2020届二轮复习 第1部分 专题1 第2讲 力与直线运动 学案

专题二 力与直线运动『相关知识链接』1．匀变速直线运动的条件物体或带电体所受合力为定值，且与速度方向共线．2．匀变速直线运动的基本规律速度公式：v ＝v 0＋at.位移公式：x ＝v 0t ＋12at 2.速度和位移公式的推论：v 2－v 20＝2ax中间时刻的瞬时速度：v t 2＝x t ＝v 0＋v 2.任意两个连续相等的时间内的位移之差是一个恒量，即Δx ＝x n ＋1－x n ＝a·(Δt)2. 3．图象问题的“四点”注意(1)x - t 图象、v - t 图象均表示直线运动．(2)运动学公式中的v 、a 、x 均为矢量，一定规定正方向．(3)刹车问题中不能忽略实际运动情况．(4)x - t 、v - t 、a - t 图象相关量间的关系『备考策略锦囊』1．处理多过程动力学问题的“二分析、一关键”(1)“二分析”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)“一关键”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．2．常用方法(1)整体法与隔离法：单个物体的问题通常采用隔离法分析，对于连接体类问题的分析通常是整体法与隔离法的综合应用．(2)正交分解法：一般沿加速度方向和垂直于加速度方向进行分解，有时根据情况也可以把加速度进行正交分解．(3)逆向思维法：把运动过程的末状态作为初状态的反向研究问题的方法，一般用于匀减速直线运动问题，比如刹车问题、竖直上抛运动的问题．3．必须辨明的“4个易错易混点”(1)物体做加速或减速运动取决于速度与加速度方向间的关系．(2)“刹车”问题要先判断刹车时间，再分析计算．(3)力是改变运动状态的原因，惯性大小只与质量有关．(4)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．高考考向1 匀变速直线运动规律的应用[例1] [2019·全国卷Ⅰ，18]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.上升第一个H 4所用的时间为t 1，第四个H 4所用的时间为t 2.不计空气阻力，则t 2t 1满足( )A ．1<t 2t 1<2B ．2<t 2t 1<3 C ．3<t 2t 1<4 D ．4<t 2t 1<5 【命题意图】 本题考查了匀变速直线运动中通过连续相邻相等位移所用时间的关系和考生的逻辑推理能力，体现了科学思维素养中模型建构、科学论证要素．【解析】 运动员离地后做竖直上抛运动，则可以按其逆过程——自由落体运动计算，将H 分为相等的4段，通过各段所用时间由上至下分别为T 1、T 2、T 3、T 4，则满足T 1：T 2：T 3：T 4＝1：(2－1)：(3－2)：(2－3)，则t 2t 1＝12－3＝2＋3，则3<t 2t 1<4，故只有C 正确．【答案】 C『多维训练』 1．一个物体从离地面某一高度开始做自由落体运动，已知它在第1 s 末的速度大小恰好为它在最后1 s 内平均速度大小的一半，g 取10 m /s 2，下列说法正确的是( )A ．物体下落的时间为2 sB ．物体开始下落时距地面的高度为31.25 mC ．物体落地时的速度大小为20 m /sD ．物体在最后1 s 内的位移大小为25 m解析：物体做自由落体运动，第1 s 末的速度大小为v 1＝gt 1＝10 m /s ，结合题意可知物体在最后1 s 内的平均速度大小为v ＝20 m /s ，最后1 s 内的位移大小为x 1＝v t 2＝20 m ，选项D 错误；12gt 2－12g(t－1 s )2＝20 m ，解得下落总时间t ＝2.5 s ，选项A 错误；物体开始下落时距地面的高度h ＝12gt 2＝31.25 m ，选项B 正确；物体落地时的速度大小v ＝gt ＝25 m /s ，选项C 错误．答案：B2.[2019·汕头一模]一轿车和一货车在两条平行直道上同向行驶，开始时两车速度都为v 0且轿车司机处于货车车尾并排位置，如图所示，为了超车，轿车司机开始控制轿车做匀加速运动，经过一段时间t ，轿车司机到达货车车头并排位置，若货车车身长度为L ，且货车保持匀速，则轿车加速过程的加速度大小为( )A .L t 2B .2L t 2C .2(v 0t ＋L )t 2D .(v 0t ＋L )t 2 解析：轿车做匀加速直线运动，时间t 内的位移x 1＝v 0t ＋12at 2，货车做匀速直线运动，时间t 内的位移x 2＝v 0t ，根据x 1－x 2＝L 解得：a ＝2L t 2，故B 项正确，A 、C 、D 项错误，故选B 项．答案：B3．一辆汽车正在平直公路上匀速行驶，突然遇到紧急情况开始刹车，从开始刹车到汽车停下的运动过程(可视为匀变速运动过程)中汽车的位移与时间的关系式为x ＝30t －2.5t 2(m )，下列说法正确的是( )A ．刹车过程中最后1 s 内汽车的位移是5 mB ．刹车过程中在相邻1 s 内汽车的位移差的绝对值为10 mC ．从开始刹车时计时，8 s 内汽车通过的位移为80 mD ．从开始刹车时计时，第1 s 内和第2 s 内汽车的位移之比为11：9解析：将匀变速直线运动的位移公式x ＝v 0t ＋12at 2与x ＝30t －2.5t 2(m )进行对比，可得汽车刹车过程的初速度v 0＝30 m /s 、加速度a ＝－5 m /s 2，故汽车刹车过程中在相邻1 s 内的位移差的绝对值|Δx|＝|aT 2|＝5 m ，从开始刹车到停下的时间t 总＝v 0－a＝6 s ，则从开始刹车时计时，8秒内汽车通过的位移x 总＝v 20－2a＝90 m ，选项B 、C 错误；把汽车的刹车运动看作汽车做逆向的匀加速直线运动，则刹车过程中最后1 s 内汽车的位移x 1＝－12at 20＝2.5 m ，从开始刹车时计时的第1 s内和第2 s 内相当于逆向的匀加速运动中的第6 s 内和第5 s 内，对应的位移之比为11：9，选项A 错误，D 正确．答案：D高考考向2 运动图象及应用1．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、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．v－t图象的应用技巧(1)图象意义：在v－t图象中，图象上某点的斜率表示对应时刻的加速度，斜率的正负表示加速度的方向．(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做加速运动．[例2][2019·浙江卷，9]甲、乙两物体零时刻开始从同一地点向同一方向做直线运动，位移—时间图象如图所示，则在0～t1时间内()A．甲的速度总比乙大B．甲、乙位移相同C．甲经过的路程比乙小D．甲、乙均做加速运动【命题意图】本题考查位移—时间图象，意在考查考生对位移、速度、加速度、路程概念的理解．【解析】位移—时间图象中，图线斜率大小等于物体速度大小．由图可知，甲做匀速直线运动，乙做变速直线运动，D错误；靠近t1时刻时乙的斜率大于甲的斜率，即乙的速度大于甲的速度，故A 错误；在该时间段内，甲、乙物体的初位置和末位置相同，故位移相同，B正确；由于甲、乙物体做的是单向直线运动，故位移大小等于路程，两者的路程也相同，故C错误．【答案】B[例3][2019·全国卷Ⅲ，20](多选)如图(a)，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平．t＝0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t＝4 s 时撤去外力．细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图(b)所示，木板的速度v与时间t的关系如图(c)所示．木板与实验台之间的摩擦可以忽略．重力加速度取10 m/s2.由题给数据可以得出()A ．木板的质量为1 kgB ．2 s ～4 s 内，力F 的大小为0.4 NC ．0～2 s 内，力F 的大小保持不变D ．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2【命题意图】 本题考查牛顿运动定律的综合应用，体现了物理学科科学推理的核心素养．【解析】 分析知木板受到的摩擦力f ′＝f. 0～2 s ，木板静止，F ＝f ′，F 逐渐增大，所以C 错误. 4 s ～5 s ，木板加速度大小a 2＝0.4－0.21m /s 2＝0.2 m /s 2，对木板受力分析，f ′＝ma 2＝0.2 N ，得m ＝1 kg ，所以A 正确. 2 s ～4 s ，对木板有F －f ′＝ma 1，F ＝f ′＋ma 1＝0.2 N ＋1×0.4－02 N ＝0.4 N ，所以B 正确. 由于无法确定物块的质量，则尽管知道滑动摩擦力大小，仍无法确定物块与木板间的动摩擦因数，故D 错误．【答案】 AB【易错剖析】 题图(b )中细绳上拉力的变化情况与木板的受力情况不易联系在一起，是本题的易错点．要通过力传感器固定判断出物块相对于地面静止，从而判断木板的受力情况，由v －t 图象求出木板在施加力F 时的加速度和撤掉F 时的加速度，根据牛顿第二定律求解待求物理量．『多维训练』4．(多选)如图所示的x －t 图象，甲质点做初速度为0的匀变速直线运动，图象为曲线，B(t 2，x 1)为图象上一点，AB 为过B 点的切线，与t 轴相交于A(t 1,0)，乙质点的图象为过B 点和原点的直线，则下列说法正确的是( )A ．0～t 2时间内甲、乙两质点的平均速度相等B ．t 2时刻甲、乙两质点的速度相等C ．甲质点的加速度为x 1t 22D ．t 1时刻是0～t 2时间内的中间时刻解析：0～t 2时间内甲、乙两质点的位移相等，则平均速度相等，选项A 正确；x －t 图象切线的斜率表示速度，由图线可知t 2时刻甲、乙两质点的速度不相等．又因甲质点做初速度为0的匀变速运动，t 2时刻的速度等于0～t 2时间内平均速度的2倍，即x 1t 2－t 1＝2x 1t 2，则t 2＝2t 1，选项B 错误，D 正确；对甲质点，有x 1＝12at 22，解得加速度为a ＝2x 1t 22，选项C 错误． 答案：AD5.[2019·东北三省三校一模]A 、B 两物体运动的v －t 图象如图所示，由图象可知( )A ．A 、B 两物体运动方向始终相同B ．A 、B 两物体的加速度在前4 s 内大小相等方向相反C ．A 、B 两物体在前4 s 内不可能相遇D ．A 、B 两物体若在6 s 时相遇，则计时开始时二者相距30 m 解析：A 物体先向负方向做减速运动，然后再向正方向做加速运动；B 物体一直向正方向加速，故A 错误；直线的斜率等于加速度，则A 、B 两物体的加速度在前4 s 内大小相等方向相同，B 错误；前4 s 内两物体运动方向相反，因不知起始位置，则A 、B 两物体在前4 s 内可能相遇，C 错误；A 、B 两物体若在6 s 时相遇，则计时开始时二者相距x ＝x B ＋|x A |＝12×6×7.5 m ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12×4×5－12×2×2.5 m ＝30 m ，D 正确．答案：D6．[2019·吉林长春二模](多选)一滑块在水平地面上做直线运动，t ＝0时速率为1 m /s ，从此时开始对物体施加一个与初速度方向相反的水平力F ，力F 和滑块的速度v 随时间t 的变化规律分别如图甲、乙所示．则下列说法正确的是( )A ．2 s 末滑块距离出发点最远B ．0～1 s 和1～2 s 时间内滑块的加速度大小相等、方向相反C ．第1 s 内摩擦力对滑块的冲量为1 N ·sD ．第2 s 内力F 的平均功率为1.5 W解析：由乙图可知，图象与t 轴所围的面积为2 s 内的位移，所以在2 s 末滑块回到出发点，故A 错误；由乙图可知，图象的斜率表示加速度，在前2 s 内斜率不变，加速度不变，故B 错误；由图甲得F 1＝1 N ，F 2＝3 N ，由图乙得2 s 内滑块的加速度不变，即为a ＝1 m /s 2，根据牛顿第二定律有F 1＋f ＝ma ，F 2－f ＝ma ，解得f ＝1 N ，所以第1 s 内摩擦力对滑块的冲量为I ＝ft ＝1 N ·s ，故C 正确；第2 s 内力F 的平均功率为P ＝F 2·v 1＋v 22＝3×0＋12 W ＝1.5 W ，故D 正确．答案：CD7.(多选)两质点A 和B 在同一直线上同时同地运动，它们的x t －t图象如图所示，则下列说法正确的是( )A ．质点A 的初速度为8 m /sB ．质点A 的加速度为－2 m /s 2C ．第2 s 末两质点的瞬时速度相等D ．第2 s 末两质点相遇解析：对质点A ，有x A t ＝8－2t (m ·s －1)即x A ＝8t －2t 2(m )，可知A做匀变速直线运动，初速度为v 0＝8 m /s ，加速度a ＝－4 m /s 2，选项A 正确，B 错误；对质点B ，有x B t ＝4 m ·s－1，即x B ＝4t(m )，可知B 做匀速直线运动，且速度为v B ＝4 m /s ，两质点瞬时速度相等时，对质点A ，有v A1＝v 0＋at 1＝v B ，解得t 1＝1 s ，选项C 错误；两质点相遇时x A2＝x B2，即8t 2－2t 22(m )＝4t 2(m )，解得t 2＝2 s ，选项D 正确．答案：AD得分锦囊：由匀变速直线运动位移与时间的关系式x ＝v 0t ＋12at 2，推得x t ＝v 0＋12at ，则若x t －t 图象为一条不过原点的倾斜直线，那么质点做初速度不为零的匀变速直线运动，图象斜率表示12a ，纵截距表示初速度v 0.若得到x t ＝c(c 为一定值)，则x 是关于t 的一次函数，质点做匀速直线运动．高考考向3 牛顿运动定律的应用1．主要题型应用牛顿运动定律解决的主要问题有：瞬时问题、连接体问题、超重和失重问题以及动力学的两类基本问题．2．方法技巧(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，变替使用整体法与隔离法．(3)两类动力学基本问题的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4] (多选)如图所示，一固定杆与水平方向的夹角α＝30°，将一质量为m 的小球套在杆上，通过轻绳悬挂一质量为M 的重物，给小球和重物一沿杆向下的初速度，两者相对静止共同运动，且轻绳处于竖直状态．现给小球和重物一沿杆向上的初速度，两者相对静止共同沿杆向上做加速度大小为g 的减速运动，则( )A ．小球与杆间的动摩擦因数μ＝33B ．小球与杆间的动摩擦因数μ＝12C ．沿杆向上运动时，轻绳中的拉力大小为MgD ．沿杆向上运动时，轻绳中的拉力与固定杆之间的夹角β＝60°【解析】 小球和重物相对静止地沿杆向下运动时，轻绳竖直，由受力分析可知重物的加速度若不为零则沿竖直方向，而小球的加速度若不为零则必不沿竖直方向，所以两者共有的加速度为零，共同做匀速运动，受力平衡，对小球和重物整体，由平衡条件得(m ＋M)g sinα＝μ(m ＋M)g cos α，则μ＝tan α＝33，选项A 正确，B 错误；当小球和重物沿杆向上运动时，隔离重物分析受力情况，轻绳中的拉力大小记为F ，则沿杆方向，由牛顿第二定律得F cos β＋Mg sin α＝Mg ，垂直固定杆方向，由平衡条件得F sin β＝Mg cos α，解得β＝60°，F ＝Mg ，选项C 、D 正确．【答案】 ACD『多维训练』8.[2019·河北衡水中学调研]如图所示，一根弹簧一端固定在左侧竖直墙上，另一端连着A 小球，同时水平细线一端连着A 球，另一端固定在右侧竖直墙上，弹簧与竖直方向的夹角是60°，A 、B 两小球分别连在另一根竖直弹簧两端．开始时A 、B 两球都静止不动．A 、B 两小球的质量相等，重力加速度为g ，若不计弹簧质量，在水平细线被剪断瞬间，A 、B 两球的加速度分别为( )A ．a A ＝aB ＝gB ．a A ＝2g ，a B ＝0C ．a A ＝3g ，a B ＝0D．a A＝23g，a B＝0解析：水平细线被剪断前对A、B进行受力分析如图，静止时，T＝2mg tan 60°，F2＝mg水平细线被剪断瞬间，T消失，其他各力不变，所以a A＝Tm A＝23g，a B＝0.故选D.答案：D9．[2019·山东威海二模](多选)如图甲所示，工人利用倾斜钢板向车内搬运货物，用平行于钢板向上的力将货物从静止开始由钢板底端推送到顶端，到达顶端时速度刚好为零．若货物质量为100 kg，钢板与地面的夹角为30°，钢板与货物间的滑动摩擦力始终为50 N，整个过程中货物的速度—时间图象如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2.下列说法正确的是()A．0～2 s内人对货物做的功为600 JB．整个过程中人对货物的推力的冲量为1 650 N·sC．0～2 s和2～3 s内货物所受推力之比为1：2D．整个过程中货物始终处于超重状态解析：0～2 s内货物的加速度a1＝ΔvΔt＝0.5 m/s2，根据牛顿第二定律：F1－f－mg sin30°＝ma1，解得F1＝600 N；0～2 s内货物的位移：x1＝12v m t1＝1 m，则人对货物做的功为W F＝F1x1＝600 J，A正确；整个过程中，根据动量定理：I F－(f＋mg sin 30°)t＝0，解得整个过程中人对货物的推力的冲量为I F＝(f＋mg sin 30°)t＝1 650 N·s，B正确；2～3 s内货物的加速度a2＝－1 m/s2，根据牛顿第二定律：F2－f－mg sin 30°＝ma2，解得推力F2＝450 N，则0～2 s和2～3 s内货物所受推力之比为F1：F2＝600：450＝4：3，C错误；整个过程中货物的加速度先沿斜面向上，后沿斜面向下，先超重后失重，D错误．答案：AB10．如图所示，互相绝缘且紧靠在一起的A、B物体，静止在水平地面上，A的质量为m＝0.04 kg，带电荷量为q＝＋5.0×10－5C，B的质量为M＝0.06 kg，不带电．两物体与水平面间的动摩擦因数均为μ＝0.4，t＝0时刻开始，空间存在水平向右的匀强电场，电场强度为E＝1.6×104N/C.设运动过程中小物块所带的电荷量没有变化．(1)求A、B的加速度及其相互作用力的大小；(2)若t＝2 s后电场反向，且场强减为原来的一半，求物体B停下时两物体间的距离．解析：(1)对整体分析，加速度大小a＝qE－μ(M＋m)gM＋m＝4 m/s2隔离B分析，根据牛顿第二定律有F－μMg＝Ma解得F＝μMg＋Ma＝0.48 N(2)t＝2 s时，A、B的速度大小v＝at＝2×4 m/s＝8 m/s t＝2 s后电场反向，且场强减为原来的一半此时A做匀减速运动的加速度大小a A＝qE′＋μmgm＝14 m/s2B做匀减速运动的加速度大小a B＝μg＝4 m/s2B速度减为零的时间t B＝va B＝2 s减速到零的位移大小x B＝v22a B＝8 mA速度减为零的时间t A1＝va A＝47s减速到零的位移大小x A1＝v22a A＝167m则A反向做匀加速运动的加速度大小a′A＝qE′－μmgm＝6 m/s2则反向做匀加速直线运动的位移大小x A2＝12a A′(t B－t A1)2＝30049m则A、B的距离Δx＝x A2－x A1＋x B＝11.8 m 答案：(1)4 m/s20.48 N(2)11.8 m高考考向4“板块”模型和传送带模型1．“板块”模型“板块”问题就是通常遇到的叠放问题，由于其往往可看成由物块和木板构成的一对相互作用模型，故将其形象称为“板块”问题．该问题与运动学、受力分析、动力学、功与能等有着密切联系，而且往往牵涉着临界极值问题．(1)滑块—木板模型类问题中，木板往往受到摩擦力的影响也做匀变速直线运动，处理此类物体匀变速运动问题要注意从速度、位移、时间等角度，寻找它们之间的联系．(2)要使滑块不从木板的末端掉下来的临界条件是滑块到达木板末端时的速度与木板的速度恰好相等．2．滑块在传送带上运动的“五点”注意事项(1)注意滑块相对传送带的运动方向，正确判定摩擦力的方向．(2)在水平传送带上，滑块与传送带共速时，滑块与传送带相对静止做匀速运动．(3)在倾斜传送带上，滑块与传送带共速时，需比较mg sinθ与μmg cosθ的大小才能确定运动情况．(4)注意滑块与传送带运动方向相反时，滑块速度减为零后反向加速返回．(5)注意传送带的长度，判定滑块与传送带共速前是否滑出．[例5][2019·江苏卷，15]如图所示，质量相等的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐．A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ.先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L 后停下．接着敲击B，B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.求：(1)A被敲击后获得的初速度大小v A；(2)在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小a B、a B′；(3)B被敲击后获得的初速度大小v B.【命题意图】本题结合板块模型考查了牛顿第二定律以及运动学公式等知识，意在考查考生的推理能力．【解析】(1)由牛顿运动定律知，A加速度的大小a A＝μg匀变速直线运动2a A L＝v2A解得v A＝2μgL(2)设A、B的质量均为m对齐前，B所受合外力大小F＝3μmg由牛顿运动定律F＝ma B，得a B＝3μg对齐后，A、B所受合外力大小F′＝2μmg由牛顿运动定律F′＝2ma B′，得a B′＝μg(3)经过时间t，A、B达到共同速度v，位移分别为x A、x B，A 加速度的大小等于a A则v＝a A t，v＝v B－a B tx A＝12a A t 2，x B＝v B t－12a B t2且x B－x A＝L解得v B＝22μgL【答案】(1)2μgL(2)3μgμg(3)22μgL【关键一步】本题以板块模型为背景，综合考查了牛顿运动定律以及运动学公式等知识，处理本题的关键点有二：一是弄清临界点(或转折点)，即物块A与物块B达到共同的速度或物块A离开物块B 时的受力情况以及运动状态的变化为转折点，本题中临界点为A、B 共速；二是两个关联，即发生转折前后物块的受力情况以及物块A 与物块B的位移之间的关联，必要时要通过画图理清关系，即B的位移与A的位移之差应等于L.[例6][2019·安徽皖北名校联盟联考](多选)如图甲所示为倾斜的传送带，正以恒定的速度v沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°，一物块以初速度v0从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，物块到传送带顶端的速度恰好为零，其运动的v－t图象如乙所示，已知重力加速度为g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则下列判断正确的是()A．传送带的速度为4 m/sB．传送带底端到顶端的距离为32 mC．物块与传送带间的动摩擦因数为0.1D．物块所受摩擦力的方向一直与物块运动的方向相反【解析】根据v－t图象可知，0～2 s内物块向上做减速运动，当减速到与传送带速度相同时，由于重力沿传送带向下的分力大于滑动摩擦力，物块向上做减速运动，因此可以判断传送带的速度为 4 m /s ，A 正确；传送带底端到顶端的距离为v －t 图象与t 轴所包围的面积，为32 m ，B 正确；0～2 s 内由牛顿第二定律可得：mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1，a 1＝g sin θ＋μg cos θ＝10 m /s 2，解得：μ＝0.5，C 错误；在2～4 s 内，摩擦力与物块运动的方向相同，D 错误．【答案】 AB『多维训练』11.(多选)机场使用的货物安检装置如图所示，绷紧的传送带始终保持v ＝1 m /s 的恒定速率运动，AB 为传送带水平部分且长度L ＝2 m ，现有一质量为m ＝1 kg 的背包(可视为质点)无初速度的放在水平传送带的A 端，可从B 端沿斜面滑到地面．已知背包与传送带的动摩擦因数μ＝0.5，g 取10 m /s 2，下列说法正确的是( )A ．背包从A 运动到B 所用的时间为2.1 sB ．背包从A 运动到B 所用的时间为2.3 sC ．背包与传送带之间的相对位移为0.3 mD ．背包与传送带之间的相对位移为0.1 m解析：背包在水平传送带上由滑动摩擦力产生加速度，由牛顿第二定律得μmg ＝ma ，得a ＝5 m /s 2，背包达到传送带的速度v ＝1 m /s ，所用时间t 1＝v a ＝0.2 s ，此过程背包对地位移x 1＝v 2t 2＝12×0.2 m ＝0.1m <L ＝2 m ，所以共速后背包与传送带相对静止，没有相对位移，所以背包对于传送带的相对位移为Δx ＝vt 1－x 1＝1×0.2 m －0.1 m ＝0.1m ，背包匀速运动的时间t 2＝L －x 1v ＝2－0.11 s ＝1.9 s ，所以背包从A运动到B 所用的时间为：t ＝t 1＋t 2＝2.1 s ；故选A 、D .答案：AD12．[2019·山东省济宁市高三二模]质量为1 kg 的木板B 静止在水平面上，可视为质点的物块A 从木板的左侧沿木板上表面水平冲上木板，如图甲所示．A 和B 经过1 s 达到同一速度，之后共同减速直至静止，A 和B 运动的v －t 图象如图乙所示，取g ＝10 m /s 2，则物块A的质量为()A．1 kg B．2 kgC．3 kg D．6 kg解析：由v－t图象可知，斜率即为加速度，物块A在0～1 s内的加速度大小为a1＝2 m/s2，以物块为研究对象，由牛顿第二定律得：μ1mg＝ma1，解得：μ1＝0.2.由v－t图象的斜率知木板B在0～1 s内的加速度大小为a2＝2 m/s2，在1～3 s内物块与木板相对静止，一起做匀减速运动，加速度大小为a3＝1 m/s2，一直到共同减速到零．A、B同速后以A、B整体为研究对象，由牛顿第二定律得：μ2(M＋m)g ＝(M＋m)a3，解得：μ2＝0.1.再以B为研究对象，在0～1 s内水平方向受到两个滑动摩擦力，由牛顿第二定律得：μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2，代入数据解得A的质量m＝3 kg，故选C.答案：C课时作业2力与直线运动A卷专题强化练一、选择题(1～5题为单项选择题，6～8题为多项选择题)1．[2019·浙江卷，1]下列物理量属于基本物理量且单位属于国际单位制中基本单位的是()A．功/焦耳B．质量/千克C．电荷量/库仑D．力/牛顿命题意图：本题考查物理学基本物理量及其国际单位制．解析：质量是基本物理量，其国际单位制基本单位是千克，故B 正确；功、电荷量和力都是导出物理量，焦耳、库仑和牛顿均是导出单位．答案：B2．如图所示，一辆汽车在平直公路上做匀加速直线运动，从树A开始，在相等的时间内依次经过B、C、D、E四颗树，已知树A、B间距为x1，树D、E间距为x2，则树B、D间距为()A ．x 1＋x 2B ．2x 1＋x 2C ．x 1＋2x 2D ．2(x 1＋x 2) 解析：设时间间隔为t ，则汽车在A 、B 间的平均速度为x 1t ，D 、E 间的平均速度为x 2t ，在匀变速直线运动中平均速度等于中间时刻的速度，故经过C 时的速度为v C ＝x 1＋x 22t ，而汽车经过C 的时刻又是汽车从B 到D 的中间时刻，故v C 也是汽车从B 到D 的平均速度，所以B 、D 间距为x ＝x 1＋x 22t ×2t ＝x 1＋x 2，选项A 正确．答案：A3．[2019·哈尔滨质检]如图所示，小球A 质量m ，木块B 质量2m ，两物体通过轻弹簧连接竖直放置在水平面上静止．现对A 施加一个竖直向上的恒力，使小球A 在竖直方向上运动，经弹簧原长时小球A 速度恰好最大，已知重力加速度为g.则在木块B 对地面压力为零时，小球A 的加速度大小为( )A ．3gB ．1.5gC ．2gD ．0.5g解析：根据题意可以知道，当弹簧处于原长时小球A 速度恰好最大，则向上的恒力F ＝mg ；当木块B 对地面压力为零时，此时弹簧处于伸长状态，则对B 分析，此时弹簧的弹力为：kx ＝2mg ，然后对A 分析，根据牛顿第二定律可以得到：kx ＋mg －F ＝ma ，代入整理可以得到：a ＝2g ，故C 项正确．答案：C4.[2019·辽宁沈阳市东北育才学校一模]甲、乙两物体同时从同一地点沿同一方向做直线运动的速度—时间图象如图所示，则( )A ．两物体两次相遇的时刻是2 s 和6 sB ．4 s 后甲在乙前面C ．两物体相距最远的时刻是2 s 末D ．乙物体先向前运动2 s ，随后向后运动解析：两物体相遇即位移相等，由图可知，2 s 和6 s 时刻甲、乙的位移相等，故A 项正确；4 s 时，甲的位移小于乙的位移，即甲在乙后面，故B 项错误；两物体相距最远表示位移差最大，由图可知4 s 末时刻甲、乙的位移差最大，故C 项错误；由图可知，在0～6 s 内乙物体的速度一直为正值，表示乙物体一直沿正方向单向运动，故D 项错误．答案：A5.一轻弹簧的一端固定在倾角为θ的固定光滑斜面的底部，另一端和质量为m 的小物块a 相连，如图所示．质量为35m 的小物块b 紧靠a 静止在斜面上，此时施加—沿斜面向上的力F 拉b ，使b 始终做匀加速直线运动．弹簧的形变量始终在弹性限度内，重力加速度大小为g.用x 表示b 的位移，下列表示F 随x 变化关系的图象正确的是( )解析：a 、b 静止时弹簧的形变量记为x 0，对a 、b 整体进行受力分析，由平衡条件得kx 0＝1.6 mg sin θ；从开始拉b 到物块a 、b 分离的过程中，对a 、b 整体进行受力分析，由牛顿第二定律得F ＋k(x 0－x)－1.6mg sin θ＝1.6ma 0，则F ＝1.6ma 0＋kx ，即该过程中F 随x 的增大而线性增大；a 、b 分离后，对b 进行受力分析，由牛顿第二定律得F －35mg sin θ＝35ma 0，则F ＝35ma 0＋35mg sin θ，即a 、b 分离后F 恒定．C 正确．答案：C6.。

第二讲力与物体的直线运动[答案] (1)合外力为零(2)(4)热点考向一运动学基本规律的应用【典例】(2019·全国卷Ⅰ)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.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．1<t2t1<2 B．2<t2t1<3C．3<t2t1<4 D．4<t2t1<5[思路引领] 可考虑逆向思维法，将竖直上抛运动等效为逆向的自由落体运动．[解析] 本题应用逆向思维求解，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，所以第四个H4所用的时间为t2＝2×H4g，第一个H4所用的时间为t1＝2H g －2×34Hg，因此有t2t1＝12－3＝2＋3，即3<t2t1<4，选项C正确．[答案] C1．匀变速直线运动的“四类公式”2．处理匀变速直线运动的五种方法迁移一以生产、生活实际考查1．(多选)(2019·河北名校联盟)拥堵已成为现代都市一大通病，发展“空中轨道列车”(简称空轨，如图所示)是缓解交通压力的重要举措．假如某空轨从甲站沿直线运动到乙站，为了使旅客舒适，其加速度不能超过2.5 m/s 2，行驶的速度不能超过50 m/s.已知甲、乙两站之间的距离为2.5 km ，下列说法正确的是( )A ．空轨从静止开始加速到最大速度的最短时间为25 sB ．空轨从最大速度开始刹车到停下来运动的最小位移为500 mC ．从甲站运动到乙站的最短时间为70 sD ．从甲站运动到乙站的最大平均速度为25 m/s[解析] 空轨从静止开始以最大加速度加速到最大速度时所用时间最短，则最短时间为t 1＝v maxa max＝20 s ，选项A 错误；以最大加速度刹车时，空轨从最大速度开始刹车到停下来运动的位移最小，由v 2max ＝2a max x 解得最小位移为x ＝500 m ，选项B 正确；以最大加速度加速到最大速度，然后以最大速度匀速运动，再以最大加速度刹车时，空轨从甲站到乙站的运动时间最短，且刹车时间与加速时间相等，等于t 1，两段时间对应的位移相等，等于x ，匀速运动时间为t 2＝2500 m －2xv max＝30 s ，所以最短时间为t ＝2t 1＋t 2＝70 s ，选项C 正确；从甲站运动到乙站的最大平均速度为v ＝250070m/s ＝35.7 m/s ，选项D 错误． [答案] BC迁移二 以追及、相遇模型考查2．(2019·福建四校联考)货车A 在平直公路上以20 m/s 的速度匀速行驶，当司机发现正前方有一辆静止的轿车B 时，两车间的距离仅有75 m ．(这段公路很窄，无法靠边让道)(1)若此时B 车立即以2 m/s 2的加速度启动，通过计算判断：如果A 车司机没有刹车，是否会撞上B 车．若不相撞，求两车间的最小距离；若相撞，求出从A 车发现B 车到A 车撞上B 车的时间．(2)若A 车司机发现B 车，立即刹车(不计反应时间)做匀减速直线运动，加速度大小为2 m/s 2(两车均视为质点)，为避免碰撞，在A 车刹车的同时，B 车立即做匀加速直线运动(不计反应时间)，B 车的加速度至少为多大才能避免发生事故．(结果保留两位小数)[解析] (1)设两车不相撞，经过的时间为t 时，两车速度相等，则有v A ＝v B对B 车又有v B ＝at 联立可得t ＝10 st 时间内A 车的位移x A ＝v A t ＝200 m t 时间内B 车的位移x B ＝12at 2＝100 m因为x B ＋x 0＝175 m<x A所以假设不成立，两车会相撞，设经过时间t 1两车相撞，有v A t 1＝x 0＋12at 21代入数据解得t 1＝5 s ，另一解舍去．(2)已知A 车的加速度大小a A ＝2 m/s 2，初速度v A ＝20 m/s设B 车的加速度大小为a B ，B 车运动时间为t 2时两车速度相等，且此时两车恰好不相撞，则有v A ′＝v A －a A t 2，v B ′＝a B t 2且v A ′＝v B ′在时间t 2内A 车的位移大小x A ′＝v A t 2－12a A t 22B 车的位移大小x B ′＝12a B t 22又x B ′＋x 0＝x A ′联立并代入数据解得a B ＝0.67 m/s 2. [答案] (1)会相撞 5 s (2)0.67 m/s 2追及减速运动的物体时，要注意隐含条件，即两物体相遇时，要先判断被追物体的速度是否已经减为零，根据t ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪v 0a 首先分析出相遇时减速物体的状态.热点考向二 挖掘图像信息解决动力学问题【典例】 (多选)(2019·全国卷Ⅲ)如图(a)，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平．t ＝0时，木板开始受到水平外力F 的作用，在t ＝4 s 时撤去外力．细绳对物块的拉力f 随时间t 变化的关系如图(b)所示，木板的速度v 与时间t 的关系如图(c)所示．木板与实验台之间的摩擦可以忽略．重力加速度取10 m/s 2.由题给数据可以得出( )A ．木板的质量为1 kgB ．2 s ～4 s 内，力F 的大小为0.4 NC ．0～2 s 内，力F 的大小保持不变D ．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2[思路引领] 题图(b)中细绳上拉力的变化情况与木板的受力情况不易联系在一起，是本题的易错点．要通过力传感器固定判断出物块相对于地面静止，从而判断木板的受力情况，由v －t 图像求出木板在施加力F 时的加速度和撤掉F 时的加速度，根据牛顿第二定律求解待求物理量．[解析] 由题图(c)可知木板在0～2 s 内处于静止状态，再结合题图(b)中细绳对物块的拉力f 在0～2 s 内逐渐增大，可知物块受到木板的摩擦力逐渐增大，故可以判断木板受到的水平外力F 也逐渐增大，选项C 错误；由题图(c)可知木板在2～4 s 内做匀加速运动，其加速度大小为a 1＝0.4－04－2m/s 2＝0.2 m/s 2，在4～5 s 内做匀减速运动，其加速度大小为a 2＝0.4－0.25－4m/s 2＝0.2 m/s 2，另外由于物块静止不动，同时结合题图(b)可知物块与木板之间的滑动摩擦力F f ＝f ，故对木板进行受力分析，由牛顿第二定律可得F －F f ＝ma 1、F f ＝ma 2，解得m ＝1 kg 、F ＝0.4 N ，选项A 、B 均正确；由于不知道物块的质量，所以不能求出物块与木板之间的动摩擦因数，选项D 错误．[答案] AB1．从v－t图像巧分析四个物理量(1)速度：从速度轴上读出速度，正负表示物体的运动方向．(2)时间：从时间轴上读出时刻，两时刻的差值表示物体的运动时间．(3)位移：由图线与时间轴围成的面积表示位移，时间轴上方表示位移的方向与规定的正方向相同，下方表示位移的方向与规定的正方向相反．(4)加速度：由图线的斜率求得，斜率的正、负表示加速度的方向．2．求解运动图像与牛顿第二定律综合问题的基本思路迁移一动力学中的F－t图像1．(多选)(2019·泰安模拟)物体最初静止在倾角θ＝30°的足够长斜面上，如图甲所示受到平行斜面向下的力F的作用，力F随时间变化的图像如图乙所示，开始运动2 s后物体以2 m/s的速度匀速运动，下列说法正确的是(g取10 m/s2)( )A ．物体的质量m ＝1 kgB ．物体的质量m ＝2 kgC ．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝33D ．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝7315[解析] 由开始运动2 s 后物体以2 m/s 的速度匀速运动，可知0～2 s 内物体的加速度大小为a ＝1 m/s 2；在0～2 s 内对物体应用牛顿第二定律得，F 1＋mg sin30°－μmg cos30°＝ma,2 s 后由平衡条件可得，F 2＋mg sin30°－μmg cos30°＝0，联立解得m ＝1 kg ，μ＝7315，选项A 、D 正确． [答案] AD迁移二 动力学中的a －F 图像2．(多选)(2019·河北六校联考)用一水平力F 拉静止在水平面上的物体，在F 从零开始逐渐增大的过程中，加速度a 随外力F 变化的图像如图所示，g ＝10 m/s 2，则可以得出( )A ．物体与水平面间的最大静摩擦力B ．F 为14 N 时物体的速度C ．物体与水平面间的动摩擦因数D ．物体的质量[解析] 由题图可知，物体在水平面间的最大静摩擦力为7 N ，A 正确；由F －μmg ＝ma ，解得a ＝1mF －μg ，将F 1＝7 N ，a 1＝0.5 m/s 2，F 2＝14 N ，a 2＝4 m/s 2代入上式可得m ＝2kg ，μ＝0.3，C 、D 正确；因物体做变加速运动，无法求出F 为14 N 时物体的速度，B 错误．[答案] ACD处理运动图像时容易出现的错误有以下几点：(1)对于x －t 图像，图线在纵轴上的截距表示t ＝0时物体的位置；对于v －t 和a －t 图像，图线在纵轴上的截距并不表示t ＝0时物体的位置．(2)在v －t 图像中，两条图线的交点不表示两物体相遇，而是表示两物体速度相同．(3)v －t 图像中两条图线在v 轴上的截距不同，不少同学误认为两物体的初始位置不同，位置是否相同应根据题中条件确定.热点考向三 利用牛顿运动定律解决多体问题【典例】 (2017·海南卷)一轻弹簧的一端固定在倾角为θ的固定光滑斜面的底部，另一端和质量为m 的小物块a 相连，如图所示．质量为35m 的小物块b 紧靠a 静止在斜面上，此时弹簧的压缩量为x 0.从t ＝0时开始，对b 施加沿斜面向上的外力，使b 始终做匀加速直线运动．经过一段时间后，物块a 、b 分离；再经过同样长的时间，b 距其出发点的距离恰好也为x 0.弹簧的形变始终在弹性限度内，重力加速度大小为g .求：(1)弹簧的劲度系数；(2)物块b 加速度的大小；(3)在物块a 、b 分离前，外力大小随时间变化的关系式． [思路引领] (1)由运动学公式知形变量为34x 0时二者分离．(2)分离时，ab 间没有弹力，a 、b 加速度相同．[解析] (1)对整体分析，根据平衡条件可知开始时沿斜面方向上重力的分力与弹簧弹力平衡，则有kx 0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫m ＋35m g sin θ， 解得k ＝8mg sin θ5x 0.(2)由题意可知，b 经两段相等的时间位移为x 0，由x ＝12at 2可知x 1x 0＝14，说明当形变量x 2＝x 0－x 1＝3x 04时二者分离；对物块a 分析，因分离时a 、b 间没有弹力，a 、b 加速度相同，则对物块a ，根据牛顿第二定律可知kx 2－mg sin θ＝ma ，解得a ＝g sin θ5.(3)设时间为t ，则经时间t 时，a 、b 运动的位移 x ＝12at 2＝gt 2sin θ10， 弹簧形变量Δx ＝x 0－x ，对整体分析，由牛顿第二定律有F ＋k Δx －⎝ ⎛⎭⎪⎫m ＋35m g sin θ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫m ＋35m a ，解得F ＝825mg sin θ＋4mg 2sin 2θ25x 0t 2，因分离时位移x ＝x 1＝x 04，由x ＝x 04＝12at 21解得t 1＝5x 02g sin θ，故应保证t <5x 02g sin θ，F 的表达式才能成立．[答案] (1)8mg sin θ5x 0 (2)g sin θ5(3)F ＝825mg sin θ＋4mg 2sin 2θ25x 0t 2⎝⎛⎭⎪⎫0≤t <5x 02g sin θ解决连接体问题应注意的问题1．整体法与隔离法的优点和使用条件(1)当连接体中各物体具有共同的加速度时，一般采用整体法；当系统内各物体的加速度不同时，一般采用隔离法．(2)求连接体内各物体间的相互作用力时必须用隔离法． 2．两物体分离或相对滑动的条件(1)叠加体类的连接体：两物体间刚要发生相对滑动时物体间的静摩擦力达到最大值． (2)靠在一起的连接体：分离时相互作用力为零，但此时两物体的加速度仍相同． 3．用滑轮连接的连接体的处理方法通过滑轮连接的两个物体：加速度相同，但轻绳的拉力不等于悬挂物体的重力．迁移一 平面上的多体模型1．(2019·江西六校联考)水平地面上有质量分别为m 和4m 的物块A 和B ，两者与地面的动摩擦因数均为μ.细绳的一端固定，另一端跨过轻质、光滑动滑轮与A 相连，动滑轮与B 相连，如图所示．初始时，细绳处于水平拉直状态．若物块A 在水平向右的恒力F 作用下向右移动了距离s ，重力加速度大小为g .求：(1)物块B 受到的摩擦力； (2)物块A 、B 的加速度大小．[解析] (1)物块B 受到的摩擦力大小为f ＝4μmg(2)设物块A 、B 的加速度大小分别为a A 、a B ，细绳中的张力为T .由牛顿第二定律得F －μmg －T ＝ma A2T －4μmg ＝4ma B物块A 移动了距离s ，则物块B 移动的距离为s 1＝12s由A 和B 的位移关系得a A ＝2a B 联立解得a A ＝F －3μmg2ma B ＝F －3μmg 4m.[答案] (1)4μmg (2)F －3μmg 2m F －3μmg4m迁移二 斜面上的多体模型2.(2019·河南周口期末)如图所示，空间有场强大小为E ，方向沿斜面向下的匀强电场；光滑绝缘斜面的倾角为θ，底端固定一根劲度系数为k 的轻弹簧；彼此绝缘的A 、B 两物体静止在弹簧顶端，A 、B 接触但不粘连，A 的质量为m ，电荷量为＋q ，B 的质量也为m ，不带电，弹簧处于弹性限度内，重力加速度为g ；某时刻，在沿斜面向上的大小为F 的外力作用下，A 、B 一起以相同的加速度向上做匀加速运动，则当A 、B 分离瞬间( )A ．弹簧的形变量为0B ．弹簧的形变量为x ＝qE ＋FkC ．A 的速度达到最大D ．A 的加速度为0[解析] A 、B 分离瞬间，A 、B 间无相互作用力且加速度相同，对B 受力分析，由牛顿第二定律可知F －mg sin θ＝ma ，对A 受力分析，由牛顿第二定律可知kx －mg sin θ－qE ＝ma ，解得x ＝qE ＋Fk，A 错误，B 正确；由于此时A 具有向上的加速度，则A 的速度不是最大且加速度不为0，C 、D 错误．[答案] B斜面固定，多个物体沿斜面运动，外加电场、磁场或者一个力，这类题目的本质是平面问题移到了斜面上．处理此类问题，主要考虑两个方面．(1)分清斜面体是否光滑，若不光滑，动摩擦因数是否已知．(2)多个物体是否有相对运动，采用整体法或者隔离法，进行受力分析、运动分析，最后确定用“力法”还是“能法”求解.热点考向四 利用牛顿运动定律解决多过程问题【典例】 (2019·河北名校联盟)消防队员为缩短下楼的时间，往往抱着竖直的杆直接滑下．假设一名质量为60 kg 、训练有素的消防队员从七楼(即离地面18 m 的高度)抱着竖直的杆以最短的时间滑下．已知杆的质量为200 kg ，消防队员着地的速度不能大于6 m/s ，手和腿对杆的最大压力为1800 N ，手和腿与杆之间的动摩擦因数为0.5，设当地的重力加速度g 取10 m/s 2.假设杆是固定在地面上的，杆在水平方向不移动．试求：(1)消防队员下滑过程中的最大速度． (2)消防队员下滑过程中杆对地面的最大压力． (3)消防队员下滑的最短时间．[思路引领] (1)消防队员开始阶段自由下落的末速度为下滑过程的最大速度． (2)若消防员以最短时间滑下，他应先以加速度g 做匀加速直线运动，再做匀减速直线运动．[解析] (1)消防队员开始阶段自由下落的末速度即为下滑过程的最大速度v m ， 有2gh 1＝v 2m消防队员受到的滑动摩擦力F f ＝μF N ＝0.5×1800 N＝900 N减速阶段的加速度大小：a 2＝F f －mg m＝5 m/s 2减速过程的位移为h 2，由v 2m －v ′2＝2a 2h 2v ′＝6 m/s又h ＝h 1＋h 2以上各式联立可得：v m ＝12 m/s (2)以杆为研究对象得：F N ′＝Mg ＋F f ′＝2900 N根据牛顿第三定律得，杆对地面的最大压力为2900 N. (3)最短时间为t min ＝v m g ＋v m －v ′a 2＝2.4 s.[答案] (1)12 m/s (2)2900 N (3)2.4 s1．多过程问题很多动力学问题中涉及的物体有两个或多个连续的运动过程，在物体不同的运动阶段，物体的运动情况和受力情况都发生了变化，这类问题称为牛顿运动定律中的多过程问题．2．类型多过程问题可根据涉及物体的多少分为单体多过程问题和多体多过程问题．3．解题策略(1)任何多过程的复杂物理问题都是由很多简单的小过程构成，有些是承上启下，上一过程的结果是下一过程的已知，这种情况需一步一步完成．(2)有些是树枝形，告诉的只是旁支，要求的是主干(或另一旁支)，这就要求仔细审题，找出各过程的关联，按顺序逐个分析；对于每一个研究过程，选择什么规律，应用哪一个运动学公式要明确．(3)注意两个过程的连接处，通常加速度可能突变，但速度不会突变，速度是联系前后两个过程的桥梁．(2019·江西五校联考)避险车道是避免恶性交通事故发生的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图竖直平面内，制动坡床视为与水平面夹角为θ的斜面．一辆长12 m 的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为23 m/s时，车尾位于制动坡床的底端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了4 m时，车头距制动坡床顶端38 m，再过一段时间，货车停止．已知货车质量是货物质量的4倍，货物与车厢间的动摩擦因数为0.4；货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44.货物与货车分别视为小滑块和平板，取cosθ＝1，sinθ＝0.1，g＝10 m/s2.求：(1)货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向；(2)制动坡床的长度．[解析] (1)设货物的质量为m ，货物在车厢内滑动过程中，货物与车厢间的动摩擦因数μ＝0.4，受摩擦力大小为f ，加速度大小为a 1，则f ＋mg sin θ＝ma 1① f ＝μmg cos θ②联立①②式并代入数据得a 1＝5 m/s 2③a 1的方向沿制动坡床向下．(2)设货车的质量为M ，车尾位于制动坡床底端时的车速为v ＝23 m/s.货物在车厢内开始滑动到车头距制动坡床顶端s 0＝38 m 的过程中，用时为t ，货物相对制动坡床的运动距离为s 1，在车厢内滑动的距离s ＝4 m ，货车的加速度大小为a 2，货车相对制动坡床的运动距离为s 2.货车受到制动坡床的阻力大小为F ，F 是货车和货物总重的k 倍，k ＝0.44，货车长度l 0＝12 m ，制动坡床的长度为l ，则Mg sin θ＋F －f ＝Ma 2④ F ＝k (m ＋M )g ⑤ s 1＝vt －12a 1t 2⑥ s 2＝vt －12a 2t 2⑦s ＝s 1－s 2 ⑧ l ＝l 0＋s 0＋s 2 ⑨，联立①②④～⑨并代入数据得l ＝98 m.[答案] (1)5 m/s 2沿制动坡床向下 (2)98 m解决“多过程”问题的关键：首先明确每个“子过程”所遵守的规律，其次找出它们之间的关联点，然后列出“过程性方程”与“状态性方程”.高考热点模型构建——“传送带”与“板块”模型考向一 “传送带”模型【典例1】 (2019·江淮十校联考)如图所示，工厂利用倾角θ＝30°的皮带传输机，依次将轻放在皮带底端的每包质量为m ＝50 kg 的货物，从地面运送到高出水平地面h ＝2.5 m 的平台上，传输机的皮带以v ＝1 m/s 的速度顺时针转动且不打滑，货物无初速度地放在皮带上．已知货物与皮带间的动摩擦因数为μ＝235，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10 m/s 2.(1)求将每包货物从地面运送到平台上所用的时间t .(2)若皮带传输机由电动机带动，求把每包货物从地面运送到平台上，电动机需要多做的功W .[思路引领][解析] (1)设货物做加速运动时的加速度为a ，时间为t 1，位移为x 1，根据牛顿第二定律，有μmg cos θ－mg sin θ＝ma ，代入数据解得a ＝1 m/s 2 则t 1＝v a ＝1 s ，x 1＝12at 21＝0.5 m货物与皮带达到共同速度后，与皮带一起向上做匀速运动货物做匀速运动的时间t 2＝hsin θ－x 1v＝4.5 s故将每包货物从地面运送到平台上所用的时间t ＝t 1＋t 2＝5.5 s. (2)解法一：货物做加速运动的过程中，皮带的位移x 2＝vt 1＝1 m ，相对位移Δx ＝x 2－x 1＝0.5 m根据能量守恒定律得W ＝μmg cos θ·Δx ＋mgh ＋12mv 2代入数据解得W ＝1425 J.解法二：货物做加速运动的过程中，皮带所受的摩擦力f1＝f max＝μmg cosθ，皮带的位移x2＝vt1货物与皮带一起做匀速运动的过程中，皮带所受的摩擦力f2＝mg sinθ，皮带的位移x3＝vt2则W＝W1＋W2＝f1x2＋f2x3代入数据解得W＝1425 J.[答案] (1)5.5 s (2)1425 J传送带问题的处理技巧(1)分析物体的受力情况要考虑物体与传送带间的相对运动．(2)求物体的加速度、速度和位移时不需要考虑传送带的运动情况，即相当于传送带是不动的．(3)求物体相对传送带的路程时，需要考虑传送带的运动情况，若物体与传送带运动方向相同，则相对路程为两者路程之差，若物体与传送带运动方向相反，则相对路程为两者路程之和.考向二“板块”模型【典例2】(2019·江苏卷)如图所示，质量相等的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐．A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ.先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L后停下．接着敲击B，B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.求：(1)A被敲击后获得的初速度大小v A；(2)在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小a B、a B′；(3)B被敲击后获得的初速度大小v B.[思路引领] 处理本题的关键点有二：一是弄清临界点(或转折点)，即物块A与物块B 达到共同的速度或物块A离开物块B时的受力情况以及运动状态的变化为转折点，本题中临界点为A 、B 共速；二是两个关联，即发生转折前后物块的受力情况以及物块A 与物块B 的位移之间的关联，必要时要通过画图理清关系，即B 的位移与A 的位移之差应等于L .[解析] (1)由牛顿运动定律知，A 加速度的大小a A ＝μg 匀变速直线运动2a A L ＝v 2A 解得v A ＝2μgL (2)设A 、B 的质量均为m对齐前，B 所受合外力大小F ＝3μmg 由牛顿运动定律F ＝ma B ，得a B ＝3μg 对齐后，A 、B 所受合外力大小F ′＝2μmg 由牛顿运动定律F ′＝2ma B ′，得a B ′＝μg(3)经过时间t ，A 、B 达到共同速度v ，位移分别为x A 、x B ，A 加速度的大小等于a A 则v ＝a A t ，v ＝v B －a B tx A ＝12a A t 2，x B ＝v B t －12a B t 2且x B －x A ＝L 解得v B ＝22μgL[答案] (1)2μgL (2)3μg μg (3)22μgL滑块与滑板间相对滑动的临界条件(1)运动学条件：若两物体速度或加速度不等，则会相对滑动．(2)力学条件：一般情况下，假设两物体间无相对滑动，先用整体法算出一起运动的加速度，再用隔离法算出滑块“所需要”的摩擦力f ，比较f 与最大静摩擦力f max 的关系，若f >f max ，则发生相对滑动．(3)滑块滑离滑板的临界条件：当滑板的长度一定时，滑块可能从滑板滑下，恰好滑到滑板的边缘达到共同速度是滑块滑离滑板的临界条件.1．(多选)(2019·昆明高三年级教学质检)如下图甲所示，倾角为37°的足够长的传送带以恒定速度运行，将一质量m ＝1 kg 的小物体以某一初速度放上传送带，物体相对地面的速度大小随时间变化的关系如图乙所示，取沿传送带向上为正方向，g 取10 m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.则下列说法正确的是( )A ．传送带沿逆时针转动，速度大小为4 m/sB ．物体与传送带间的动摩擦因数为0.75C ．0～8 s 内物体位移的大小为14 mD ．0～8 s 内物体与传送带之间因摩擦而产生的热量为126 J[解析] 由题图可知小物体先反向做减速运动后向正方向做加速运动，故可知传送带速度方向沿顺时针方向，最终物体和传送带的速度相同，故传送带速度大小为4 m/s ，故A 错误；根据v －t 图像的斜率表示加速度，物体相对传送带滑动时的加速度大小为a ＝22 m/s2＝1 m/s 2，由牛顿第二定律得μmg cos37°－mg sin37°＝ma ，解得μ＝0.875，故B 错误；0～8 s 内物体的位移为s ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12×2×2＋2＋62×4 m ＝14 m ，故C 正确；0～8 s 内只有前6 s 内物体与传送带发生相对滑动，0～6 s 内传送带运动的距离为s 带＝4×6 m＝24 m,0～6 s 内物体的位移为s物＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12×2×2＋4×42 m ＝6 m ，因摩擦而产生的热量为Q ＝μmg cos37°·(s 带－s 物)＝126 J ，故D 正确．[答案] CD2．(2019·武汉外校阶段性测试)如图1甲所示，静止在光滑水平面上的长木板B (长木板足够长)的左端放着小物块A .某时刻，A 受到水平向右的外力F 作用，F 随时间t 的变化规律如图乙所示，即F ＝kt ，其中k 为已知常数．若A 、B 之间的滑动摩擦力F f 的大小等于最大静摩擦力，且A 、B 的质量相等，则下列图2中可以定性地描述长木板B 运动的v －t 图像的是( )[解析] 以A 、B 整体为研究对象，A 、B 整体具有共同的最大加速度，由牛顿第二定律得a 1＝F 2m ，对B 由牛顿第二定律有a 1＝F f m ，对A 由牛顿第二定律有a 1＝F －F fm ，达到最大加速度所经历的时间t ＝F k，由以上各式解得t ＝2F fk，此后B 将受恒力作用，做匀加速直线运动，v －t 图线为倾斜的直线，故B 正确．[答案] B专题强化训练(二)一、选择题1．(2019·贵阳高三监测)一物体做匀减速直线运动，4 s 内的位移为16 m ，速度大小变为原来的三分之一，方向不变．则该物体的加速度大小为( )A ．1 m/s 2B ．1.5 m/s 2C ．2 m/s 2D ．0.75 m/s 2[解析] 设该物体的初速度为v 0，加速度大小为a ，由题意知t ＝4 s ，根据匀变速直线运动规律，x ＝v 0＋v 032·t ，v 03＝v 0－at ，联立解得a ＝1 m/s 2，选项A 正确．[答案] A2．(多选)(2019·江西南昌三模)高速公路上甲、乙两车在同一车道上同向行驶．甲车在前，乙车在后，速度均为v 0＝30 m/s ，距离s 0＝100 m ．t ＝0时刻甲车遇紧急情况后，甲、乙两车的加速度随时间变化的关系如图甲、乙所示．取运动方向为正方向．下列说法正确的是( )A ．t ＝3 s 时两车相距最近B ．0～9 s 内两车位移之差为45 mC ．t ＝6 s 时两车相距最近，为10 mD ．两车在0～9 s 内会相撞[解析] 由题图可画出两车的速度—时间图像，如图所示．由图像可知，t ＝6 s 时两车速度相等，此时两车相距最近，故A 错误；图中阴影部分面积为0～6 s 内两车位移之差，可得Δx ＝12×30×3 m＋12×30×(6－3) m ＝90 m<100 m ，此时两车相距最近，为10 m ，所以两车不会相撞，故C 正确，D 错误；0～9 s 内两车位移之差Δx ′＝12×30×3 m＝45 m ，故B 正确．[答案] BC3．(2019·福州市质检)物体在水平地面上受到水平推力的作用，在6 s 内力F 、速度v 随时间变化如图所示，由图像可得( )A ．物体的质量为2 kgB ．物体在6 s 内运动的位移为6 mC ．在0～2 s 内推力做的功为2 JD ．物体与地面间的动摩擦因数为0.025[解析] 物体在0～2 s 内做匀加速直线运动，加速度为a ＝12m/s 2，由牛顿第二定律有：F －μmg ＝ma ，即：3－μmg ＝ma ；物体在2～6 s 内做匀速直线运动，因此有：μmg ＝1 N ，联立解得：物体的质量为m ＝4 kg ，物体与地面间的动摩擦因数为μ＝0.025，选项A 错误，选项D 正确；根据v －t 图像所围的面积表示物体运动的位移可得物体在6 s 内运动的位移为x ＝12×2×1 m＋4×1 m＝5 m ，选项B 错误；力对物体所做的功等于力乘以力方向上的位移，因此在2 s 内推力做的功为W ＝Fx ＝3×12×2×1 J＝3 J ，选项C 错误．[答案] D4．(2019·河南南阳一中开学考试)如图所示，一轻质长木板置于光滑水平地面上，木板上有质量分别为m A ＝1 kg 和m B ＝2 kg 的A 、B 两物块，A 、B 与木板之间的动摩擦因数都为μ＝0.2，水平恒力F 作用在A 物块上，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g 取10 m/s 2.则( )A ．若F ＝1 N ，则物块、木板都静止不动B ．若F ＝1.5 N ，则A 物块所受摩擦力大小为1.5 NC ．若F ＝4 N ，则B 物块所受摩擦力大小为4 ND ．若F ＝8 N ，则B 物块的加速度大小为1 m/s 2[解析] A 与木板间的最大静摩擦力f A ＝μm A g ＝0.2×1×10 N＝2 N ，B 与木板间的最大静摩擦力f B ＝μm B g ＝0.2×2×10 N＝4 N ，设A 与木板恰好发生相对滑动时水平恒力大小为F 0，则由牛顿第二定律可知F 0－f A m A ＝f Am B，解得F 0＝3 N ，F ＝1 N<F 0，则A 、B 均与木板保持。

第2课时　力与直线运动考点　匀变速直线运动规律的应用1．基本规律速度公式：v ＝v 0＋at .位移公式：x ＝v 0t ＋at 2.12速度和位移公式的推论：v 2－v ＝2ax .02中间时刻的瞬时速度：＝＝.2t v x t v 0＋v2任意两个连续相等的时间内的位移之差是一个恒量，即Δx ＝x n ＋1－x n ＝aT 2.2．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，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．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L ＝4m ．一小球自A 板处开始，以v 0＝4m/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( )图1A. m/s 2 B ．0.5 m/s 2 C ．1 m/s 2 D ．1.5 m/s 247答案　A解析　物体停在AB 的中点，可知物体的路程s ＝nL ＋，n ＝0,1,2….由v 2－v ＝2as 得，L202|a |＝，n ＝0,1，2….代入数据解得|a |＝m/s 2.n ＝0,1,2…，将选项中加速v 022(nL ＋12L )42n ＋1度大小代入上式，可知只有A 项正确．变式训练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AB ＝BC ，测得AB 段的平均速度为30m/s ，BC 段的平均速度为20m/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 段的平均速度答案　AD解析　设质点在A 、B 、C 三点的速度分别为v A ，v B ，v C ，根据AB 段的平均速度为30m/s ，可以得到：＝30m/s ；根据BC 段的平均速度为20m/s ，可以得到：vA ＋vB2＝20m/s ；设AB ＝BC ＝x ，整个过程中的平均速度为：＝＝24m/s ，所vB ＋vC2v 2xx20m/s＋x30m/s 以有：＝24 m/s ，联立解得：v A ＝34 m/s ，v B ＝26 m/s ，v C ＝14 m/s ，由于不知道vA ＋vC2AB 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Ⅰ·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 .上升第一个所用的时间为t 1，第四个所用的时间为t 2.不计空气阻力，H 4H4则满足( )t 2t1图2A ．1<<2B ．2<<3t 2t 1t 2t 1C ．3<<4D ．4<<5t 2t 1t 2t 1答案　C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，所以第四个所用的时间为t 2＝，第一个所用的时间H42×H4gH4为t 1＝－，因此有＝＝2＋，即3<<4，选项C 正确．2Hg 2×34H gt 2t 112－33t 2t 1考点　直线运动图象的应用1．v －t 图象(1)图象意义：在v －t 图象中，图象上某点的切线斜率表示对应时刻的加速度，斜率的正负表示加速度的方向．(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加速运动．2．x －t 图象(1)图象意义：在x －t 图象上，图象上某点的切线斜率表示对应时刻的速度，斜率的正负表示速度的方向．(2)注意：在x －t 图象中，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．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2kg 的物体在水平力F 作用下运动，t ＝0时刻开始计时，3s 末撤去F ，物体继续运动一段时间后停止，其v －t 图象的一部分如图乙所示，整个过程中阻力恒定，取g ＝10m/s 2，则下列说法正确的是( )图3A ．水平力F 为3.2NB ．水平力F 做功480JC ．物体从t ＝0时刻开始到停止，运动的总位移为92mD ．物体与水平面间的动摩擦因数为0.5答案　B解析　撤去拉力后，由题图乙得，物体加速度的大小a ＝||＝m/s 2＝4 m/s 2.撤去Δv Δt 20－125－3拉力后，对物体受力分析，由牛顿第二定律可得，μmg ＝ma ，解得物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4，故D 项错误．由题图乙得，拉力作用时，物体做匀速直线运动，则F ＝μmg ＝0.4×2×10N ＝8N ，故A 项错误．拉力作用的3s 内物体的位移x 1＝v 0t 1＝20×3m ＝60m ；则水平力F 做功W ＝Fx 1＝8×60J ＝480J ，故B 项正确．物体从减速到速度为零过程，v －0＝2ax 2，解得物体从减速到停止运动的距离02x 2＝＝m ＝50m ．物体从t ＝0时刻开始到停止，运动的总位移v 022a 2022×4x ＝x 1＋x 2＝60m ＋50m ＝110m ．故C 项错误．变式训练3．(2019·浙江绍兴市3月选考)某玩具汽车从t ＝0时刻出发，由静止开始沿直线行驶，其a －t 图象如图4所示，下列说法正确的是( )图4A．6s末的加速度比1s末的大B．1s末加速度方向与速度方向相同C．第4s内速度变化量大于零D．第6s内速度在不断变大答案　B解析　由题图知6s末的加速度比1s末的小，选项A错误；0～1s内汽车从静止开始做变加速直线运动，加速度方向与速度方向相同，选项B正确；由a－t图象与t轴所围图形的“面积”表示速度的变化量，知第4s内速度变化量为零，第6s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答案　A解析　开始时mg sinθ＝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：F＋k(x0－x)－mg sinθ＝ma，解得F＝kx＋ma，故选A.考点　牛顿运动定律的应用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)a＝0时，静止或匀速直线运动，此时合外力为0.(2)a ＝恒量(不等于0)，且v 0和a 在同一条直线上时，物体做匀变速直线运动，此时合外力恒定．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　如图6甲所示，光滑平台右侧与一长为L ＝10m 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v 0＝10m/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θ＝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g ＝10 m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：　图6(1)滑块与木板之间的动摩擦因数μ；(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)0.5 (2)(1＋) s5解析　(1)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μmg ＝ma ①滑块恰好到木板右端停止0－v ＝－2aL ②02解得μ＝＝0.5③v 022gL (2)当木板倾斜，设滑块上滑时的加速度大小为a 1，最大距离为s ，上滑的时间为t 1，有μmg cos θ＋mg sin θ＝ma 1④0－v ＝－2a 1s ⑤020＝v 0－a 1t 1⑥由④⑤⑥式，解得t 1＝1s ，s ＝5m⑦设滑块下滑时的加速度大小为a 2，下滑的时间为t 2，有mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2⑧s ＝a 2t ⑨1222由⑧⑨式解得t 2＝s5滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间t ＝t 1＋t 2＝(1＋) s.5变式训练5．(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．现用力将塑料管向上加速提升一段距离，再减速上升直至速度为零．则( )图7A ．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答案　B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8A ．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答案　C解析　F 拉A 使得整体运动，由牛顿第二定律：F ＝2ma ，对B 分析可知：F T ＝ma ，可得F T ＝.F2若C 放在A 上，三者一起加速，由整体法有F ＝3ma 1，对B 由牛顿第二定律有：F T1＝ma 1，联立可得F T1＝，则绳上的拉力变小，故A 错误；F3若C 放在B 上，对整体F ＝3ma 2，对B 、C 有：F T2＝2ma 2，对B 滑块F T2－F f ＝ma 2，联立可得F T2＝F ，F f ＝，故B 错误，C 正确；23F3由牛顿第二定律分析可得C 放在A 上时a 1＝，C 放在B 上时a 2＝，两个加速度相同，F 3m F3m 故D 错误．考点　动力学方法分析“板—块”模型1．“板—块”模型的特点(1)一个转折——滑块与木板达到相同速度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最大静摩擦力，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．例4　(2019·广东惠州市第二次调研)如图9，一质量M ＝1kg 的足够长薄木板正在水平地面上滑动，当其速度为v 0＝5m/s 时将一质量m ＝1 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μ1＝0.2，薄木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.3，取g ＝10 m/s 2.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a 1、a 2；(2)小铁块与薄木板的速度第一次相等时，二者的位移大小；(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)2m/s 2　8 m/s 2　(2)0.25m 1.5m (3)1.125m解析　(1)对m 由牛顿第二定律得：F f m ＝μ1mg ＝ma 1a 1＝＝2m/s 2μ1mgm 对M 由牛顿第二定律得：F f m ＋F f M ＝Ma 2a 2＝＝8m/s 2μ1mg ＋μ2(m ＋M )gM (2)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 ：v ＝a 1t 对M ：v ＝v 0－a 2t 解得t ＝0.5s ，v ＝1m/s二者速度第一次相等时m 的对地位移x m 1＝a 1t 2＝0.25m12M 的对地位移x M 1＝v 0t －a 2t 2＝1.5m12(3)μ1<μ2，则0.5s 后，m 在M 上会向右减速滑动，此时，m 减速时的加速度大小a m ＝＝2m/s 2μ1mgm M 减速时的加速度大小a M ＝＝4m/s 2μ2(m ＋M )g －μ1mgM m 减速到0的时间t m ＝＝0.5s vam M 减速到0的时间t M ＝＝0.25svaM 故小铁块速度减小到零时，木板早已停下，且不会再滑动．从速度为v 到速度减为零，木板的位移x M 2＝＝0.125mv 22aM小铁块的位移x m 2＝＝0.25mv 22am 所以小铁块离木板A 端的距离：d ＝x M 1＋x M 2－(x m 1＋x m 2)＝1.125m.变式训练7．(多选)(2019·全国卷Ⅲ·20)如图10(a)，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平．t ＝0时，木板开始受到水平外力F 的作用，在t ＝4s 时撤去外力．细绳对物块的拉力f 随时间t 变化的关系如图(b)所示，木板的速度v 与时间t 的关系如图(c)所示．木板与实验台之间的摩擦可以忽略．重力加速度取10m/s 2.由题给数据可以得出( )图10A ．木板的质量为1kgB ．2～4s 内，力F 的大小为0.4NC ．0～2s 内，力F 的大小保持不变D ．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2答案　AB解析　由题图(c)可知木板在0～2s 内处于静止状态，再结合题图(b)中细绳对物块的拉力f 在0～2s 内逐渐增大，可知物块受到木板的摩擦力逐渐增大，故可以判断木板受到的水平外力F 也逐渐增大，选项C 错误；由题图(c)可知木板在2～4s 内做匀加速运动，其加速度大小为a 1＝m/s 2＝0.2m/s 2，对木板进行受力分析，由牛顿第二定律可得0.4－04－2F －F f ＝ma 1，在4～5s 内做匀减速运动，其加速度大小为a 2＝m/s 2＝0.2 0.4－0.25－4m/s 2，F f ＝ma 2，另外由于物块静止不动，同时结合题图(b)可知物块与木板之间的滑动摩擦力F f ＝0.2N ，解得m ＝1kg 、F ＝0.4N ，选项A 、B 正确；由于不知道物块的质量，所以不能求出物块与木板之间的动摩擦因数，选项D 错误．8．(2019·江西重点中学协作体第一次联考)如图11所示，一质量为m B ＝3kg ，长为L ＝8m 的薄木板B 放在水平面上，质量为m A ＝2kg 的物体A (可视为质点)在一电动机拉动下从木板左端以v 0＝5m/s 的速度向右匀速运动．在物体A 带动下，木板从静止开始做匀加速直线运动，此时电动机输出功率P ＝40 W ．已知木板与地面间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g 取10 m/s 2，求：图11(1)木板B 运动的加速度大小；(2)物体A 滑离木板所用的时间．答案　(1)1m/s 2　(2)2s解析　(1)电动机对物体A 的拉力为F ＝Pv 0物体A 匀速运动，木板B 对A 的摩擦力为F f ＝F 由牛顿第三定律，A 对B 的摩擦力F f ′＝F f ，对木板根据牛顿第二定律有F f ′－μ(m A ＋m B )g ＝m B a 代入数据，联立解得a ＝1m/s 2(2)假设A 离开时，B 仍处于加速状态，由二者的位移关系有v 0t ＝L ＋at 212代入数据解得t 1＝2s, t 2＝8s当t 2＝8s 时，v B ＝at 2＝8m/s ，v B >v 0，不合题意当t 1＝2s 时，v B ＝at 1＝2m/s ，v B <v 0所以物体A 滑离木板所用的时间为2s ．专题突破练1.(2019·广东清远市期末质量检测)近年来学校都非常重视足球运动．在某学校举行的颠球比赛中，小明在颠球过程中脚部几乎不动，如图1所示，图示时刻足球恰好竖直向上运动到最高点，估算足球刚被颠起时的初速度大小最接近( )图1A ．6m/sB ．3 m/sC ．1m/sD ．0.5 m/s答案　B解析　由题图可知，足球上升到的高度大约为0.7 m ，人的脚的上表面距离地面的高度约0.15m ；足球被颠起后做竖直上抛运动，设初速度为v ，上升的高度为h ，则：v 2＝2gh ，所以：v ＝＝m/s≈3.3 m/s ，可知在四个选项中，最接近的是2gh 2×10×(0.7－0.15)B 选项．2．(2019·福建三明市期末质量检测)一列火车沿直线轨道从静止出发由A 地驶向B 地，列车先做匀加速直线运动，加速度大小为a ，接着做匀减速直线运动，加速度大小为2a ，到达B 地时恰好静止，若A 、B 两地距离为s ，则火车从A 地到B 地所用时间t 为( )A. B. C. D.3s 4a 4s 3a 3s a 3s 2a 答案　C解析　设加速过程结束时的速度为v ，则＋＝s ，解得v ＝，则整个过程中的平v 22a v 22·2a 4as 3均速度为＝＝，则火车从A 地到B 地所用时间为t ＝＝，故选C.v v2as3s v 3sa 3.(2019·浙江金华十校高三期末)气悬球是近几年新兴的一项小球运动，深受人们喜爱．如图2所示，球桌台面上有无数个小孔，从小孔中喷出的气体使小球(圆形塑料片)浮离在台面上，小球受击打后在台面上快速运动．某次比赛中，当小球受击打后以速度v 0匀速直线运动至离对方球门L 处时，小孔突然停止喷气，小球恰能做匀减速直线运动到对方球门，则( )图2A ．若小球以速度v 0运动到离对方球门0.5L 处小孔突然停止喷气，小球破门的速度为v 022B ．若小球以速度v 0运动到离对方球门0.5L 处小孔突然停止喷气，小球破门的速度为v 02C ．若小球以速度v 0运动到离对方球门L 处所受浮力突然减半，小球破门的速度为v 024D ．若小球以速度v 0运动到离对方球门L 处所受浮力突然减半，小球破门的速度为v 02答案　A解析　由题意知停止喷气时小球做匀减速运动，v ＝2aL ，若x ＝0.5L 时停止喷气，由v02－v ＝2a ·0.5L ，得v 1＝v 0，故A 正确，B 错误；若浮力减半，则加速度大小021222a ′＝，由v －v ＝2a ′·L ，得v 2＝v 0，故C 、D 错误．a 20222224．(2019·江西赣州市上学期期末)电梯顶上悬挂一根劲度系数为200N/m 的弹簧，弹簧的原长为20 cm ，在弹簧下端挂一个质量为0.4 kg 的砝码．当电梯运动时，测出弹簧长度变为23 cm ，g 取10 m/s 2，则电梯的运动状态及加速度大小为( )A ．匀加速上升，a ＝2.5m/s 2B ．匀减速上升，a ＝2.5m/s 2C ．匀加速上升，a ＝5m/s 2D ．匀减速上升，a ＝5m/s 2答案　C解析　由胡克定律可知，弹簧的弹力F ＝kx ＝200×(0.23－0.20) N ＝6N ，由牛顿第二定律知：F －mg ＝ma 解得：a ＝5m/s 2物体加速度方向向上，与电梯加速度相同，可能是加速上升，也可能是减速下降，故C 正确，A 、B 、D 错误．5．(2019·湖北恩施州2月教学质量检测)如图3甲所示，用一轻弹簧沿水平方向拉着物块在水平面上做加速运动，物块的加速度a 与弹簧的伸长量x 的关系如图乙所示(图中所标量已知)，弹簧的形变始终在弹性限度内，弹簧的劲度系数为k ，重力加速度为g ，则物块的质量m 及物块与地面间的动摩擦因数μ为( )图3A ．m ＝，μ＝B ．m ＝，μ＝kc b b g kc b g bC ．m ＝，μ＝D ．m ＝，μ＝kb c b gkb c g b答案　A解析　对物块，根据牛顿第二定律：kx －μmg ＝ma ，解得a ＝x －μg ，结合题图乙可知，km＝，－μg ＝－b ，解得m ＝，μ＝，故选A.k m b c kc b bg 6.(2019·江西南昌市一模)一质量为1kg 的小物块静止在光滑水平面上，t ＝0时刻给物块施加一个水平向右的拉力F ，其速度的二次方随位移变化的图象为经过点P (5,25)的直线，如图4所示，则( )图4A ．小物块做匀速直线运动B ．水平拉力F 的大小为2.5NC ．5s 内小物块的位移为5mD ．5s 末小物块的速度为25m/s 答案　B解析　由F ＝ma 及v 2＝2ax 得v 2＝·x ，故＝，得F ＝2.5N2Fm 2Fm 255小物块做匀加速运动的加速度大小为a ＝＝2.5m/s 2Fm 5s 末v ＝at ＝12.5m/s 5s 内x ＝at 2＝31.25m ，12故B 正确，A 、C 、D 错误．7.(2019·山东菏泽市下学期第一次模拟)一小物块从倾角为α＝30°的足够长的斜面底端以初速度v 0＝10m/s 沿斜面向上运动(如图5所示)，已知物块与斜面间的动摩擦因数μ＝，g 取10m/s 2，则物块在运动时间t ＝1.5s 时离斜面底端的距离为( )33图5A ．3.75mB ．5mC ．6.25mD ．15m答案　B解析　小物块沿斜面向上运动时加速度大小为a ＝g sin α＋μg cos α＝10m/s 2，小物块运动到最高点的时间t ＝＝1s<1.5s ，由于mg sin α＝μmg cos α，小物块运动到最高点速度v 0a为零时即停止，故此时小物块离斜面底端距离为x ＝＝5m ，选项B 正确．v 022a 8.(2019·江苏无锡市上学期期末)如图6所示，水平传送带以速度v 0向右匀速运动，在传送带的右侧固定一弹性挡杆，在t ＝0时刻，将工件轻轻放在传送带的左端，当工件运动到弹性挡杆所在的位置时与挡杆发生碰撞，已知碰撞时间极短，不计碰撞过程的能量损失．则从工件开始运动到与挡杆第二次碰撞前的运动过程中，下列工件运动的v －t 图象可能的是( )图6答案　C解析　工件与弹性挡杆发生碰撞后，其速度的方向发生改变，应取负值，故A 、B 错误；工件与弹性挡杆发生碰撞前的加速过程中和工件与弹性挡杆碰撞后的减速过程中所受滑动摩擦力不变，所以两过程中加速度不变，故C 正确，D 错误．9．(2019·安徽皖江名校联盟摸底大联考)将两质量不同的物体P 、Q 放在倾角为θ的光滑斜面体上，如图7甲所示，在物体P 上施加沿斜面向上的恒力F ，使两物体沿斜面向上做匀加速直线运动；图乙为仅将图甲中的斜面体调整为水平，同样在P 上加水平恒力F ；图丙为两物体叠放在一起，在物体P 上施加一竖直向上的恒力F ，使二者向上加速运动．三种情况下两物体的加速度大小分别为a 甲、a 乙、a 丙，两物体间的作用力分别为F 甲、F 乙、F 丙．则下列说法正确的是( )图7A ．a 乙最大，F 乙最大B ．a 丙最大，F 丙最大C ．a 甲＝a 乙＝a 丙，F 甲＝F 乙＝F 丙D ．a 乙＞a 甲＞a 丙，F 甲＝F 乙＝F 丙答案　D解析　假设物体P 的质量为M ，物体Q 的质量为m .由牛顿第二定律，对图甲中的物体P 和Q 有：F －(M ＋m )g sin θ＝(M ＋m )a 甲，对物体Q ：F 甲－mg sin θ＝ma 甲，解得：a 甲＝－g sin θ，F 甲＝；同理对图乙，解得a 乙＝，F 乙＝；同理对图丙，解得FM ＋m Fm M ＋m FM ＋m FmM ＋m a 丙＝－g 、F 丙＝；显然a 乙>a 甲>a 丙，F 甲＝F 乙＝F 丙，D 正确．FM ＋m FmM ＋m 10.(多选)(2019·贵州省部分重点中学教学质量评测)如图8所示，滑块A 沿表面粗糙的固定斜面B 加速下滑．下列做法中，一定能使A 下滑时加速度减小的是( )图8A ．在A 上放一物块B ．在A 上施一竖直向下的力C ．在A 上施一垂直斜面向下的力D ．在A 上施一竖直向上且小于A 重力的力答案　CD解析　设滑块A 与斜面B 之间的动摩擦因数为μ，斜面的倾角为θ，滑块A 沿表面粗糙的固定斜面B 加速下滑的加速度为a 1，则有：mg sin θ－μmg cos θ＝ma 1，a 1＝g sin θ－μg cos θ，在A 上放一物块，相当于增大A 的质量，对A 的加速度没有影响，故A 错误．在A 上施一竖直向下的力有：(F ＋mg )sin θ－μ(F ＋mg )cos θ＝ma 2，a 2＝g sin θ－μg cos θ＋，因为加速下F sin θ－μF cos θm 滑有：μ<tan θ＝，即sin θ>μcos θ，F sin θ>μF cos θ，所以a 2>a 1，故B 错sin θcos θ误．在A 上施一垂直斜面向下的力，同理分析有：mg sinθ－μmg cosθ－μF ＝ma 3，a 3＝g sin θ－μg cos θ－<a 1，故C 正确．在A 上施一竖直向上且小于μFm A 重力的力，有：(mg －F )sin θ－μ(mg －F )cos θ＝ma 4，a 4＝g sin θ－μg cos θ＋<a 1，故D 正确．μF cos θ－F sin θm 11．(2019·浙江嘉丽3月联考)如图9所示，我国“辽宁号”航母的舰载机采用滑跃起飞方式，即飞机依靠自身发动机从静止开始加速至滑跃起飞，滑跃仰角为θ.其起飞跑道可视为由长度为l 1＝1.6×102m 的水平跑道和长度为l 2＝20m 的倾斜跑道两部分组成，水平跑道与倾斜跑道末端的高度差h ＝4m ．已知质量m ＝2.0×104kg 的舰载机喷气发动机推力大小恒为F ＝1.2×105N ，方向与速度方向相同．若飞机起飞过程中受到的阻力大小恒为飞机重力的0.1倍，飞机质量视为不变并看成质点，重力加速度g 取10m/s 2，航母处于静止状态．图9(1)求飞机在水平跑道运动的时间；(2)求飞机在倾斜跑道上的加速度大小；(3)为了使飞机速度在倾斜跑道的末端达到m/s ，外界还需要在整个水平轨道加速阶4920段对飞机施加助推力，求助推力F 推的大小．答案　(1)8s (2)3m/s 2　(3)2.0×105N解析　(1)飞机在水平跑道上运动时，水平方向受到推力与阻力作用，设加速度大小为a 1、运动时间为t 1，有F －F f ＝ma 1l 1＝a 1t 1212解得：t 1＝8s(2)飞机在倾斜跑道上运动时，沿倾斜跑道方向受到推力、阻力与重力沿倾斜跑道的分力作用，设沿倾斜跑道方向的加速度大小为a 2F －F f －mg sin θ＝ma 2sin θ＝＝h l 215解得：a 2＝3m/s 2(3)在水平轨道上：F 推＋F －F f ＝mav ＝2al 112在倾斜跑道上：v －v ＝2a 2l 22212解得：F 推＝2.0×105N.12．(2019·河北衡水中学高考模拟)如图10甲所示，地面上有一长为l ＝1m 、高为h ＝0.8m 、质量M ＝2kg 的木板，木板的右侧放置一个质量为m ＝1kg 的木块(可视为质点)，已知木板与木块之间的动摩擦因数为μ1＝0.4，木板与地面之间的动摩擦因数为μ2＝0.6，初始时两者均静止．现对木板施加一水平向右的拉力F ，拉力F 随时间的变化如图乙所示，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g ＝10m/s 2.求：图10(1)前2s 木板加速度的大小；(2)木块落地时距离木板左侧的水平距离Δs .答案　(1)2m/s 2　(2)1.68m解析　(1)木块在木板上滑行的最大加速度为a 1，则μ1mg ＝ma 1解得：a 1＝4m/s 2保持木块与木板一起做匀加速运动的最大拉力F m ＝μ2(M ＋m )g ＋(M ＋m )a 1＝30N.因F 1＝24N<F m ＝30N ，故木块与木板一起做匀加速运动，由牛顿第二定律可得：F 1－μ2(M ＋m )g ＝(M ＋m )a解得：a ＝2m/s 2(2)2s 末木块与木板的速度为v ，由运动学知识可得：v ＝at 1＝4m/s2s 后F 2＝34N>F m ＝30N ，木块和木板发生相对滑动，木块加速度为a 1，木板加速度为a 2F 2－μ1mg －μ2(M ＋m )g ＝Ma 2经时间t 2二者分离，此时由运动学规律可得：vt 2＋a 2t －(vt 2＋a 1t )＝l 12221222解得：a 2＝6m/s 2，t 2＝1s 此时木块的速度v 块＝v ＋a 1t 2木板的速度：v 板＝v ＋a 2t 2木块与木板分离至滑落到地面的时间为t 3，由平抛运动知识可得：h ＝gt 1232在t 3时间内，木块在水平方向向前的位移为：s 块＝v 块t 3木块与木板分离后，木板的加速度为a 3，由牛顿第二定律可得：F 2－μ2Mg ＝Ma 3在t 3时间内，木板在水平方向向前的位移为：s 板＝v 板t 3＋a 3t 1232所以，木块落地时距离木板左侧：Δs ＝s 板－s 块联立以上式子解得：Δs＝1.68m.。

一、匀变速直线运动的规律1.匀变速直线运动的公式（1）速度公式∶（2）位移公式:（3）速度—位移公式∶（4）平均速度公式:2.匀变速直线运动规律的应用技巧（1）任意相邻相等时间内的位移之差相等，即常用于纸带处理求加速度【例1】某同学利用重物牵引小车研究匀加速直线运动，从打出纸带中选出一条理想纸带，点O为纸带上选取的第一个计数点，每相邻计数点间有四个点未画出，已知打点计时器的频率为f，回答以下问题：（1）纸带的___________（填“左端”或“右端”）与小车相连；（2）该小车运动的加速度为=a___________；（用题中所给的字母表示）（3）如果当时交变电流的频率是48Hzf=，而计算时仍按50Hzf=处理，那么加速度的测量值将___________（填“偏大”“偏小”或“相等”）。

【变式1】实验装置中打点计时器所用电源的频率为50Hz。

图是某同学利用该实验装置研究小车做匀变速运动规律时打出的一条纸带，0、1、2、3、4是计数点，相邻两个计数点间都有四个计时点没有标出，部分实验数据如图所示，可求得小车的加速度大小为______2m/s（结果保留三位有效数字）；计数点2与计数点3间的距离2x=______cm；【变式2】某同学用打点计时器测量做匀加速直线运动的物体的加速度，电源频率f=50Hz在纸带上打出的点中，选出零点，每隔4个点取1个计数点，因保存不当，纸带被污染，如图所示，A、B、C、D是依次排列的4个计数点，仅能读出其中3个计数点到零点的距离：SA=16.6mm SB=126.5mm SD=624.5mm若无法再做实验，可由以上信息推知：物体的加速度大小为______（用SA、SB、SD和f表示）。

（2）某段时间的中间时刻的瞬时速度等于该段时间内的平均速度，即某段位移的中间位置的瞬时速度等于【例2】如图的平潭海峡公铁两用大桥是世界上最长的跨海公铁两用大桥，其中元洪航道桥的A、B、C三根桥墩间距分别为AB=132m、BC=196m。

【2019最新】精选高考物理二轮复习专题一力与运动第2讲力与物体的直线运动学案知识必备1.匀变速直线运动的“四类公式”2.符号法则(1)匀变速直线运动的“四类公式”都是矢量式，应用时注意各量符号的确定。

(2)一般情况下，取初速度的方向为正方向。

3.牛顿第二定律F合＝ma。

4.典型运动的动力学特征(1)F合＝0，物体做匀速直线运动或静止。

(2)F合≠0且与v共线，物体做变速直线运动。

①F合不变，物体做匀变速直线运动。

5.必须辨明的“4个易错易混点”(1)物体做加速或减速运动取决于速度与加速度方向间的关系。

(2)“刹车”问题要先判断刹车时间，再分析计算。

(3)力是改变运动状态的原因，惯性大小只与质量有关。

(4)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。

,备考策略1.抓好“两个分析、两个桥梁”，攻克动力学问题(1)两分析①物体受力情况分析，同时画出受力示意图；②物体运动情况分析，同时画出运动情境图。

(2)两个桥梁①加速度是联系运动和力的桥梁；②速度是各物理过程相互联系的桥梁。

2.解决图象类问题“四个注意”、“一个关键”(1)“四个注意”①x－t 图象和v －t 图象描述的都是直线运动，而不是曲线运动。

②x－t 图象和v －t 图象不表示物体运动的轨迹。

③x－t 图象中两图线的交点表示两物体相遇，而v －t 图象中两图线的交点表示两物体速度相等。

④a－t 图象中，图线与坐标轴围成的面积表示速度的变化量；v －t 图象中，图线与坐标轴围成的面积表示位移；而x －t 图象中，图线与坐标轴围成的面积则无实际意义。

(2)“一个关键”要将物体的运动图象转化为物体的运动模型。

匀变速直线运动规律的应用【真题示例1】 (2016·全国卷Ⅲ，16)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( )A.B. C.8st2D. 解析 动能变为原来的9倍，则物体的速度变为原来的3倍，即v ＝3v0，由s ＝(v0＋v)t 和a ＝得a ＝，故A 正确。

第2讲 力与直线运动考向一 运动学规律的应用 [知识必备]——提核心 通技法1．牢记解决匀变速直线运动问题的四种常用方法2．处理刹车类问题的思路：先判断刹车时间，再进行分析计算． 3．解决追及问题的技巧[跟进题组]——练考题 提能力1．(2019·课标Ⅰ，18)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 .上升第一个H 4所用的时间为t 1，第四个H 4所用的时间为t 2.不计空气阻力，则t 2t 1满足( )A ．1＜t 2t 1＜2B ．2＜t 2t 1＜3C ．3＜t 2t 1＜4D ．4＜t 2t 1＜5解析：C [本题考查了匀变速直线运动中通过连续相邻相等位移所用时间的关系和考生的逻辑推理能力，体现了科学思维素养中模型建构、科学论证要素．运动员离地后做竖直上抛运动，则可以按其逆过程——自由落体运动计算，将H 分为相等的4段，通过各段所用时间由上至下分别为T 1、T 2、T 3、T 4，则满足T 1∶T 2∶T 3∶T 4＝1∶(2－1)∶(3－2)∶(2－3)，则t 2t 1＝12－3＝2＋3，则3＜t 2t 1＜4，故只有C 正确．]2．(2019·山东省日照市校际联合质检)一物体做匀加速直线运动，通过一段位移Δx 所用时间为2t ，紧接着通过下一段位移Δx 所用时间为t .则物体运动加速度的大小为( )A.Δxt2B.Δx 2t 2C.Δx 3t2 D.2Δx 3t2 解析：C [物体做匀加速直线运动，通过一段位移Δx 所用时间为2t ，故该段位移中间时刻物体的瞬间速度是v 1＝Δx2t；紧接着通过下一段位移Δx 所用时间为t ，故这一段位移中间时刻物体的瞬时速度是v 2＝Δx t ；物体加速度的大小a ＝Δv Δt ＝v 2－v 1t ＋t 2，解得：a ＝Δx3t2，故选C.]3．(2019·河北省衡水中学第一次调研)在铁路与公路交叉点上，由于司机粗心、判断失误或车况等原因常常造成交通事故．现有一辆长为5 m 的汽车以v 1＝15 m/s 的速度行驶，在离铁路与公路交叉点175 m 处，汽车司机突然发现离交叉点200 m 处有一列长300 m 的列车以v 2＝20 m/s 的速度行驶过来，为了避免事故的发生，汽车司机如果立刻做匀加速运动，则最小加速度应多大？汽车司机如果立刻刹车做匀减速运动，则最小加速度为多少？解析：汽车加速行驶，在列车通过交叉口前面通过，临界情况：L ＋x ＝v 1t ＋12at 2，列车到达交叉口所用时间为：t ＝x 1v 2＝20020s ＝10 s解得：a ＝0.6 m/s 2故当汽车以大于0.6 m/s 2的加速度加速行驶时可避免事故发生． 汽车减速行驶，列车通过交叉口所需时间为：t 1＝300＋20020s ＝25 s汽车减速到停止过程，有：x ＝12v 1t 2代入数据得：t 2＝35015 s≈23.33 s＜25 s则汽车做减速运动应满足：－2a 1x ＝0－v 21 代入数据得：a 1≈0.643 m/s 2故当汽车以大于0.643 m/s 2的加速度刹车时亦可避免事故发生． 答案：0.6 m/s 20.643 m/s 2考向二 运动图像及应用 [知识必备]——提核心 通技法x t 图像和v t 图像的对比分析项目 图像斜率纵截距 图像与t轴所围的面积特例匀速直线运动 匀变速直线运动 x t 图像速度初位置— 倾斜的直线 抛物线 v t 图像 加速度 初速度位移与时间轴平行的直线倾斜的直线[例1] (2018·全国卷Ⅱ，19T)(多选)甲、乙两汽车在同一条平直公路上同向运动，其速度－时间图像分别如图中甲、乙两条曲线所示．已知两车在t 2时刻并排行驶．下列说法正确的是( )A ．两车在t 1时刻也并排行驶B ．在t 1时刻甲车在后，乙车在前C ．甲车的加速度大小先增大后减小D ．乙车的加速度大小先减小后增大 [审题指导] v t 图线的物理意义v t 图线的斜率表示加速度，与时间轴包围的“面积”表示物体运动的位移．[解析] BD [根据v t 图像与时间轴所围“面积”大小判断位移大小，在t 1～t 2时间内，甲车位移大于乙车位移，又知t 2时刻两车相遇，因此t 1时刻甲车在后，乙车在前，故A 错，B 正确；根据图像可知，甲、乙图像的斜率均先减小后增大，因此甲、乙的加速度均先减小后增大，故C 错，D 正确．][迁移题组]——多角度 提能力♦[迁移1] x ­t 图像1.(2018·全国卷Ⅲ，18T)(多选)甲、乙两车在同一平直公路上同向运动，甲做匀加速直线运动，乙做匀速直线运动．甲、乙两车的位置x 随时间t 的变化如图所示．下列说法正确的是( )A ．在t 1时刻两车速度相等B ．从0到t 1时间内，两车走过的路程相等C ．从t 1到t 2时间内，两车走过的路程相等D ．在t 1到t 2时间内的某时刻，两车速度相等 解析：CD [xt 图像的斜率为速度的大小，t 1时刻k 甲＜k 乙，所以v 甲＜v 乙，则A 错；0～t 1时间内，x 乙＝x 1，x 甲＜x 1，则x 甲＜x 乙，则B 错；t 1～t 2时间内，x 甲＝x 乙＝x 2－x 1，则C 正确；t 1～t 2时间内，存在一点k 乙＝k 甲，则D 正确．]♦[迁移2] a ­t 图像2.物体由静止开始沿一条直线运动，其加速度随时间的倒数的变化规律图线如图所示，a 0和t 0已知，则下列判断正确的是( )A ．物体在t 0前做加速度增大的加速运动B ．物体在t 0时刻的速度为a 0t 0C ．物体在t 0时间内速度增加量为12a 0t 0D ．以上判断均错解析：B [由于横轴为1t，由图可知物体在t 0前做加速度恒为a 0的匀加速直线运动，由速度公式可知t 0时刻的速度为a 0t 0，选项B 正确，A 、C 、D 错误．]♦[迁移3] 非常规运动图像3．下图为一做直线运动的质点的位移与速度的二次方的关系图线．该质点运动的加速度大小为( )A ．4 m/s 2B ．2 m/s 2C ．1 m/s 2D ．0.5 m/s 2解析：B [由x ­v 2图像结合速度­位移关系式v 2－v 20＝2ax 分析可知，质点做初速度为零的匀加速直线运动，图线函数表达式为v 2＝2ax ，可得a ＝v 22x ＝42×1m/s 2＝2 m/s 2，故选项B正确．][规律方法]——知规律 握方法[知识必备]——提核心 通技法1．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：第一类问题第二类问题2．常用方法 (1)整体法与隔离法．(2)正交分解法：一般取加速度的方向和垂直于加速度的方向进行分解，为减少分解的矢量个数，有时也根据情况分解加速度．[典题例析]——析典题 学通法[例2] (2019·课标Ⅲ，20)(多选)如图(a)，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平．t ＝0时，木板开始受到水平外力F 的作用，在t ＝4 s 时撤去外力．细绳对物块的拉力f 随时间t 变化的关系如图(b)所示，木板的速度v 与时间t 的关系如图(c)所示．木板与实验台之间的摩擦可以忽略．重力加速度取10 m/s 2.由题给数据可以得出( )A ．木板的质量为1 kgB ．2 s ～4 s 内，力F 的大小为0.4 NC ．0～2 s 内，力F 的大小保持不变D ．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2[思路分析] 以木板为研究对象，通过f －t 与v －t 图像对相应过程进行受力分析、运动分析，列方程解出相应的问题．[解析] AB [本题考查牛顿运动定律的综合应用，体现了物理学科科学推理的核心素养．分析知木板受到的摩擦力f ′＝f .0～2 s ，木板静止，F ＝f ′，F 逐渐增大，所以C 错误.4 s ～5 s ，木板加速度大小a 2＝0.4－0.21m/s 2＝0.2 m/s 2，对木板受力分析，f ′＝ma 2＝0.2 N ，得m ＝1 kg ，所以A 正确.2 s ～4 s ，对木板有F －f ′＝ma 1，F ＝f ′＋ma 1＝0.2 N ＋1×0.4－02N ＝0.4 N ，所以B 正确．由于无法确定物块的质量，则尽管知道滑动摩擦力大小，仍无法确定物块与木板间的动摩擦因数，故D 错误．][迁移题组]——多角度 提能力♦[迁移1] 瞬时问题1.(2019·河北省衡水中学第一次调研)如图所示，一根弹簧一端固定在左侧竖直墙上，另一端连着A 小球，同时水平细线一端连着A 球，另一端固定在右侧竖直墙上，弹簧与竖直方向的夹角是60°，A 、B 两小球分别连在另一根竖直弹簧两端．开始时A 、B 两球都静止不动，A 、B 两小球的质量相等，重力加速度为g ，若不计弹簧质量，在水平细线被剪断瞬间，A 、B 两球的加速度分别为( )A ．a A ＝aB ＝g B ．a A ＝2g ，a B ＝0C ．a A ＝3g ，a B ＝0D ．a A ＝23g ，a B ＝0解析：D [水平细线被剪断前对A 、B 进行受力分析如图，静止时，F T ＝F sin 60°，F cos 60°＝m A g ＋F 1，F 1＝m B g ，且m A ＝m B水平细线被剪断瞬间，F T 消失，其他各力不变，所以a A ＝F T m A＝23g ，a B ＝0，故选D.] ♦[迁移2] 连接体问题2．(多选)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23a 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( )A ．8B ．10C ．15D ．18解析：BC [设该列车厢与P 相连的部分为P 部分，与Q 相连的部分为Q 部分．设该列车厢有n 节，Q 部分为n 1节，每节车厢质量为m ，当加速度为a 时，对Q 有F ＝n 1ma ；当加速度为23a 时，对P 有F ＝(n －n 1)m 23a ，联立得2n ＝5n 1.当n 1＝2，n 1＝4，n 1＝6，n 1＝8时，n ＝5，n ＝10，n ＝15，n ＝20，由题中选项得该列车厢节数可能为10或15，选项B 、C 正确．]♦[迁移3] 临界、极值问题3．(2020·湖北八校第二次联考)质量为m 的光滑小球恰好放在质量也为m 的圆弧槽内，它与槽左、右两端的接触点分别为A点和B点，圆弧槽的半径为R，OA与水平线AB成60°角．槽放在光滑的水平桌面上，通过细绳和滑轮与重物C相连，桌面上的那段细绳始终处于水平状态，通过实验知道，当槽的加速度很大时，小球将从槽中滚出，滑轮与细绳的质量都不计，要使小球不从槽中滚出，则重物C的质量M应小于( )A.233m B．2mC．(3－1)m D．(3＋1)m解析：D [当小球刚好要从槽中滚出时，小球受重力和圆弧槽A点对它的支持力，如图所示．由牛顿第二定律得mgtan 60°＝ma，解得小球的加速度a＝gtan 60°＝33g.以整体为研究对象，由牛顿第二定律得Mg＝(M＋2m)a，解得M＝(3＋1)m.]♦[迁移4] 图像问题4．(2018·课标Ⅰ，15)如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态．现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动．以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图像可能正确的是( )解析：A [本题考查胡克定律、共点力的平衡及牛顿第二定律．设系统静止时弹簧压缩量为x0，由胡克定律和平衡条件得mg＝kx0.力F作用在P上后，物块受重力、弹力和F，向上做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得，F＋k(x0－x)－mg＝ma.联立以上两式得F＝kx＋ma，所以F－x图像中图线是一条不过原点的倾斜直线，故A正确．]考向四“滑块－滑板”模型[知识必备]——提核心通技法板块问题中摩擦力方向的判断方法1．一“静”一“动”型：即木板和滑块一个静止，一个运动，此时，静止的一个受到的另一个对它的摩擦力为动力，运动的一个受到的另一个对它的摩擦力为阻力．2．一“快”一“慢”型：即木板和滑块同向运动，一个速度大，一个速度小，此时，速度大的一个受到的另一个对它的摩擦力为阻力，速度小的一个受到的另一个对它的摩擦力为动力．3．一“左”一“右”型：即木板和滑块反向运动，此时，两个物体受到的另一个对它的摩擦力都是阻力．[典题例析]——析典题学通法[例3] (2020·孝义市模拟)如图所示，长为l 的长木板A 放在动摩擦因数为μ1的水平地面上，一滑块B (大小可不计)从A 的左侧以初速度v 0向右滑上木板，滑块与木板间的动摩擦因数为μ2(A 与水平地面间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相同)．已知A 的质量为M ＝2.0 kg ，B 的质量为m ＝3.0 kg ，A 的长度为l ＝3.0 m ，μ1＝0.2，μ2＝0.4，(g 取10 m s 2)(1)A 、B 刚开始运动时各自的加速度分别是多大？(2)为保证B 在滑动过程中不滑出A ，初速度v 0应满足什么条件？ (3)分别求A 、B 对地的最大位移．[解析] (1)分别对A 、B 进行受力分析，根据牛顿第二定律得：B 物体的加速度：a B ＝fm＝μ2mg m＝4 m/s 2A 物体的加速度：a A ＝f －F ′M ＝μ2mg －μ1(M ＋m )g M＝1 m/s 2；(2)当A 、B 速度相等时，恰好到木板末端，此时不滑出A 物体，就不会滑出，设经过时间t ，AB 的速度相等，则有：v 0－a B t ＝a A t根据位移关系，得v 0t －12a B t 2－12a A t 2＝l代入数据解，得t ＝305s ，v 0＝30 m/s 所以初速度应小于等于5.5 m/s.(3)A 、B 速度达到相等后，相对静止一起以v ＝305m/s 的初速度，a ＝μ1g ＝2 m/s 2的加速度一起匀减速运动直到静止，发生的位移：s ＝v 22a＝0.3 m之前A 发生的位移为s A ＝12a A t 2＝0.6 mB 发生的位移s B ＝v 0t －12a B t 2＝3.6 m所以A 发生的位移为s A ＋s ＝0.5 m ＋0.3 m ＝0.8 mB 发生的位移为s B ＋s ＝3.6 m ＋0.3 m ＝3.9 m.[答案] (1)a A ＝1 m/s 2a B ＝4 m/s 2(2)初速度应小于等于5.5 m/s (3)0.8 m 3.9 m[规律方法]——知规律 握方法“滑块—滑板”模型的一般解题步骤[跟进题组]——练考题 提能力1．(多选)如图甲所示，一质量为M 的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m 的小滑块．木板受到水平拉力F 作用时，用传感器测出长木板的加速度a 与水平拉力F 的关系如图乙所示，重力加速度g 取10 m/s 2，下列说法正确的是( )A ．小滑块的质量m ＝2 kgB ．小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.1C ．当水平拉力F ＝7 N 时，长木板的加速度大小为3 m/s 2D ．当水平拉力F 增大时，小滑块的加速度一定增大解析：AC [对整体分析，由牛顿第二定律有：F ＝(M ＋m )a ，当F ＝6 N 时，此时两物体具有最大共同加速度，代入数据解得：M ＋m ＝3 kg ，当F 大于6 N 时，根据牛顿第二定律得：a ＝F －μmg M ＝F M －μmg M ，知图线的斜率k ＝1M＝1，解得：M ＝1 kg ，滑块的质量为：m ＝2 kg ，故A 正确；由上可知，F 大小6 N 时，a ＝F －20μ，代入题图对应数据即得：μ＝0.2，所以a ＝F －4，当F ＝7 N 时，长木板的加速度为：a ＝3 m/s 2，根据μmg ＝ma ′得：a ′＝μg ＝2 m/s 2，故B 错误，C 正确；当拉力大于6 N 后，两物体发生相对滑动，滑块的加速度为a ＝μmgm＝2 m/s 2，恒定不变，故D 错误．]2．如图所示，水平地面上有一质量为M 的长木板，一个质量为m 的物块(可视为质点)放在长木板的最右端．已知物块与木板之间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2.从某时刻起物块以大小为v 1的水平初速度向左运动，同时木板在水平外力F 作用下始终向右以大小为v 2(v 2＞v 1)的速度匀速运动：求：(1)在物块向左运动过程中外力F 的大小； (2)木板至少为多长物块才不会从木板上滑下来？解析：(1)在物块向左运动过程中，木板受力如图所示，其中F f1、F f2分别为物块和地面给木板的摩擦力，由题意可知F f1＝μ1mg F f2＝μ2(m ＋M )g由平衡条件得：F ＝F f1＋F f2＝μ1mg ＋μ2(m ＋M )g(2)设物块向左匀减速至速度为零的时间为t 1，则t 1＝v 1μ1g设物块向左匀减速运动的位移为x 1，则x 1＝v 12t 1＝v 212μ1g设物块由速度为零向右匀加速至与木板同速(即相对静止)的时间为t 2，则t 2＝v 2μ1g设物块向右匀加速运动的位移为x 2，则x 2＝v 22t 2＝v 222μ1g此过程中木板向右匀速运动的总位移为x ′，则x ′＝v 2(t 1＋t 2)则物块不从木板上滑下来时木板的最小长度：L ＝x ′＋x 1－x 2解得：L ＝(v 1＋v 2)22μ1g .答案：(1)μ1mg ＋μ2(m ＋M )g (2)(v 1＋v 2)22μ1g考向五 传送带模型 [知识必备]——提核心 通技法1．模型特点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． 2．解题关键(1)搞清楚物体与传送带间的相对运动方向及摩擦力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，即物体与传送带达到相同速度，这时会出现摩擦力改变的临界状态，对这一临界状态进行分析往往是解题的突破口．[典题例析]——析典题 学通法[例4] 如图所示，传送带与地面夹角θ＝37°，从A →B 长度为16 m ，传送带以10 m/s 的速率逆时针转动．在传送带上端A 无初速度地放一个质量为0.5 kg 的物体，它与传送带之间的动摩擦因数为0.5.求物体从A 运动到B 所需时间是多少？(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)[解析] 物体放在传送带上后，开始阶段，由于传送带的速度大于物体的速度，传送带给物体一个沿传送带向下的滑动摩擦力F ，物体受力情况如图甲所示．物体由静止加速，由牛顿第二定律有mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1，得a 1＝10 m/s 2.物体加速至与传送带速度相等需要的时间t 1＝v a 1＝1010s ＝1 s ，t 1时间内物体的位移x ＝12a 1t 21＝5 m.由于μ＜tan θ，物体与传送带共速后在重力作用下将继续加速运动，物体速度大于传送带速度后，传送带给物体一沿传送带向上的滑动摩擦力F ′.此时物体受力情况如图乙所示，由牛顿第二定律有mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2，得a 2＝2 m/s 2.设后一阶段物体滑至底端所用的时间为t 2，由L －x ＝vt 2＋12a 2t 22，解得t 2＝1 s ，t 2＝－11s(舍去)．所以物体由A →B 的时间t ＝t 1＋t 2＝2 s. [答案] 2 s[规律方法]——知规律 握方法传送带问题的解题思路[跟进题组]——练考题 提能力1．(2019·山西考前测试)如图所示，倾角为θ＝37°的传送带以速度v 1＝2 m/s 顺时针匀速转动．将一小物块以v 2＝8 m/s 的速度从传送带的底端滑上传送带．已知小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，传送带足够长，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2，下列说法正确的是( )A ．小物块运动的加速度大小恒为10 m/s 2B ．小物块向上运动的时间为0.6 sC ．小物块向上滑行的最远距离为4 mD ．小物块最终将随传送带一起向上匀速运动 解析：C [小物块的运动分两个阶段：因初始时v 2＞v 1，则开始一段时间小物块相对传送带向上运动，其所受滑动摩擦力沿传送带向下，由牛顿第二定律有：ma 1＝mg sin θ＋μmg cos θ得a 1＝10 m/s 2因μmg cos θ＜mg sin θ，则小物块速度与传送带速度相同之后，小物块将相对传送带向下运动，其所受滑动摩擦力沿传送带向上，由牛顿第二定律有：ma 2＝mg sin θ－μmg cos θ得a 1＝2 m/s 2，所以A 选项错误． 两段运动的时间分别为：t 1＝v 2－v 1a 1＝0.6 s t 2＝v 1a 2＝1.0 s所以向上运动的时间为t 1＋t 2＝1.6 s ，B 选项错． 两段运动的位移分别为：s 1＝v 2＋v 12.t 1＝3 ms 2＝v 12·t 2＝1 m向上滑行最远距离s ＝s 1＋s 2＝4 m ，所以选项C 正确．由以上分析可知，小物块先向上减速到零，再向下加速，D 选项错．]2．水平传送带被广泛地应用于机场和火车站，如图所示为一水平传送带装置示意图．紧的传送带AB 始终保持恒定的速率v ＝1 m/s 运行，一质量为m ＝4 kg 的行李无初速度地放在A 处，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动．设行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，A 、B 间的距离L ＝2 m ，g 取10 m/s 2.(1)求行李刚开始运动时所受滑动摩擦力的大小与加速度的大小； (2)求行李做匀加速直线运动的时间；(3)如果提高传送带的运行速率，行李就能被较快地传送到B 处，求行李从A 处传送到B 处的最短时间和传送带对应的最小运行速率．解析：(1)行李所受滑动摩擦力大小F f ＝μmg ＝0.1×4×10 N＝4 N ， 加速度大小a ＝μg ＝0.1×10 m/s 2＝1 m/s 2.(2)行李达到与传送带相同速率后不再加速，则v ＝at 1，得t 1＝v a ＝11s ＝1 s.(3)行李始终匀加速运行时，所需时间最短，加速度大小仍为a ＝1 m/s 2，当行李到达右端时，有v 2min ＝2aL ，得v min ＝2aL ＝2×1×2 m/s ＝2 m/s ， 所以传送带对应的最小运行速率为2 m/s. 由v min ＝at min 得行李最短运行时间t min ＝v min a ＝21s ＝2 s. 答案：(1)4 N 1 m/s 2(2)1 s (3)2 s 2 m/s动力学观点的综合应用典例018·高考全国卷Ⅱ)汽车A在水平冰雪路面上行驶．驾驶员发现其正前方停有汽车B，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车B.两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示，碰撞后B车向前滑动了4.5 m，A车向前滑动了2.0 m．已知A和B的质量分别为2.0×103 kg和1.5×103 kg，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小g＝10 m/s2.求(1)碰撞后的瞬间B车速度的大小；(2)碰撞前的瞬间A车速度的大小.核心考点1.牛顿运动定律．2.运动学公式、位移公式．3.动量守恒定律．命题技巧1.两车碰撞满足动量守恒．2.碰后两车都做匀减速直线运动．3.由动摩擦因数可求出摩擦力．核心素养1.物理观念：运动观念、相互作用观念．2.科学思维：碰撞模型．审题关键(1)两车碰后做减速运动，且末速度为0.(2)由动摩擦因数可求摩擦力，进而求加速度．(3)A、B两车的位移可由题目中知道．[解析](1)设B车的质量为m B，碰后加速度大小为a B.根据牛顿第二定律有μm B g＝m B a B①，式中μ是汽车与路面间的动摩擦因数，设碰撞后瞬间B车速度的大小为v′B，碰撞后滑行的距离为s B.由运动学公式有v′2B＝2a B s B②联立①②式并利用题给数据得v′B＝3.0 m/s. ③(2)设A车的质量为m1，碰后加速度大小为a A.根据牛顿第二定律有μm A g＝m A a A④，设碰撞后瞬间A车速度的大小为v′A，碰撞后滑行的距离为s A.由运动学公式有v′2A＝2a A s A⑤，设碰撞前的瞬间A车速度的大小为v A.两车在碰撞过程中动量守恒，有m A v A＝m A v′A＋m B v′B ⑥联立③④⑤⑥式并利用题给数据得v A＝4.25 m/s. ⑦易错展示(1)B 车碰撞时不能认为速度为0. (2)A 、B 车碰撞时满足动量守恒.[对点演练]——练类题 提素养1.(2019·湖北八校二模，16)(多选)质量为2 kg 的物体在粗糙的水平地面上运动，当运动的速度为10 m/s 时，给物体施加一个水平恒力，在此恒力的作用下物体做直线运动，其速度随时间的变化如图所示，则下列说法中正确的是(g 取10 m/s 2)( )A ．恒力的大小为6 NB ．前4 s 内摩擦产生的热量为48 JC ．前6 s 内合外力的冲量大小为24 N·sD ．物体与地面间的动摩擦因数为0.2解析：ABD [在0～2 s 内，由牛顿第二定律有F ＋μmg ＝ma 1，其中a 1＝5 m/s 2，在2～6 s 内，F －μmg ＝ma 2，其中a 2＝1 m/s ，联立解得F ＝6 N ，μ＝0.2，故A 、D 项正确；前4 s 内摩擦产生的热量为Q ＝μmg (s 1＋s 2)，其中s 1＝10 m ，s 2＝2 m ，解得Q ＝48 J ，故B 正确；前6 s 内合外力的冲量大小为I ＝|m (－v 1＋v 2)|＝28 N·s，故C 错误．答案为A 、B 、D.]2．(2019·河北精英中学二调，15)(多选)如图所示，质量m ＝245 g 的物块(可视为质点)放在质量M ＝0.5 kg 的木板左端，木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.4，质量m 0＝5 g 的子弹以速度v 0＝300 m/s 沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短)，物块最后恰好没有滑离木板，取g ＝10 m/s 2，则在整个过程中( )A ．物块的最大速度为6 m/sB ．木板的最大速度为3 m/sC ．物块相对于木板滑行的时间为0.75 sD ．木板的长度为3 m解析：AD [子弹射入物块，由动量守恒可得，子弹刚射入物块时，两者的共同速度v ＝m 0v 0m ＋m 0＝6 m/s ，之后，物块受到摩擦力做减速运动，木板受到摩擦力做加速运动，直到物块到达木板右端时，两者达到共同速度，故物块的最大速度为6 m/s ，故A 正确；物块和子弹在木板上滑行时，整体的合外力为零，故动量守恒，那么共同速度v ′＝(m ＋m 0)vm 0＋m ＋M＝2 m/s ，所以木板的最大速度为2 m/s ，故B 错误；物块在木板上滑行时合外力等于摩擦力，故物块做加速度a ＝μg ＝4 m/s 2的匀减速直线运动，所以，物块相对于木板滑行的时间t ＝v －v ′a＝1 s ，故C 错误；物块在木板上滑行时，物块做加速度a ＝4 m/s 2的匀减速直线运动，木板做加速度a ′＝μ(m ＋m 0)g M ＝2 m/s 2的匀加速直线运动，所以木板的长度L ＝v 2－v ′22a －v ′2－02a ′＝3 m ，故D 正确．故选A 、D.][A 级－对点练][题组一] 运动学规律的应用1．(2020·洛阳一模)如图所示，物体自O 点由静止开始做匀加速直线运动，途径A 、B 、C 三点，其中A 、B 之间的距离L 1＝3 m ，B 、C 之间的距离L 2＝4 m ．若物体通过L 1、L 2这两段位移的时间相等，则O 、A 之间的距离L 等于( )A.34 mB.43 mC.825m D.258m 解析：D [设物体的加速度为a ，通过L 1、L 2两段位移所用的时间均为T ，则有：v B ＝L 1＋L 22T＝72T m/s ，由L 2＝v B T ＋12aT 2，L 1＝v B T －12aT 2，可得：ΔL ＝aT 2＝1 m ，所以L ＝v 2B 2a －L 1＝258 m ，即D 正确，A 、B 、C 错误．]2．(多选)A 、B 两车在同一直线上同向运动，B 车在A 车的前面，A 车以v A ＝10 m/s 的速度向前匀速运动，某时刻B 车关闭发动机，此时A 、B 两车相距s ＝200 m ，且B 车速度v B ＝10 m/s ，B 车所受的阻力恒为车重的110，g 取10 m/s 2，则下列说法正确的是( )A ．B 车关闭发动机后的加速度大小为1 m/s 2B ．B 车关闭发动机后运动的位移为60 mC ．A 车追上B 车所用的时间为25 sD ．A 车追上B 车所用的时间为30 s解析：AC [B 车做匀减速直线运动的加速度大小a ＝110·mg m＝0.1×10 m/s 2＝1 m/s 2，所以选项A 正确；B 车速度减为零的时间t 1＝v B a ＝101 s ＝10 s ，此过程中B 车的位移x B ＝v 2B2a ＝1002m ＝50 m ，所以选项B 错误；A 车在10 s 内的位移x A ＝v A t 1＝10×10 m＝100 m ，因为x A ＜x B ＋s ，可知B 车停止时还未被A 车追上，则A 车追上B 车所用的时间t ＝x B ＋s v A ＝50＋20010s ＝25s ，故C 正确，D 错误．][题组二] 运动图像3.(2020·衡水中学模拟)如图所示，直线a 和一段抛物线b 分别表示在同一平直公路上行驶的a 车和b 车运动的x ­t 图像．已知在t 1＝3 s 时两车相遇，直线a 和抛物线b 刚好相切，t 2＝4 s 时对应抛物线的最高点．则下列说法中正确的是( )A ．两车相遇时b 车的速度大小为2.5 m/sB ．b 车的加速度大小为2 m/s 2C ．b 车的初速度大小为9 m/sD ．t 0＝0时两车的距离为10 m解析：B [由图可知，a 车的速度v a ＝Δx Δt ＝8－23 m/s ＝2 m/s.两车相遇时b 车的速度大小为2 m/s ，故A 错误．t 2＝4 s 时对应抛物线的最高点，对应的速度为v ＝0，根据速度公式v ＝v a －at ，解得a ＝2 m/s 2，故B 正确；t ＝3 s ，b 车的速度为：v b ＝v a ＝2 m/s ，设b 车的初速度为v 0.对b 车，由v 0＋at ＝v b ，解得：v 0＝8 m/s ，故C 错误；t ＝3 s 时，a 车的位移为：s a ＝v a t ＝6 m ，b 车的位移为：s b ＝v 0＋v a 2t ＝8＋22×3 m＝15 m ，t ＝3 s 时，a 车和b 车到达同一位置，得：s 0＝s b －s a ＝9 m ．故D 错误．]4．(多选)甲、乙两辆汽车在某平直公路上做直线运动，某时刻经过同一地点，从该时刻开始计时，它们的v ­t 图像如图所示．根据图像提供的信息可知( )A ．从t ＝0时刻起，开始时甲在前，6 s 末乙追上甲B ．从t ＝0时刻起，开始时甲在前，在乙追上甲前，甲、乙相距的最远距离为12.5 mC ．8 s 末甲、乙相遇，且与t ＝0时的两车位置的距离为40 mD ．0～4 s 内与4～6 s 内甲的平均速度相等解析：BC [因为t ＝0时，两车位于同一地点，所以当两车相遇时，两车的位移大小一定相等，由两车运动的v ­t 图像可知，开始时甲车在前，在0～6 s 时间内甲车的位移为x 1＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤12×4×(5＋10)＋12×2×10 m ＝40 m ，乙车的位移为x 2＝30 m ，所以6 s 末乙未追上甲；由题图可知，4～6 s 内，甲的加速度大小a ＝5 m/s 2，分析知当两车速度相等时，两车相距最远，则有10 m/s －a (t －4 s)＝5 m/s ，解得两车达到速度相等所需的时间t ＝5 s ，所以最远距离Δx ＝12×5×(10－5) m ＝12.5 m ，选项A 错误，B 正确．由题图可知，6 s 后甲停止运动，因此相遇时，两车位置与t ＝0时两车的位置的距离为x 1＝40 m ，所用时间为t ′＝405 s ＝8 s ，选项C 正确．根据图像可知，0～4 s 内甲车的平均速度为v 1＝10＋52m/s ＝7.5 m/s,4～6 s。

力与直线运动[高考统计·定方向] (教师授课资源)考点考向五年考情汇总考向1.匀变速直线运动规律的应用2017·全国卷Ⅱ T 242018·全国卷ⅠT 142016·全国卷ⅢT 161.匀变速直线运动规律的应用考向2.匀变速直线运动推论及比例关系的应用2019·全国卷ⅠT 18考向1.图象的选取与转换2.运动图象问题考向2.图象信息的应用2018·全国卷Ⅲ T 182018·全国卷Ⅱ T 192016·全国卷Ⅰ T 21考向1.动力学的两类基本问题2019·全国卷Ⅲ T 202016·全国卷Ⅱ T 192018·全国卷Ⅱ T 242015·全国卷Ⅰ T 20考向2.瞬时性问题2018·全国卷Ⅰ T 15考向3.连接体问题2015·全国卷Ⅱ T 203.牛顿运动定律的应用考向4.临界和极值问题 2017·全国卷Ⅱ T 25　匀变速直线运动规律的应用(5年4考)❶近几年高考对匀变速直线运动规律的考查，重在基本规律的应用，命题背景来源于生活中的实际问题。

❷在2020年的备考中要加强以实际问题为背景的题目的训练。

1．(2018·全国卷Ⅰ·T 14)高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动。

在启动阶段，列车的动能( )A ．与它所经历的时间成正比B ．与它的位移成正比C ．与它的速度成正比D ．与它的动量成正比B [列车启动的过程中加速度恒定，由匀变速直线运动的速度与时间关系可知v ＝at ，且列车的动能为E k ＝mv 2，由以上整理得E k ＝ma 2t 2，动能与时间的平方成正比，动能与速1212度的平方成正比，A 、C 错误；将x ＝at 2代入上式得E k ＝max ，则列车的动能与位移成正比，12B 正确；由动能与动量的关系式E k ＝可知，列车的动能与动量的平方成正比，D 错误。

第2讲力与物体的直线运动网络构建备考策略1.解决动力学问题要抓好关键词语(1)看到“刚好”“恰好”“正好”等字眼，想到“题述的过程存在临界点”。

(2)看到“最大、最小、至多、至少”等字眼，想到“题述的过程存在极值点”。

2.“四点”注意(1)x－t图象、v－t图象均表示直线运动。

(2)运动学公式中的v、a、x均为矢量，一定规定正方向。

(3)刹车问题中不能忽略实际运动情况。

(4)x－t、v－t、a－t图象相关量间的关系运动学中的图象问题x－t图象的理解及应用【典例1】 (多选)(2018·全国卷Ⅲ，18)甲、乙两车在同一平直公路上同向运动，甲做匀加速直线运动，乙做匀速直线运动。

甲、乙两车的位置x随时间t的变化如图1所示。

下列说法正确的是( )图1A.在t1时刻两车速度相等B.从0到t1时间内，两车走过的路程相等C.从t1到t2时间内，两车走过的路程相等D.在t1到t2时间内的某时刻，两车速度相等解析x－t图象某点的切线斜率表示瞬时速度，A错误；从0～t1时间内，由于甲、乙的出发点不同，故路程不同，B错误；t1～t2时间内，甲、乙的位移和路程都相等，大小都为x2－x1，C正确；t1～t2时间内，甲的x－t图象在某一点的切线与乙的x－t图象平行，此时刻两车速度相等，D正确。

答案CDv－t图象的理解及应用【典例2】 (多选)(2018·全国卷Ⅱ，19)甲、乙两汽车在同一条平直公路上同向运动，其速度—时间图象分别如图2中甲、乙两条曲线所示。

已知两车在t2时刻并排行驶。

下列说法正确的是( )图2A.两车在t 1时刻也并排行驶B.在t 1时刻甲车在后，乙车在前C.甲车的加速度大小先增大后减小D.乙车的加速度大小先减小后增大解析 本题可巧用逆向思维分析，两车在t 2时刻并排行驶，根据题图分析可知在t 1～t 2时间内甲车运动的位移大于乙车运动的位移，所以在t 1时刻甲车在后，乙车在前，B 正确，A 错误；依据v －t 图象斜率表示加速度分析出C 错误，D 正确。

(专题 2 力与直线运动)1.一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/sB.3 m/sC.5 m/sD.9 m/s2.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()A.Fm B.cosFmθC.cosF mgmθμ-D.cos(sin)F mg Fmθμθ-+3.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/s 2。

根据图象分析可知()A.人的重力为1 500 NB.c点位置人处于超重状态C.e 点位置人处于失重状态D.d 点的加速度小于f 点的加速度4. 从同一地点同时开始沿同一直线运动的两个物体Ⅰ、Ⅱ的速度图象如图所示，在0～t0 时间内，下列说法正确的是()A .Ⅰ、Ⅱ两个物体的加速度都在不断减小B .Ⅰ物体的加速度不断增大，Ⅱ物体的加速度不断减小C .Ⅰ物体的位移等于Ⅱ物体的位移D .Ⅰ、Ⅱ两个物体的平均速度大小都大于122v v 5.如图所示，光滑斜面 AE 被分成四个相等的部分，一物体由 A 点从静止释放，下列结论正确的是( )A .物体到达各点的速率之比 vB ∶ vC ∶ vD ∶ vE ＝1∶ 2∶ 3∶ 2B .物体到达各点经历的时间 t E ＝2t B ＝2t C ＝ 2t D3C .物体从 A 到 E 的平均速度 v ＝v BD .物体通过每一部分时，其速度增量 v B －v A ＝v C －v B ＝v D －v C ＝vE －v D 6.一小球从地面竖直上抛，后又落回地面，小球运动过程中所受空气阻力与速度 成正比，取竖直向上为正方向。

【专题二】力和直线运动【考情分析】1．本专题涉及的考点有：参考系、质点；位移、速度和加速度；匀变速直线运动及其公式、图像。

《大纲》对位移、速度和加速度，匀变速直线运动及其公式、图像等考点均为Ⅱ类要求，即对所列知识要理解其确切含义及与其他知识的联系，能够进行叙述和解释，并能在实际问题的分析、综合、推理和判断等过程中运用。

质点的直线运动是历年高考的必考内容。

可以单独命题，也可以与其他知识点如电场、磁场、电磁感应等知识结合出现在计算题中。

近年这部分的考查更趋向于对考生分析问题、应用知识能力的考查。

2．从高考试题看，作为一个孤立的知识点单独考查的命题并不多，更多的是与牛顿定律、带电粒子在电磁场中的运动等结合起来，作为综合试题中的一个知识点而加以体现。

主要题型为选择题、解答题，其中解答题多为中等或较难题。

【知识归纳】1．物体或带电粒子做直线运动的条件是物体所受合力与速度方向平行2．物体或带电粒子做匀变速直线运动的条件是物体所受合力为恒力，且与速度方向平行 3．牛顿第二定律的内容是：物体运动的加速度与物体所受的合外力成正比，与物体的质量成反比，加速度的方向与物体所受合外力的方向一致，且二者具有瞬时对应关系，此定律可以采用控制变量法进行实验验证．4．速度－时间关系图线的斜率表示物体运动的加速度，图线所包围的面积表示物体运动的位移．在分析物体的运动时，常利用v －t 图象帮助分析物体的运动情况．5．超重或失重时，物体的重力并未发生变化，只是物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力）发生了变化．当a =g 时，物体完全失重．物体发生超重或失重现象与物体的运动方向无关，只决定于物体的加速度方向． 6．匀变速直线运动的基本规律为： 速度公式：v 0+at 位移公式：2012x v t at =+速度和位移公式的推论为：v t 2-v 02=2ax 7．匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度为12x v t==20t v v +位移中点的瞬时速度为2x v =2220tv v + 【考点例析】一、 匀变速直线运动规律的应用【例1】跳水是一项优美的水上运动，图甲是2008年北京奥运会跳水比赛中小将陈若琳和王鑫在跳台上腾空而起的英姿．如果陈若琳质量为m ，身高为L ，她站在离水面H 高的跳台上， 重心离跳台面的高度为h 1，竖直向上跃起后重心又升高了h 2达到最高点，入水时身体竖直，当手触及水面时伸直双臂做一个翻掌压水花的动作，如图乙所示，这时陈若琳的重心离水面约为h 3．整个过程中空气阻力可忽略不计，重力加速度为g ，求陈若琳从离开跳台到手触及水面的过程中可用于完成一系列动作的时间．【思路导引】（1）运动员在从起跳到手入水的过程中做什么运动? 答案 匀减速运动或竖直上抛运动．（2）上跃过程的位移为多少?下落过程中的位移又为多少?位移大小根据什么来确立的? 答案 上跃过程位移为重心位置的变化量h 2，下落过程的位移也是位移变化量（H+h 1+h 2-h 3），应根据重心位置的变化找位移．【解析】陈若琳跃起后可看作竖直向上的匀减速运动，重心上升的高度h 2，设起跳速度为v0，则v 02=2gh2上升过程的时间t 1=gv解得t 1=gh 22 陈若琳从最高处自由下落到手触及水面的过程中重心下落的高度x=H+h 1+h 2-h3设下落过程的时间为t 2，则x=21gt 22解得t 2=gx 2=g h h h H )(2321-++陈若琳要完成一系列动作可利用的时间t=t 1+t 2=gh 22+g h h h H )(2321-++【答案】gh 22+g h h h H )(2321-++【解题指导】1．匀变速直线运动常以体育运动为背景设置物理情景，处理此类问题时，应注意建立运动模型，如本题就是建立了竖2．尽管研究此跳水过程不能看成质点，但是求跳水过程的时间时，可看作质点来处理，3．若对运动情景不清晰时，可画出运动草图，使抽象问题形象化． 二、图象问题【例2】如图甲所示，质量m=2.0 kg 的物体静止在水平面上，物体跟水平面间的动摩擦因数μ=0.20．从t=0时刻起，物体受到一个水平力F 的作用而开始运动，前8 s 内F 随时间t 变化的规律如图乙所示．g 取10 m/s 2．求：（1）在图丙的坐标系中画出物体在前8 s 内的v —t 图象． （2）前8 s 内水平力F 所做的功．【解析】 （1）0~4 s 内，由牛顿第二定律得F -μmg=ma 1解得a 1=3 m/s 24 s 末物体的速度为v 4=a 1t 4=12 m/s4~5 s ，由牛顿第二定律得-F -μmg=ma 2 解得a 2=-7 m/s 25 s 末物体的速度为v 5=5 m/s再经时间t 停止，则t=350a v -=2.5 s 8 s 内的v —t 图象如图所示（2）0~4 s 内的位移为x 1=21a 1t 42=24 m4~5 s 内位移为x 2=224252a v v -=8.5 m5 s 后水平力消失，所以前8 s 内力F 做的功为W=F 1x 1-F 2x 2=155 J （或由动能定理解）W -μm g （x 1+x 2）=21mv 52解得W =155 J【解题指导】1．v —t 图象反映的仍然是数学关系，只不过它有了具体的物理意义．因此要画v —t 图象，必须采用动力学的方法得到v 与t的数学关系．2．对于多过程问题要划分不同运动阶段，逐过程分析．3．v —t 图象斜率表示加速度，面积表示位移，因此第（2）问求位移时可借用图象来求，请同学们自己完成．三、 追及和相遇问题例3、车以25 m/s 的速度匀速直线行驶，在它后面有一辆摩托车，当两车相距1 000 m 时，摩托车从静止起动做匀加速运动追赶汽车，摩托车的最大速度可达30 m/s ，若使摩托车在4 min 时刚好追上汽车，摩托车追上汽车后，关闭油门，速度达到12 m/s 时，冲上光滑斜面，上滑最大高度为H，求：（1）摩托车做匀加速运动的加速度a ? （2）摩托车追上汽车前两车相距最大距离x ? （3）摩托车上滑最大高度H ?（g 取10 m/s 2） 解析 （1）设汽车位移为x 1，摩托车位移为x2摩托车的加速度为a ，摩托车达到最大速度所用时间为t ，则30=atx 1=25×240x 2=a2302+30（240-a 30）追上条件为x 2=x 1+1 000解得a=49=2.25 m/s 2（2）摩托车与汽车速度相等时相距最远，设此时刻为T ，最大距离为x m即25=aT解得T=9100sx m =1 000+25T -221aT =910250m=1 138 m（3）221Mv =MgH解得H=7.2 m答案 （1）2.25 m/s2 （2）1 138 m （3）7.2 m 【解题指导】分析追及问题的方法技巧1．要抓住一个条件，两个关系一个条件：即两者速度相等，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，也是分析判断的切入点．两个关系：即时间关系和位移关系．通过画草图找出两物体的位移关系是解题的突破口．2．若被追赶的物体做匀减速直线运动，一定要注意追上前该物体是否已经停止运动． 3．仔细审题，充分挖掘题目中的隐含条件，同时注意 v —t 图象的应用． 四、动力学的两类基本问题【例4】一根质量分布均匀的长直绳AB ，在水平恒定外力F 的作用下，沿光滑水平面以v 0=2 m/s 的初速度做匀加速直线运动（忽略绳子的形变）， 在头2 s 内所通过的位移等于绳长的6倍．如图甲所示，绳内距A 端x 处的张力（即绳内部之间的拉力）F T 与x 的关系如图乙所示，利用图象和题中的已知数据，求：（1）距A 端1.5 m 处绳内的张力多大? （2）绳子的质量多大?【解析】解法一 （1）由图象可知函数F T =（6-3x ） Nx=1.5 m 时绳间的拉力F T =1.5 N（2）由图象可得：绳长l=2 m ；水平恒力F=6 N由匀加速运动位移公式x=v 0t+21at 2得a=4 m/s2由牛顿第二定律得F=ma得m=aF=1.5 kg解法二 由图象可得：绳长l=2 m ；水平恒力F=6 N x=v 0t +21at 2得a=4 m/s2由牛顿第二定律得F=ma由题意可知：从x=1．5 m 处到B 端这段绳质量为4m， 以此段绳为研究对象 FT =4m a由图象得x=1.5 m 处F T =1.5 Nm=aF=1.5 kg 答案 （1）1.5 N （2）1.5 kg 【解题指导】1．牛顿第二定律应用的两类基本问题：物体的受力情况的分析加速度物体的运动状态及变化．2．分析复杂的动力学问题时应注意（1）仔细审题，分析物体的受力及受力的变化情况，确定并划分出物体经历的每个不同的过程．（2）逐一分析各个过程中的受力情况和运动情况，以及总结前一过程和后一过程的状态有何特点．（3）前一个过程的结束就是后一个过程的开始，两个过程的交接点受力的变化，状态的特点，往往是解题的关键．3．常用的解题方法：（1）整体与隔离法；（2）假设法． 【方法技巧】1．动力学的两类基本问题的处理思路（1）已知力求运动，应用牛顿第二定律求加速度，再根据物体的初始条件，应用运动学公式求出物体的运动情况——任意时刻的位置和速度，以及运动轨迹．（2）已知运动求力，根据物体的运动情况，求出物体的加速度，再应用牛顿第二定律，推断或者求出物体的受力情况．2．动力学问题通常是在对物体准确受力分析的基础上，采用___________或者是_________求合力，然后结合牛顿第二定律列式求解．正交分解法图解法3．匀减速直线运动问题通常看成反方向的匀加速直线运动来处理，这是利用了运动的_________性．在竖直上抛运动和类竖直上抛运动的处理中也常用此法．对称4．借用v－t图象分析：v－t图象表示物体的运动规律，形象而且直观．【专题训练】1．水平地面上放着一质量为1 kg的物体，t=0时在一个方向不变的水平拉力作用下运动，t=2 s时撤去拉力，物体在 4 s内速度随时间的变化图象如图所示，则物体（）A．所受的摩擦力大小为1 NB．第1 s内受到的拉力大小是2 NC．在4 s末回到出发点D．在4 s内的平均速度为1.5 m/s2．如图甲所示，在光滑的水平面上，物体A在水平方向的外力F作用下做直线运动，其v—t图象如图乙所示，规定向右为正方向．下列判断正确的是（）A．在3 s末，物体处于出发点右方B．在1~2 s内，物体正向左运动，且速度大小在减小C．在1~3 s内，物体的加速度方向先向右后向左D．在0~1 s内，外力F不断增大3．一种巨型娱乐器材可以让人体验超重和失重的感觉．一个可乘多个人的环形座舱套在竖直柱子上，由升降机运送到几十米的高处，然后让座舱自由下落．下落一定高度后，制动系统启动，座舱做减速运动，到地面时刚好停下．下列判断正确的是（）A．座舱在自由下落的过程中人处于超重状态B．座舱在自由下落的过程中人处于完全失重状态CD．座舱在减速运动的过程中人处于失重状态4．沼泽地的下面蕴藏着丰富的泥炭，泥炭是沼泽地积累的植物残体，它的纤维状和海绵状的物理结构导致人在其上面行走时容易下陷（设在下陷过程中，泥炭对人的阻力不计）．如果整个下陷的过程是先加速再减速最后匀速运动，那么，下列说法中正确的是（）A．当在加速向下运动时，人对沼泽地的压力大于沼泽地对人的支持力B．当在减速向下运动时，人对沼泽地的压力小于沼泽地对人的支持力C．在整个运动过程中，人对沼泽地的压力是先大于后等于沼泽地对他的支持力D．在整个运动过程中，人对沼泽地的压力大小总是等于沼泽地对他的支持力5．如图所示，质量为2 kg的物体，放在动摩擦因数μ=0.1的水平面上，在水平拉力作用下，由静止开始运动，水平拉力做的功W和物体发生的位移x之间的关系如图所示，g 取10 m/s2，则（）A．此物体在AB段做匀加速直线运动B．此物体在AB段做匀速直线运动C．此物体在OA段做匀加速直线运动D．此物体在OA段做匀速直线运动6．静止不动的航空母舰上的舰载飞机在助推装置的作用下获得v0=40m/s的初速度，接着在滑行跑道上做匀加速滑行达到v1=80 m/s的速度后起飞，滑行距离x1=75 m，而一般民航客机从静止开始做匀加速滑行达到v2=40 m/s的速度后起飞，滑行距离x2=2 000 m，求滑行时舰载飞机的加速度a1与民航客机的加速度a2的比值．7．某些城市交通部门规定汽车在市区某些街道行驶速度不得超过v m=30 km/h．一辆汽车在该水平路段紧急刹车时车轮抱死，沿直线滑行一段距离后停止，交警测得车轮在地面上滑行的痕迹长x m=10 m．从手册中查出该车轮与地面间的动摩擦因数μ=0.72，取g=10 m/s2．（1）请你判断汽车是否违反规定超速行驶．（2）目前，有一种先进的汽车制动装置，可保证车轮在制动时不被抱死，使车轮仍有一定的滚动，安装了这种防抱死装置的汽车，在紧急刹车时不但可以使汽车便于操控，而且可获得比车轮抱死更大的制动力，从而使刹车距离大大减小．假设汽车安装防抱死装置后刹车制动力恒为F，驾驶员的反应时间为t，汽车的质量为m，汽车正常行驶的速度为v，试推出刹车距离x的表达式．8．如图所示，一足够长的光滑斜面倾角为θ=30°，斜面AB与水平面BC连接，质量m=2 kg的物体置于水平面上的D点，D点距B点d=7 m．物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.2，当物体受到一水平向左的恒力F=8 N 作用t=2 s 后撤去该力，不考虑物体经过B 点时的碰撞损失，重力加速度g 取10 m/s 2．求撤去拉力F 后，经过多长时间物体经过B 点?【参考答案】1．解析 2~4 s 内只受摩擦力F f =ma =1 N ，A 对；第1 s 内由牛顿第二定律F-F f =ma ′，F=3 N ，B 错；图象面积表示位移， C 错；v=1.25 m/s ，D 错．答案：A2．解析 由图象面积的意义知A 对；1~2 s 内向右运动，B 错；1~3 s 内直线的斜率不变，加速度不变，C 错；0~1 s 内tv∆∆在减小，a 减小，F=ma 减小，D 错． 答案 A3．解析 由超重、失重的条件看加速度，当运动的加速度向下时，失重，且向下的a=g 时，处于完全失重；加速度向上时，处于超重状态，由此确定B 、C 项正确．答案：BC 4．答案：D 5．解析 W F =F·x ，AB 段直线的斜率表示力F ，F ==-61527 2 N ， F f =μmg =0.1×2×10 N=2 N ，F=F f ， B 正确F OA =315=5 N>F f ， C 正确． 答案 BC6．解析 对舰载飞机有v 12-v 02=2a 1x1对民航客机有v 22=2a 2x2得 2212021221)(v x v v x a a -= 代入数据解得8021=a a 【答案】807．解析 （1）因为汽车刹车且车轮抱死后，汽车受滑动摩擦力作用做匀减速运动，所以滑动摩擦力大小F f =μmg汽车的加速度a=mF f -=-μg由v 12-v 02=2ax且v 1=0得v 0=m gx 2=12 m/s=43．2 km/h>30 km/h 即这辆车是超速的．（2）刹车距离由两部分组成，一是司机在反应时间内汽车行驶的距离x 1，二是刹车后匀减速行驶的距离x 2．x=x1+x 2=vt +av 22加速度大小a=mF则x=vt +Fm v 22答案 （1）这辆车是超速的 （2）x=vt+Fm v 228．解析 在F 的作用下物体运动的加速度a 1，由牛顿运动定律得F-μmg =ma 1解得a 1=2 m/s 2F作用2 s 后的速度v 1和位移x 1分别为v 1=a 1t=4 m/s ；x 1=21a 1t 2=4 m撤去F 后，物体运动的加速度为a 2μmg=ma 2解得a 2=2 m/s 2第一次到达B 点所用时间t 1，则d-x 1=v 1t 1-21a 2t 12解得t 1=1s此时物体的速度v 2=v 1-a 2t 1=2 m/s当物体由斜面重回B 点时，经过时间t 2，物体在斜面上运动的加速度为a 3，则Mg sin 30°=ma 3t2=322a v =0.8 s第二次经过B 点时间为t=t 1+t 2=1.8 s所以撤去F后，分别经过1 s和1.8 s 物体经过B点．答案 1 s 1.8 s。

专题二 力与物体的直线运动一． 专题要点第一部分：匀变速直线运动在力学中的应用1.物体或带电粒子做直线运动的条件是物体所受的合外力与速度方向平行。

2.物体或带电粒子做匀变速直线运动的条件是物体所受的合外力为恒力且与速度方向平行。

3.牛顿第二定律的内容是：物体运动时的加速度与物体所受的合外力成正比，与物体的质量成反比，加速度的方向与所受合外力的方向相同，且二者具有瞬时对应关系，此定律可以用控制变量法进行实验验证。

4.速度时间关系图像的斜率表示物体运动的加速度，图像所包围的面积表示物体运动的位移。

在分析物体的运动时常利用v-t 图像帮助分析物体的运动情况。

5.超重或失重时，物体的重力并未发生变化，只是物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力）发生了变化。

当a=g 时物体完全失重。

6.匀变速直线运动的基本规律为 速度公式：at v v t +=0位移公式：2021at t v x +⋅=速度与位移关系式：ax v v t 2202=- 7.匀变速直线运动 平均速度：20t v v t x v +=或 位移中点的瞬时速度2220tv v v +=中点第二部分：匀变速直线运动在电学中的应用1. 带电粒子在电场中直线运动的问题：实质是在电场中处理力学问题，其分析方法与力学中相同。

首先进行受力分析，然后看物体所受的合外力与速度方向是否一致，其运动类型有电场加速运动和交变的电场内往复运动2. 带电粒子在磁场中直线运动问题：洛伦兹力的方向始终垂直于粒子的速度方向。

3. 带电粒子在复合场中的运动情况一般较为复杂，但是它仍然是一个力学问题，同样遵循力和运动的各条基本规律。

4. 若带电粒子在电场力、重力和洛伦兹力共同作用下做直线运动，如果是匀强电场和匀强磁场，那么重力和电场力都是恒力，洛伦兹力与速度方向垂直，而其大小与速度大小密切相关。

只有带电粒子的速度大小不变，才可能做直线运动，也即匀速直线运动。

二． 考纲要求 考点 要求 考点解读 参考系、质点Ⅰ本专题知识是整个高中物理的基础，高考对本部分考查的重点是匀变速直线运动的公式及应用；v- t 图像的理解及应用，其命题情景较为新颖，（如高速公路上的车距问题、追及相遇问题）竖直上抛与自由落体运动的规律及其应用；强调对牛顿第二定律分析、计算和应用考查，而牛顿第三定律贯穿于综合分析过程中。

专题二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-v2、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(v0＋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tanθ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。

若外力作用在上面物体上，力增大过程中，两物体可能共同加速，也可能发生相对滑动，相对滑动时，上面物体的加速度较大。

教学过程1．匀变速直线运动的基本规律(1) 速度公式v＝v0＋at，位移公式x＝v0t＋12at2，位移速度公式v2－v20＝2ax，平均速度公式v＝xt＝v0＋v2＝v t2.(2) 任意两个相邻相等的时间内位移之差是一个恒量，即Δx＝aT2，可推广为x m －x n＝(m－n)aT2.2．牛顿第二定律F合＝ma.(1) F合＝0，物体做匀速直线运动或静止.(2) F合≠0且与v共线，物体做变速直线运动．①F合不变，物体做匀变速直线运动．例：自由落体运动是初速度v0＝0、加速度为g的匀加速直线运动；竖直上抛运动是初速度v0≠0、加速度为g的匀减速直线运动．②F合大小变化，物体做变加速直线运动．考向一匀变速直线运动的规律及应用1．(2023·江苏卷)电梯上升过程中，某同学用智能记录了电梯速度随时间变化的关系，如图所示．电梯加速上升的时段是()A．从20.0s到30.0sB．从30.0s到40.0sC．从40.0s到50.0sD．从50.0s到60.0s2．(2023·山东卷)如图所示，电动公交车做匀减速直线运动进站，连续经过R、S、T三点，已知ST间的距离是RS的两倍，RS段的平均速度是10m/s，ST段的平均速度是5m/s，则公交车经过T点时的瞬时速度为()A．3m/s B．2m/sC．1m/s D．0.5m/s考向二牛顿运动定律的应用3．(2022·江苏卷)高铁车厢里的水平桌面上放置一本书，书与桌面间的动摩擦因数为0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10 m/s2．若书不滑动，则高铁的最大加速度不超过()A．2.0 m/s2B．4.0 m/s2C．6.0 m/s2D．8.0 m/s24．(2023·北京卷)如图所示，在光滑水平地面上，两相同物块用细线相连，两物块质量均为1kg，细线能承受的最大拉力为2N.若在水平拉力F作用下，两物块一起向右做匀加速直线运动．则F的最大值为()A．1N B．2NC．4N D．5N考向1匀变速直线运动的规律及应用(2023·苏州八校适应性检测)一物块在水平外力作用下由静止开始沿光滑水平面做直线运动，其速度v随位移x变化的图像如图所示，下列关于物块速度v 随时间t、加速度a随速度v变化的图像中可能正确的是()A B C D(2022·南京、盐城二模)广场喷泉是城市一道亮丽的风景．如图所示，喷口竖直向上喷水，已知喷管的直径为D，水在喷口处的速度为v0.重力加速度为g，不考虑空气阻力的影响，则在离喷口高度为H时的水柱直径为()A．D B．D v0v20＋2gHC．D2v0v20－2gHD．D2v0v20＋2gH考向2动力学基本问题分析(2023·南京六校联考)如图所示，两根直木棍AB和CD相互平行，固定在同一个水平面上．一个圆柱形工件P架在两木棍之间，在水平向右的推力F的作用下，恰好能向右匀速运动(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力).若保持两木棍在同一水平面内，但将它们间的距离稍微减小一些后再固定．仍将工件P架在两木棍之间，用同样的水平推力F向右推该工件，则下列说法中正确的是()A．向右匀速运动B．向右加速运动C．可能静止不动D．条件不足，无法判定如图甲所示，在升降机的顶部安装了一个能够显示拉力大小的传感器，传感器下方挂上一轻质弹簧，弹簧下端挂一质量为m的小球．若升降机在匀速运行过程中突然停止，并以此时为零时刻，在后面一段时间内传感器显示弹簧弹力F随时间t变化的图像如图乙所示，g为重力加速度，则()甲乙A．升降机停止运行前在向下运动B．t1～t3时间内小球向下运动，速度先增大，后减小C ．t 1～t 2时间内小球处于超重状态D ．t 3～t 4时间内小球向下运动，速度一直增大 考向3 动力学中的连接体问题(2023·镇江三模)如图所示，A 、B 叠放在粗糙水平桌面上，一根轻绳跨过光滑定滑轮连接A 、C ，滑轮左侧轻绳与桌面平行，A 、B 间动摩擦因数为μ，B 与桌面间动摩擦因数为μ4，A 、B 、C 质量分别为2m 、2m 和m ，各接触面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，将C 由图示位置静止释放，要使A 、B 间发生相对滑动，则μ满足的条件是( )A ．μ＜12 B ．μ≥12 C ．μ＜27D ．μ≥27(2022·辅仁中学)a 、b 两物体的质量分别为m 1、m 2，由轻质弹簧相连．当用恒力F 竖直向上拉着a ，使a 、b 一起向上做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x 1；当用大小仍为F 的恒力沿水平方向拉着a ，使a 、b 一起沿光滑水平桌面做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x 2，如图所示，则( )A ．x 1一定等于x 2B ．x 1一定大于x 2C ．若m 1＞m 2，则x 1＜x 2D ．若m 1＜m 2，则x 1＜x 2(2023·湖南卷改编)如图所示，光滑水平地面上有一质量为2m 的小车在水平推力F 的作用下加速运动．车厢内有质量均为m 的A 、B 两小球，两球用轻杆相连，A 球靠在光滑左壁上，B 球处在车厢水平底面上，且与底面的动摩擦因数为μ，杆与竖直方向的夹角为θ，杆与车厢始终保持相对静止，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．下列说法中正确的是( )A．若B球受到的摩擦力为零，则F＝2mg tan θB．若推力F向左，且tan θ≤μ，则F的最大值为2mg tan θC．若推力F向左，且μ＜tan θ≤2μ，则F的最大值为2mg(2μ－tan θ)D．若推力F向右，且tan θ＞2μ，则F的范围为4mg(tan θ－2μ)≤F≤4mg(tan θ＋2μ)1．(2023·南京三模)潜艇从海水高密度区域驶入低密度区域，浮力顿减，称之为“掉深”．如图甲所示，某潜艇在高密度海水区域沿水平方向缓慢航行．t＝0时，该潜艇“掉深”，随后采取措施成功脱险，在0～30 s 时间内潜艇竖直方向的v－t 图像如图乙所示(设竖直向下为正方向).不计水的黏滞阻力，则()甲乙A．潜艇在“掉深”时的加速度为1 m/s2B．t＝30 s潜艇回到初始高度C．潜艇竖直向下的最大位移为100 mD．潜艇在10～30 s时间内处于超重状态2．(2023·南京六校联考)在平直公路上有甲、乙两车，甲车超过乙车后两车位移x和时间t的比值xt与时间t之间的关系如图所示(图像只记录了3s 内的情况)，下列说法中正确的是()A．甲车的加速度大小为1 m/s2B．乙车做的是匀减速直线运动C．甲车在这2s内的位移为18mD．甲、乙两车再次相遇前的最大距离为9m3．图甲是某人站在接有传感器的力板上做下蹲、起跳和回落动作的示意图，图中的小黑点表示人的重心．图乙是力板所受压力随时间变化的图像，取g＝10 m/s2.根据图像分析可知()甲乙A．人的重力可由b点读出，约为300 NB．b到c的过程中，人先处于超重状态，再处于失重状态C．人在双脚离开力板的过程中，处于完全失重状态D．人在b点对应时刻的加速度大于在c点对应时刻的加速度4．(2022·常州5月模拟)如图甲所示，A、B两物体叠放在一起，放在光滑的水平面上，从静止开始受到一变力的作用，该力与时间的关系如图乙所示，A、B始终相对静止，则下列说法中错误的是()A．t0时刻，A、B间静摩擦力最大B．t0时刻，B速度最大C．2t0时刻，A、B间静摩擦力最大D．2t0时刻，A、B位移最大5．(2023·金陵中学)如图所示，光滑的水平地面上有三块木块a、b、c质量均为m，a、c之间用轻质细绳连接．现用一水平恒力F作用在b上，三者开始一起做匀加速运动，运动过程中把一块橡皮泥粘在某一木块上面，系统仍加速运动，且始终没有相对滑动．则在粘上橡皮泥并达到稳定后，下列说法中错误的是()A．无论粘在哪块木块上面，系统的加速度一定减小B．若粘在a木块上面，绳的拉力和a、b间摩擦力一定都减小C．若粘在b木块上面，绳的拉力和a、b间摩擦力一定都减小D．若粘在c木块上面，绳的拉力和a、b间摩擦力一定都增大6．(2023·中华中学)如图甲所示为无人机，它具有4个旋翼，可以通过调整旋翼倾斜度而产生不同方向的升力.2020黄埔马拉松在12月27日拉开序幕，此次赛事无人机在拍摄、巡查、安保等方面大显身手．赛事开始，调整旋翼使无人机以竖直向上的恒定升力F＝20N从地面静止升起，到达稳定速度过程中，其运动图像如图乙所示．已知无人机质量为m＝1kg，飞行时受到的空气阻力与速率成正比，即f＝k v，方向与速度方向相反．取g＝10m/s2.(1) 求k值和1s末无人机的加速度大小．(2) 调整旋翼角度以改变升力，使无人机以v0＝1m/s 水平飞行进行录像，求此时的升力大小和升力方向与水平方向所夹锐角θ的正切值．(答案允许含根号)甲乙7．(2022·海门中学)如图所示，一个质量为M、长为L的圆管竖直放置，顶端塞有一个质量为m的弹性小球，M＝4m，球和管间的滑动摩擦力和最大静摩擦力大小均为4mg.管从下端离地面距离为H处自由落下，运动过程中，管始终保持竖直，每次落地后向上弹起的速度与落地时速度大小相等，不计空气阻力，重力加速度为g.(1) 求管第一次落地弹起时管和球的加速度．(2) 管第一次落地弹起后，若球没有从管中滑出，求球与管刚达到相同速度时，管的下端距地面的高度．(3) 若管第二次弹起后球没有从管中滑出，求L应满足的条件．板书设计：。

专题二力与直线运动考情分析2020 20202020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.(2020·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/sB.3 m/sC.5 m/sD.9 m/s解析采用逆向思维法，根据x＝12at2得，物体的加速度大小a＝2xt2＝2×11m/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v－＝v02＝62m/s＝3 m/s，故B项正确，A、C、D 项错误。

答案 B2.(2020·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.FmB.Fcos θmC.Fcos θ－μmgmD.Fcos θ－μ（mg＋Fsin θ）m解析对物体受力分析如图所示，在水平方向： Fcos θ－f＝ma，在竖直方向：F N－Fsin θ－mg＝0，又f＝μF N，以上联立解得a＝Fcos θ－μ（mg＋Fsin θ）m，故D项正确。