高考二轮总复习专题二 力和直线运动 作业(解析版)

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、a－t图象T5：自由下落与竖直上抛运动及v－x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,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x＝错误!at2得,物体的加速度大小a＝错误!＝错误!m/s2＝2 m/s2，则物体的初速度v0＝at′＝23 m/s＝6 m/s，物体在这3 s内的平均速度错误!＝错误!＝错误!m/s＝3 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的物体，在大小为F、方向与水平面成θ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μ，则物体的加速度大小为( ）图1A.错误!B.错误!C.错误!D.错误!解析对物体受力分析如图所示，在水平方向：F cos θ－f＝ma，在竖直方向：F N－F sin θ－mg＝0，又f＝μF N，以上联立解得a＝错误!,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a～g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g＝10 m/s2。

专题二 力与直线运动一、主干知法必记1.共点力的平衡(1)弹力和摩擦力的大小可根据平衡条件确定;弹簧弹力:F=kx;滑动摩擦力:f=μF N ;静摩擦力:0≤f ≤f max 。

(2)二力作用下物体平衡时,两个力等大、反向、共线;多力作用下物体平衡时,任意几个力的合力和其余力的合力等大、反向、共线。

2.匀变速直线运动的规律 (1)速度公式:v=v 0+at 。

(2)位移公式:x=v 0t+at 2。

(3)速度与位移关系公式:v 2- =2ax 。

(4)平均速度公式: = =。

(5)中间时刻瞬时速度公式:=。

(6)位移差公式:Δx=aT 2。

3.运动图像(1)位移-时间图像的斜率表示速度,两图线的交点表示两物体相遇的位置。

(2)速度-时间图像的斜率表示加速度,速度图像与时间轴所围面积表示对应时间内的位移。

(3)分析图像时要注意“截距、交点、拐点、面积、斜率”的意义。

4.牛顿运动定律的应用(1)加速度方向向上时,物体处于超重状态;加速度方向向下时,物体处于失重状态。

(2)受力分析和运动情况的分析是解决动力学问题的关键。

二、易错知识点拨1.应用F=kx 时,误将弹簧长度当成形变量。

2.将静摩擦力和滑动摩擦力混淆,盲目套用公式f=μF N 。

3.误将物体的速度等于零当成平衡状态。

4.误将v 、Δv 、Δ Δ的意义混淆。

5.错误地根据公式a=Δ Δ认为a 与Δv 成正比,与Δt 成反比。

6.误将加速度的正负当成物体做加速运动还是减速运动的依据。

7.误认为“惯性与物体的速度有关,速度大,惯性大,速度小,惯性小”。

8.误认为“牛顿第一定律”是“牛顿第二定律”的特例。

9.误将“力和加速度”的瞬时关系当成“力和速度”的瞬时关系。

10.误将超重、失重现象当成物体重力变大或变小。

三、保温训练1.(粤教版必修1P35第5题改编)雨滴自屋檐由静止滴下,每隔0.2 s滴下一滴,第1滴落到地面时第6滴恰欲滴下,此时测得第1、2、3、4滴之间的距离依次为1.62 m、1.26 m、0.9 m。

专题分层突破练2 力与直线运动A组1.t=0时刻汽车a和b沿两条平直的平行车道以相同速度同时经过同一地点,如图,直线a和曲线b分别是这两车行驶的速度—时间图象,由图可知()A.在t1时刻,两车运动方向相反B.在t1时刻,两车再次相遇C.在0~t1这段时间内,b车的速度先增大后减小,但方向不变D.在0~t1这段时间内,b车的平均速度等于2.(2019宁夏银川质量检测)利用函数图象是解决物理问题的常用方法。

某同学利用传感器探究一玩具车沿某一路段做直线运动的性质,从t=0时刻开始计时得到了-t的图象。

如图所示,由此可知()A.玩具车做速度为-3 m/s的匀速直线运动B.玩具车做变加速直线运动C.玩具车做匀加速直线运动,初速度大小为2 m/sD.玩具车做匀加速直线运动,加速度的大小为1.5 m/s23.(2019山东淄博三模)如图所示,某宾馆大楼中的电梯下方固定有4根相同的竖直弹簧,其劲度系数均为k。

这是为了防止电梯在空中因缆绳断裂而造成生命危险。

若缆绳断裂后,总质量为m的电梯下坠,4根弹簧同时着地而开始缓冲,电梯坠到最低点时加速度大小为5g(g为重力加速度大小),下列说法正确的是()A.电梯坠到最低点时,每根弹簧的压缩长度为B.电梯坠到最低点时,每根弹簧的压缩长度为C.从弹簧着地开始至电梯下落到最低点的过程中,电梯先处于失重状态后处于超重状态D.从弹簧着地开始至电梯下落到最低点的过程中,电梯始终处于失重状态4.如图所示,粗糙水平面上并排放着两个长方体木块A、B,质量分别为m A=m,m B=3m,与水平面间的动摩擦因数均为μ,木块A通过轻质水平弹簧与竖直墙壁相连,现用外力缓缓向左水平推木块B,使木块A、B一起向左缓慢移动一段距离后突然撤去外力,木块A、B由静止开始向右运动,当弹簧弹力大小为F时(木块A、B未分离),则()A.木块A对木块B的作用力大小一定为B.木块A对木块B的作用力大小一定为C.木块A对木块B的作用力大小一定为F-3μmgD.木块A对木块B的作用力大小一定为F-μmg5.如图所示,在光滑的水平面上有一个质量为m'的木板B处于静止状态,现有一个质量为m的木块A 从B的左端以初速度v0=3 m/s开始水平向右滑动,已知m'>m。

自由落体运动和竖直上抛运动1、一小石块从空中a 点自由落下,先后经过b 点和c 点,不计空气阻力。

经过b 点时速度为v ,经过c 点时速度为3v ,则ab 段与ac 段位移之比为( ) A.1:3 B.1:5 C.1:8 D.1:92、如图所示,一杂技演员用一只手抛球,他每隔0.4s 抛出一球,接到球便立即把球抛出.已知除抛、接球的时刻外,空中总有4个小球,将球的运动近似看成是竖直方向的运动,球到达的最大高度是(高度从抛球点算起,210m/s g =)( )A.1.6mB.2.4mC.3.2mD.4.0m3、空降兵某部官兵使用新装备从260m 超低空跳伞成功。

若跳伞空降兵在离地面224m 高处,由静止开始在竖直方向做自由落体运动。

一段时间后,立即打开降落伞,以12.52m/s 的平均加速度匀减速下降,为了空降兵的安全,要求空降兵落地速度最大不得超过m/s (g 取102m/s )。

则( )A.空降兵展开伞时离地面高度至少为125m,相当于从2.5m 高处自由落下B.空降兵展开伞时离地面高度至少为125m,相当于从1.25m 高处自由落下C.空降兵展开伞时离地面高度至少为99m,相当于从1.25m 高处自由落下D.空降兵展开伞时离地面高度至少为99m,相当于从2.5m 高处自由落下4、从塔顶由静止释放一个小球A 的时刻为计时零点，0t 时刻，在与A 球0t 时刻所在位置的同一水平高度，由静止释放小球B ，若两球都只受重力作用，设小球B 下落时间为t ，在A 、B 两球落地前，A 、B 两球之间的距离为x ∆，则0xt t∆-的图线为( )A. B. C.D.5、取一根长2m 左右的细线、5个铁垫圈和一个金属盘。

在线端系上第一个垫圈,隔12cm 再系一个,以后垫圈之间的距离分别为36cm 、60cm 、84cm,如图所示。

某同学站在椅子上,向上提起线的上端,让线自由垂下,且第一个垫圈紧靠放在地上的金属盘。

2020年高考物理二轮复习专项训练----力与物体的直线运动1.建筑工人常常徒手抛砖块，当砖块上升到最高点时，被楼上的师傅接住用以砌墙，若某次以10 m/s 的速度从地面竖直向上抛出一个砖块，楼上的师傅没有接住，g 取10 m/s 2，空气阻力可以忽略，则( )A ．砖块上升的最大高度为10 mB ．经2 s 砖块回到抛出点C ．砖块回到抛出点前0.5 s 时间内通过的距离为3.75 mD ．被抛出后上升过程中，砖块做变减速直线运动【解析】由h ＝v 202g 得，砖块上升的最大高度h ＝5 m ，选项A 错误；砖块上升的时间t ＝v 0g＝1 s ，上升阶段与下降阶段的时间对称，经2 s 砖块回到抛出点，选项B 正确；砖块被抛出后经0.5 s 上升的高度h′＝v 0t′－12gt′2＝3.75 m ，由于上升阶段与下降阶段的时间、位移具有对称性，所以砖块回到抛出点前0.5 s 时间内通过的距离为3.75 m ，选项C 正确；砖块被抛出后加速度不变，故上升过程砖块做匀减速直线运动，选项D 错误．【答案】BC2．甲、乙两汽车在一平直公路上同向行驶．在t ＝0到t ＝t 1的时间内，它们的 v －t 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 v 1＋v 22C ．甲、乙两汽车的位移相同D ．汽车甲的加速度大小逐渐减小，汽车乙的加速度大小逐渐增大【答案】A【解析】根据v －t 图线与时间轴围成的面积表示位移，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v ＝x t得，汽车甲的平均速度v 甲大于汽车乙的平均速度v 乙，选项A 正确；汽车乙的位移x 乙小于初速度为v 2、末速度为v 1的匀减速直线运动的位移x ，即汽车乙的平均速度小于v 1＋v 22，选项B 错误；v －t 图象的斜率大小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．3.处于竖直平面内的某圆周的两条直径AB 、CD 间夹角为60°，其中直径AB 水平，AD 与CD 是光滑的细杆．从A 点和C 点分别静止释放两小球，从A 、C 点下落到D 点的时间分别是t 1、t 2，则t 1∶t 2是( )A ．1∶1B ．3∶2C ．3∶2D ．2∶3【答案】C【解析】由图可知，s CD ＝2R ，a CD ＝32g ，由几何关系可得出s AD ＝3R ，a AD ＝12g ，由运动学公式s ＝12at 2，可得t 1t 2＝s AD a CD s CD a AD ，代入数据得t 1t 2＝32，故C 正确． 4.如图所示，某“闯关游戏”的笔直通道上每隔8 m 设有一个关卡，各关卡同步放行和关闭，放行和关闭的时间分别为5 s 和2 s 。

专题限时集训(二)B [专题二牛顿运动定律与直线运动]1．“蹦极”就是跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在踝关节等处，从几十米高处跳下的一种极限运动．人做蹦极运动，所受绳子拉力F的大小随时间 t变化的情况如图2－9所示．将蹦极过程近似为在竖直方向的运动，据图可知，此人在蹦极过程中受到的重力约为( )图2－9A．F0B.95FC.25FD.35F2．如图2－10所示，质量为m＝20 kg、长为L＝5 m的木板放置在水平面上，木板与水平面的动摩擦因数μ1＝0.15.可视为质点的质量为m＝10 kg的小木块，以v＝4 m/s的水平速度从木板的左端滑上木板，小木块与木板的动摩擦因数为μ2＝0.40.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10 m/s2，则下列说法中正确的是( )图2－10A．木板可能静止不动，小木块能滑出木板B．木板一定静止不动，小木块不能滑出木板C．木板可能向右滑动，小木块不能滑出木板D．木板一定向右滑动，小木块能滑出木板3．如图2－11所示，动物园的水平地面上放着一只质量为M 的笼子，笼子内有一只质量为 m 的猴子，当猴子以某一加速度沿竖直柱子加速向上爬时，笼子对地面的压力为F1；当猴子以同样大小的加速度沿竖直柱子加速下滑时，笼子对地面的压力为 F2.关于图2－11F1和 F2的大小，下列判断中正确的是( )A．F1＝F2B．F1＜(M＋m)g，F2＞(M＋m)gC．F1＋F2＝2(M＋m)gD．F1－F2＝2(M＋m)g4．为了研究超重和失重现象，某同学把一体重计放在电梯的地板上，他站在体重计上随电梯运动并观察体重计示数的变化情况，下表记录了几个特定时刻体重计示数(表内时间不表示先后顺序)，若已知t时刻电梯静止，则( )A.t1和t2B．t1和t2时刻该同学的质量并没有变化，但所受重力发生了变化C．t1和t2时刻电梯运动的加速度大小相等，运动方向一定相反D．t2时刻电梯不可能向上运动5．如图2－12所示，粗糙的水平传送带以恒定的速率v1沿图示方向运行，传送带的左、右两侧各有一与传送带等高的光滑水平面，一物体以速率v2沿水平面分别从左、右两端滑上传送带，下列说法正确的是( )图2－12A．若v2<v1，物体从右端滑上传送带，则物体不可能到达左端B．若v2>v1，物体从右端滑上传送带，则物体一定能够到达左端C．若v2<v1，物体从左端滑上传送带，则物体一定先做加速运动，再做匀速运动D．物体从右端滑上到左端所需的时间可能等于物体从左端滑上到右端的时间6．如图2－13所示，质量为m的小物块以初速度v图2－13沿足够长的固定斜面上滑，斜面倾角为θ，物块与该斜面间的动摩擦因数μ>tanθ，图2－14中表示该物块的速度v和所受摩擦力Ff 随时间t变化的图线(以初速度v的方向为正方向)，可能正确的是( )A BC D乙图2－147．如图2－15所示，质量为m的小球用水平轻弹簧系住，并用倾角为30°的光滑木板AB托住，小球恰好处于静止状态．当木板AB突然向下撤离的瞬间，小球的加速度大小为( )图2－15A．0 B.233g C．g D.33g8．如图2－16所示，水平面上放有质量均为m＝1 kg的物块A和B(均视为质点)，A、B与地面的动摩擦因数分别为μ1＝0.4和μ2＝0.1，相距l＝0.75 m．现给物块A一初速度使之向物块B运动，与此同时给物块B一个F＝3 N水平向右的力使其由静止开始运动，经过一段时间A恰好能追上B，g＝10 m/s2.求：(1)物块B运动的加速度大小；(2)物块A 初速度大小．图2－169．在娱乐节目《幸运向前冲》中，有一个关口是跑步跨栏机，它的设置是让观众通过一段平台，再冲上反向移动的跑步机皮带并通过跨栏，冲到这一关的终点．如图2－17所示，现有一套跑步跨栏装置，平台长L 1＝4 m ，跑步机皮带长L 2＝32 m ，跑步机上方设置了一个跨栏(不随皮带移动)，跨栏到平台末端的距离L 3＝10 m ，且皮带以v 0＝1 m/s 的恒定速率转动．一位挑战者在平台起点从静止开始以a 1＝2 m/s 2的加速度通过平台冲上跑步机，之后以a 2＝1 m/s2的加速度在跑步机上往前冲，在跨栏时不慎跌倒，经过t ＝2 s 爬起(假设从摔倒至爬起的过程中挑战者与皮带始终相对静止)，然后又保持原来的加速度a 2，在跑步机上顺利通过剩余的路程，求挑战者全程所需要的时间．图2－17专题限时集训(二)B1．D [解析] 人最终处于平衡状态绳子拉力应等于人的重力，由图知拉力的最终值为35F 0，选项D 正确．2．B [解析] 木板与水平面间的摩擦力为F f1＝μ1(m 0＋m)g ＝45 N ，小木块与木板之间的摩擦力为F f2＝μ2mg ＝40 N ，F f1>F f2，所以木板一定静止不动；小木块在木板上滑行的距离为x ，则v 20＝2μ2gx ，解得x ＝2m<L ＝5 m ，小木块不能滑出木板．选项B 正确．3．C [解析] 以整体为研究对象，受力如图所示，由牛顿第二定律，沿竖直柱子加速向上爬时，有：F 1－(M ＋m)g ＝ma ；沿竖直柱子加速向下滑时，有：(M ＋m)g －F 2＝ma ；因此有F 1>(M ＋m)g ，F 2<(M ＋m)g ，F 1＋F 2＝2(M ＋m)g ，所以选项C 正确．4．A [解析] t 1时刻人超重，电梯的加速度向上，t 2时刻人失重，电梯的加速度向下，A 正确；无论超重还是失重，人的质量和所受重力均不发生变化，B 错误；由牛顿第二定律可知，t 1和t 2时刻电梯的加速度大小相等、方向相反，但运动方向不一定相反，C 错误；t 2时刻电梯可能向下加速，也可能向上减速，D 错误．5．D [解析] 由于题述没有给出传送带的长度和物体与传送带的动摩擦因数，无法判断出物体从右端滑上传送带，能否到达左端，选项A 、B 错误；若v 2<v 1，物体从左端滑上传送带，则物体可能一直做加速运动，选项C 错误；当v 2>v 1，且v 2足够大时，物体无论从右端还是从左端滑上传送带，都做加速度相同的匀减速运动，此时从右端滑上到左端所需的时间等于物体从左端滑上到右端的时间，选项D正确．6．A [解析] 物块的运动情况是先向上做减速运动，所受滑动摩擦力为μmgcosθ，方向沿斜面向下，达到最高点后由于μ>tanθ即mgsinθ<μmgcosθ，滑块不会向下滑动，而是保持静止，静摩擦力的大小等于重力的下滑分力mgsinθ，小于上滑时的摩擦力μmgcosθ，所以选项A正确．7．B [解析] 撤离木板时，小球所受重力和弹簧的弹力不发生变化，二者合力的大小等于撤离木板前木板对小球的支持力FN ，由于FN＝mgcos30°＝233mg，所以撤离木板后，小球加速度大小为：a＝FNm＝233g.选项B项正确．8．(1)2 m/s2(2)3 m/s[解析] (1)对物块B，由牛顿第二定律得：F－μ2mg＝maB解得aB＝2 m/s2.(2)对物块A，由牛顿第二定律得：μ1mg＝ma A解得aA＝4 m/s2.设物块A经过t时间追上物块B，则有xA ＝vt－12aAt2xB ＝12aBt2恰好追上的条件为：v0－aAt＝aBtxA －xB＝l联立解得：t＝0.5 s，v＝3 m/s. 9．14 s[解析] 挑战者匀加速通过平台，有L1＝12a1t21解得：t1＝2L1a1＝2 s冲上跑步机的初速度v1＝a1t1＝4 m/s冲上跑步机至跨栏，有L3＝v1t2＋12a2t22解得t2＝2 s摔倒至爬起随跑步机移动距离x＝vt＝1×2 m＝2 m 取地面为参考系，则挑战者爬起向左减速的过程，有：v0＝a2t3解得：t3＝1 s对地位移x1＝vt3－12a2t23＝0.5 m挑战者向右加速冲刺过程有：x＋x1＋L2－L3＝12a2t24解得：t4＝7 s挑战者通过全程所需的总时间为：t总＝t1＋t2＋t＋t3＋t4＝14 s.。

专题分层突破练2 力与直线运动A组1.在一段笔直的路面上有一汽车遇紧急情况刹车,经1.5 s停止,刹车距离为9 m。

若汽车刹车后做匀减速直线运动,则汽车停止前最后0.5 s的位移是( )A.1 mB.1.5 mC.2 mD.2.5 m2.一物体从静止开始做直线运动,其加速度随时间变化如图所示,则1~2 s 的平均速度大小( )A.等于3 m/sB.大于3 m/sC.小于3 m/sD.无法确定3.(北京卷)如图所示,飞船与空间站对接后,在推力F的作用下一起向前运动。

飞船和空间站的质量分别为m和M,则飞船和空间站之间的作用力大小为( )A.MM+m F B.mM+mFC.Mm F D.mMF4.(山东卷)如图所示,固定的光滑斜面上有一木板,其下端与斜面上A点距离为l。

木板由静止释放,若木板长度为l,通过A点的时间间隔为Δt1;若木板长度为2l,通过A点的时间间隔为Δt2。

Δt2∶Δt1为( )A.(√3-1)∶(√2-1)B.(√3−√2)∶(√2-1)C.(√3+1)∶(√2+1)D.(√3+√2)∶(√2+1)5.(广东东莞二模)如图所示,某同学练习踢毽子,假设毽子在空中运动过程中受到大小不变的空气阻力的作用,下列v-t和a-t图像可能正确反映毽子被竖直向上踢出后,经一段时间又回到初始位置的是( )6.大型商场的螺旋滑梯是小孩喜欢游玩的设施,该设施由三段轨道组成,小孩从第一段OA轨道进入后,从第二段轨道A处由静止开始加速下滑到B 处,AB段总长为16 m,小孩在该段通过的路程s随时间t变化规律为s=0.125t2(s单位为m,t单位为s),小孩在第三段BC看作匀减速直线运动,BC长度为,小孩最终刚好停在C点处。

小孩可视为质点,求:(1)小孩在BC段的加速度大小;(2)小孩与BC轨道的动摩擦因数μ。

7.如图甲所示,足够长的倾斜传送带以某一恒定的速率逆时针运行。

现将一小滑块(视为质点)轻放在传送带的顶端,滑块在传送带上运动的速度的二次方随位移变化的关系如图乙所示。

力与直线运动要点提炼1.解图象问题时要做好“三看”(1)看清坐标轴所表示的物理量：明确因变量与自变量的制约关系，是运动学图象(v ­t 、x ­t 、a ­t 、x ­v 2、v ­x 等)，还是动力学图象(F ­t 、F ­x 、P ­t 等)；(2)看图线本身：识别两个相关量的变化趋势，进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、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。

2．求解匀变速直线运动问题时的方法技巧(1)巧用平均速度：对匀变速直线运动问题，运用公式v ＝12(v 0＋v )，x ＝v t ，相当于把一个匀变速直线运动问题转化为一个匀速直线运动问题来处理。

(2)逆向思维：把运动过程的“末态”作为“初态”的反向分析，这种研究问题的方法一般用于末态已知的情况。

3．动力学与图象的综合问题做好两步(1)判别物理过程：由图象形状所描述的状态及变化规律确定质点的运动性质。

(2)选择解答方法：根据质点的运动性质，选择公式法或图象法解答试题，必要时建立函数关系并进行图象转换，或者与常见形式比较进行解答和判断。

4．传送带上物体的运动由静止释放的物体，若能在匀速运动的传送带上同向加速到与传送带共速，则加速过程中物体的位移必与物体和传送带的相对位移大小相等，且等于传送带在这个过程中位移的一半；在倾斜传送带(倾角为θ)上运动的物体，动摩擦因数与tan θ的关系、物体初速度的方向与传送带速度方向的关系是决定物体运动情况的两个重要因素。

5．水平面上的板—块模型问题分析两物体的运动情况需要关注：两个接触面(滑块与滑板之间、滑板与地面之间)的动摩擦因数的大小关系，外力作用在哪个物体上。

若外力作用在下面物体上，随着力的增大，两物体先共同加速，后发生相对滑动，发生相对滑动的条件是下面物体的加速度较大。

直线运动【满分：110分时间：90分钟】一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分。

在每小题给出的四个选项中， 1~8题只有一项符合题目要求； 9~12题有多项符合题目要求。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

）1．运动着的汽车制动后做匀减速直线运动，经3.5 s停止，则它在制动开始后的1 s内、2 s内、3 s内通过的位移之比为A．1∶3∶5 B．1∶2∶3 C．1∶8∶16 D．3∶5∶6【答案】 C【解析】错误！未指定书签。

2．某新型战机在跑道上由静止开始做加速直线运动．测得战机5s末的速度为40m/s、10s末飞离跑道时的速度为 70m/s，在跑道上共运动了 500m．则它在跑道上运动的平均速度为（）A．35m/s B．40m/s C．50m/s D．70m/s【答案】 C【解析】由题意可知，飞机在总位移为500m，用时10s，则由平均速度公式可得：错误！未指定书签。

；故选C．点睛：本题考查平均速度公式的应用，要注意找出相应的位移和时间，本题应注意飞机的运动不是匀加速运动，故不能根据匀变速运动的规律求解．3．一质点在0～10 s内，其v-t图象的图线恰好是与两坐标轴相切的圆弧，则（）错误！未指定书签。

A．0时刻，质点的加速度等于0B．10 s内质点的位移约为21.5 mC．质点的加速度大小等于1m/s2时的速度等于4.5 m/sD．质点的加速度随时间均匀减小【答案】 B错误！未指定书签。

4．关于自由落体运动，下列说法中正确的是A．初速度为零的竖直向下的运动是自由落体运动B．只在重力作用下的竖直向下的运动是自由落体运动C．重的物体的自由落体运动的加速度g值大D．自由落体运动是初速度为零，加速度为g的匀加速直线运动【答案】 D【解析】自由落体运动的物体加速度为g，初速度为零的竖直向下的运动的加速度不一定是g，所以不一定是自由落体运动，故A错误；只在重力作用下的竖直向下的运动不一定是自由落体运动，要看初速度是否等于零，故B错误；无论轻还是重的物体的自由落体运动的加速度都是g，故C错误；自由落体运动是初速度为零，加速度为g的匀加速直线运动，故D正确。

高考物理二轮复习专项训练直线运动含解析一、高中物理精讲专题测试直线运动1．如图所示，质量M=8kg的小车放在光滑水平面上，在小车左端加一水平推力F=8N，当小车向右运动的速度达到1.5m/s时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计，质量为m=2kg 的小物块，物块与小车间的动摩擦因数为0.2，小车足够长．求：（1）小物块刚放上小车时，小物块及小车的加速度各为多大？（2）经多长时间两者达到相同的速度？共同速度是多大？（3）从小物块放上小车开始，经过t=1.5s小物块通过的位移大小为多少？（取g=10m/s2）．【答案】（1）2m/s2，0.5m/s2（2）1s，2m/s（3）2.1m【解析】【分析】(1)利用牛顿第二定律求的各自的加速度；(2)根据匀变速直线运动的速度时间公式以及两物体的速度相等列式子求出速度相等时的时间，在将时间代入速度时间的公式求出共同的速度；(3) 根据先求出小物块在达到与小车速度相同时的位移，再求出小物块与小车一体运动时的位移即可．【详解】(1) 根据牛顿第二定律可得小物块的加速度：m/s2小车的加速度：m/s2(2)令两则的速度相等所用时间为t，则有：解得达到共同速度的时间：t=1s共同速度为：m/s(3) 在开始1s内小物块的位移m此时其速度：m/s在接下来的0.5s小物块与小车相对静止，一起做加速运动且加速度：m/s 2这0.5s 内的位移：m则小物块通过的总位移:m【点睛】本题考查牛顿第二定律的应用，解决本题的关键理清小车和物块在整个过程中的运动情况，然后运用运动学公式求解．同时注意在研究过程中正确选择研究对象进行分析求解．2．一个物体从塔顶上自由下落，在到达地面前的最后1s 内通过的位移是整个位移的925，求塔高，取g =10m/s 2． 【答案】125m 【解析】 【分析】 【详解】设物体下落总时间为t ，塔高为h ，根据自由落体公式：212h gt = 最后（t -1）s 下落的高度为：()21112h g t =- 位移间的关系为：11625h h = 联立解得：125h m =3．光滑水平桌面上有一个静止的物体，其质量为7kg ，在14N 的水平恒力作用下向右做匀加速直线运动，求:5s 末物体的速度的大小？5s 内通过的位移是多少？ 【答案】x=25m 【解析】 【分析】根据牛顿第二定律求出物体的加速度，根据速度时间公式和位移时间公式求出5s 末的速度和5s 内的位移． 【详解】（1）根据牛顿第二定律得，物体的加速度为：2214/2/7F a m s m s m =＝＝； 5s 末的速度为：v=at=2×5m/s=10m/s. （2）5s 内的位移为：x=12at 2＝ 12×2×52m ＝25m ． 【点睛】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁．4．A、B两列火车，在同一轨道上同向行驶，A车在前，其速度v A＝10 m/s，B车在后，速度v B＝30 m/s，因大雾能见度很低，B车在距A车x0＝75 m时才发现前方有A车，这时B 车立即刹车，但B车要经过180 m才能停止，问：B车刹车时A车仍按原速率行驶，两车是否会相撞？若会相撞，将在B车刹车后多长时间相撞？若不会相撞，则两车最近距离是多少？【答案】会相撞；6 s【解析】B车刹车至停下来的过程中，由v2－v02＝2ax得222.5/2BBva m sx==假设不相撞，依题意画出运动过程示意图，如下图所示．设经过时间t两车速度相等，对B车有：v A＝v B＋a B t解得8A BBv vt sa-== .此时B车的位移x B＝v B t＋12a B t2＝30×8 m－12×2.5×82 m＝160 m.A车的位移x A＝v A t＝10×8 m＝80 m.因x B>x A＋x0，故两车会相撞．设B刹车后经过时间t x两车相撞，则有v A t x＋x0＝v B t x＋12a B t x2，代入数据解得，t x＝6 s或t x＝10 s(舍去)．5．（13分）如图所示，截面为直角三角形的木块置于粗糙的水平地面上，其倾角θ＝37°。

高考物理二轮总复习专题过关检测直线运动 ( 附参照答案 )(时间 :90 分钟 满分 :100 分 )第Ⅰ卷 选择题一、选择题 ( 此题包含 10 小题 ,共 40 分 .每题给出的四个选项中 ,有的只有一个选项正确 ,有的有多个选项正确 ,所有选对的得 4 分,选对但不全的得 2 分 ,错选或不选的得 0 分 ) 1.小球从空中自由着落，与水平川面碰后弹到空中某一高度，其速度随时间变化的关系如图2-1 所示 .取 g=10 m/s 2.则 ()图 2-1Ａ .小球第一次反弹初速度的大小为 5 m/sＢ .小球第一次反弹初速度的大小为 3 m/sＣ .小球能弹起的最大高度为 0.45 mＤ .小球能弹起的最大高度为1.25 m分析 :小球第一次落地瞬时的速度大小为 5 m/s ，反弹的初速度大小为3 m/s.A 错， B 对 .小球第一次弹起的初速度最大， 则上涨的高度最大， 为 hv 0 ' t 3(0.8 0.5) m 0.45m. C 对 ,D错 . 22答案 :BC2.一个静止的质点，在0~4 s 时间内遇到力 F 的作用，力的方向一直在同向来线上，力F 随时间 t 的变化如图 2-2 所示，则质点在 ()图 2-2A. 第 2 s 末速度改变方向B.第 2 s 末位移改变方向C.第 4 s 末回到原出发点D. 第 4 s 末运动速度为零分析 :该质点在前 2 s 内 ,沿 F 方向先做加快度增大的加快运动 ,再做加快度减小的加快运动 ;从第2 s 末到第 4 s 末的 2 s 内 ,仍沿 F 方向 ,先做加快度增大的减速运动,再做加快度减小的减速运动 ,该质点向来朝一个方向运动 ,4 s 末速度减为 0,因此 D 正确 .答案 :D3.(2010 湖北部分要点中学二联， 17)某物体由静止开始做变加快直线运动 ,加快度 a 渐渐减小 ,经时间 t 物体的速度变成v,物体在 t 时间内的位移为 s.以下说法正确的选项是 ( )v B. sv v D. 没法判断A. stt C. st222分析 : 由质点运动状况可画出质点运动的速度—时间图象,如右图所示,从图象简单得出质点位移 s v t. 2答案 :C4.甲、乙两辆汽车在平直的公路上沿同一方向做直线运动，t=0 时辰同时经过公路旁的同一个路标 .在描绘两车运动的v-t 图中 (如图 2-3)，直线 a、 b 分别描绘了甲、乙两车在0～ 20 s 的运动状况 .对于两车之间的位移关系，以下说法正确的选项是()图 2-3A. 在 0～ 10 s 内两车渐渐凑近B. 在 10～ 20 s 内两车渐渐远离C.在 5～ 15 s 内两车的位移相等D.在 t=10 s 时两车在公路上相遇分析 :甲车做速度为 5 m/s 的匀速直线运动，乙车做初速度为10 m/s 的匀减速直线运动.在 t=10 s时，两车的速度相同，在此以前，甲车的速度小于乙车的速度，两车的距离愈来愈大；在此以后，甲车的速度大于乙车的速度，两车的距离又渐渐减小，在 t=20 s 时两车相遇，应选项 A 、B 、D 均错 .5～ 15 s 内，两图线所围成的面积相等，故两车的位移相等，选项C正确.答案 :C5.(2010保定高三第一学期末调研,18)如图 2-4 所示 ,甲、乙两物体分别从A、C 两地由静止出发做加快运动 ,B 为 AC 中点 ,两物体在 AB 段的加快度大小均为a1,在 BC 段的加快度大小均为a2,且 a1＜ a2.若甲由 A 到 C 所用时间为 t 甲,乙由 C 到 A 所用时间t 乙,则 t 甲与 t 乙的大小关系为 ()图 2-4A. t 甲 =t 乙B. t 甲>t 乙C.t 甲＜ t 乙D. 没法确立分析 :设AB =BC=s,对甲的运动过程,在AB段 :v B甲2=2a1s,BC 段 ,v C甲2－v B甲2=2a2s,可得 :v C甲2=2s(a1+a2);对乙的运动过程,在 BC 段 :v B乙2=2a2s,AB 段 :v A乙2－vB乙2=2a1s,可得 :v A乙2=2s(a1 +a2);由以上各式据 a1＜ a2能够得 :v B甲＜ v B乙 ,v C甲=v A乙 ,再由v v0v1可知在整个过程中 ,乙的均匀速2度大于甲的均匀速度,依据t s, 所以t甲>t乙,选B. v答案 :B6.如图 2-5 所示为一物体沿南北方向(规定向北为正方向)做直线运动的速度—时间图象，由图可知()图 2-5A.3 s 末物体回到 t=0 时的地点B.3 s 末物体的加快度方向发生变化C.物体所受合外力的方向向来向南D. 物体所受合外力的方向向来向北分析 :物体向南做匀减速运动，速度是负方向象为一条直线，斜率不变，所以 D 正确 . 答案 :D(向南 )，所以加快度 a 是正方向(向北 ) ，0～ 6 s 图7.如图 2-6则时间由所示是物体在某段运动过程中的t 1 到 t 2 的过程中 () v-t图象，在 t 1 和 t 2 时辰的刹时速度分别为v 1 和v 2，图 2-6A. 加快度增大B. 加快度不停减小C.均匀速度 v=(v 1+v 2)/2D. 均匀速度 v>( v 1+v 2)/2分析 :依据图线的斜率可知加快度不停减小 .假定从 t 1 到 t 2 的过程中做匀减速运动， 则均匀速度为v1v 2, 而该物体在这段时间内的速度一直小于做匀减速运动时的速度，因此均匀速度也将2小于v1v 2..综上选 B.2答案 :B8.物体沿向来线运动，它在某段时间内中间地点处的速度为 v 1，在中间时辰的速度为 v 2.则以下说法正确的选项是()A. 当物体做匀加快直线运动时， v 1 >v 2B. 当物体做匀减速直线运动时， v 1 >v 2C.当物体做匀加快直线运动时， v 1 ＜ v 2D. 当物体做匀减速直线运动时， v 1 ＜v 2分析 :当物体做匀加快直线运动时，中间地点处在中间时辰的后边，所以v 1>v 2，选项 A 对， C错 .当物体做匀减速直线运动时， 中间地点处在中间时辰的前方，所以 v 1>v 2，选项 B 对，D 错 .答案 :AB9.一个质点正在做匀加快直线运动，用固定在地面上的照相机对该质点进行闪光照相.闪光时 间间隔为 1 s.剖析照片获得的数据， 发现质点在第 1 次、第 2 次闪光的时间间隔内挪动了 2 m ；在第 3 次、第 4 次闪光的时间间隔内挪动了 8 m.由此能够求得 ()A. 第 1 次闪光时质点的速度B. 质点运动的加快度C.从第 2 次闪光到第 3 次闪光这段时间内质点的位移D.质点运动的初速度分析 :设时间间隔为T，第 1 次、第 2 次闪光时的速度为v1、v2，第 1 次与第 2 次、第 2 次与第3 次、第 3 次与第4 次闪光间隔内的位移分别为s1、s2、s3.由 s3－s1 =2aT2求得加快度 a=3 m/s 2；由 s2－ s1 =s3－ s2求得 s2=5 m；依据 s1、 s2可求得第 1 次与第 3 次闪光间的均匀速度s1 s23.5m/s, 而v2v,再依据v2=v1+aT可求得v1=0.5 m/s.应选项A、B、C正确.v2T答案 :ABC10.如图 2-7所示， A、B 两物体相距 s=7 m ，物体 A 在水平拉力和摩擦力的作用下，正以v A=4m/s 的速度向右匀速运动，而物体B此时的速度v B=10 m/s，因为摩擦力作用向右匀减速运动，加快度 a=－ 2 m/s2，那么物体 A 追上物体 B 所用时间为 ()图 2-7A.7 sB.8 sC.9 sD.10 sv B2分析 :对B物体，v B=at得t=5 s，也即B物体经5 s后停止.s B25m. 对A物体，在 5 s2a内运动了 s A =v A t=20 m.当 B 物体停止运动后，s+s B－ s A=v A t′，得 t′ =3s.故物体 A 追上 B 的时间为 t+t ′=8 选s.项 B 正确 .答案 :B第Ⅱ卷非选择题二、填空与实验题 (此题包含 2 小题 ,共 20 分 .把答案填在相应的横线上或按题目要求作答 ) 11.(6分 )某同学在测定匀变速直线运动的加快度时，获得了一条较为理想的纸带，已在每条纸带上每5了，如图个点取一个计数点，依打点先后编为0、 1、2、 3、 4、5，因为不当心，纸带被撕断2-8 所示，请依据给出的 A 、 B、 C、D 四段纸带回答:图 2-8(1)在 B、 C、 D 三段纸带中选出纸带 A 上撕下的那段应当是 ________.(2)若使用的电源频次为50 Hz ，则打 A 纸带时，物体的加快度大小是________m/s 2.分析 :设相邻两个计数点间的位移为s1、s2、s3、s4、s5，由 s2－ s1=s3－ s2=s4－ s3=s5－ s4可知 s5=54.0 mm，故撕下的那段应当是 C.加快度大小a s2 s136.0 30.010 3 m/s20.6m/s2 .答案 :(1)C (2)0.6T 20.1212.(14 分 )某同学用如图2-9 所示的实验装置研究小车在斜面上的运动.2-9步 以下:a.安装好 器械.b.接通 源后， 拖着 的小 沿平板斜面向下运 ，重复几次 . 出一条点迹比 清楚的，舍去开始密集的点迹， 从便于 量的点开始，每两个打点 隔取一个 数点，如 2-10中 0、 1、 2⋯⋯6点所示 .2-10、s 2、 s 3⋯⋯ s 6c. 量 1、2、 3⋯⋯6 数点到 0 数点的距离，分 作 1s.d.通 量和 算， 同学判断出小 沿平板做匀加快直 运.1、 s2、 s 36 与 的比 s 1s 2 s 3s 6 .、 、e.分 算出 s⋯⋯ st 1 t 2 t 3t 6f.以 s 坐 、 t 横坐 ， 出s与 t的坐 点，画出st . ttt合上述 步 ， 你达成以下任:(1) 中，除打点 器 (含 、复写 )、小 、平板、 架台、 及开关外，在下边的 器和器械中，必 使用的有 ________和 ________.( 填 代号 ) A. 适合的 50 Hz 沟通 源C.刻度尺E.天平B. 可 的直流 源 D. 秒表 F.重(2) 将最小刻度 1 mm 的刻度尺的 0 刻 与 0 数点 ， 0、 1、 2、 5 数点所在的地点如 2-11 所示，s 2=cm ，s 5=cm.2-11(3) 同学在 2-12 中已 出 1、 3、4、 6 数点 的坐 点， 你在 中 出与2、5 两个 数点 的坐 点，并画出st .t图 2-12(4) 依据st 图线判断，在打 0 计数点时，小车的速度 v 0=m/s ；它在斜面上运动的加快度 a=m/s 2.t分析 :(1) 打点计时器使用的电源为沟通电源，利用刻度尺丈量各点之间的距离 .(2) 刻度尺的最小刻度为 mm ，故要估读到 0.1 mm ，即要读到 0.01 cm 位 .(3) v 23 cm/s 37.5cm/s,v 5 13.20cm/s 66cm/s, 描出对应的两点，再连线即可得0.080.2st 图线 .t(4) 由图线在纵轴上的截距可求得初速度，由 s v 0 t1 a t2 得 s v 0 1 at, 在 s t 图线中斜率为 a,图线的斜率则表示加快度的一半 .2 t2 t2答案 :(1)A C(2)2.97～ 2.99 13.17～13.19(3) 以下图(4)0.16~0.20 4.50~5.10三、计算题 (此题包含 4 小题 ,共 40 分 .解答应写出必需的文字说明、方程式和重要演算步骤 .只写出最后答案的不可以得分,有数值计算的题目 ,答案中一定明确写出数值和单位)13.(9 分 )甲、乙两汽车沿同一平直公路同向匀速运动 ,速度均为 16 m/s.在前方的甲车紧迫刹车 ,加快度为 a 1=3 m/s 2,乙车因为司机的反响时间为 0.5 s 而晚刹车 ,已知乙的加快度为 a 2=4 m/s 2,为了保证乙车不与甲车相撞,本来起码应保持多大的车距 ?分析 : 依据题意可知两车不相撞的临界条件是乙追上甲时 ,两者的速度恰好相等,设为 v,作出二者运动的过程表示图如上图 ,设甲车刹车的时间为 t则 v=v 0－ a 1t ①v=v 0－ a 2(t － t 0)②由①②得 t=2 s v=10 m/s所以甲乙应保持的车距:s v 0 t 0v 0 v(t t 0 )v 0 vt , 代入数据得 s=1.5 m.答案 :1.5 m 2214.(10 分 )如图 2-13,A 、B 两物体相距速度向右匀速运动 ,而物体 B 此时正以求 A 追上 B 所经历的时间 .分析 :设物体 B 减速至零的时间为 ts=7 m 时 ,A 在水平拉力和摩擦力作用下 ,正以 v a =4 m/s 的v B =10 m/s 的初速度向右匀减速运动2,加快度 a=－ 2 m/s ,图 2-13则 0－ v b =at 0, t 010 s 5s2在此时间内物体 B 的位移为s B1v B t 01 10 5m 25m.22A 物体在这 5 s 内行进S A =v A t 0=20 m,明显 s B +7 m> s A .所以 A 追上 B 前 ,物体 B 已经静止 ,设 A 追上 B 经历的时间为t ′s B 7m25 7s 8s.则 t'v A4答案 :8 s15.(10 分 )要求摩托车由静止开始在尽量短的时间内走完一段直道，而后驶入一段半圆形的弯道，但在弯道上行驶时车速不可以太快，免得因离心作用而偏出车道 .求摩托车在直道上行驶所用的最短时间 .相关数据见表格 .启动加快度 a 1 4 m/s 2 制动加快度 a 2 8 m/s 2 直道最大速度 v 1 40 m/s 弯道最大速度 v 220 m/s直道长度 s218 m某同学是这样解的 :要使摩托车所用时间最短，应先由静止加快到最大速度v 1=40 m/s ，而后再减速到 v 2=20 m/s ，t 1v 1 ;tv 1 v 2; t t 1t 2a 12a 2你以为这位同学的解法能否合理？若合理，请达成计算；若不合理，请说明原因，并用你自己的方法算出正确结果 .分析 :不合理 .原因是 :如按以上计算，则质点达成位移为v 12 v 1 2 v 2275m 218m.2所以2a 12a 2以上做法不对，并且说明最大速度必定比40 m/s 要小 .正确结果 : 设在直道上最大速度为v，则有v 2v2v22s2a22a1代入数据并求解得v=36 m/s则加快时间v v v22s, 最短时间为t=t1+t2=11 s. t19s, 减速时间 t2a2a1答案 :不合理.原因看法析11 s16.(11 分 )两个完整相同的物块A、B，质量均为 m=0.8 kg, 在同一粗拙水平面上以相同的初速度从同一地点开始运动.图 2-14 中的两条直线分别表示 A 物块遇到水平拉力 F 作用和 B 物块不受拉力作用的v-t 图象，求 :图 2-14(1)物块 A 所受拉力 F 的大小 ;(2)8 s 末物块 A、 B 之间的距离s.分析 :(1)设A、B两物块的加快度分别为由 v-t 图可得a1、 a2 ,a1v1126m/s20.75m/s2①t180a2v206m/s2 1.5m/s2, 负号表示加快度方向与初速度方向相反.②t 240算出 (a=1.5 m/s2相同给分 )对 A、 B 两物块分别由牛顿第二定律得F－ f=ma1③f=ma2④由① ~④式可得F=1.8 N.(2) 设 A、 B 两物块 8 s 内的位移分别为s1、 s2，由图象得s11(612)8m72m2s2164m12m2所以 s=s1－ s2=60 m或用公式法求解得出正确答案的相同给分.答案 :(1)1.8 N(2)60 m。

专题02·力与直线运动能力突破本专题主要讲解参考系、质点、位移、速度、加速度、匀变速直线运动、自由落体运动、惯性、作用力与反作用力、超重与失重的问题。

高考热点(1)匀变速直线运动规律和推论的灵活应用；(2)牛顿运动定律的运用；(3)以生产、生活实际为背景的匀变速直线运动规律的应用、追及相遇、交通与安全。

出题方向选择题和计算题均有涉及，题目难度一般为中档。

考点1匀变速直线运动规律的应用1．匀变速直线运动的基本规律(4)某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度：v＝xt＝vt2。

(5)匀变速直线运动在相等时间内相邻的两段位移之差为常数，即Δx＝aT2。

2．追及问题的解题思路和技巧(1)解题思路(2)解题技巧①紧抓“一图三式”，即过程示意图、时间关系式、速度关系式和位移关系式。

②审题应抓住题目中的关键字眼，充分挖掘题目中的隐含条件，如“刚好”“恰好”“最多”“至少”等，往往对应一个临界状态，满足相应的临界条件。

③若被追赶的物体做匀减速运动，一定要注意追上前该物体是否已停止运动，最后还要注意对解的讨论分析。

【例1】（2022秋•湛江期末）某汽车正以72/km h的速度在公路上行驶，为“礼让行人”，若驾驶员以大小为25/m s的加速度刹车，则以下说法正确的是()A．汽车刹车30m停下B．刹车后1s时的速度大小为15/m sC．刹车后5s时的速度大小为5/m sD．刹车后6s内的平均速度大小为5/m s【分析】汽车刹车后先做匀减速直线运动，最后静止。

根据运动学规律，先计算刹车需要多长时间，然后在刹车时间内，计算各种物理量即可。

【解答】解：汽车的初速度072/20/v km h m s==A ．汽车停止运动后的末速度为零，所以刹车的距离2202040225v x m m a ===⨯，故A 错误；B ．刹车后1s 时的速度大小10120/51/15/v v at m s m s m s =-=-⨯=，故B 正确；C ．汽车从开始刹车到速度为零的时间为：002045v t s s a ===，所以刹车后5s 时的速度大小零，故C 错误；D ．汽车刹刹车的时间是4s ，所以车后6s 内的位移等于刹车4s 内的位移为40m ，刹车后6s 内的平均速度大小4020//63x v m s m s t ===，故D 错误。

【关键字】高考第2讲力与物体的直线运动图1－2－11．(2014·山东卷，15)一质点在外力作用下做直线运动，其速度v随时间t变化的图象如图1－2－1.在图中标出的时刻中，质点所受合外力的方向与速度方向相同的有()A．t1 B．t．t3 D．t4解析当物体做加速运动时，加速度的方向和速度方向相同，合外力的方向与加速度的方向相同，v－t图中t1和t3时刻质点所受合外力的方向与速度方向相同，t2和t4时刻二者方向相反，故正确选项为A、C.答案AC2.图1－2－2(2014·新课标全国卷Ⅰ，17)如图1－2－2所示，用橡皮筋将一小球悬挂在小车的架子上，系统处于平衡状态．现使小车从静止开始向左加速，加速度从零开始逐渐增大到某一值，然后保持此值，小球稳定地偏离竖直方向某一角度(橡皮筋在弹性限度内)．与稳定在竖直位置时相比，小球的高度()A．一定升高B．一定降低C．保持不变D．升高或降低由橡皮筋的劲度系数决定解析法一当橡皮筋竖直时，由平衡条件知：k·Δx1＝mg，即Δx1＝橡皮筋的长度为l1＝l0＋Δx1＝l0＋当小球向左加速时，受力如图所示．橡皮筋的拉力FT＝k·Δx2①FTcos θ＝mg②此时小球距悬点在竖直方向的高度为l2＝(l0＋Δx2)cos θ③联立①②③得，l2＝l0cos θ＋比较l1和l2可知，l1>l2，小球的位置一定升高，选项A正确．法二(极限法)当向左的加速度很大时，橡皮筋趋于水平，所以小球的位置升高．答案 A3．(2014·新课标全国卷Ⅱ，14)图1－2－3甲、乙两汽车在一平直公路上同向行驶．在t＝0到t＝t1的时间内，它们的v－t图象如图1－2－3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C ．甲、乙两汽车的位移相同D ．汽车甲的加速度大小逐渐减小，汽车乙的加速度大小逐渐增大解析 因为图线与坐标轴所夹的“面积”是物体的位移，故在0～t1时间内，甲车的位移大于乙车，故根据＝可知，甲车的平均速度大于乙车，选项A 正确，C 错误；因为乙车做变减速运动，故平均速度小于，选项B 错误；因为图线的切线的斜率等于物体的加速度，故甲、乙两车的加速度大小均逐渐减小，选项D 错误．答案 A4.图1－2－4(2013·山东卷，22)如图1－2－4所示，一质量m ＝的小物块，以v0＝/s 的初速度，在与斜面成某一夹角的拉力F 作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t ＝2 s 的时间物块由A 点运动到B 点，A 、B 之间的距离L ＝．已知斜面倾角θ＝30°，物块与斜面之间的动摩揩因数μ＝.重力加速度g 取/s2.(1)求物块加速度的大小及到达B 点时速度的大小；(2)拉力F 与斜面夹角多大时，拉力F 最小？拉力F 的最小值是多少？解析 (1)设物块加速度的大小为a ，到达B 点时速度的大小为v ，由运动学公式得L ＝v0t ＋at2①v ＝v0＋at②联立①②式，代入数据得a ＝/s2③v ＝/s④(2)设物块所受支持力为FN ，所受摩揩力为Ff ，拉力与斜面间的夹角为α，受力分析如图所示，由牛顿第二定律得Fcos α－mgsin θ－Ff ＝ma ⑤Fsin α＋FN －mgcos θ＝0⑥又Ff ＝μFN ⑦联立⑤⑥⑦式得F ＝mg sin θ＋μcos θ＋ma cos α＋μsin α⑧ 由数学知识得cos α＋33sin α＝233sin(60°＋α)⑨由⑧⑨式可知对应F 最小的夹角α＝30°⑩联立③⑧⑩式，代入数据得F 的最小值为Fmin ＝1335N ⑪答案 (1)3 m/s2 8 m/s (2)30° 1335 N5．(2014·山东卷，23)研究表明，一般人的刹车反应时间(即图1－2－5甲中“反应过程”所用时间)t0＝0.4 s ，但饮酒会导致反应时间延长．在某次试验中，志愿者少量饮酒后驾车以v0＝72 km/h 的速度在试验场的水平路面上匀速行驶，从发现情况到汽车停止，行驶距离L ＝39 m ．减速过程中汽车位移s 与速度v 的关系曲线如图1－2－5乙所示，此过程可视为匀变速直线运动．取重力加速度的大小g ＝10 m/s2.求：图1－2－5(1)减速过程汽车加速度的大小及所用时间；(2)饮酒使志愿者的反应时间比一般人增加了多少；(3)减速过程汽车对志愿者作用力的大小与志愿者重力大小的比值．解析(1)设减速过程汽车加速度的大小为a，所用时间为t，由s－v图象可得初速度v0＝20 m/s，末速度v1＝0，位移s＝25 m，由运动学公式得：v20＝2as①l＝v0 a②联立①②式，代入数据得：a＝8 m/s2③t＝2.5 s④(2)设志愿者反应时间为t′，反应时间的增加量为Δt，由运动学公式得L＝v0t′＋s⑤Δt＝t′－t0⑥联立⑤⑥式，代入数据得Δt＝0.3 s⑦(3)设志愿者所受合外力的大小为F，汽车对志愿者作用力的大小为F0，志愿者质量为m，由牛顿第二定律得F＝ma⑧如图，由平行四边形定则得：F20＝F2＋(mg)2⑨联立③⑧⑨式，代入数据得：F0 mg＝41 5⑩答案(1)8 m/s2 2.5 s(2)0.3 s(3)41 5主要题型：选择题和计算题知识热点(1)单独命题①匀变速直线运动的公式及应用的考查．②x－t、v－t、a－t、F－t、F－a等图象问题的考查．③牛顿运动定律的考查．(2)交汇命题①结合匀变速直线运动规律考查多过程问题和连接体问题．②匀变速直线运动规律和牛顿运动定律的综合考查．物理方法(1)公式法(2)图象法(3)整体法和隔离法(4)逆向思维法命题趋势(1)单独考查匀变速直线运动的规律、运动图象在实际生活中的应用以及牛顿运动定律的应用，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．此文档是由网络收集并进行重新排版整理.word可编辑版本！。

第一部分力与运动专题02力与直线运动【讲】一、素养呈现1.物理观念：参考系、质点、位移、速度、加速度、匀变速直线运动、自由落体运动、惯性、作用力与反作用力、超重与失重、单位制。

2.科学思维：在特定情境中运用匀变速直线运动模型、公式、推论及图象解决问题、牛顿运动定律、整体法与隔离法、图象法、控制变量法、临界法。

3.科学探究：研究匀变速直线运动的特点、探究加速度与力、质量的关系。

4.科学态度与责任：以生产、生活实际为背景的匀变速直线运动规律的应用、追及相遇、交通与安全。

二、素养落实1.匀变速直线运动规律和推论的灵活应用2.掌握瞬时性问题的两类模型3.熟悉图象类型及图象信息应用高考命题点命题轨迹情境图匀变速直线运动规律的应用20201卷2416(1)21题20191卷1819(1)18题20181卷142卷163卷16牛顿运动定律的应用20201卷20,2卷2515(1)20题18(1)15题20181卷15动力学方法分析“传送带”模型20203卷25动力学方法分析“板—块”模型20151卷25,2卷2515(1)25题15(2)25题17(3)25题19(3)20题考点一匀变速直线运动规律的应用【考点诠释】1．匀变速直线运动的基本规律(1)速度关系：v ＝v 0＋at 。

(2)位移关系：x ＝v 0t ＋12at 2。

(3)速度位移关系：v 2－v 20＝2ax 。

(4)某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度：v ＝xt ＝v t2。

(5)匀变速直线运动在相等时间内相邻的两段位移之差为常数，即Δx ＝aT 2。

2．追及问题的解题思路和技巧(1)解题思路(2)解题技巧①紧抓“一图三式”，即过程示意图、时间关系式、速度关系式和位移关系式。

②审题应抓住题目中的关键字眼，充分挖掘题目中的隐含条件，如“刚好”“恰好”“最多”“至少”等，往往对应一个临界状态，满足相应的临界条件。

③若被追赶的物体做匀减速运动，一定要注意追上前该物体是否已停止运动，最后还要注意对解的讨论分析。

专题二力和直线运动一、选择题(共10个小题，1－5为单选，6－10为多选，每题5分共50分) 1．(2015·广东)甲乙两人同时同地出发骑自行车做直线运动，前1小时内的位移－时间图像如图所示．下列表述正确的是( )A．0.2－0.5小时内，甲的加速度比乙的大B．0.2－0.5小时内，甲的速度比乙的大C．0.6－0.8小时内，甲的位移比乙的小D．0.8小时内，甲、乙骑行的路程相等答案 B答案该题图像为s－t图像，图像斜率大小代表速度大小，分析各段甲乙运动情况：0－0.2 h内均做匀速直线运动，速度相等，加速度均为0，选项A错误；在0.2－0.5 h内做匀速直线运动，甲的速度大于乙的速度，加速度均为0，选项B正确；在0.5－0.6 h内均静止，在0.6－0.8 h内均做匀速直线运动，但甲的速度大于乙的速度，加速度均为0，甲的位移是－5 km，大小是5 km，乙的位移是－3 km，大小为3 km，选项C错误；整个0.8 h内，甲的路程是15 km，乙的路程是11 km，选项D错误．考点定位位移、速度和加速度；匀变速直线运动图像2．(2016·郑州市5月质检最后一卷)如图所示，在竖直方向运行的电梯中，一个质量为m的物块置于倾角为30°的粗糙斜面上，物块始终位于斜面上某一位置．则下列判断中正确的是( )A．若电梯静止不动，物块所受的摩擦力一定是零B．若电梯匀速向上运动，物块所受摩擦力方向有可能沿斜面向下C．若电梯加速上升，物块所受弹力与摩擦力的合力一定大于mgD．若电梯加速下降，物块所受摩擦力的方向一定沿斜面向下答案 C答案电梯静止或者匀速直线运动，则物块受力平衡，摩擦力沿斜面向上与重力沿斜面向下的分力平衡，即f＝mgsinθ，选项A、B错误，若电梯加速上升，则合力向上，即弹力、摩擦力和重力三力合力竖直向上，所以弹力和摩擦力的合力一定大于重力mg，选项C对．若电梯加速下降，若处于完全失重，则支持力、摩擦力等于零，若加速度小于重力加速度，则支持力和摩擦力的合力竖直向上，小于重力，摩擦力方向沿斜面向上，选项D错．考点定位牛顿运动定律共点力的平衡名师点睛物块受到重力、弹力和摩擦力，若合力向上，则弹力和摩擦力的合力竖直向上且大于重力，若合力等于零，则弹力和摩擦力的合力竖直向上等于重力，若合力向下小于重力，则弹力和摩擦力的合力竖直向上小于重力，当完全失重时，则支持力和摩擦力的合力等于0即没有摩擦力和支持力．3．(2016·开封市5月质检最后一卷)如图所示，一固定杆与水平方向夹角为θ，将一质量为m1的滑块套在杆上，通过轻绳悬挂一个质量为m2的小球，杆与滑块之间的动摩擦因数为μ.若滑块与小球保持相对静止以相同的加速度a一起运动，此时绳子与竖直方向夹角为β，且θ<β，则滑块的运动情况是( ) A．沿着杆加速下滑B．沿着杆减速上滑C．沿着杆减速下滑D．沿着杆加速上滑答案 B答案把滑块和球看做一个整体受力分析，沿斜面和垂直斜面建立直角坐标系得，若速度方向向下，则沿斜面方向：(m1＋m2)gsinθ－f＝(m1＋m2)a，垂直斜面方向：F N＝(m1＋m2)gcosθ摩擦力：f＝μF N联立可解得：a＝gsinθ－μgcosθ，对小球有：若θ＝β，a＝gsinβ现有：θ<β，则有：a>gsinβ所以gsinθ－μgcosθ>gsinβ，gsinθ－gsinβ>μgcosθ因为θ<β，所以gsinθ－gsinβ<0，但μgcosθ>0，所以假设不成立，即速度的方向一定向上，由于加速度方向向下，所以物体沿杆减速上滑，故D项正确．考点定位牛顿第二定律；力的合成与分解的运用名师点睛分析多个物体的受力时，一般先用整体法来求得共同的加速度，再用隔离法分析单个物体的受力，求得物体的受力情况，本题就是典型的应用整体隔离法的题目．4．(2015·贵州七校联考)在地面上方的某个空间区域存在这样的电场，水平虚线上方存在电场强度为E1、方向竖直向下的匀强电场；虚线下方存在电场强度为E2、方向竖直向上的匀强电场．一个质量为m、电荷量为q(q>0)的带正电小球从上方电场区域的A点由静止释放，结果刚好到达下方电场区域中与A点关于虚线对称的B点时速度为零，则( )A．两电场强度的大小关系满足E2＝2E1B．如果在A点时带电小球有向下的初速度v0，到达B点后速度一定大于v0C ．如果在A 点时带电小球有水平方向的初速度v 0，到达B 点所在高度处时速度与初速度相同D ．如果在A 点时带电小球有任意方向的初速度v 0，到达B 点所在高度处时速度与初速度相同 答案 C答案 带电小球从A 点由静止释放后先做匀加速运动，到达水平虚线后做匀减速运动，到达B 点时速度减为零，根据运动学公式可知，匀加速过程与匀减速过程的加速度大小相等，有mg ＋qE 1＝qE 2－mg ，解得E 2＝E 1＋2mgq ，故A 项错误；如果在A 点时带电小球有初速度，根据功能关系可知，到达B 处时速度的大小不变，B 项错误；根据运动的独立性原理和运动的合成可知，C 项正确；如果在A 点有向上的速度分量，则带电小球将先在A 点以上运动，回到A 点所在高度处时变成有向下的速度分量，故到达B 所在高度处时也有向下的速度分量，与初速度方向不同，D 项错误．5．(2016·商丘市5月三模)甲、乙两物体从同一地点同时开始沿同一方向运动，甲物体运动的v­t 图像为两段直线，乙物体运动的v­t 图像为两段半径相同的14圆弧曲线，如图所示，图中t 4＝2t 2，则在0－t 4时间内，以下说法正确的是( ) A ．甲物体的加速度不变 B ．乙物体做曲线运动C ．两物体t 1时刻相距最远，t 4时刻相遇D ．甲物体的平均速度等于乙物体的平均速度 答案 D答案 0－t 2时间段内，甲做匀加速直线运动，t 2－t 4时间内甲物体做匀减速直线运动，故A 项错误；速度是矢量，在速度时间图像中，只能表示直线运动，B 项错误；在整个运动过程中t 3时刻，两物体相距最远，C 项错误；在速度时间图像中，下面所包围的面积即为位移，可求知t 4时间段内，位移相等，故平均速度相同，D 项正确． 考点定位 速度时间图像名师点睛 速度时间图像中：图线与时间轴围成的“面积”的意义．图线与时间轴围成的面积表示相应时间内的物体的位移．若该面积在时间轴的上方，表示这段时间内的位移方向为正方向；若该面积在时间轴的下方，表示这段时间内的位移方向为负方向．6.(2015·海南)如图所示，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S 1和S 2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a 1，S 1和S 2相对原长的伸长分别为Δl 1和Δl 2，重力加速度大小为g ，在剪断瞬间( ) A ．a 1＝3g B ．a 1＝0 C ．Δl 1＝2Δl 2 D ．Δl 1＝Δl 2答案 AC答案 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S 1的拉力T 1，剪断前对bc 和弹簧组成的整体分析可知T 1＝2mg ，故a 受到的合力F ＝mg ＋T 1＝mg ＋2mg ＝3mg ，故加速度a 1＝Fm ＝3g ，A 项正确，B 项错误；设弹簧S 2的拉力为T 2，则T 2＝mg ，根据胡克定律F ＝k Δx 可得Δl 1＝2Δl 2，C 项正确，D 项错误．7．(2015·江西二模)如图所示，(a)图表示光滑平台上，物体A 以初速度v 0滑到上表面粗糙的水平小车上，车与水平面间的动摩擦因数不计，(b)图为物体A 与小车的v －t 图像(v 0、v 1及g 、t 1均为已知)，由此可算出( )A ．小车上表面长度B ．物体A 与小车B 的质量之比C ．A 与小车B 上表面间的动摩擦因数D ．小车B 获得的动能 答案 BC答案 从图像中可以确定A 在B 表面滑行的距离，不能确定小车长度．故A 项错误．两个的加速度之比就是质量的反比，从速度图像中可以确定加速度之比，故B 项正确．μg ＝v 0－v 1t 1为滑块的加速度．可以求出动摩擦因数．由于小车的质量未知所以不能确定小车的动能． 8.(2014·四川)如图所示，水平传送带以速度v 1匀速运动，小物体P 、Q 由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t ＝0时刻P 在传送带左端具有速度v 2，P 与定滑轮间的绳水平，t ＝t 0时刻P 离开传送带．不计定滑轮质量和摩擦，绳足够长．正确描述小物体P 速度随时间变化的图像可能是( )答案BC答案整体来看，可能的情况有第一种v2＜v1(含两种情况即f＞G Q和f＜G Q)，第二种v2>v1(含两种情况即f＞G Q和f＜G Q)，下面对这两种情况及分态进行分析．若v2＜v1：则P受摩擦力f向右，若f＞G Q，则向右匀加速到速度为v1后做匀速运动到离开，B选项可能；若f＜G Q，则向右做匀减速到速度为0后再向左匀加速到离开，无此选项；若v2＞v1：则P受摩擦力f向左，若f＞G Q，则减速到v1后匀速向右运动离开，无此选项；若f＜G Q，则减速到小于v1后f变为向右，加速度变小，此后加速度不变，继续减速到0后向左加速到离开，总位移为0，则C图可能．故A、D项错误，B、C项正确．9．(2015·山东青岛期末)甲、乙两车在同一直线上同方向运动，两车运动的v­t图像如图所示．在4 s末两车相遇，由图可知( )A．甲车的速度变化比乙车慢B．乙车出发时乙车在甲车之前20 m处C．乙车出发时甲车在乙车之前40 m处D．相遇前甲、乙两车的最远距离为40 m答案AD答案在v­t图像中斜率表示加速度，加速度越大，速度变化的越快，而甲的斜率小，说明甲车的速度变化比乙车慢，A项正确；在v­t图像中图像与时间轴围成的“面积”表示物体的位移，因此在4 s内甲车的位移为60 m，其中前2 s的位移为15 m，而乙车4 s内的位移为20 m，由于在4 s末两车相遇，因此乙车出发时乙车在甲车之前25 m处，B、C项错误；甲出发时两车距离最远，且最远距离为(60－20) m＝40 m，D项正确．10．(2016·济南市5月模拟最后一卷)如图所示用力F拉A、B、C三个物体在光滑水平面上运动，现在中间的B物体上加一块橡皮泥，它和中间的物体一起运动，且原拉力F不变，那么加上橡皮泥以后，两段绳的拉力T a和T b的变化情况是( )A．T a增大B．T b增大C．T a减小D．T b减小答案AD答案设最左边的物体质量为m，最右边的物体质量为m′，整体质量为M，整体的加速度a＝F M ，对最左边的物体分析，T b ＝ma ＝mFM ，对最右边的物体分析，有F －T a ＝m ′a ，解得T a ＝F －m ′FM.在中间物体上加上橡皮泥，则整体的加速度a 减小，因为m 、m ′不变，所以T b 减小，T a 增大，选项A 、D 正确．考点定位 考查了牛顿第二定律的应用名师点睛 先运用整体法求出加速度，判断加速度的变化，然后隔离对最左边物体和最右边的物体分析，求出拉力的大小，判断拉力的变化．二、计算题(共4个小题，11题11分，12题12分，13题12分，14题15分，共50分) 11．(2015·河北辛集中学模拟)在2014年底，我国不少省市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．假设汽车以正常行驶速度v 1＝16 m/s 朝收费站沿直线行驶，如果过ETC 通道，需要在距收费站中心线前d ＝8 m 处正好匀减速至v 2＝4 m/s ，匀速通过中心线后，再匀加速至v 1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t 0＝25 s 缴费成功后，再启动汽车匀加速至v 1正常行驶．设汽车在减速和加速过程中的加速度大小分别为a 1＝2 m/s 2和a 2＝1 m/s 2.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；(2)汽车通过ETC 通道比通过人工收费通道速度再达到v 1时节约的时间Δt 是多少？ 答案 (1)汽车通过ETC 通道时： 匀减速过程x 1＝v 12－v 222a 1＝60 m匀加速过程x 2＝v 12－v 222a 2＝120 m汽车的总位移x ＝x 1＋d ＋x 2＝188 m (2)汽车通过ETC 通道时： 匀减速过程t 1＝v 1－v 2a 1＝6 s匀速过程t 2＝dv 2＝2 s匀加速过程t 3＝v 1－v 2a 2＝12 s汽车通过ETC 通道的总时间t ＝t 1＋t 2＋t 3＝20 s 汽车通过人工收费通道时： 匀减速过程t ′1＝v 1a 1＝8 s匀加速过程t ′2＝v 1a 2＝16 s汽车通过人工通道的总时间t ′＝t ′1＋t 0＋t ′2＝49 s 汽车节约的时间Δt ＝t ′－t ＝29 s 12．(2015·山东模拟)如图(a)所示，“”型木块放在光滑水平地面上，木块的水平表面AB 粗糙，与水平面夹角θ＝37°的表面BC 光滑．木块右侧与竖直墙壁之间连接着一个力传感器，当力传感器受压时，其示数为正值；当力传感器被拉时，其示数为负值．一个可视为质点的滑块从C 点由静止开始下滑，运动过程中，传感器记录到的力和时间的关系如图(b)所示．(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g ＝10 m/s 2.)求：(1)斜面BC 的长度L ； (2)滑块的质量m ；(3)运动过程中滑块克服摩擦力做的功W. 答案 (1)分析滑块受力，由牛顿第二定律，得 得a 1＝gsin θ＝6 m/s 2通过图像可知滑块在斜面上运动时间为t 1＝1 s 由运动学公式，得L ＝12a 1t 12＝3 m(2)滑块对斜面的压力为：N 1′＝mgcos θ 木板对传感器的压力为：F 1＝N 1′sin θ 由图像可知：F 1＝12 N 解得m ＝2.5 kg(3)滑块滑到B 点的速度为：v 1＝a 1t 1＝6 m/s 由图像可知：f 1＝5 N ，t 2＝2 s a 2＝f/m ＝2 m/s 2s ＝v 1t 2－12a 2t 22＝8 mW ＝fs ＝40 J13．(2015·四川)如图所示，粗糙、绝缘的直轨道OB 固定在水平桌面上，B 端与桌面边缘对齐，A 是轨道上一点，过A 点并垂直于轨道的竖直面右侧有大小E ＝1.5×106N/C ，方向水平向右的匀强电场．带负电的小物体P 电荷量q ＝2.0×10－6C ，质量m ＝0.25 kg ，与轨道间动摩擦因数μ＝0.4，P 从O 点由静止开始向右运动，经过0.55 s 到达A 点，到达B 点时速度是5 m/s ，到达空间D 点时速度与竖直方向的夹角为α，且tan α＝1.2.P 在整个运动过程中始终受到水平向右的某外力F 作用，F 大小与P 的速率v 的关系如表所示．P 视为质点，电荷量保持不变，忽略空气阻力，取g ＝10 m/s 2，求：(1)小物体P 从开始运动至速率为2 m/s 所用的时间； (2)小物体P 从A 运动至D 的过程，电场力做的功． 答案 (1)t 1＝0.5 s (2)W ＝－9.25 J解析 (1)物体P 在水平桌面上运动时，竖直方向上只受重力mg 和支持力N 作用，因此其滑动摩擦力大小为f ＝μmg ＝1 N根据表格数据可知，物体P 在速率v ＝0～2 m/s 时，所受水平外力F 1＝2 N ＞f ，因此，在进入电场区域之前，物体P 做匀加速直线运动，设加速度为a 1，不妨设经时间t 1速度为v 1＝2 m/s ，还未进入电场区域根据匀变速直线运动规律有：v 1＝a 1t 1① 根据牛顿第二定律有：F 1－f ＝ma 1②由①②式联立解，得t 1＝mv 1F 1－f ＝0.5 s ＜0.55 s ，所以假设成立即小物体P 从开始运动至速率为2 m/s 所用的时间为t 1＝0.5 s(2)当物体P 在速率v ＝2～5 m/s 时，所受水平外力F 2＝6 N ，设先以加速度a 2再加速t 2＝0.05 s 至A 点，速度为v 2，根据牛顿第二定律有：F 2－f ＝ma 2③根据匀变速直线运动规律有：v 2＝v 1＋a 2t 2④ 由③④式联立解，得v 2＝3 m/s⑤物体P 从A 点运动至B 点的过程中，由题意可知，所受水平外力仍然为F 2＝6 N 不变，设位移为x 1，加速度为a 3，根据牛顿第二定律，有F 2－f －qE ＝ma 3 ⑥ 根据匀变速直线运动规律，有2a 3x 1＝v B 2－v 22⑦ 由⑤⑥⑦式联立解，得x 1＝1 m⑧根据表格数据可知，当物体P 到达B 点时，水平外力为F 3＝qE ＝3 N ，因此，离开桌面在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上只受重力，做自由落体运动，设运动至D 点时，其水平向右运动位移为x 2，时间为t 3，则在水平方向上，有x 2＝v B t 3⑨ 根据几何关系，有tan α＝v Bgt 3⑩ 由⑨⑩式联立解，得x 2＝2512 m⑪ 所以电场力做的功为W ＝－qE(x 1＋x 2)⑫由⑧⑪⑫式联立解，得W ＝－9.25 J考点定位 物体的受力分析、牛顿第二定律、匀变速直线运动规律、平抛运动规律、功的定义式的应用14．(2015·新课标全国Ⅰ)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．t ＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t ＝1 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/s 2.求：(1)木板与地面间的动摩擦因数及小物块与木板间的动摩擦因数； (2)木板的最小长度；(3)木板右端离墙壁的最终距离． 答案 (1)μ1＝0.1 μ2＝0.4 (2)木板的最小长度应为6.0 m (3)最终距离为6.5 m答案 (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运动，设加速度为a 1，小物块和木板的质量分别为m 和M ，由牛顿第二定律，有 －μ1(m ＋M)g ＝(m ＋M)a 1①由图可知．木板与墙壁碰前瞬间的速度v 1＝4 m/s ，由运动学公式，得 v 1＝v 0＋a 1t 1② s 0＝v 0t 1＋12a 1t 12③式中t 1＝1 s ，s 0＝4.5 m 是木板碰前的位移，v 0是小物块和木板开始运动时的速度． 联立①②③式和题给条件，得μ1＝0.1④在木板与墙壁碰撞后，木板以－v 1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v 1的初速度向右做匀变速运动．设小物块的加速度为a 2，由牛顿第二定律，有 －μ2mg ＝ma 2⑤ 由图得a 2＝v 2－v 1t 2－t 1⑥式中t 2＝2 s ，v 2＝0，联立⑤⑥式和题给条件，得μ2＝0.4⑦(2)设碰撞后木板的加速度为a 3，经过时间Δt ，木板和小物块刚好具有共同速度v 3，由牛顿第二定律及运动学公式，得 μ2mg ＋μ1(m ＋M)g ＝Ma 3⑧ v 3＝－v 1＋a 3Δt ⑨ v 3＝v 1＋a 2Δt⑩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： s 1＝－v 1＋v 32Δt⑪ 小物块运动的位移为：s 2＝v 1＋v 32Δt⑫ 小物块相对木板的位移为：Δs ＝s 2－s 1⑬联立⑥⑧⑨⑩⑪⑫⑬式，并代入数值，得Δs ＝6.0 m ⑭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，两者向左做匀变速运动直到停止，设加速度为a 4，此过程中小物块和木板运动的位移为s 3，由牛顿第二定律及运动学公式，得 μ1(m ＋M)g ＝(m ＋M)a 4⑮ 0－v 32＝2a 4s 3⑯ 碰后木板运动的位移为：s ＝s 1＋s 3⑰联立⑥⑧⑨⑩⑪⑮⑯⑰式，并代入数值，得 s ＝－6.5 m⑱木板右端离墙壁的最终距离为6.5 m.考点定位 滑动摩擦力、动摩擦因数；牛顿运动定律；匀变速直线运动及其公式。

重难点02 力与直线运动【知识梳理】考点一追及、相遇问题1．分析追及问题的方法技巧可概括为“一个临界条件”、“两个等量关系”．（1）一个临界条件：速度相等．它往往是物体间能否追上或（两者）距离最大、最小的临界条件，也是分析判断问题的切入点；（2）两个等量关系：时间关系和位移关系，通过画草图找出两物体的时间关系和位移关系是解题的突破口．2．能否追上的判断方法物体B追赶物体A：开始时，两个物体相距x0.若v A＝v B时，x A＋x0<x B，则能追上；若v A＝v B时，x A ＋x0＝x B，则恰好不相撞；若v A＝v B时，x A＋x0>x B，则不能追上．3．若被追赶的物体做匀减速直线运动，一定要注意判断追上前该物体是否已经停止运动．4．解题思路和方法及技巧（1）解题思路和方法（2）解题技巧①紧抓“一图三式”，即：过程示意图，时间关系式、速度关系式和位移关系式．②审题应抓住题目中的关键字眼，充分挖掘题目中的隐含条件，如“刚好”、“恰好”、“最多”、“至少”等，它们往往对应一个临界状态，满足相应的临界条件．特别提醒：（1）在分析追及与相遇问题时，可用以下方法：①临界条件法：当二者速度相等时，二者相距最远（最近）．②图象法：画出x－t图象或v－t图象，然后利用图象进行分析求解．③数学判别式法：设相遇时间为t，根据条件列方程，得到关于t的一元二次方程，用判别式进行讨论，若Δ>0，即有两个解，说明可以相遇两次；若Δ＝0，说明刚好追上或相遇；若Δ<0，说明追不上或不能相遇．（2）在追及问题中，若后者能追上前者，则追上时，两者处于同一位置，后者的速度一定大于前者的速度；若后者追不上前者，则当后者的速度与前者相等时，两者相距最近．（3）在相遇问题中，同向运动的两物体追及即相遇；相向运动的物体，当各自发生的位移大小之和等于开始时两物体之间的距离时即相遇．考点二动力学两类基本问题1.求解两类问题的思路，可用下面的框图来表示：2.分析解决这两类问题的关键：应抓住受力情况和运动情况之间联系的桥梁——加速度．3.解答动力学两类问题的基本程序（1）明确题目中给出的物理现象和物理过程的特点，如果是比较复杂的问题，应该明确整个物理现象是由哪几个物理过程组成的，找出相邻过程的联系点，再分别研究每一个物理过程．（2）根据问题的要求和计算方法，确定研究对象，进行分析，并画出示意图，图中应注明力、速度、加速度的符号和方向，对每一个力都明确其施力物体和受力物体，以免分析受力时有所遗漏或无中生有．（3）应用牛顿运动定律和运动学公式求解，通常先用表示相应物理量的符号进行运算，解出所求物理量的表达式，然后将已知物理量的数值及单位代入，通过运算求结果．【重点归纳】1．用整体法、隔离法巧解动力学问题（1）整体法、隔离法当问题涉及几个物体时，我们常常将这几个物体“隔离”开来，对它们分别进行受力分析，根据其运动状态，应用牛顿第二定律或平衡条件列式求解．特别是问题涉及物体间的相互作用时，隔离法是一种有效的解题方法．而将相互作用的两个或两个以上的物体看成一个整体（系统）作为研究对象，去寻找未知量与已知量之间的关系的方法称为整体法．（2）选用整体法和隔离法的策略①当各物体的运动状态相同时，宜选用整体法；当各物体的运动状态不同时，宜选用隔离法；②对较复杂的问题，通常需要多次选取研究对象，交替应用整体法与隔离法才能求解． （3）整体法与隔离法常涉及的问题类型①涉及滑轮的问题：若要求绳的拉力，一般都采用隔离法．②水平面上的连接体问题：这类问题一般是连接体（系统）各物体保持相对静止，即具有相同的加速度．解题时，一般采用先整体、后隔离的方法；建立直角坐标系时也要考虑矢量正交分解越少越好的原则，或者正交分解力，或者正交分解加速度．③斜面体与物体组成的连接体的问题：当物体具有沿斜面方向的加速度，而斜面体相对于地面静止时，解题时一般采用隔离法分析． （4）解决这类问题的关键正确地选取研究对象是解题的首要环节，弄清各物体之间哪些属于连接体，哪些物体应该单独分析，并分别确定出它们的加速度，然后根据牛顿运动定律列方程求解． 2．用分解加速度法巧解动力学问题因牛顿第二定律中F ＝ma 指出力和加速度永远存在瞬间对应关系，所以在用牛顿第二定律求解动力学问题时，有时不去分解力，而是分解加速度，尤其是当存在斜面体这一物理模型且斜面体又处于加速状态时，往往此方法能起到事半功倍的效果． 【限时检测】（建议用时：30分钟）1．（2019·新课标全国Ⅰ卷）如图，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 。