B 向右滑动，而滑动摩擦力能使 C 产生的最大加速度为 g，故Fmg（mM）gMg 时，即 F2(mM)g 时，A可从 B、
21、C 之间抽出，选项 C 正确 答案：C规律总结 整体法和隔离法的优点及使用条件 1整体法(1)优点：研究对象减少，忽略物体之间的相互作用力，列方程数减少，求解简捷(2)条件：连接体中各物体具有共同的加速度 2隔离法(1)优点：易看清各个物体具体的受力情况(2)条件：当系统内各物体的加速度不同时，一般采用隔离法；求连接体内各物体间的相互作用力时必须用隔离法 考点四 动力学的两类基本问题解决动力学两类问题的关键是受力分析和运动分析，而加速度是联系力与运动的桥梁，其基本思路如下：典例(2016合肥模拟)如图所示，一长 L2 m、质量 M4 kg 的薄木板(厚度不计)静止在粗糙的水平台面上，其右端距平
22、台边缘 l5 m，木板的正中央放有一质量为 m1 kg 的物块(可视为质点)，已知木板与地面、物块与木板间动摩擦因数均为10.4.现对木板施加一水平向右的恒力 F，其大小为 48 N，g 取 10 m/s2，试求：(1)F 作用了 1.2 s 时，木板的右端离平台边缘的距离；(2)要使物块最终不能从平台上滑出去，则物块与平台间的动摩擦因数 2应满足的条件规范解答：(1)假设开始时物块与木板会相对滑动，由牛顿第二定律：对木板：F1(Mm)g1mgMa1，解得 a16 m/s2 对物块：1mgma2，解得 a24 m/s2，故假设成立 设 F 作用 t 时间后，物块恰好从木板左端滑离，则 L212
23、a1t212a2t2，解得 t1 s，在此过程：木板位移 s112a1t23 m，末速度 v1a1t6 m/s，物块位移 s212a2t22 m，末速度 v2a2t4 m/s.在物块从木板上滑落后的 t00.2 s 内，由牛顿第二定律：对木板：F1MgMa1，解得 a18 m/s2.木板发生的位移 s1v1t012a1t201.36 m.此时木板距平台边缘sls1s10.64 m.(2)物块滑至平台后，做匀减速直线运动，由牛顿第二定律：对物块：2mgma2，解得 a22g.若物块在平台上速度减为 0，则通过的位移 s2 v222a2，要使物块最终不会从平台上掉下去需满足 lL2s2s2，联立解
24、得 20.2.答案：(1)0.64 m(2)20.2题后反思 处理多过程动力学问题的“2 分析 1 关键”1“2 分析”(1)分析研究对象在每个过程的受力情况，并画出受力分析图；(2)分析研究对象在每个阶段的运动特点 2“1 关键”前一个过程的结束就是后一个过程的开始，明确两个过程的交接点速度不变往往是解题的关键1.(多选)(2016南昌模拟)质量为 m2 kg 的物块静止放置在粗糙水平地面 O 处，物块与水平面间的动摩擦因数 0.5，在水平拉力 F 作用下物块由静止开始沿水平地面向右运动，经过一段时间后，物块回到出发点 O 处，取水平向右为速度的正方向，如图 a 所示，物块运动过程中其速度
25、v 随时间 t 变化规律如图 b 所示，重力加速度 g取 10 m/s2，则()(导学号 59230010)图 a 图 b A物块经过 4 s 时间回到出发点B物块运动到第 3 s 时改变水平拉力的方向C3.5 s 时刻水平力 F 的大小为 4 ND4.5 s 时刻水平力 F 的大小为 16 N解析：物块经过 4 s 时间，速度减小到零，离出发点最远，选项 A 错误在 03 s 时间内，物块加速度 a11 m/s2.由牛顿运动定律，F1mgma1，解得：F112 N在34 s 时间内，物块加速度 a23 m/s2，由牛顿运动定律，F2mgma2，解得 F24 N，物块运动到第 3 s 末时水平
26、拉力由 12 N 改变为 4 N，但是方向没有改变，选项 B 错误，C 正确在 45 s 时间内，速度为负值，摩擦力方向改变，物块加速度 a33 m/s2，由牛顿运动定律，F3mgma3，解得 F316 N，选项 D 正确 答案：CD2(2016石家庄模拟)如图所示，质量均为 m3 kg的物块 A、B 紧挨着放置在粗糙的水平地面上，物块 A的左侧连接一劲度系数为 k100 N/m 的轻质弹簧，弹簧另一端固定在竖直墙壁上开始时两物块压紧弹簧并恰好处于静止状态，现使物块 B 在水平外力 F 作用下向右做a2 m/s2的匀加速直线运动直至与 A 分离，已知两物块与地面间的动摩擦因数均为 0.5，g
27、取 10 m/s2.求：(1)物块 A、B 分离时，所加外力 F 的大小；(2)物块 A、B 由静止开始运动到分离所用的时间解析：(1)物块 A、B 分离时，对 B：Fmgma，解得 F21 N.(2)物块 A、B 静止时，对 A、B：kx12mg，A、B 分离时，对 A：kx2mgma，此过程中：x1x212at2，解得：t0.3 s.答案：(1)21 N(2)0.3 s追及相遇的分析方法1物理分析法首先，要认真审题，构建形象的运动图景；其次，要抓住关键词，挖掘隐含条件，如“刚好”“恰好”“最多”“至少”等，往往对应一个临界状态，要满足相应的临界条件(1)恰好追上(或追不上)、最远(或最近)
28、距离速度相等是临界条件(2)追上、相遇两物体同时到达某位置2极值法设相遇时间为 t，根据条件列位移关系式，得到关于t 的一元二次方程，用判别式进行讨论若 0，即有两个解，则可以相遇两次；若 0，则刚好追上或相遇；若 0，162416(a22)0，故 a26 m/s2.方法三：图象法 如图所示，当速度相同时，阴影面积s 表示两者位移之差，若ss0，则恰好不会相撞，由几何关系可得s（v2v1）t2s0，解得 t2 s，再由v1a1tv2a2t，解得 a26 m/s2，故乙车的加速度至少为 6 m/s2才能避免两车相撞 方法四：相对运动法 两者的相对速度为 vv2v18 m/s，相对加速度的大小为
29、aa2a1，避免相撞的条件为 0vat，vt12at2s0，代入数据解得 a4 m/s2，故 a26 m/s2满足题意 答案：6 m/s2(多选)如图所示，A、B 两物体相距 s，物体 A 以 vA6 m/s 的速度向右匀速运动而物体 B 此时的速度 vB2 m/s，向右做匀加速运动，加速度 a2 m/s2.欲让两物体相遇两次，则 s 可能的值为()A1 m B2 mC4 m D6 m解析：设经时间 t，物体 A、B 相遇，位移满足 xAxBs，物体 A 做匀速直线运动，位移 xAvAt，物体 B做匀加速直线运动的位移 xBvBt12at2，联立并代入数据可得：t24ts0，根据上述方程，欲让 t 有两解，则b24ac164s0，即 s4 m，选项 C、D 错误；将选项 A、B 代入值计算可知，两解都为正值，选项A、B 正确 答案：AB
