1、專題定位本專題解決的是物體(或帶電體)在力的作用下的勻變速直線運動問題高考對本專題考查的內容主要有：勻變速直線運動的規律及運動圖象問題；行車安全問題；物體在傳送帶(或平板車)上的運動問題；帶電粒子(或帶電體)在電場、磁場中的勻變速直線運動問題；電磁感應中的動力學分析考查的主要方法和規律有：動力學方法、圖象法、運動學的基本規律、臨界問題的處理方法等應考策略抓住“兩個分析”和“一個橋梁”“兩個分析”是指“受力分析”和“運動情景或運動過程分析”“一個橋梁”是指加速度是聯系運動和受力的橋梁綜合應用牛頓運動定律和運動學公式解決問題第1課時動力學觀點在力學中的應用1物體或帶電粒子做勻變速直線運動的條件是：

2、物體所受合力為恒力，且與速度方向共線2勻變速直線運動的基本規律為速度公式：vv0at位移公式：xv0tat2速度和位移公式的推論為：v2v2ax中間時刻的瞬時速度為v任意相鄰兩個連續相等的時間內的位移之差是一個恒量，即xxn1xna·(t)2.3速度時間關系圖線的斜率表示物體運動的加速度，圖線與時間軸所包圍的面積表示物體運動的位移勻變速直線運動的vt圖象是一條傾斜直線4位移時間關系圖線的斜率表示物體的速度，勻變速直線運動的xt圖象是一條拋物線5超重或失重時，物體的重力并未發生變化，只是物體對支持物的壓力(或對懸掛物的拉力)發生了變化物體發生超重或失重現象與物體的運動方向無關，只決定于

3、物體的加速度方向當a有豎直向上的分量時，超重；當a有豎直向下的分量時，失重；當ag且豎直向下時，完全失重1動力學的兩類基本問題的處理思路2解決動力學問題的常用方法(1)整體法與隔離法(2)正交分解法：一般沿加速度方向和垂直于加速度方向進行分解，有時根據情況也可以把加速度進行正交分解(3)逆向思維法：把運動過程的末狀態作為初狀態的反向研究問題的方法，一般用于勻減速直線運動問題，比如剎車問題、豎直上拋運動.題型1運動學圖象問題例1某物體質量為1kg，在水平拉力作用下沿粗糙水平地面做直線運動，其速度時間圖象如圖1所示，根據圖象可知()圖1A物體所受的拉力總是大于它所受的摩擦力B物體在第3s內所受的拉

4、力大于1NC在03s內，物體所受的拉力方向始終與摩擦力方向相反D物體在第2s內所受的拉力為零審題突破水平方向物體受幾個力作用？由圖象可知哪些信息？解析由題圖可知，第2s內物體做勻速直線運動，即拉力與摩擦力平衡，所以A、D選項錯誤；第3s內物體的加速度大小為1m/s2，根據牛頓第二定律可知物體所受合外力大小為1N，選項B正確；物體運動過程中，拉力方向始終和速度方向相同，摩擦力方向始終和運動方向相反，選項C正確答案BC以題說法解圖象類問題的關鍵在于將圖象與物理過程對應起來，通過圖象的坐標軸、關鍵點、斜率、面積等信息，對運動過程進行分析，從而解決問題(2013·四川·6)甲、乙兩

5、物體在t0時刻經過同一位置沿x軸運動，其vt圖象如圖2所示，則()圖2A甲、乙在t0到t1s之間沿同一方向運動B乙在t0到t7s之間的位移為零C甲在t0到t4s之間做往復運動D甲、乙在t6s時的加速度方向相同答案BD解析在t0到t1s之間，甲、乙兩物體的運動方向先相反，后相同，選項A錯誤在t0到t7s之間由乙物體的vt圖象的“線下面積”可知位移為0，選項B正確在t0到t4s之間甲物體沿x軸向同一個方向運動，選項C錯誤由甲、乙兩物體的vt圖象可知t6s時圖線的斜率均為負值，即它們的加速度方向相同，選項D正確題型2整體法與隔離法在連接體問題中的應用例2(2013·福建·21)質

6、量為M、長為L的桿水平放置，桿兩端A、B系著長為3L的不可伸長且光滑的柔軟輕繩，繩上套著一質量為m的小鐵環已知重力加速度為g，不計空氣影響圖3(1)現讓桿和環均靜止懸掛在空中，如圖3甲，求繩中拉力的大小；(2)若桿與環保持相對靜止，在空中沿AB方向水平向右做勻加速直線運動，此時環恰好懸于A端的正下方，如圖乙所示求此狀態下桿的加速度大小a；為保持這種狀態需在桿上施加一個多大的外力，方向如何？審題突破“光滑的柔軟輕繩”說明什么？環恰好懸于A端的正下方時，環的受力有什么特點？環和桿有什么共同特點？解析(1)如圖，設平衡時，繩中拉力為T，有2Tcosmg0由圖知cos由式解得Tmg(2)此時，對小鐵環

7、受力分析如圖，有Tsinma因|T|T|所以TTcosmg0由圖知60°，代入式解得ag如圖，設外力F與水平方向成角，將桿和小鐵環當成一個整體，有Fcos (Mm)aFsin (Mm)g0由式解得tan(或60°)F(Mm)g答案(1)mg(2)g(Mm)g，方向與水平方向成60°角斜向右上以題說法在應用牛頓運動定律分析連接體問題時，要靈活交替使用整體法和隔離法各部分以及整體的共同特點是加速度相同，但與物體間作用力有關的問題必須隔離出受力最簡單或未知量最少的物體來研究如圖4所示，光滑水平桌面上放置一長木板，長木板上表面粗糙，上面放置一小鐵塊，現有一水平向右的恒力F

8、作用于鐵塊上，以下判斷正確的是()圖4A鐵塊與長木板都向右運動，且兩者一定保持相對靜止B若水平恒力F足夠大，鐵塊與長木板間有可能發生相對滑動C若兩者保持相對靜止，運動一段時間后，拉力突然反向，鐵塊與長木板間有可能發生相對滑動D若兩者保持相對靜止，運動一段時間后，拉力突然反向，鐵塊與長木板間仍將保持相對靜止答案BD解析此情景的臨界狀態是木板與鐵塊之間達到最大靜摩擦力，隔離木板則得amax，再整體得Fmax(m木m鐵)·amax·Ffmax，當F<Fmax時，鐵塊與木板間總能保持相對靜止地加速(或減速)，C錯，D對當F>Fmax時，它們之間發生相對滑動，A錯，B對題

9、型3運動學基本規律的應用例3(2013·大綱·24)一客運列車勻速行駛，其車輪在鐵軌間的接縫處會產生周期性的撞擊s在相鄰的平行車道上有一列貨車，當該旅客經過貨車車尾時，貨車恰好從靜止開始以恒定加速度沿客車行進方向運動s內，看到恰好有30節貨車車廂被他連續超過已知每根鐵軌的長度為m，每節貨車車廂的長度為m，貨車車廂間距忽略不計求：(1)客車運行速度的大小；(2)貨車運行加速度的大小解析本題涉及的是勻變速直線運動問題(1)設客車車輪連續兩次撞擊鐵軌的時間間隔為t，每根鐵軌的長度為l，則客車速度為v其中lm，ts，得vm/s(2)設從貨車開始運動后ts內客車行駛了s1，貨車行駛了

10、s2，貨車的加速度為a,30節貨車車廂的總長度為L30×m由運動學公式有s1vts2at2由題給條件有Ls1s2由式解得am/s2答案(1)m/s(2)1.35 m/s2以題說法解決此類問題必須熟練掌握運動學的基本規律和推論(即五個關系式)對于勻減速直線運動還要會靈活運用逆向思維法對于追及相遇問題要能分別清晰地分析兩物體的運動過程，能找出空間和時間的關系等一物體以某一初速度在粗糙的水平面上做勻減速直線運動，最后停下來，若此物體在最初5s內通過的路程與最后5s通過的路程之比為95，求此物體一共運動了多少時間？答案7s解析設前5s的位移為x1，最后5s的位移為x2，運動的總時間為t，把運

11、動過程逆過來看，該運動就變成了初速度為零的勻加速直線運動，則有x1at2a(t5)2x2a×52x1x295聯立上式可知t7s題型4應用動力學方法分析傳送帶問題例4(16分)如圖5所示，豎直固定的光滑圓弧軌道AB半徑Rm，BC為水平傳送帶與a、b兩驅動輪的切點，AB與BC水平相切于B點(未連接，圓弧軌道不影響傳送帶運動)一質量為m3kg的小滑塊，從A點由靜止滑下，當傳送帶靜止時，滑塊恰好能滑到C點已知a、b兩輪半徑均為rm且兩輪與傳送帶間不打滑，滑塊與傳送帶間的動摩擦因數，取g10m/s2.問：圖5(1)BC兩點間的距離是多少？(2)當a、b順時針勻速轉動的角速度為0時，將滑塊從A點

12、由靜止釋放，滑塊恰好能由C點水平飛出傳送帶求0的大小以及這一過程中滑塊與傳送帶間產生的內能運動建模1.當傳送帶靜止時，物塊由B到C的運動是勻減速直線運動2當傳送帶運動時，物塊由B到C，可能會勻減速直線運動，也可能會勻加速直線運動，還有可能會做勻速直線運動，具體是哪一種要比較在B、C兩點的速度關系解析(1)滑塊從A到B，由動能定理有mgRmv(1分)vB5m/s(1分)由B到C：ag1m/s2(1分)由0v2axBC(1分)得xBCm(1分)(2)滑塊恰能在C點水平飛出傳送帶，則有mgm(2分)解得：vC2m/s(1分)0(1分)解得：05rad/s(1分)由vB>vC知滑塊在傳送帶上受到

13、向左的滑動摩擦力作用，即滑塊要減速到C點(1分)mgma(1分)滑塊減速時間t(1分)滑塊位移x1vBtat2(1分)傳送帶運動的距離x2vCt產生的內能Qmg(x1x2)(1分)解得：QJ(1分)答案(1)m(2)5rad/sJ以題說法1.傳送帶問題的實質是相對運動問題，這樣的相對運動將直接影響摩擦力的方向因此，搞清楚物體與傳送帶間的相對運動方向是解決該問題的關鍵2傳送帶問題還常常涉及到臨界問題，即物體與傳送帶速度相同，這時會出現摩擦力改變的臨界，具體如何改變要根據具體情況判斷如圖6甲所示，傾角為的足夠長的傳送帶以恒定的速率v0沿逆時針方向運行t0時，將質量m1kg的物體(可視為質點)輕放在

14、傳送帶上，物體相對地面的vt圖象如圖乙所示設沿傳送帶向下為正方向，取重力加速度g10m/s2.則()圖6A傳送帶的速率v010m/sB傳送帶的傾角30°C物體與傳送帶之間的動摩擦因數D0s摩擦力對物體做功Wf24J答案ACD解析當物體的速度超過傳送帶的速度后，物體受到的摩擦力的方向發生改變，加速度也發生改變，根據vt圖象可得，傳送帶的速率為v010m/s，選項A正確；1.0 s之前的加速度a110 m/s2,s之后的加速度a22m/s2，結合牛頓第二定律，mgsinmgcosma1，mgsinmgcosma2，解得sin0.6，37°，0.5，選項B錯誤，選項C正確；摩擦力

15、大小Ffmgcos4s內物體的位移為5m,s內物體的位移是11m，摩擦力做的功為4×(115) J24J，選項D正確2應用動力學方法分析平板車類問題審題示例(15分)如圖7所示，質量Mkg的長木板B靜止在光滑的水平地面上，在其右端放一質量mkg的小滑塊A(可視為質點)初始時刻，A、B分別以v0m/s向左、向右運動，最后A恰好沒有滑離B板已知A、B之間的動摩擦因數0.40，取g10 m/s2.求：圖7(1)A、B相對運動時的加速度aA和aB的大小與方向；(2)A相對地面速度為零時，B相對地面運動已發生的位移大小x；(3)木板B的長度l.審題模板答題模板(1)A、B分別受到大小為mg的摩

16、擦力作用，根據牛頓第二定律對A物體有mgmaA(1分)則aAgm/s2(1分)方向水平向右(1分)對B物體有mgMaB(1分)則aBmg/M1.0 m/s2(1分)方向水平向左(1分)(2)開始階段A相對地面向左做勻減速運動，到速度為零時所用時間為t1，則v0aAt1，解得t1v0/aAs(1分)B相對地面向右做勻減速運動xv0t1aBtm(1分)(3)A先向左勻減速運動至速度為零后，后相對地面向右做勻加速運動，加速度大小仍為aAm/s2B板向右一直做勻減速運動，加速度大小為aBm/s2(1分)當A、B速度相等時，A滑到B最左端，恰好沒有滑離木板B，故木板B的長度為這個全過程中A、B間的相對位

17、移(1分)在A相對地面速度為零時，B的速度vBv0aBt1m/s(1分)設由A速度為零至A、B速度相等所用時間為t2，則aAt2vBaBt2解得t2vB/(aAaB)s共同速度vaAt2m/s(1分)從開始到A、B速度相等的全過程，利用平均速度公式可知A向左運動的位移xAmm(1分)B向右運動的位移xBmm(1分)B板的長度lxAxBm(1分)答案(1)A的加速度大小為m/s2，方向水平向右B的加速度大小為m/s2，方向水平向左(2)m(3)m點睛之筆平板車類問題中，滑動摩擦力的分析方法與傳送帶類似，但這類問題比傳送帶類問題更復雜，因為平板車往往受到摩擦力的影響也做勻變速直線運動，處理此類雙體

18、勻變速運動問題要注意從速度、位移、時間等角度，尋找它們之間的聯系要使滑塊不從車的末端掉下來的臨界條件是滑塊到達小車末端時的速度與小車的速度恰好相等如圖8所示，質量M1kg的木板靜置于傾角37°、足夠長的固定光滑斜面底端質量m1kg的小物塊(可視為質點)以初速度v04m/s從木板的下端沖上木板，同時在木板上端施加一個沿斜面向上的F3.2 N的恒力若小物塊恰好不從木板的上端滑下，求木板的長度l為多少？(已知小物塊與木板之間的動摩擦因數0.8，重力加速度g10 m/s2，sin37°，cos37°)圖8答案m解析由題意，小物塊向上勻減速運動，木板向上勻加速運動，當小物塊

19、運動到木板的上端時，恰好和木板共速設小物塊的加速度為a，由牛頓第二定律mgsinmgcosma設木板的加速度為a，由牛頓第二定律FmgcosMgsinMa設小物塊和木板共同的速度為v，經歷的時間為t，由運動學公式vv0atvat設小物塊的位移為x，木板的位移為x，由運動學公式xv0tat2xat2小物塊恰好不從木板的上端滑下，有xxl聯立解得lm(限時：45分鐘)一、單項選擇題1(2013·浙江·17)如圖1甲所示，水平木板上有質量mkg的物塊，受到隨時間t變化的水平拉力F的作用(如圖乙)，用力傳感器測出相應時刻物塊所受摩擦力Ff的大小(如圖丙)取重力加速度g10m/s2，

20、下列判斷正確的是()甲圖乙圖丙圖1A5s內拉力對物塊做功為零B4NCD6s9s內物塊的加速度大小為m/s2答案D解析由題圖知4s后物塊的摩擦力不再隨F的變化而變化，即4s后物塊受到的是滑動摩擦力，此時物塊沿力F的方向開始運動，力F在4s后開始做正功，選項A錯誤；4s末物塊受滑動摩擦力為Ff3N，此時拉力F為4N，故水平方向合力F合FFf1N，選項B錯誤；由于Ffmg，故0.3，選項C錯誤；6s9s內，F5N，Ff3N，由a得am/s2，故選項D正確2如圖2所示，一連同裝備總重力為G的滑雪愛好者從滑雪坡道上由靜止開始沿坡道ABC向下滑行，滑到B點時滑雪者通過改變滑雪板角度的方式來增大摩擦力的大小

21、，使其到達底端C點速度剛好減為零已知AB>BC，設兩段運動過程摩擦力均為定值，下列分別為滑雪者位移、速度、加速度、摩擦力隨時間變化的圖象，其中正確的是()圖2答案B解析滑雪者在AB段加速，在BC段減速，在B點速度最大xt圖象中，圖線的斜率表示物體的速度，滑雪者在B位置的速度最大而不是零，A錯誤；由于滑雪者在AB段和BC段所受摩擦力恒定，且重力沿斜面向下的分力大小不變，故滑雪者在AB段和BC段所受合力大小均不變，即加速度大小均不變，滑雪者先做勻加速直線運動，后做勻減速直線運動，且AB>BC，故aAB<aBC，B正確，C錯誤；AB段，滑雪者加速下滑，則Gsin>Ff，又si

22、n<1，則AB段下滑過程中Ff比G要小，而不是D項表示的Ff與G相等，D錯誤3一個物體在多個共點力的作用下處于靜止狀態若僅使其中的一個力保持方向不變、大小逐漸減小到零，然后又從零逐漸恢復到原來的大小，在這一過程中其余各力均不變，則能正確描述該過程中物體速度隨時間變化的圖象是()答案D解析當其中一個力逐漸減小時，物體受到的合外力逐漸增大，物體的加速度逐漸增大，在vt圖線中，表現為圖線的斜率逐漸增大；當這個力逐漸恢復到原來的大小時，物體受到的合外力逐漸減小，物體的加速度逐漸減小，在vt圖線中，表現為圖線的斜率逐漸減小；當這個力恢復到原來大小時，合外力為零，此時vt圖線斜率為零，D正確4(20

23、13·廣東·13)某航母跑道長200m，飛機在航母上滑行的最大加速度為6m/s2，起飛需要的最低速度為50 m/，飛機在滑行前，需要借助彈射系統獲得的最小初速度為()A5m/s B10 m/sC15m/s D20 m/s答案B解析由vv2as得：v0m/s10 m/s.5(2013·安徽·14)如圖3所示，細線的一端系一質量為m的小球，另一端固定在傾角為的光滑斜面體頂端，細線與斜面平行在斜面體以加速度a水平向右做勻加速直線運動的過程中，小球始終靜止在斜面上，小球受到細線的拉力T和斜面的支持力FN分別為(重力加速度為g)()圖3ATm(gsinacos)F

24、Nm(gcosasin)BTm(gcosasin)FNm(gsinacos)CTm(acosgsin)FNm(gcosasin)DTm(asingcos)FNm(gsinacos)答案A解析小球受力如圖所示，由牛頓第二定律得水平方向：TcosFNsinma豎直方向：TsinFNcosmg解以上兩式得Tm(gsinacos)FNm(gcosasin)所以正確選項為A.二、多項選擇題6(2013·新課標·19)如圖4，直線a和曲線b分別是在平直公路上行駛的汽車a和b的位移時間(xt)圖線，由圖可知()圖4A在時刻t1，a車追上b車B在時刻t2，a、b兩車運動方向相反C在t1到t

25、2這段時間內，b車的速率先減少后增加D在t1到t2這段時間內，b車的速率一直比a車的大答案BC解析由題圖可知，t1時刻，b車追上a車，故A錯誤xt圖象的斜率表示速度，由于t2時刻a、b兩圖線的斜率一正、一負，故兩車運動方向相反，B正確；由b圖線的斜率的變化可以看出t1到t2這段時間b車的速率先減少后反向增加，C正確如圖所示，在t3時刻b圖線的斜率與a圖線的相等，此時兩車的速率相等，故D錯誤7如圖5所示，一小球分別以不同的初速度，從光滑斜面的底端A點向上做直線運動，所能到達的最高點位置分別為a、b、c，它們距斜面底端A點的距離分別為x1、x2、x3，對應到達最高點的時間分別為t1、t2、t3，則

26、下列關系正確的是()圖5A.B.<<C.D.>>答案BC解析表示的是平均速度，由題意可知到達a點的小球初速度最大，根據勻變速直線運動規律可知，小球滑到a點的過程平均速度最大，選項A錯誤，B正確；根據xat2可知，表示的是加速度的一半，由受力情況可知三個過程的加速度相等，選項C正確，D錯誤8在水平冰面上，一輛質量為1×103kg的電動雪橇做勻速直線運動，關閉發動機后，雪橇滑行一段距離后停下來，其運動的vt圖象如圖6所示，那么關于雪橇運動情況以下判斷正確的是(重力加速度g10m/s2)()圖6A關閉發動機后，雪橇的加速度為2m/s2B雪橇停止前30s內通過的位移是

27、200mCD雪橇勻速運動過程中發動機的功率為5×103W答案BCD解析由題圖的斜率可知，關閉發動機后，雪橇的加速度為m/s2，A錯誤；由題圖的面積可知，雪橇停止前30 s內通過的位移是200 m，B正確；對關閉發動機后雪橇的運動，由牛頓第二定律有mgma，代入a0.5 m/s2、g10m/s2，解得雪橇與水平冰面間的動摩擦因數為0.05，C正確；對雪橇的勻速運動有Fmg0、PFv，代入0.05、m1×103 kg、g10 m/s2、v10m/s，解得發動機的功率為P5×103W，D正確9如圖7所示，工廠利用皮帶傳輸機把貨物從地面運送到高出水平地面的C平臺上，C平臺

28、離地面的高度一定運輸機的皮帶以一定的速度v順時針轉動且不打滑將貨物輕輕地放在A處，貨物隨皮帶到達平臺貨物在皮帶上相對滑動時，會留下一定長度的痕跡已知所有貨物與皮帶間的動摩擦因數均為.若皮帶的傾角、運行速度v和貨物質量m都可以改變，始終滿足tan<.可以認為最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則()圖7A當速度v一定時，角越大，運送時間越長B當傾角一定時，改變速度v，運送時間不變C當傾角和速度v一定時，貨物質量m越大，皮帶上留下的痕跡越長D當傾角和速度v一定時，貨物質量m越大，皮帶上摩擦產生的熱越多答案AD解析開始時對貨物受力分析，根據牛頓第二定律得agcosgsin，根據運動學公式得貨物加速到與

29、傳送帶速度相等所需的時間t1，貨物加速過程的位移x1，貨物加速到與傳送帶的速度相等時，因為mgcos>mgsin，貨物將做勻速運動，根據運動學公式得物體勻速的時間t2，因此貨物從底端運送到頂端的時間tt1t2，當速度一定時，越大，加速度越小，運送的時間越長，A正確；當一定時，加速度一定，速度不同，運送時間不同，B錯誤；貨物相對傳送帶運動的位移xvt1t1t1，v和一定，速度一定，加速度一定，由t1得貨物的加速時間t1一定，貨物相對傳送帶的位移一定，C錯誤；摩擦產生的熱量為mgx，當傾角和速度v一定時，貨物質量越大，摩擦產生的熱越多，D正確三、非選擇題10潛艇部隊經常開展魚雷攻擊敵方艦艇演練如圖8所示，某次演練的簡化模型為：敵艦沿直線MN勻速航行，潛艇隱蔽在Q點不動，Q到的距離2000m當敵艦到達距離O點800m的A點時，潛艇沿QO方向發射一枚魚雷，正好在O點擊中敵艦敵艦因受魚雷攻擊，速度突然減為原來的，s后潛艇沿QB方向發射第二枚魚雷，魚雷在B點再次擊中敵艦測得1500m，不考慮海水速度的影響，潛艇和敵艦可視為質點，魚雷的速度大