1、第2讲 力与物体的直线运动,1(2018课标)(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t2时刻并排行驶。下列说法正确的是( ),A两车在t1时刻也并排行驶 B在t1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 本题考查对v-t图线的理解、追及和相遇问题。vt图线与时间轴包围的面积表示车运动的位移，t2时刻两车并排行驶，故t1时刻甲车在后，乙车在前，所以A错，B对。v-t图线上各点切线的斜率表示瞬时加速度，由此可知，C错，D对。 答案 BD,2(2018课标)(多选)甲、乙两车在同一平
2、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 本题考查x-t图像的应用，在x-t图像中，图线的斜率表示物体运动的速度，在t1时刻，两图线的斜率关系为k乙k甲，两车速度不相等；在t1到t2时间内，存在某一时刻甲图线的切线与乙图线平行，如图所示，该时刻两车速度相等，选项A错误、D正确。从0到t1时间内，乙车走过的路程为x1，甲车走过的路程小于x1，选项B错误。从t1到t
3、2时间内，两车走过的路程都为x2x1，选项C正确。,答案 CD,3(2018课标)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 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mgkx0。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，Fk(x0x)mgma。联立以上两式得Fkxma，所以Fx图像中图线是一条不过原点的倾斜直线，故A
4、正确。 答案 A,4(2016江苏单科)(多选)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，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 解析 由题图可见，鱼缸相对桌布向左滑动，故桌布对鱼缸的滑动摩擦力方向向右，A错。因为鱼缸与桌布、鱼缸与桌面间的动摩擦因数相等，所以鱼缸加速过程与减速过程的加速度大小相等，均为g；由vat可知，鱼缸在桌布上加速运动的时间与在桌面上减速运动的时间相等，故B正确。若猫增大拉力
5、，鱼缸受到的摩擦力仍为滑动摩擦力，由Ffmg可知，Ff不变，故C错。若猫的拉力减小到使鱼缸不会相对桌布滑动，则鱼缸就会滑出桌面，故D正确。 答案 BD,匀变速直线运动问题规范解题“四个步骤”,创新预测 1(多选)一物体以初速度v0做匀减速运动，第1 s内通过的位移s13 m，第2 s内通过的位移s22 m，又经过位移s3物体的速度减小为0，则下列说法中正确的是( ) A初速度v0的大小为2.5 m/s B加速度a的大小为1 m/s2 C位移s3的大小为1.125 m D位移s3内的平均速度大小为0.75 m/s,答案 BCD,2(2018安徽师大附中等校联考测试) 如图所示是一固定光滑斜面，A
6、物体从斜面顶端由静止开始下滑，当A物体下滑L距离时，B物体开始从离斜面顶端距离为2L的位置由静止开始下滑，最终A、B两物体同时到达斜面底端，则该斜面的总长度为( )A. B. C3L D4L,解析 设斜面长度为l，两球的加速度均为a，B物体下降的时间为t，则l2L at2；对物体A：下滑L的速度v ，lLvt at2；联立解得l ，故选A。 答案 A,1对运动图像的三点理解 (1)无论是x-t图像还是v-t图像都只能描述直线运动。 (2)x-t图像和v-t图像都不表示物体运动的轨迹。 (3)x-t图像和v-t图像的形状由x与t、v与t的函数关系决定。,2“三步”巧解图像问题,例1 (2018广
7、西桂林中学高三月考)图示为A、B两质点在同一条直线上运动的v-t图像如图所示，A的最小速度和B的最大速度相同。已知在t1时刻，A、B两质点相遇，则( ),A两质点是从同一地点出发的 B在0t2时间内，质点A的加速度先变小后变大 C在0t2时间内，两质点的位移相同 D在0t2时间内，合力对质点B做正功 解析 根据速度图像与坐标轴围成面积代表位移，可知，在0t1时间内，A的位移比B的位移大，而在t1时刻，A、B两质点相遇，所以出发时质点A在后，质点B在前，故A错误；根据图像的斜率表示加速度，则知在0t2时间内，,质点A的加速度先变小后变大，故B正确；由图知，在0t2时间内，A质点的位移比B的位移大
8、，故C错误；在0t2时间内，质点B的动能变化量为零，根据动能定理知，合力对质点B做的功为零，故D错误。 答案 B,创新预测 3(2018湖北八校联考)(多选) 如图所示为A、B两质点在同一直线上运动的位移-时间(x-t)图像。A质点的图像为直线，B质点的图像为过原点的抛物线，两图像交点C、D坐标如图。下列说法正确的是( ) AA、B相遇两次 Bt1t2时间段内B质点的平均速度 与A质点匀速运动的速度相等 C两物体速度相等的时刻一定在 t1t2时间段内的中间时刻 DA在B前面且离B最远时，B的位移为,解析 图线的交点表示同一时刻到达同一位置，即相遇，所以A、B相遇两次，故A正确；t1t2时间段内
9、A质点和B质点的位移相等，故B质点的平均速度与A质点匀速运动的速度相等，选项B正确；位移-时间图像斜率表示速度，B图线的切线斜率不断增大，而且B图线是抛物线，有xkt2，则知乙车做匀加速直线运动，因为t1t2时间段内，B质点的平均速度与A质点匀速运动的速度相等，而匀变速直线运动的平均速度等于这段时间内中间时刻的瞬时速度，所以两物体速度相等的时刻为t1t2时间段的中间时刻，故C正确；当A、B速度相等时，相距最远，此时A的位移为 ，B的位移小于 ，故D错误。 答案 ABC,4(2018黑龙江大庆二模)a、b、c三个物体在同一条直线上运动，三个物体的x-t图像如图所示，图线c是一条抛物线，坐标原点是
10、抛物线的顶点，下列说法中正确的是( ),Aa、b两物体都做匀速直线运动，两个物体的速度相同 Ba、b两物体都做匀变速直线运动，两个物体的速度大小相等，方向相反 C在05 s内，当t5 s时，a、b两个物体相距最近 D物体c一定做匀变速直线运动,解析 a、b位移图像中倾斜的直线表示物体做匀速直线运动，则知a、b两物体都做匀速直线运动，由图可知，a、b两图线的斜率大小相等、正负相反，说明两物体的速度大小相等、方向相反，故A、B错误。在05 s内，a物体沿正方向运动，b物体沿负方向运动，则当t5 s时，a、b两个物体相距最远，故C错误。由匀加速运动位移公式xv0t at2可知，x-t图像是抛物线，所
11、以物体c一定做匀加速直线运动，故D正确。 答案 D,5(2018陕西宝鸡高三二诊) 从同一地点同时开始沿同一直线运动的两个物体、的速度-时间图像如图所示，在0t2时间内，下列说法中正确的是( ),A物体所受的合外力不断增大，物体所受的合外力不断减小 B在第一次相遇之前，t1时刻两物体相距最远 Ct2时刻两物体相遇 D、两个物体的平均速度大小都是 解析 速度-时间图像的斜率表示加速度，从图中可知曲线的斜率一直减小，所以物体加速度一直减小，根据牛顿第二定律可得物体合力一直减小，物体斜率恒定，做匀减速直线运动，合力恒定，A错误；速度图像与坐标轴围成的面积表示位移，由图可知在t1时刻两物体面积差最大，
12、,答案 B,受力分析和运动分析是解决问题的关键，而加速度是联系力与运动的桥梁，基本思路如图所示。,例2 (2018深圳市第一次调研)(多选)如图甲所示，质量m1 kg、初速度v06 m/s的物块受水平向左的恒力F作用，在粗糙的水平地面上从O点开始向右运动，O点为坐标原点，整个运动过程中物块速率的平方随位置坐标变化的关系图像如图乙所示，g10 m/s2，下列说法中正确的是( ),At2 s时物块速度为零 Bt3 s时物块回到O点 C恒力F大小为2 N D物块与水平面间的动摩擦因数为0.1,答案 ACD,创新预测 6(多选)如图所示，A、B球的质量相等，弹簧的质量不计，倾角为的斜面光滑，系统静止时
13、，弹簧与细线均平行于斜面，在细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是( ),A两个小球的瞬时加速度均沿斜面向下，大小均为gsin BB球的受力情况未变，瞬时加速度为零 CA球的瞬时加速度沿斜面向下，大小为2gsin D弹簧有收缩的趋势，B球的瞬时加速度向上，A球的瞬时加速度向下，瞬时加速度都不为零,解析 系统静止，根据平衡条件可知： 对B球F弹mgsin ， 对A球F绳F弹mgsin ， 细线被烧断的瞬间，细线的拉力立即减为零，但弹簧的弹力不发生改变，则B球受力情况未变，瞬时加速度为零； 对A球根据牛顿第二定律得：a 2gsin ，故A、D错误，B、C正确。 答案 BC,7(2018河南洛阳市第二次
14、统考)如图甲所示，水平地面上固定一足够长的光滑斜面，一轻绳跨过斜面顶端的光滑轻质定滑轮，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(a1、a2、m0 未知)，设加速度沿斜面向上的方向为正方向，空气阻力不计，重力加速度为g，斜面的倾角为，下列说法正确的是( ),A若已知，可求出A的质量 B若已知，可求出乙图中m0的值 C若未知，可求出乙图中a2的值 D若未知，可求出乙图中a1的值 解析 据牛顿第二定律对B受力分析得： mgFma 对A得：FmAg sin mAa联立得a ,若已知，由知，不能求出A的质量m
15、A。故A错误。 当a0时，由式得，m0mA sin ，mA未知，m0不能求出。故B错误。 由式得，m0时，a2gsin ，故C错误。由式变形得a 。当m时，a1g，故D正确。答案 D,8(2018淮北第一中学模拟)如图甲所示，水平地面上轻弹簧左端固定，右端通过滑块压缩x0.4 m后锁定，t0时解除锁定释放滑块。计算机通过滑块上的速度传感器描绘出滑块的速度-时间图像如图乙所示，其中Oab段为曲线，bc段为直线，倾斜直线Od是t0时的速度图线的切线，已知滑块质量m2.0 kg，取g10 m/s2，则下列说法正确的是( ),A滑块被释放后，先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动 B弹簧恢复原长时，滑
16、块速度最大 C弹簧的劲度系数k175 N/m D该过程中滑块的最大加速度为35 m/s2 解析 根据v-t图线的斜率表示加速度，可知滑块被释放后，先做加速度逐渐减小的加速直线运动，弹簧弹力与摩擦力相等时速度最大，此时加速度为零，随后加速度反向增加，最后做匀减速直线运动，所以A、B错误；,从题图知，滑块脱离弹簧后(bc段)的加速度大小a1 m/s25 m/s2，由牛顿第二定律得摩擦力大小为：fmgma110 N；刚释放时滑块的加速度为：a2 m/s230 m/s2，此时滑块的加速度最大，所以D错误；由牛顿第二定律得：kxfma2，代入数据解得：k175 N/m，所以C正确。 答案 C,破解动力学
17、综合问题的两大关键,例3 如图，两个滑块A和B的质量分别为mA1 kg和mB5 kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为10.5；木板的质量为m4 kg，与地面间的动摩擦因数为20.1。某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v03 m/s。A、B相遇时，A与木板恰好相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g10 m/s2。求：,(1)B与木板相对静止时，木板的速度； (2)A、B开始运动时，两者之间的距离。 解析 (1)滑块A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动。设A、B所受的摩擦力大小分别为Ff1、Ff2，木板受地面的摩擦力大小为Ff3，
18、A和B相对于地面的加速度大小分别为aA和aB，木板相对于地面的加速度大小为a1。在滑块B与木板达到共同速度前有 Ff11mAg Ff21mBg Ff32(mmAmB)g,由牛顿第二定律得 Ff1mAaA Ff2mBaB Ff2Ff1Ff3ma1 设在t1时刻，B与木板达到共同速度，其大小为v1。由运动学公式有 v1v0aBt1 v1a1t1 联立式，代入已知数据得 v11 m/s，方向与B的初速度方向相同,(2)在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离为 sBv0t1aBt 设在B与木板达到共同速度v1后，木板的加速度大小为a2。对于B与木板组成的系统，由牛顿第二定律有 Ff1Ff3(mBm)
19、a2 由式知，aAaB；再由式知，B与木板达到共同速度时，A的速度大小也为v1，但运动方向与木板相反。由题意知，A和B相遇时，A与木板的速度相同，设其大小为v2。设A的速度大小从v1变到v2所用的时间为t2，则由运动学公式，对木板有,A和B相遇时，A与木板的速度也恰好相同。因此A和B开始运动时，两者之间的距离为,s0sAs1sB 联立以上各式，并代入数据得 s01.9 m (也可用下图中的速度-时间图线求解)答案 (1)1 m/s，方向与B的初速度方向相同 (2)1.9 m,创新预测 9.如图所示，质量为M10 kg的小车停放在光滑水平面上。在小车右端施加一个F10 N的水平恒力。当小车向右运
20、动的速度达到2.8 m/s时，在其右端轻轻放上一质量m2.0 kg的小黑煤块(小黑煤块视为质点且初速度为零)，煤块与小车间动摩擦因数0.20。假定小车足够长，g10 m/s2。则下列说法正确的是( ),A煤块在整个运动过程中先做匀加速直线运动稳定后做匀速直线运动 B小车一直做加速度不变的匀加速直线运动 C煤块在3 s内前进的位移为9 m D小煤块最终在小车上留下的痕迹长度为2.8 m 解析 根据牛顿第二定律，刚开始运动时对小黑煤块有： FNma1，FNmg0，代入数据解得： a12 m/s2,刚开始运动时对小车有：FFNMa2， 解得：a20.6 m/s2， 经过时间t，小黑煤块和车的速度相等
21、，小黑煤块的速度为：v1a1t，车的速度为：v2va2t，v1v2， 解得：t2 s。 以后煤块和小车一起运动，根据牛顿第二定律： F(Mm)a3，a3 m/s2,即煤块和小车一起以加速度a3 m/s2做加速运动，故选项A、B错误； 在2 s内小黑煤块前进的位移为： x1 a1t2 222 m4 m，然后和小车共同运动1 s时间，此1 s时间内位移为：x1v1ta3t24.4 m，故煤块在3 s内前进的位移为4 m4.4 m8.4 m，故选项C错误；,在2 s 内小黑煤块前进的位移x14 m，小车前进的位移为：x2vt a2t2(2.82 0.622)m6.8 m，两者的相对位移为：xx2x1
22、6.8 m4 m2.8 m，故选项D正确。 答案 D,10(多选)(2018四川成都外国语学校月考)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小滑块。木板受到随时间t变化的水平拉力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，取g10 m/s2，则( ),A当0F6 N时，滑块与木板之间的摩擦力随F变化的函数关系FfF B当F8 N时，滑块的加速度为1 m/s2 C滑块与木板之间的滑动摩擦因数为0.2 D滑块的质量m2 kg，木板的质量M4 kg 解析 当F等于6 N时，加速度为：a1 m/s2，对整体分析，由牛顿第二定律有：F(Mm)a，代入数
23、据解得： Mm6 kg，当F大于6 N时，,根据牛顿第二定律得：a F ，图像斜率k 0.5，解得：M2 kg，滑块的质量m4 kg，由牛顿第二定律得，对系统：F(Mm)a，对m：Ffma，解得：Ff F，故A正确，D错误；根据F大于6 N的图线知，F4时，a0，即：0 F ，解得：0.1，a F2，当F8 N时，长木板的加速度为：a2 m/s2；根据mgma得：滑块的加速度为ag1 m/s2，故B正确，C错误。 答案 AB,11如图所示，质量M1 kg的木板静置于倾角37、足够长的固定光滑斜面底端，质量m1 kg的小物块(可视为质点)以初速度v04 m/s从木板的下端冲上木板，同时在木板上端
24、施加一个沿斜面向上、大小为F3.2 N的恒力，若小物块恰好不从木板的上端滑下，求木板的长度l为多少？已知小物块与木板间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8。,解析 由题意可知，小物块向上做匀减速运动，木板向上做匀加速运动，当小物块运动到木板的上端时，恰好和木板具有共同速度 设小物块的加速度大小为a，由牛顿第二定律可得 mgsin mgcos ma 设木板的加速度大小为a，由牛顿第二定律可得 Fmgcos Mgsin Ma 设小物块和木板达到共同速度所用时间为t，由运动学公式可得v0atat,设小物块和木板共速时小物块的位移为x，木板的位移为x
25、，由位移公式可得xv0t at2，x at2 小物块恰好不从木板的上端滑下，有xxl； 以上各式联立并代入数据求解可得l0.714 m。 答案 0.714 m,传送带类问题的规范求解 传送带有水平传送带和倾斜传送带两类，往往涉及多个运动过程，常结合圆周运动、平抛运动进行考查，解答时可从以下两点进行突破： 1分析物体在传送带上的运动过程 物体相对传送带运动，分清二者的速度关系，明确不同状态下物体的受力情况及运动情况是解决问题的突破口,2分析每个过程的初、末速度 无论是单纯的传送带类问题，还是传送带与圆周运动、平抛运动相结合的问题，涉及多过程，前一个运动过程的末速度是后一个运动过程的初速度，因此速
26、度是联系前后两个过程的桥梁，分析每个过程的初、末速度是解决问题的关键。,【典例】 (2018衡水二模)如图是利用传送带装运煤块的示意图。其中传送带长L6 m，倾角37，煤块与传送带间的动摩擦因数0.8，传送带的主动轮和从动轮半径相等。主动轮轴顶端与运煤车底板间的竖直高度H1.8 m，与运煤车车厢中心的水平距离x1.2 m。现在传送带底端由静止释放一些煤块(可视为质点)，质量m5 kg，煤块在传送带的作用下运送到高处。要使煤块在轮的最高点水平抛出并落在车厢中心。取g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8。求：,(1)煤块在轮的最高点水平抛出时的速度大小； (2)主动轮和从动轮的半
27、径R； (3)电动机运送煤块多消耗的电能。 解析 (1)由平抛运动的公式得：xvt H gt2 代入数据解得v2 m/s。,(2)要使煤块在轮的最高点做平抛运动，则煤块到达轮的最高点时对轮的压力为零，由牛顿第二定律得 mgm 代入数据解得R0.4 m。 (3)由牛顿第二定律Fma得 agcos gsin 0.4 m/s2 由vv0at得t 5 s 煤块的位移x1 at25 m,由于tan 37，然后煤块做匀速直线运动到达顶端，传送带多消耗的电能： E mv2mgcos 37(vtx1)mgLsin 37 代入数据解得E350 J。 答案 (1)2 m/s (2)0.4 m (3)350 J,拓
28、展训练 1如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行。初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的vt图像(以地面为参考系)如图乙所示。已知v2v1，则( ),At2时刻，小物块离A处的距离达到最大 Bt2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大 C0t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左 D0t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用 解析 物块滑上传送带后将做匀减速运动，t1时刻速度为零，此时小物块离A处的距离达到最大，选项A错误；然后在传送带滑动摩擦力的作用下向右做匀加速运动，t2时刻与传
29、送带达到共同速度，此时小物块相对传送带滑动的距离最大，,选项B正确；0t2时间内，小物块受到的摩擦力方向始终向右，选项C错误；t2t3时间内小物块不受摩擦力，选项D错误。 答案 B,2如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为，以速度v0逆时针匀速转动。在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数tan ，则下列选项中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是( ),解析 小木块刚放上传送带，传送带的速度大于小木块的速度，传送带给小木块一沿斜面向下的滑动摩擦力，小木块由静止加速下滑；由分析得：mgsin mgcos ma1，a1g(sin cos )；当小木块加速至与传
30、送带速度相等时，由于tan ，小木块在重力作用下将继续加速，此后小木块的速度大于传送带的速度，传送带给小木块沿传送带向上的滑动摩擦力，但合力沿传送带向下，小木块继续加速下滑，同理得，a2g(sin cos )。所以本题正确选项为D。 答案 D,3如图所示，一水平传送装置由轮半径均为R m的主动轮O1和从动轮O2及传送带等构成。两轮轴心相距8.0 m，轮与传送带不打滑。现用此装置运送一袋面粉，已知这袋面粉与传送带之间的动摩擦因数为0.4，这袋面粉中的面粉可不断地从袋中渗出。(g取10 m/s2),(1)当传送带以4.0 m/s的速度匀速运动时，将这袋面粉由左端O2正上方的A点轻放在传送带上后，这
31、袋面粉由A端运送到O1正上方的B端所用的时间为多少？ (2)要想尽快将这袋面粉由A端送到B端(设初速度仍为零)，主动轮O1的转速至少应为多大？,解析 (1)设这袋面粉质量为m，其在与传送带产生相对滑动的过程中所受摩擦力fmg。 故而其加速度为： a g4.0 m/s2 因传送带的速度v带4.0 m/s，则这袋面粉加速运动的时间t1v带/a1.0 s，在t1时间内的位移s1为：,其后以v4.0 m/s的速度做匀速运动 s2lABs1vt2 解得：t21.5 s 运动的总时间为：tt1t22.5 s。 (2)要想时间最短，这袋面粉应一直向B端做加速运动， 由lAB at2可得：t2.0 s 此时传送带的运转速度为：vat8.0 m/s 由vR2nR可得：n4 r/s240 r/min。 答案 (1)2.5 s (2)4 r/s或240 r/min,
