專題01力與直線運動

【要點提煉】

1.解決勻變速直線運動問題的方法技巧

(1)常用方法

①基本公式法，包括V工=：=2

Ax=aTo

②v-t圖象法。

③比例法：適用于初速度為零的勻加速直線運動和末速度為零的勻減速直線運動。

④逆向思維法：末速度為零的勻減速直線運動可看做反向初速度為零的勻加速直線運動。

(2)追及相遇問題的臨界條件：前后兩物體速度相同時，兩物體間的距離最大或最小。

2.物體的直線運動

(1)條件：所受合外力與速度在同一直線上，或所受合外力為零。

(2)常用規律：牛頓運動定律、運動學公式、動能定理或能量守恒定律、動量定理或動量守恒定律。

3.動力學問題常見的五種模型

(1)等時圓模型(圖中斜面光滑)

小球下落時間相等小球下落時間相等

垂直于斜面

沿角平分線滑下最快當斜面傾角為45。時

所用時間最短

(2)連接體模型

rri7?F

兩物體一起加速運動，mi和m2的相互作用力為FN=-二，有無摩擦都一樣，平面、斜面、豎直方向都

mi十m2

一樣。

(3)臨界模型

兩物體剛好沒有相對運動時的臨界加速度a=gtana。

車壁彈力為零

光滑,斜面彈力為零

（4）彈簧模型

①如圖所示，兩物體要分離時，它們之間的彈力為零，速度相同，加速度相同，分離前整體分析，分離后

隔離分析。

②如圖所示，彈簧長度變化時隔離分析，彈簧長度不變（或兩物體運動狀態相同）時整體分析。

（5）下列各情形中，速度最大時加速度為零，速度為零時加速度最大。

4.傳送帶上物體的運動

由靜止釋放的物體，若能在勻速運動的傳送帶上同向加速到與傳送帶共速，則加速過程中物體的位移必與

物體和傳送帶的相對位移大小相等，且等于傳送帶在這個過程中位移的一半。

在傾斜傳送帶（傾角為0）上運動的物體，動摩擦因數與tan。的關系、物體初速度的方向與傳送帶速度方向

的關系是決定物體運動情況的兩個重要因素。

5.水平面上的板塊模型問題

分析兩物體的運動情況需要關注：兩個接觸面（滑塊與滑板之間、滑板與地面之間）的動摩擦因數的大小關

系，外力作用在哪個物體上。若外力作用在下面物體上，隨著力的增大，兩物體先共同加速，后發生相對

滑動，發生相對滑動的條件是下面物體的加速度較大。若外力作用在上面物體上，力增大過程中，兩物體

可能共同加速，也可能發生相對滑動，相對滑動時，上面物體的加速度較大。

【高考考向1勻變速直線運動規律的應用】

例1：（2022?山西晉中?二模）我國5G技術和應用居世界前列，無人駕駛汽車是利用先進的5G技術制造

的汽車。在不少大城市已經使用無人駕駛公交車。無人駕駛汽車上配有主動剎車系統，當車速超過

30km/h時，汽車主動剎車系統會啟動預判：車載電腦通過雷達采集數據在t°=。.6s內進行分析預判，若預

判汽車以原速度行駛后可能會發生事故，汽車會立即主動剎車。現有一無人駕駛汽車正以匕=36km/h的

速度勻速行駛，在它的正前方相距L=20m處有一大貨車正以%=28.8km/h的速度勻速行駛。若取重力

加速度g=10m/s2,問：

（1）預判結束時，兩車之間的距離。

（2）若預判結束時，汽車立即開始以。<4m/s2的加速度剎車，同時大貨車開始減速行駛，且剎車時大

貨車所受阻力與車重的比值可k=0.32,則要使兩車不相撞，求汽車加速度〃的取值范圍。（計算出的數據

請保留3位有效數字）

【答案】（1）18.8m；（2）1.74m/s2<a<4,00m/s2

【詳解】（1）f°=0.6s內，汽車和大貨車行駛的位移分別為

玉=v/o=6m

x2=v2t0=4.8m

預判結束時，兩車之間的距離為

x0=L-X1+X2=18.8m

（2）設汽車剎車總時間為tl,則有

0=4-atx

解得

tx>2.5s

大貨車減速時的加速度大小為

a'=kg=3.2m/s2

大貨車剎車總時間為

t—―—―=2.5s<%

2—ci'

所以大貨車先停下來。

設汽車的剎車位移為退,大貨車的剎車位移為匕，根據運動學規律有

0一片=_2ax3

0—=-2a'%4

要使兩車不相撞，應滿足

x3<x4+x0

解得

1.74m/s2<a<4.00m/s2

反思歸納」分析追及相遇問題的方法技巧

(1)一個臨界條件：速度相同，它往往是能否追上、物體間距離最大或最小的臨界條件，也是分析判斷

問題的切入點，如例1中兩車速度相同時相距最遠。

(2)兩個關系：時間關系和位移關系，通過畫草圖找出兩物體運動的時間關系和位移關系是解題的突

破口。

(3)能否追上的判斷方法：物體B追趕物體A(勻速追勻加速、勻減速追勻速或勻減速追勻加速)，開始

時，兩個物體相距Xo。①當VA=VB時，XA+XO<XB，則能追上；②當VA=VB時，XA+XO=XB，則恰好追上；

③當VA=VB時，XA+XO>XB，則不能追上。

特別注意：若被追趕的物體做勻減速直線運動，一定要注意判斷追上前該物體是否已經停止運動。

:拓展訓練】

1-1.(2022.河南安陽?模擬預測)一枚蘋果豎直上拋再落回原處，蘋果運動過程中受到的空氣阻力忽略不

計，從蘋果被拋出瞬間開始研究，其動能線滿足二次函數Ek=a/+bx+c的形式，其中0、氏c為常數且

均不等于0,關于其中x的物理意義，下列說法正確的是()

A.x表示蘋果的瞬時速度vB.x表示蘋果運動的位移〃

C.x表示蘋果運動的時間fD.%表示蘋果重力的功率尸

【答案】C

【詳解】豎直上拋運動，以豎直向上為正方向

2

v=v0-gt,-1gh=v-vl,P=mgv

AC.則蘋果動能

解得

=1m(vo-2^o+§2?2)

所以A錯誤，C正確；

B.蘋果動能

1，2=mv2

=—mv1(o-^)

2

B錯誤；

D.蘋果動能

2

1,21P

=—mv=-m

22mg

D錯誤。

故選C。

2-2(2022?遼寧沈陽.三模)足球比賽中，經常使用“邊路突破，下底傳中”戰術，即攻方隊員帶球沿邊線前

進，到底線附近進行傳中。某足球場長105m、寬68m,運動員在中線處將足球沿邊線向前踢出，足球在

地面上的運動可視為初速度為10m/s的勻減速直線運動，加速度大小為2m/s2。該運動員踢出足球0.5s后

從靜止開始沿邊線方向以2.5m/s2的加速度勻加速追趕足球，速度達到10m/s后以此速度勻速運動。求：

(1)足球剛停下來時，運動員的速度大小；

(2)運動員踢出足球后，經過多長時間能追上足球。

.105m?

底線

68m]中線1

二_______.

邊線

【答案】(1)10m/s；(2)5s

【詳解】(1)足球停止的時間

v10

t=—0=——s=5s

ax2

運動員延遲0.5s,追擊的過程中運在動員加速的時間

v

%=——=4As

a2

由于

\t+t1=4.5s<t

因此運動員的速度為10m/So

（2）足球的位移

_v

s=vt=—t=5x5m=25m

2

在前4.5s內，運動員的位移

、=—出彳=—x2.5x42=20m

接下來運動員勻速運動，所用時間

運動員追上足球的時間

r

t=At++12—5s

【高考考向2牛頓運動定律的綜合應用】

命題角度1連接體問題

例2：（2022.全國.高考真題）如圖，一不可伸長輕繩兩端各連接一質量為m的小球，初始時整個系統靜

置于光滑水平桌面上，兩球間的距離等于繩長L。一大小為F的水平恒力作用在輕繩的中點，方向與兩

3-

球連線垂直。當兩球運動至二者相距二七時，它們加速度的大小均為（）

5F3F

8m8m

【答案】A

3

【詳解】當兩球運動至二者相距不￡時，，如圖所示

由幾何關系可知

設繩子拉力為T,水平方向有

2Tcos3=F

解得

T=-F

8

對任意小球由牛頓第二定律可得

T=ma

解得

5F

a=—

8m

故A正確，BCD錯誤。

故選Ao

反思歸納」連接體問題的解決方法：整體法和隔離法

（1）加速度相同的連接體問題

①若求解整體的加速度，可用整體法。以整體為研究對象，分析整體所受外力情況，再由牛頓第二定

律求出加速度。

②若求解系統內力，可先用整體法求出整體的加速度，再用隔離法將內力轉化成外力，由牛頓第二定

律求解。

（2）加速度不同的連接體問題

若系統內各個物體的加速度不同，一般應采用隔離法。將各個物體分別作為研究對象，對每個研究對

象進行受力和運動情況分析，分別應用牛頓第二定律建立方程，并注意各個物體間的相互作用關系，聯立

求解。

:拓展訓練】

2-1（2022?四川巴中?模擬預測）越來越多的人喜歡挑戰極限，如圖是兩位“勇士”參與溜索活動，兩傾斜的

鋼絲拉索分別套有M、N兩個滑輪（滑輪與繩之間有可調節的制動片），兩滑輪上用安全帶系著兩位“勇

士”，當他們都沿拉索向下滑動時，M上的帶子與索垂直，N上的帶子始終豎直向下，則以下判斷正確

的是（）

勇士

A.M情況中，滑輪與索之間有摩擦力B.N情況中，滑輪與索之間無摩擦力

C.M情況中“勇士”做勻速直線運動D.N情況中“勇士”做勻速運直線動

【答案】D

【詳解】AC.滑輪M對應的安全帶的彈力方向傾斜，對“勇士”受力分析，如圖

則加速度大小為

_mgsin0

=gsin6

m

滑輪M做勻加速運動，對整體分析，有

Mgsin0-/=Ma

得

/=0

M情況中，滑輪與索之間沒有摩擦力，故AC錯誤；

BD.滑輪N對應的安全帶的彈力為豎直方向，可知N情況中“勇士”合力為零，做勻速直線運動，則滑輪

N受到沿鋼索向上的摩擦力，故B錯誤，D正確。

故選D。

命題角度2臨界問題

例3：（2022?遼寧?鞍山一中模擬預測）質量為m的小滑塊a靜置于粗糙斜塊b的斜面上，斜面傾角為0

（6><45°）,a、b間動摩擦因數〃=tan。，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。現對a施加一與斜面始終平行

B.若尸=0.75mgsind且為水平方向（如圖所示），則a的力口速度大小為Q25gsin6

C.若改變外力F的大小和方向，則b、c間摩擦力有為零的情況

D.若改變外力F的大小和方向，則b對c的最小壓力為Mg+mgcos2i9

【答案】BCD

【詳解】A.若尸=0.75/咫sin。，則F與重力沿斜面分力的合力為

Fk=J>2+(mgsin6了=^mgsin0

由于〃=tan。，即

fm=jumgcos6=mgsin0<2*1

所以a已經滑動。故A錯誤；

B.若b=0.75根gsin。，則a的合力為

加速度大小為

a=—=O.25gsin0

m

故B正確；

C.若改變外力F的大小和方向，當F與重力沿斜面分力的合力為0時，即F沿斜面向上且大小等于

mgsinS時，則b、c間摩擦力有為零。故C正確；

D.若改變外力F的大小和方向，則對ab整體分析：當F大小一定時，F與水平面的夾角越大，b對c的

壓力越小。而外力F與斜面始終平行，結合圖可知，F與水平面的夾角最大為0。

當夾角一定時，且a未滑動，F的值越大，b對c的壓力越小。而為F最大為

Fm=mgsinO+fm=2mgsin0

ab整體分析得

%sin6+N=(m+M)g

解得

N=Mg+mgcos23

若a滑動后，受力分析可知，a對b的摩擦力和壓力不變。則b對c的壓力不變為陵+根gcos26。故D

正確。

故選BCD。

反思歸納J

(1)處理臨界問題的關鍵是找出問題的臨界狀態，往往用極限分析法。

(2)動力學中的臨界狀態特點往往是此狀態下某個物理量為零。

3-1(2022.安徽?模擬預測)如圖，一小車的內表面ab和be光滑且互相垂直，be與水平方向的夾角為

37°,sin37°=0.6,cos37°=0.8,重力加速度為g,已知小車在水平方向上做勻加速直線運動，要使小球始

終不脫離小車，則()

a

3

A.若小車向左加速,加速度不能超過

3

B.若小車向左加速,加速度不能超過

加速度不能超過|g

C.若小車向右加速,

一4

D.若小車向右加速,加速度不能超過5g

【答案】BD

【詳解】AB.若小車向左加速，當必面對小球無作用力時，加速度最大，根據牛頓第二定律

mgtan37

解得

3

4=清

3

所以若小車向左加速，加速度不能超過A錯誤，B正確；

4

CD.若小車向右加速運動，當6c面對小球無作用力時，加速度最大，根據牛頓第二定律

mgtan530=tm2

解得

4

“2=3^

4

所以若小車向右加速，加速度不能超過C錯誤，D正確。

故選BD。

命題角度3傳送帶模型

例4(2022?上海市市西中學二模)如圖所示，以恒定速率vi=0.5m/s運行的傳送帶與水平面間的夾角

a=37°,轉軸間距L=4m。工作人員沿傳送方向以速度V2=1.5m/s從傳送帶頂端推下一件m=2kg的小包裹

(可視為質點)。小包裹與傳送帶間的動摩擦因數產0.8。取重力加速度g=10m/s2,sin37o=0.6,

cos37°=0.8o求：

(1)小包裹相對傳送帶滑動時加速度a的大小；

(2)小包裹在傳送帶上減速運動的時間t和位移s的大小。

(3)小包裹與傳送帶之間的摩擦力對小包裹做的功。

【答案】(1)0.4m/s2;(2)2.5s,

【詳解】(1)小包裹的速度V2大于傳動帶的速度VI,所以小包裹受到傳送帶的摩擦力沿傳動帶向上，受

力分析如圖所示

根據牛頓第二定律可知

mgsina—jumgcosa=ma

代入數據可得

a=-0.4m/s2

所以加速度的大小為0.4m/s2,方向為沿斜面向上;

(2)由(1)可知小包裹先在傳動帶上做勻減速直線運動，至速度與vi相同，用時

(匕一嗎)0.5-1.5-

t=―—江=-------s=2.5s

a-0.4

相應的勻減速直線運動的距離為

2.52

1.5x2.5+(-0.4)xm=2.5m

2

(3)因為s<￡,且

mgsina<jumgcosa

因此小包裹與傳動帶共速后做勻速直線運動至傳送帶底端勻速直線運動階段所受靜摩擦力大小為

f2=mgsina

位移大小為

=L—s

所以小包裹與傳送帶之間的摩擦力對小包裹做的功為

Wf=-fxs-f2(L—s)=-jLimgscosa-mg(^L—s^sina

代入數據可得

Wf=-50J

反思歸納」傳送帶問題的摩擦力分析

(1)關注兩個時刻

①初始時刻：物體相對于傳送帶的速度或滑動方向決定了該時刻的摩擦力方向。

②物體與傳送帶速度相等的時刻：摩擦力的大小、方向和性質(滑動摩擦力或靜摩擦力)可能會發生突

變。

(2)注意過程分解

①摩擦力突變點是加速度突變點，也是物體運動規律的突變點，列方程時要注意不同過程中物理量勿

混淆。

②摩擦力突變點對應的狀態是前一過程的末狀態，也是后一過程的初狀態，這是兩個過程的連接點。

(3)物體在傾斜傳送帶上運動時，物體與傳送帶速度相同后需要比較tan。與口的大小關系：n>tan9,

速度相同后一起運動，相對靜止；n<tan0,速度相同后，物體的加速度沿傳送帶向下，根據v與a的方向

關系即可判定運動情況。

4-1(2022?黑龍江?佳木斯一中三模)如圖所示為某超市的自動卸貨裝置示意圖，在運輸車和轉運車之間搭

建了一個長為乙=32m的運輸帶，傾角為e=37。，且在電機的帶動下以恒定的速度v=2m/s逆時針轉動。

現將質量為陽=50kg的包裝箱由運輸帶的頂端P無初速度釋放，包裝箱與運輸帶之間的動摩擦因數

從=0.5,經過一段時間包裝箱運動到運輸帶的底端Q。通過圓弧無能量損失進入質量為加2=100kg水平

靜止的轉運車，包裝箱與轉運車之間的動摩擦因數4=0.5,轉運車與地面之間的動摩擦因數為

4=0.1,包裝箱沒有滑離轉運車。重力加速度為g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8o則下列說法正

確的是()

A.包裝箱在運輸帶上運動的時間為L2s

B.整個過程中因摩擦產生的熱量為640J

C.轉運車長度Im,可以保證包裝箱沒有滑離轉運車

D.包裝箱在運輸帶上留下的劃痕長度為1m

【答案】ABD

【詳解】A.包裝箱在頂端P無初速度釋放時，向下做勻加速直線運動，設加速度為生,則有

包裝箱從釋放到與運輸帶共速所用時間為

v2

t,=——=——s=0.2s

1%10

包裝箱從釋放到與運輸帶共速通過的位移為

v2

%,=—t.=—x0.2m=0.2m<3.2m

12l2

由于

“igsina>"Mgcosa

包裝箱與運輸帶共速后，包裝箱繼續向下做勻加速直線運動，設加速度為。2,則有

=Mgsina-Mgcosa=2m/s2

■監

設包裝箱從共速到底端所用時間為4,則有

r12

L~Xy=Vt2+~〃2,2

解得

，2=卜或fz=-3s(舍去)

包裝箱在運輸帶上運動的時間為

t=tx+t2=1.2s

故A正確；

D.包裝箱從釋放到與運輸帶共速的過程，包裝箱相對于運輸帶向上運動，發生的相對位移為

Axj=vtx一再=0.2m

包裝箱從共速到底端，包裝箱相對于運輸帶向下運動，發生的相對位移為

必=(L-xl)-vt2=lm

由于

AX]<AX2

可知包裝箱在運輸帶上留下的劃痕長度為1m,故D正確。

B.包裝箱在運輸帶上運動因摩擦產生的熱量為

。[=〃[M[gcosa（AX[+AX2）=240J

包裝箱到達底端時的速度為

vl=v+a2t2=4m/s

包裝箱滑上轉運車，最終包裝箱和轉運車都處于靜止狀態，則包裝箱滑上轉運車時的動能全部變成因摩

擦產生的熱量，則有

1,

22=2^=4001

故整個過程中因摩擦產生的熱量為

Q=Ql+Q2=640J

故B正確；

C.包裝箱滑上轉運車做勻減速運動的加速度大小為

2

a3=出M1g=5m/s

轉運車做勻加速運動的加速度大小為

a，=〃Mg--（M+M2）g=im/s2

M2

包裝箱滑上轉運車到與轉運車共速曝所用時間為，則有

v共=vi-a3t3=a't3

解得

金睜=2m/s

3共3

此過程包裝箱與轉運車發生的相對位移為

人匕+u共v共4

Ax---------—~——m

23233

包裝箱與轉運車共速后，一起相對靜止向前做勻減速運動，則要保證包裝箱沒有滑離轉運車，轉運車長

4

度至少為]m,故C錯誤。

故選ABD?

命題角度4板塊模型

例5（2022?黑龍江?哈爾濱三中模擬預測）物流是經濟發展的重要組成部分，哈三中課題研究小組在探究

多物體疊放問題時，提出了如下問題：如圖所示，木塊A質量為叫=lkg,木板B質量為嗎=lkg,木板

C質量為/=2kg。其中AB間的動摩擦因數4=0.2,BC間的動摩擦因數〃2（大小未知）、地面可視為

光滑。零時刻木塊A的初速度%j=3m/s向右運動、同時木板B以初速度%2=2m/s向左運動、C的初速度

為零。木板B、C都足夠長，滑動摩擦力與最大靜摩擦力可視為相等，g=10m/s2o求：

（1）ABC共速時速度大小M,全過程中因摩擦而產生的熱量Q。

（2）為使BC第一次達到共速后就不再相對滑動，BC間的動摩擦因數〃2的取值范圍（要有必要的文字

解釋）。求在滿足前面條件時從零時刻到ABC不再相對滑動所需的時間t?

（3）若4=0.1,求因AB間摩擦力而產生熱量。是多少？

叫一」~§

7777777777777777777777777/777

【答案】（1）M=0.25m/s,6.375J；（2）/z>^,r=L375s；（3）=5.575J

Q=2Q1

【詳解】（1）地面光滑，ABC組成的系統動量守恒，規定向右為正方向，則有

州為1一m2y02=（仍+叫+叫）M

解得

v'=0.25m/s

根據能量轉化和守恒定律可得

2=（!1?廿）-1（州+鈾+殘）產

解得

2=6.375J

（2）開始運動時，C受到B對其向左的滑動摩擦力而向左加速，因此BC先達到向左的共速，而此時A

仍向右運動，為使得BC整體共速后不相對滑動，且加速度向右，則BC之間的靜摩擦力不大于最大靜摩

擦，BC共速后的加速度為“，根據牛頓第二定律可得

〃叫g=（叫+乃）。

解得

a=-m/s2

3

若BC不發生相對滑動，對于C板而言應滿足

外（叫+叫）g2叫a

解得

2-15..

從零時刻到ABC不再相對滑動，對A板使用動量定理可得

一〃［機［gt=g”一州為1

解得

t=1.375s

（3）若〃2=0.1,由（2）可知，BC達到共速后不再相對滑動，BC達到共速的速度為與c，所用時間為

%,對木板B而言

mna

1g+ZA（i+，％）g=hB

解得

2