专题二 力与直线运动.docx

1、专题二 力与直线运动专题二力与直线运动【知识必备】(本专题对应学生用书第47页)知 识 必 备1. 匀变速直线运动的基本规律为：速度公式 v=v0+at，位移公式 x=v0t+at2，位移速度公式 v2-=2ax，平均速度公式 =.任意两个相邻相等的时间内位移之差是一个恒量，即x=aT2.2. 牛顿第二定律F合=ma.3. 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. F合不变，物体做匀变速直线运动.特例：自由落体运动：初速度v0=0、加速度为g的匀加速直线运动.竖直上抛运动：初速度v00、加速度为g的匀减速直线运动. F合大

2、小变化，物体做变加速直线运动.【能力呈现】应试指导【考情分析】高考对力与直线运动考查的内容主要有：匀变速直线运动的规律及运动图象问题；行车安全问题；物体在传送带(或平板车)上的运动问题；带电粒子(或带电体)在电场、磁场中的匀变速直线运动问题；电磁感应中的动力学分析.题型既有选择题又有计算题，题目新颖，与生活实际联系密切，试题大多综合牛顿运动定律、受力分析、运动过程分析等内容.201420152016力与直线运动T5：匀变速图象T8：牛顿运动定律T5：匀变速直线运动T6：牛顿运动定律的应用T5：匀变速直线运动图象T14：位移、速度【备考策略】复习中，要灵活应用匀变速直线运动的公式，强化牛顿第二定

3、律分析问题的思路和应用，重点抓住“两个分析”和“一个桥梁”.“两个分析”是指受力分析和运动情景或运动过程分析.“一个桥梁”是指加速度是联系运动和受力的桥梁.综合应用牛顿运动定律和运动学公式解决问题.能力摸底1. (多选)(2016全国卷)甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其v-t图象如图所示.已知两车在t=3 s时并排行驶，则()A. 在t=1 s时，甲车在乙车后B. 在t=0时，甲车在乙车前7.5 mC. 两车另一次并排行驶的时刻是t=2 sD. 甲、乙两车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40 m【答案】 BD【解析】 在t=3 s时，两车并排，由图可得在13 s两车发生的位移大小相等

4、，说明在t=1 s时，两车并排，由图象可得前1 s乙车位移大于甲车位移，且位移差x=x2-x1=1 m=7.5 m，在t=0时，甲车在乙车前7.5 m，选项A、C错误，选项B正确；在13 s两车的平均速度v=20 m/s，各自的位移x=t=40 m，选项D正确.2. (多选)(2016南京、盐城一模)如图所示，蹦床运动员从空中落到床面上，运动员从接触床面下降到最低点为第一过程，从最低点上升到离开床面为第二过程，运动员()A. 在第一过程中始终处于失重状态B. 在第二过程中始终处于超重状态C. 在第一过程中先处于失重状态，后处于超重状态D. 在第二过程中先处于超重状态，后处于失重状态【答案】 C

5、D【解析】 运动员与床面接触到最低点，弹力先小于重力后大于重力，先加速运动后减速运动，加速度方向先向下后向上，第一过程先失重后超重，C项正确；第二过程是第一过程的逆过程，先超重后失重，D项正确.3. (2016金陵中学)如图所示，一倾角=37的足够长斜面固定在水平地面上.当t=0时，滑块以初速度v0=10m/s沿斜面向上运动，已知滑块与斜面间的动摩擦因数=0.5，重力加速度取g=10m/s2，sin 37=0.6，cos 37=0.8.下列说法正确的是()A. 滑块一直做匀变速直线运动B. t=1s时，滑块速度减为零，然后静止在斜面上C. t=2s时，滑块恰好又回到出发点D. t=3s时，滑块

6、的速度为4m/s【答案】 D【解析】 滑块上升过程：mgsin +mgcos =ma1，解得a1=10m/s2，下降过程mgsin -mgcos =ma2，解得a2=2m/s2，故A、B错误；上升时间t1=1s，上升距离s=5m，下降过程s=a2，解得t2= s，故C错误；t=3 s时，滑块还处于下降阶段，所v=a2t=4m/s，故D正确.4. (多选)(2016江苏卷)如图所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面.若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中()A. 桌布对鱼缸摩擦力的方向向左B. 鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等C. 若猫增大拉力

7、，鱼缸受到的摩擦力将增大D. 若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面【答案】 BD【解析】 猛地拉动时，桌布运动快，鱼缸对桌布的摩擦力向左，鱼缸受摩擦力向右，A项错误；由于鱼缸、桌布和桌面两两间动摩擦因数相同，鱼缸先加速后减速的加速度大小相等，故鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等，B项正确；猫增大拉力，鱼缸还是受到滑动摩擦力，大小不变，C项错误；猫减小拉力，当静摩擦力足以提供鱼缸运动的加速度时，鱼缸和桌布相对静止一起加速，D项正确.【能力提升】匀变速直线运动基本规律的应用求解匀变速直线运动问题的一般思路例题1(2016江淮十校二次联考)减速带是交叉路口上常见的一种交通设施，在某小区门口有一橡胶减

8、速带(如图)，有一警用巡逻车正以最大速度20m/s从小区门口经过，在离减速带50 m时警察发现一逃犯正以10 m/s的速度骑电动车匀速通过减速带，而巡逻车要匀减速到5 m/s通过减速带(减速带的宽度忽略不计)，然后立即以2.5 m/s2的加速度继续追赶.设在整个过程中，巡逻车与逃犯均在水平直道上运动，求从警察发现逃犯到追上逃犯需要的时间.【答案】 12.5 s【解析】 设巡逻车初速度为v1=20 m/s，到达减速带时速度为v2=5 m/s，开始时巡逻车距离减速带距离为x0=50 m，则巡逻车到达减速带时间为t1=4 s.在这段时间内逃犯前进的距离为x1=v逃t1=40 m.巡逻车到达减速带之后

9、再以加速度a=2.5 m/s2加速前进，当巡逻车再次达到最大速度v1=20 m/s时，所用时间为t2，根据速度公式v1=v2+at2，可以求出t2=6 s，在这6 s内，巡逻车前进的距离为x2=v2t2+a=75 m，与此同时，逃犯前进的距离为x3=v逃t2=60 m，此后巡逻车以最大速度v1=20 m/s前进，设经过t3时间巡逻车追上逃犯，则v1t3=(x1+x3-x2)+v逃t3，整理得到t3=2.5 s.即从巡逻车发现逃犯到追上逃犯，所需要的时间为t=t1+t2+t3=12.5 s.变式1(2015江苏卷)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，

10、放行和关闭的时间分别为5 s和2 s.关卡刚放行时，一同学立即在关卡1处以加速度2 m/s2由静止加速到2 m/s，然后匀速向前，则最先挡住他前进的关卡是()A. 关卡2 B. 关卡3 C. 关卡4 D. 关卡5【答案】 C【解析】 根据v=at可得，2=2t1，所以加速的时间为t1=1s，加速的位移为x1=at2=212 m=1 m，匀速运动的时间为t2= s=3.5 s，到达关卡2共用时4.5 s，所以可以通过关卡2继续运动.到达关卡3的时间为t3= s=4 s，此时关卡3也是放行的，可以通过.到达关卡4的总时间为(1+3.5+4+4)s=12.5 s，关卡放行和关闭的时间分别为5 s和2

11、 s，此时关卡4是关闭的，所以最先挡住他前进的是关卡4，所以C正确.动力学的两类基本问题1. 两类动力学问题的求解思路2. 应用牛顿第二定律解决动力学问题的步骤例题2(2016四川卷)避险车道是避免恶性交通事故的重要设施，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

12、运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44倍.货物与货车分别视为小滑块和平板，取cos =1，sin =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. 【答案】 (1) 5 m/s2沿坡面自下(2) 98 m【解析】 (1) 设货物质量为m，受到货车支持力大小为N1，车对货物摩擦力大小为f1，受力分析如图货物与货车间滑动摩擦因数为1，货物减速时加速度大小为a1，根据牛顿第二定律得mgcos =N1 mgsin +f1=ma1 f1=1N1 联立方程，代入数据得a1=5m/s2 方向沿坡面向下(2) 设货物对车压力大小为N1，对车摩擦

13、力大小为f1，根据牛顿第三定律N1=N1 f1=f1 车质量为4m，受到坡面支持力大小为N2，坡面对车阻力大小为f2，受力分析如图车减速时加速度大小为a2，根据牛顿第二定律得N2=N1+4mgcos f2+4mgsin -f1=4ma2 由题意得f2=0.445mg 联立代入数据得a2=5.5m/s2 方向沿坡面向下设货车和货物共同的初速度大小为v0，货物相对货车滑动4 m用时t，货物相对地面位移大小为x1，货车相对地面位移大小为x2，根据运动学公式有x1=v0t-a1t2 x2=v0t-a2t2 x1-x2=4m 联立代入数据得x2=48m 车长为L，货物相对车滑动4 m时车头距顶端L，坡长

14、为ss=L+x2+L 解得s=98m 变式2(2016南通、泰州、扬州、淮安二模)如图所示，钢铁构件A、B叠放在卡车的水平底板上，卡车底板和B间动摩擦因数为1，A、B间动摩擦因数为2，12，卡车刹车的最大加速度为a，a1g，可以认为最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等.卡车沿平直公路行驶途中遇到紧急情况时，要求其刹车后在s0距离内能安全停下，则卡车行驶的速度不能超过()A. B. C. D. 【答案】 C【解析】 刹车的过程中，A最容易相对滑动，为了安全，刹车时卡车的最大加速度a=2g，根据公式2as0=v2，有v=，C项正确，A、B、D项错误.动力学图象问题求解动力学问题的基本思路例题3(多选)

15、(2015淮安模拟改编)如图甲所示，水平地面上固定一足够长的光滑斜面，斜面顶端有一理想定滑轮，一轻绳跨过滑轮，绳两端分别连接小物块A和B.保持A的质量不变，改变B的质量m，当B的质量连续改变时，得到A的加速度a随B的质量m变化的图线，如图乙所示.设加速度沿斜面向上的方向为正方向，空气阻力不计，重力加速度取g=9.8m/s2，斜面的倾角为，下列说法正确的是() 甲 乙A. 若已知，可求出A的质量B. 若未知，可求出图乙中a1的值C. 若已知，可求出图乙中a2的值D. 若已知，可求出图乙中m0的值 【答案】 BC【解析】 由牛顿第二定律可知mg-mAgsin =(m+mA)a，解得加速度a=，当m

16、=0时，得a2=gsin ，故C正确；当mmA时a1=g，故B正确；无法求出A的质量，故A错误；当加速度a=0时，可知m0=mAsin ，无法求出，故D错误.变式3(多选)(2016盐城三模)某人站在力传感器上做“下蹲起跳”的动作，力传感器显示此过程F-t图象如图所示，则下列说法中正确的是()A. b点时人的速度为零B. c点时人开始向上起跳C. e点时加速度比b点大D. ac阶段处于下蹲过程中【答案】 CD【解析】 力传感器对人的作用力为支持力，方向竖直向上，从a到c阶段支持力始终小于人的重力，加速度方向向下，处于下蹲加速阶段，b点时速度不为零，c点为下蹲速度最大时刻，A、B选项错误，D项正

17、确；根据牛顿第二定律得出e点的加速度方向向上，b点的加速度方向向下，e点加速度大小比b点大，C项正确.滑块木板问题滑块木板问题的分析方法例题4(2016南师附中)如图所示，有两个高低不同的水平面，高水平面光滑，低水平面粗糙.一质量为5kg、长度为2 m的长木板靠在高水平面边缘A点，其表面恰好与高水平面平齐，长木板与低水平间的动摩擦因数为0.05.一质量为1kg可视为质点的滑块静止放置，距A点距离为3 m.现用大小为6N、水平向右的外力拉小滑块，当小滑块运动到A点时撤去外力，滑块以此时的速度滑上长木板.滑块与长木板间的动摩擦因数为0.5，取g=10m/s2.(1) 滑块滑动到A点时的速度大小.

18、(2) 滑块滑动到长木板上时，滑块和长木板的加速度大小分别为多少? (3) 通过计算说明滑块能否从长木板的右端滑出.【答案】 (1) 6 m/s(2) 5 m/s20.4 m/s2(3) 能【解析】 (1) 根据牛顿第二定律有：F=ma根据运动学公式有v2=2aL0联立方程解得v=6m/s其中m、F分别为滑块的质量和受到的拉力，a是滑块的加速度，v即是滑块滑到A点时的速度大小，L0是滑块在高水平面上运动位移(2) 根据牛顿第二定律有：对滑块有： 1mg=ma1代入数据解得：a1=5m/s2对长木板有：1mg-2(m+M)g=Ma2，解得a2=0.4m/s2其中M为长木板的质量，a1、a2分别是

19、此过程中滑块和长木板的加速度，1、2分别是滑块与长木板间和长木板与低水平面间的动摩擦因数(3) 设小滑块不滑出长木板，从小滑块滑上长木板到两者相对静止所用时间为t则：v-a1t=a2t解得t= s，则此过程中小滑块的位移为x1=vt-a1t2长木板的位移为x2=a2t2x1-x2= mL式中L=2 m为长木板的长度所以小滑块能滑出长木板右端变式4(2016常州中学)如图甲所示，一长方体木板B放在水平地面上，木板B的右端放置着一个小铁块A，在t=0时刻同时突然给A、B初速度，其中A的初速度大小为vA=1m/s，方向水平向左；B的初速度大小为vB=14m/s，方向水向右，木板B运动的v-t图象如图

20、乙所示.已知A、B的质量相等，A与B及B与地面之间均有摩擦(动摩擦因数不等)，A与B之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A始终没有滑出B，重力加速度取g=10m/s2.(提示：t=3s时刻，A、B达到共同速度v=2m/s；3s时刻至A停止运动前，A向右运动的速度始终大于B的速度).求：(1) 站在水平地面上的人看来A向左运动的最大位移.(2) B运动的时间及B运动的位移大小.【答案】 (1) 0.5m(2) 4 s25m【解析】 (1) 由图乙可知，03s内A做匀变速运动，速度由vA=-1m/s变为v=2m/s.则其加速度大小为：aA=m/s2=1m/s2方向水平向右.当A水平向左运动速度减为零

21、时，向左运动的位移最大，则：s=0.5m(2) 设A与B之间的动摩擦因数为1，由牛顿第二定律得：1mg=maA则：1=0.1由图乙可知，03s内B做匀减速运动，其速度由vB=14m/s变为v=2m/s.则其加速度大小为：aB=m/s2=4m/s2方向水平向左.设B与地面之间的动摩擦因数为2，由牛顿第二定律得：1mg+22mg=maB则：2=0.153s之后，B继续向右做匀减速运动，由牛顿第二定律得：22mg-1mg=maB则B的加速度大小为：aB=22g-1g=2m/s2方向水平向左.3s之后运动的时间为：t2=s=1s则B运动的时间为：t=t1+t2=4 s04 s内B的位移：xB=t1+t2=25 m方向水平向右.温馨提示：趁热打铁，事半功倍.请老师布置同学们及时完成配套检测与评估中的练习.