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- 2021-05-11 发布
第2讲 力与物体的直线运动
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. D.
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。
答案 A
【真题示例2】 (2017·全国卷Ⅰ，25)真空中存在电场强度大小为E1的匀强电场，一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动，速度大小为v0，在油滴处于位置A时，将电场强度的大小突然增大到某值，但保持其方向不变。持续一段时间t1
后，又突然将电场反向，但保持其大小不变；再持续同样一段时间后，油滴运动到B点。重力加速度大小为g。
(1)求油滴运动到B点时的速度；
(2)求增大后的电场强度的大小；为保证后来的电场强度比原来的大，试给出相应的t1和v0应满足的条件。已知不存在电场时，油滴以初速度v0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B、A两点间距离的两倍。
解析 (1)设油滴质量和电荷量分别为m和q，油滴速度方向向上为正。油滴在电场强度大小为E1的匀强电场中做匀速直线运动，故匀强电场方向向上。在t＝0时，电场强度突然从E1增加至E2时，油滴做竖直向上的匀加速运动，加速度方向向上，大小a1满足
qE2－mg＝ma1①
油滴在时刻t1的速度为
v1＝v0＋a1t1②
电场强度在时刻t1突然反向，油滴做匀变速直线运动，加速度方向向下，大小a2满足
qE2＋mg＝ma2③
油滴在时刻t2＝2t1的速度为
v2＝v1－a2t1④
由①②③④式得
v2＝v0－2gt1⑤
(2)由题意，在t＝0时刻前有
qE1＝mg⑥
油滴从t＝0到时刻t1的位移为
s1＝v0t1＋a1t⑦
油滴在从时刻t1到时刻t2＝2t1的时间间隔内的位移为
s2＝v1t1－a2t⑧
由题给条件有v＝2g(2h)⑨
式中h是B、A两点之间的距离。
若B点在A点之上，依题意有
s1＋s2＝h⑩
由①②③④⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得
E2＝[2－2＋()2]E1⑪
为使E2＞E1，应有
2－2＋()2＞1⑫
即当0＜t1＜(1－)⑬
或t1＞(1＋)⑭
才是可能的；条件⑬式和⑭式分别对应于v2＞0和v2＜0两种情形。若B在A点之下，依题意有
s2＋s1＝－h⑮
由①②③⑥⑦⑧⑨⑮式得
E2＝[2－2－()2]E1⑯
为使E2>E1，应有
2－2－()2>1⑰
即t1>(＋1)⑱
另一解为负，不符合题意，已舍去。
答案 (1)v0－2gt1 (2)见解析
真题感悟
1.高考考查特点
(1)高考题注重基本概念的理解及基本公式及推论的灵活应用，计算题要注意数学知识的应用，如2017全国卷Ⅰ第25题考查了不等式的求解。
(2)熟练掌握运动学的基本规律及推论，实际问题中做好过程分析及运动中的规律选取是解题的关键。
2.解题常见误区及提醒
(1)基本概念、公式及基本推论记忆不准确，应用不灵活。
(2)实际问题中过程不清晰，时间关系、速度关系、位移关系把握不准。
(3)解决追及相遇问题时，要抓住题目中的关键词语(如“刚好”“最多”“至少”等)。
预测1
匀变速直线运动规律的灵活选用
预测2
追及相遇问题
预测3
应用匀变速直线运动规律解决生活实际问题
1.(2017·福建省毕业班质量检查)如图1，a、b、c、d为光滑斜面上的四个点。一小滑块自a点由静止开始下滑，通过ab、bc、cd各段所用时间均为T。现让该滑块自b点由静止开始下滑，则该滑块( )
图1
A.通过bc、cd段的时间均大于T
B.通过c、d点的速度之比为1∶2
C.通过bc、cd段的位移之比为1∶3
D.通过c点的速度等于通过bd段的平均速度
解析 当滑块由a点静止下滑时，滑块沿光滑的斜面做匀加速直线运动，加速度大小为a′。假设ab段的间距为x，则bc段、cd段的间距应分别为3x、5x，xbc∶xcd＝3∶5，C错误；如果滑块由b点静止释放，显然滑块通过bc段、cd段的时间均大于T，A正确；滑块在c点的速度应为v1＝，滑块在d点的速度应为v2＝，则v1∶v2＝∶，B错误；因为xbc∶xcd＝3∶5，显然通过c点的时刻不是bd的中间时刻，则滑块通过c点的速度不等于bd段的平均速度，D错误。
答案 A
2.为了保障市民出行安全，减少交通事故，交管部门强行推出了“电子眼”，此后机动车闯红灯大幅度减少。现有甲、乙两汽车正沿同一平直马路同向匀速行驶，甲车在前，乙车在后，它们行驶的速度均为10 m/s。当两车快要到十字路口时，甲车司机看到绿灯已转换成了黄灯，于是紧急刹车(反应时间忽略不计)，乙车司机为了避免与甲车相撞也紧急刹车，但乙车司机反应较慢(反应时间为0.5 s)。已知甲车紧急刹车时制动力为车重的
0.4，乙车紧急刹车时制动力为车重的0.5，g取10 m/s2。问：
(1)若甲司机看到黄灯时车头距警戒线15 m，他采取上述措施能否避免闯红灯；
(2)为保证两车在紧急刹车过程中不相撞，甲、乙两车行驶过程中应保持多大距离。
解法指导 (1)两车在司机的反应时间内做匀速运动，这一点要记住。
(2)两车避免相撞的临界条件是在同一位置处，后车的速度等于前车的速度。
解析 (1)甲车紧急刹车的加速度为a1＝0.4g＝4 m/s2
甲车停下来所需时间t1＝＝2.5 s
甲车滑行距离s＝＝12.5 m
由于12.5 m<15 m，所以甲车能避免闯红灯
(2)设甲、乙两车行驶过程中至少应保持距离s0，在乙车刹车t2时刻两车速度相等，则有：
乙车紧急刹车的加速度大小为a2＝0.5g＝5 m/s2
由v1＝v2得v0－a1(t2＋t0)＝v0－a2t2，解得t2＝2.0 s
此过程中乙的位移：x乙＝v0t0＋v0t2－a2t＝15 m
甲的位移：x甲＝v0(t0＋t2)－a1(t0＋t2)2＝12.5 m
所以两车安全距离至少为：s0＝x乙－x甲＝2.5 m
答案 (1)能 (2)2.5 m
3.足球比赛中，经常使用“边路突破、下底传中”的战术，即攻方队员带球沿边线前进，到底线附近进行传中。如图2，某足球场长90 m、宽60 m，攻方前锋在中线处将足球沿边线向前踢出，足球在地面上的运动可视为初速度为12 m/s的匀减速直线运动，减速过程的加速度大小为2 m/s2。
图2
(1)足球从开始减速到停下来的位移为多大？
(2)若足球开始做匀减速直线运动的同时，该前锋队员沿边线向前追赶足球，该队员的启动过程可视为初速度为零、加速度为2 m/s2的匀加速直线运动，他能达到的最大速度为8 m/s，则该前锋队员经过多长时间才能追上足球？
解析 (1)设足球初速度大小为v0，加速度大小为a1，足球做匀减速直线运动的时间为t1，位移为x1，则有v0＝a1t1，x1＝t1，代入数据可解得t1＝6 s，x1＝36 m。
(2)设前锋队员的加速度大小为a2，最大速度为vm，前锋队员加速到最大速度所用时间为t2、位移为x2，则有vm＝a2t2，x2＝t2，代入数据可解得t2＝4 s，x2＝16 m。前锋队员加速到最大速度时，足球的位移x1′＝v0t2－a1t＝32 m，故此时队员没有追上足球。之后前锋队员做匀速直线运动，到足球停止运动时，设前锋队员匀速运动的位移为x3，则有x3＝vm(t1－t2)，解得x3＝16 m。由于x1>x2＋x3，故当足球停止运动时，前锋队员仍没有追上足球，设前锋队员又运动了t3时间才追上足球，如图，则有x1－(x2＋x3)＝vmt3，代入数据解得t3＝0.5 s。故前锋队员追上足球所用的总时间t＝t1＋t3＝6.5 s。
答案 (1)36 m (2)6.5 s
归纳总结
1.“一画、二选、三注意”解决匀变速直线运动问题
2.追及问题的解题思路和注意事项
(1)解题思路
(2)注意事项：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。
直线运动中的图象问题
【真题示例】 (多选)(2016·全国卷Ⅰ，21)甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其v－t图象如图3所示。已知两车在t＝3 s时并排行驶，则( )
图3
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 m
C.两车另一次并排行驶的时刻是t＝2 s
D.甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40 m
解析 根据v－t图，甲、乙都沿正方向运动。t＝3 s时，甲、乙相遇，此时v甲＝30 m/s，v乙＝25 m/s，由v－t图线所围面积对应位移关系知，0～3 s内甲车位移x甲＝×3×30 m＝45 m，乙车位移x乙＝×3×(10＋25) m＝52.5 m。故t＝0时，甲、乙相距Δx1＝x乙－x甲＝7.5 m，即甲在乙前方7.5 m，B选项正确；0～1 s内，x甲′＝×1×10 m＝5 m，x乙′＝×1×(10＋15) m＝12.5 m，Δx2＝x乙′－x甲′＝7.5 m＝Δx1，说明甲、乙第一次相遇，A、C错误；甲、乙两次相遇地点之间的距离为x＝x甲－x甲′＝45 m－5 m＝40 m，所以D选项正确。
答案 BD
真题感悟
1.高考考查特点
(1)以选择题型为主，重在考查v－t图象的意义及图象信息的提取能力。2017年没有考查v
－t图象，2018年考查的几率很大。
(2)明确图象交点、斜率、截距的意义，并将图象信息与物体的运动过程相结合是解题的关键。
2.解题常见误区及提醒
(1)v－t图象、x－t图象不是物体运动轨迹，均反映物体直线运动的规律。
(2)在v－t图象中误将交点认为此时相遇。
(3)图象与动力学相结合的题目中不能正确地将图象信息和运动过程相结合。
预测1
运动学中的v－t图象问题
预测2
动力学中的图象问题
1.(2017·广西重点高中高三一模)甲、乙两车同时从同一地点沿着平直的公路前进，它们运动的v－t 图象如图4所示，下列说法正确的是( )
图4
A.两车在t＝40 s时再次并排行驶
B.甲车减速过程的加速度大小为0.5 m/s2
C.两车再次并排行驶之前，t＝30 s时两车相距最远
D.两车之间的距离先增大，再变小，最后不变
解析 t＝40 s时，甲车的位移为×30 m＋5×10 m＝425 m，乙车的位移为10×40 m＝400 m，甲车在乙车前面，A错误；甲车做减速运动的加速度大小为a＝ m/s2＝0.5 m/s2，B正确；在两车再次并排行驶之前，t＝20 s时，两车相距最远，C错误；两车距离先增大，再变小，最后又变大，D错误。
答案 B
2.(多选)如图5甲所示，足够长的固定光滑细杆与地面成一定倾角，在杆上套有一个光滑小环，沿杆方向给环施加一个拉力F，使环由静止开始沿杆向上运动，已知拉力F及小环速度v随时间t变化的规律如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2。则以下说法正确的是( )
图5
A.小环的质量是1 kg
B.细杆与地面间的夹角为30°
C.前1 s内小环的加速度大小为5 m/s2
D.前3 s内小环沿杆上升的位移为1.25 m
解析 设细杆与地面间的夹角为θ，由v－t图象可知0～1 s 内小环的加速度为a＝0.5 m/s2，因此选项C错误；拉力为F1＝5 N时，由牛顿第二定律得F1－mgsin θ＝ma，1 s 后小环做匀速直线运动，此时的拉力为F2＝4.5 N，根据力的平衡有F2＝mgsin θ，联立解得m＝1 kg，sin θ＝，因此选项A正确，B错误；根据题图乙，前1 s内小环沿杆上升的位移为x1＝×1 m＝0.25 m，之后2 s内做匀速直线运动，位移为x2＝0.5×2 m＝1.0 m，所以前3 s内小环沿杆上升的位移为x＝x1＋x2＝1.25 m，选项D正确。
答案 AD
归纳总结
1.x－t图象、v－t图象、a－t图象的物理意义
2.图象问题的五看
轴、线、斜率、面积、特殊点。
3.图象问题三点注意
(1)速度图线只有通过时间轴时速度方向才改变。
(2)利用v－t图象分析两个物体的运动时，要注意两个物体的出发点是否相同。
(3)物体的运动图象与运动模型的转化。
牛顿运动定律的综合应用
【真题示例1】 (多选)(2016·全国卷Ⅱ)两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球质量大于乙球质量。两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关。若它们下落相同的距离，则( )
A.甲球用的时间比乙球长
B.甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小
C.甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小
D.甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功
解析 小球的质量m＝ρ·πr3，由题意知m甲>m乙，ρ甲＝ρ乙，则r甲>r乙。空气阻力f＝kr，对小球由牛顿第二定律得，mg－f＝ma，则a＝＝g－＝g－，可得a甲>a乙，选项C错误；由h＝at2知，t甲v乙，故选项B正确；因f甲>f乙，由球克服阻力做功Wf＝f h知，甲球克服阻力做功较大，选项D正确。
答案 BD
【真题示例2】 (2017·全国卷Ⅲ，25)如图6，两个滑块A和B的质量分别为mA＝1 kg和mB＝5 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μ1＝0.5；木板的质量为m＝4 kg，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1。某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0＝3 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g＝10 m/s2。求
图6
(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和木板所受的摩擦力大小分别为f1、f2和f3，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。在物块B与木板达到共同速度前有
f1＝μ1mAg①
f2＝μ1mBg②
f3＝μ2(m＋mA＋mB)g③
由牛顿第二定律得
f1＝mAaA④
f2＝mBaB⑤
f2－f1－f3＝ma1⑥
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
v1＝v0－aBt1⑦
v1＝a1t1⑧
联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得
v1＝1 m/s⑨
(2)在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离为
sB＝v0t1－aBt⑩
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与木板组成的体系，由牛顿第二定律有
f1＋f3＝(mB＋m)a2⑪
由①②④⑤式知，aA＝aB；再由⑦⑧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
v2＝v1－a2t2⑫
对A有：v2＝－v1＋aAt2⑬
在t2时间间隔内，B(以及木板)相对地面移动的距离为
s1＝v1t2－a2t⑭
在(t1＋t2)时间间隔内，A相对地面移动的距离为
sA＝v0(t1＋t2)－aA(t1＋t2)2⑮
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
s0＝sA＋s1＋sB⑯
联立以上各式，并代入数据得
s0＝1.9 m⑰
(也可用下图中的速度—时间图线求解)
答案 (1)1 m/s (2)1.9 m
真题感悟
1.高考考查特点
(1)本考点的考查重在物体的受力分析、运动学公式与牛顿第二定律的综合应用。
(2)整体法、隔离法是动力学中连接体问题的常用方法，在不涉及相互作用力时，可用整体法，在涉及相互作用力时要用隔离的方式。
2.解题的常见误区及提醒
(1)研究对象选取时，不能灵活应用整体法、隔离法。
(2)对物体受力分析有漏力、多力现象，合力的计算易出错。
预测1
连接体问题
预测2
动力学观点在力学中的应用
预测3
动力学观点在电学中的应用
1.(多选)如图7所示，两个由相同材料制成的物体A、B
以轻绳连接，组成的连接体在倾角为θ的斜面上运动，已知A、B的质量分别为m1、m2，当作用力F一定时，关于物体B所受绳的拉力的说法正确的是( )
图7
A.与θ无关
B.与物体和斜面间的动摩擦因数无关
C.与系统运动状态有关
D.等于，仅与两物体质量有关
解析 对A、B组成的整体分析，根据牛顿第二定律得
a＝。对B分析，有T－m2gsin θ－μm2gcos θ＝m2a，解得T＝，由此式可知当F一定时，轻绳上的拉力与θ无关，与物体和斜面间的动摩擦因数无关，与运动状态无关，仅与两物体的质量有关，A、B、D正确。
答案 ABD
2.俯式冰橇(Skeleton)又叫钢架雪车，是冬奥会的比赛项目之一。俯式冰橇的赛道可简化为长度为1 200 m，起点和终点高度差为120 m的斜坡。比赛时，出发信号灯亮起后，质量为M＝70 kg的运动员从起点开始，以F＝40 N、平行于赛道的恒力推动质量m＝40 kg的冰橇开始运动，8 s 末迅速登上冰橇与冰橇一起沿直线运动直到终点。已知冰橇与赛道间的动摩擦因数μ＝0.05，设运动员登上冰橇前后冰橇速度不变，不计空气阻力，求：(g＝10 m/s2，取赛道倾角θ的sin θ＝，cos θ＝1)
(1)出发8 s内冰橇发生的位移；
(2)比赛中运动员的最大速度。
解析 (1)设出发8 s内冰橇的加速度为a1，
由牛顿第二定律有F＋mgsin θ－μmgcos θ＝ma1①
出发8 s内发生的位移为x1＝a1t②
联立①②解得x1＝48 m③
(2)8 s末冰橇的速度为 v1＝a1t1④
8 s后冰橇的加速度设为a2，由牛顿第二定律有
(m＋M)gsin θ－μ(m＋M)gcos θ＝(m＋M)a2⑤
到达终点时速度最大，设最大速度为v2，则
v－v＝2a2(x－x1)⑥
联立①②③④⑤⑥解得v2＝36 m/s。
答案 (1)48 m (2)36 m/s
3.(2017·湖南长沙四县3月模拟)如图8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＝＋5.0×10－5 C，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＝1.6×104 N/C。设运动过程中小物块所带的电荷量没有变化。
图8
(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＝＝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＝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aA＝＝14 m/s2
B做匀减速运动的加速度大小aB＝μg＝4 m/s2
B速度减为零的时间tB＝＝2 s
减速到零的位移大小xB＝＝8 m
A速度减为零的时间tA1＝＝ s
减速到零的位移大小xA1＝＝ m
则A反向做匀加速运动的加速度大小
aA′＝＝6 m/s2
则反向做匀加速直线运动的位移大小
xA2＝aA′(tB－tA1)2＝ m
则A、B的距离Δx＝xA2－xA1＋xB＝11.8 m
答案 (1)4 m/s2 0.48 N (2)11.8 m
归纳总结
解答牛顿运动定律的应用问题的方法
(1)研究对象的选取方法：整体法和隔离法灵活应用，一般已知或求解外力时选用整体法，已知或求解物体间的相互作用力时选用隔离法。
(2)受力分析的处理方法：合成法和正交分解法合理应用，当物体在两个力作用下变速运动时，可用合成法；当物体在两个以上的力的作用下变速运动时，常用正交分解法解题。
(3)多阶段问题的分析方法：常用程序法，即针对先后经历的几个过程逐一分析，运用程序法时要注意前一个过程的结束是后一个过程的开始，两个过程交接点的速度往往是解决问题的关键。