1、考题一 匀变速直线运动规律的应用1.匀变速直线运动常用的五种解题方法2.追及问题的解题思路和技巧(1)解题思路 分 析 两 物 体 运 动 过 程 画 运 动 示 意 图 或 v t图 象 找 两 物 体 位 移 关 系 列 位 移 方 程(2)解题技巧紧抓“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.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.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，另外还要注意最后对解的讨论分析.3.处理刹车类问题的思路先判断刹车时间
2、t0 ，再进行分析计算 .v0a例 1 如图 1 所示，云南省彝良县发生特大泥石流，一汽车停在小山坡底，司机突然发现在距坡底 240 m 的山坡处泥石流以 8 m/s 的初速度、0.4 m/s2 的加速度匀加速倾泻而下，假设泥石流到达坡底后速率不变，在水平地面上做匀速直线运动.已知司机的反应时间为 1 s，汽车启动后以 0.5 m/s2 的加速度一直做匀加速直线运动 .试分析司机能否安全脱离 .图 1解析 设泥石流到达坡底的时间为 t1，速度 为 v1，则：x 1v 0t1 a1t12 21v1v 0a 1t1解得：t 120 s，v 116 m/s而汽车在 t219 s 的时间内发 生的位移
3、为：x2 a2t 90.25 m12 2速度为：v 2a 2t29.5 m/s假设再经时间 t3，泥石流能够追上汽车，则有：v1t3x 2v 2t3 a2t12 23解得：t 26t 3361023因 2Mgcos 37 故箱子继续减速Mgsin 37 2Mgcos 37Ma 3 得 a32 m/s 2 x3 4 m 0 v2 2a3x2x 36.4 mmgcos )，将一直匀加速到底端；当滑块上滑时(mgsin gtan 时，受力如图乙，根据牛顿第二定律水平方向：F Csin F Bma 竖直方向：F Ccos mg 联立得：F C ，FBmamg tan mgcos FB与 a 也成线性关
4、系，F C不变所以 C 错误， D 正确.9.如图 8 所示，长 L1.5 m，高 h0.45 m，质量 M10 kg 的长方体木箱，在水平面上向右做直线运动.当木箱的速度 v03.6 m/s 时，对木箱施加一个方向水平向左的恒力 F50 N，并同时将一个质量 m1 kg 的小球轻放在距木箱右端 处的 P 点(小球可视为质点，放在 PL3点时相对于地面的速度为零)，经过一段时间，小球脱离木箱落到地面.木箱与地面的动摩擦因数为 0.2，其他摩擦均不计.取 g10 m/s 2，求：图 8(1)小球从离开木箱开始至落到地面所用的时间；(2)小球放上 P 点后，木箱向右运动的最大位移；(3)小球离开木
5、箱时木箱的速度.答案 (1)0.3 s (2)0.9 m (3)2.8 m/s，方向向左解析 (1)木箱上表面的摩擦不计，因此小球在离开木箱前相对地面处于静止状态，离开木箱后将做自由落体运动.由 h gt2，得 t s0.3 s12 2hg 20.4510小球从离开木箱开始至落到地面所用的时间为 0.3 s.(2)小球放到木箱后，木箱的加速度为：a1F M mgM m/s27.2 m/s 250 0.210 11010木箱向右运动的最大位移为：x1 m0.9 m0 v20 2a1 0 3.62 27.2小球放上 P 点后，木箱向右运动的最大位移为 0.9 m.(3)x1 小于 1 m，所以小球
6、不会从木箱的左端掉下，木箱向左运动的加速度为a2 m/s2F M mgM 50 0.210 110102.8 m/s 2设木箱向左运动的距离为 x2时，小球脱离木箱， 则x2x 1 (0.90.5) m1.4 mL3设木箱向左运动的时间为 t2，则：由 x2 a2t12 2得：t 2 s1 s2x2a2 21.42.8所以，小球离开木箱的瞬间，木箱的速度方向向左，大小为：v 2a 2t22.81 m /s2.8 m/s.10.如图 9 甲所示，质量为 m20 kg 的物体在大小恒定的水平外力作用下，冲上一足够长从右向左以恒定速度 v010 m/s 传送物体的水平传送带，从物体冲上传送带开始计时
7、，物体的速度时间图象如图乙所示，已知 02 s 内水平外力与物体运动方向相反，24 s 内水平外力与物体运动方向相反，g 取 10 m/s2.求：甲乙图 9(1)物体与传送带间的动摩擦因数；(2)04 s 内物体与传送带间的摩擦热 Q.答案 (1)0.3 (2)2 880 J解析 (1)设水平外力大小为 F，由图象可知 02 s 内物体做匀减速直 线运动，加速度大小为a15 m/s 2，由牛顿第二定律得：FF fma 124 s 内物体做匀加速直线运动，加速度大小 为 a21 m/s 2，由牛顿第二定律得：F fFma 2解得：F f60 N又 Ff mg由以上各式解得： 0.3(2)02 s 内物体的 对地位移x1 t110 mv1 02传送带的对地位移 x1v 0t120 m此过程中物体与传送带间的摩擦热Q1F f(x1x 1 )1 800 J24 s 内物体的对地位移x2 t2 2 mv2 02传送带的对地位移x2v 0t2 20 m此过程中物体与传送带间的摩擦热Q2F f(x2x 2 )1 080 J04 s 内物体与传送带间的摩擦热QQ 1Q 22 880 J
