2019年高考物理热点题型归纳与整合---力与直线运动

2019年高考物理热点题型归纳与整合---力与直线运动
题型一：匀变速直线运动的应用
1．匀变速直线运动问题求解思路
2．解答匀变速直线运动的常用技巧
(1)基本公式法：v ＝v 0＋at ，x ＝v 0t ＋12
at 2，v 2－v 20＝2ax . (2)重要推论法：
=v 0＋v t 2(利用平均速度求瞬时速度)；=v 20＋v 2t 2；Δx ＝aT 2(用逐差法求加速度)．
(3)逆向思维法：“匀减速至速度为零的过程”可逆向处理为“由静止开始做匀加速运动的过程”．
(4)图象法：利用v －t 图象或x －t 图象求解．
(5)比例法：初速度为零的匀变速直线运动规律
3．解决此类问题必须熟练掌握运动学的基本规律和推论．对于追及相遇问题要能分别清晰地分析两物体的运动过程，能找出空间和时间的关系等．
【例题1】已知OABC 为同一直线上的四点，AB 间的距离为l 1，BC 间的距离为l 2，一物体自O 点由静止出发，沿此直线做匀加速运动，依次经过A 、B 、C 三点，已知物体通过AB 段与BC 段所用的时间相等．则O 与A 的距离（ ）
A. ()
()2122138l l l l -- B. ()()212218l l l l +- C. ()()21221l l l l +- D. 21221l l l l ⎛⎫+ ⎪-⎝⎭
【答案】A 【解析】设物体通过AB 段与BC 段所用的时间均为t ，B 点的瞬时速度为：122B l l v t +=
，根
据推论在连续相等时间内的位移之差是一恒量得：△x =l 2-l 1=at 2，x OA =x OB -l 1 ，根据速度位移公式：22B OB v x a =，联立以上可得：()()2
122138OA l l x l l -=-，故A 正确，BCD 错误。

【例题2】物体以初速度v 0竖直上抛，经3s 到达最高点，空气阻力不计，则下列说法正确的是（ ）
A. 物体上升的最大高度为45m
B. 物体速度改变量的大小为30m/s ，方向竖直向上
C. 物体在第1s 内、第2s 内，第3s 内的平均速度之比为1:3:5
D. 物体在1s 内、2s 内，3s 内的平均速度之比为9:4:1
【答案】A
【解析】:
A 、采用逆向思维,结合竖直上抛运动的对称性知,物体上升的最大高度
211=109=45m 22
h gt =⨯⨯故A 正确 B 、物体速度改变量10330m/s v gt ∆==⨯=，方向竖直向下，故B 错误.
C 、物体在第1s 内、第2s 内、第3s 内的位移之比为5:3:1 ,则平均速度之比为5:3:1,故C 错误；
D 、根据初速度为零的匀加速直线运动的推论知,第1s 内、第2s 内、第3s 内的位移之比为1:3:5，采用逆向思维,知物体在1s 内、2s 内、3s 内的位移之比为5:8:9，则平均速度之比为5:4:3 ,故D 错误.
综上所述本题答案是：A
题型二 挖掘图象信息解决动力学问题
1．图象问题常见的是x －t 和v －t 图象，在处理特殊图象的相关问题时，可以把处理常见图象的思想以及方法加以迁移，通过物理情境遵循的规律，从图象中提取有用的信息，根据相应的物理规律或物理公式解答相关问题．处理图象问题可参考如下操作流程：
2．处理特殊图象问题时，在必要时可将该图象所反映的物理过程转换为常见的x－t或v－t 图象进行处理。

【例题4】甲、乙两汽车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．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
【答案】BD
【解析】A、B项，可根据速度-时间图像与时间轴所围面积大小判断位移大小，在t1—t2时间内，甲车位移大于乙车位移，又知t2时刻两车相遇，因此t1时刻甲车在后，乙车在前，故B项正确；C、D项，根据图像可知，甲、乙的斜率均先减小后增大，因此甲、乙的加速度先减小后增大，故C项错误，D项正确。

【易错点】看清坐标轴，速度-时间图像与时间轴所围面积表示什么
【例题4】甲乙两车在同一平直公路上同向运动，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．从t1到t2时间内的某时刻，两车速度相等【答案】CD
【解析】根据位移图像的物理意义可知，在t1时刻两车的位置相同，速度不相等，乙车的速度大于甲车的速度，选项A错误；从0到t1时间内，乙车走过的路程大于甲车，选项B错误；从t1到t2时间内，两车都是从x1位置走到x2位置，两车走过的路程相等，选项C正确；根据位移图像的斜率可知，从t1到t2时间内的某时刻，两车速度相等，选项D正确，故选CD。

【易错点】看清坐标轴，位移图像的物理意义是什么
【例题5】如图所示，光滑水平地面上，可视为质点的两滑块A、B在水平外力的作用下紧靠在一起压缩弹簧，弹簧左端固定在墙壁上，此时弹簧的压缩量为x0，以两滑块此时的位置为坐标原点建立如图所示的一维坐标系，现将外力突然反向并使B向右做匀加速运动，下列关于外力F、两滑块间弹力F N与滑块B的位移x变化的关系图像可能正确的是
【答案】BD
【解析】设A、B向右匀加速运动的加速度大小为a，根据牛顿第二定律，对整体有F＋k(x0－x)＝(m A＋m B)a，可得F＝kx＋(m A＋m B)a－kx0，若(m A＋m B)a＝kx0，得F＝kx，则F与x 成正比，F-x图像可能是过原点的直线，对A有k(x0－x)－F N＝m A a，得F N＝－kx＋kx0－m A a，可知F N-x图像是向下倾斜的直线，当F N＝0时A、B开始分离，此后B做匀加速运动，F
不变，则A 、B 开始分离时有x ＝x 0－m A a k
＜x 0，因此B 和D 是可能正确的。

【易错点】找到A 、B 开始分离的位置是解题关键，此处也是易错点。

【例题6】如图甲所示，质量m ＝1 kg 、初速度v 0＝6 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象如图乙所示，g ＝10 m/s 2，下列说法中正确的是
A ．t ＝2 s 时物块速度为零
B ．t ＝3 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
【解析】通过图象可知，物块在恒力F 作用下先做匀减速直线运动，恒力F 反向后做匀加速直线运动，根据图线求出匀加速直线运动和匀减速直线运动的加速度大小，结合牛顿第二
定律求出恒力F 和摩擦力的大小．物体匀减速直线运动的加速度大小为：a 1＝v 202x 1＝362×6
m/s 2＝3 m/s 2，物体匀减速直线运动的时间为：t 2＝v 0a 1＝63
s ＝2 s ，故A 正确；匀加速直线运动的加速度大小为：a 2＝v ′22×x 2＝162×8 m/s 2＝1 m/s 2，反向加速到出发点的时间t ′＝2x 1a 2＝2×61
s ＝2 3 s ，故B 错误；根据牛顿第二定律得：F ＋f ＝ma 2，F －f ＝ma 2，联立两式解得F ＝2 N ，
f ＝1 N ，则动摩擦因数为μ＝f m
g ＝110
＝0.1，故C 、D 正确． 【易错点】结合物块速率的平方随位置坐标变化的关系图象求解，充分利用速率的平方随位置坐标变化的关系图象。

题型三 动力学的连接体问题
1．加速度相同的连接体问题
(1)若求解整体的加速度，可用整体法．整个系统看作一个研究对象，分析整体受外力情况，再由牛顿第二定律求出加速度．
(2)若求解系统内力，可先用整体法求出整体加速度，再用隔离法将内力转化成外力，由牛顿第二定律求解．
2．加速度不同的连接体问题
若系统内各个物体的加速度不同，一般应采用隔离法．以各个物体分别作为研究对象，对每个研究对象进行受力和运动情况分析，分别应用牛顿第二定律建立方程，并注意各个物体的相互作用关系，联立求解．
【例题7】如图所示，物体叠放在物体B 上，B 置于光滑水平面上，A 、B 质量分别为m A =6 kg ，m B =2kg ，A 、B 之间的动摩擦因数μ=0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

现对A 施加一水平力F 用，则A 、B 的加速度可能是(g 取10m/s 2)
A. a A =6m/s 2．a B =2 m/s 2
B. a A =2m/s 2．a B =6 m/s 2
C. a A =8m/s 2．a B =4 m/s 2
D. a A =10m/s 2．a B =6 m/s 2
【答案】D
【解析】试题分析：通过隔离法求出A 、B 发生相对滑动的临界加速度，再通过整体法结合牛顿第二定律求出拉力．根据拉力的大小与该临界情况拉力的关系，讨论两者的加速度 对B 而言，当A 、B 间的摩擦力达到最大值时，此时的加速度达到最大，则12m A f m g N μ==，则最大加速度2212/6/2
A B m g
a m s m s m μ===．对整体运用牛顿第二定律可得()48A B F m m a N =+=，即当拉力增加到48N 时，发生相对滑动，当48F N ≤时，26/A B a a m s =≤，当48F N >时，A B a a >，且26/A a m s >，26/B a m s =恒定不变，故D 正确．
【例题8】如图所示，质量为2m 的物块B 放置在光滑水平桌面上，其上放置质量1m 的物块A ，A 通过跨过定滑轮的细线与质量为M 的物块C 连接，释放C ，A 和B 一起以加速度a 从静止开始运动，已知A 、B 间动摩擦因数为1μ，则细线中的拉力大小为
A. Mg
B. Mg+Ma
C. Mg Ma -
D. 111m a m g μ+
【答案】C
【解析】对AB 的整体，根据牛顿第二定律()12T m m a =+，C 正确；
对C ：Mg T Ma -=，解得T Mg Ma =-，AB 错误；
对物体A ：1T f m a -=，则1T m a f =+，因f 为静摩擦力，故不一定等于11m g μ， D 错误；故选C 。

题型四 应用动力学方法分析传送带问题
1．传送带问题的实质是相对运动问题，这样的相对运动将直接影响摩擦力的方向．因此，搞清楚物体与传送带间的相对运动方向是解决该问题的关键．
2．传送带问题还常常涉及到临界问题，即物体与传送带速度相同，这时会出现摩擦力改变的临界状态，具体如何改变要根据具体情况判断．
【例题9】如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v 1运行．初速度大小为v 2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v ﹣t 图象（以地面为参考系）如图乙所示．已知v 2＞v 1，物块和传送带间的动摩擦因数为μ，物块的质量为m ，则（ ）
A. t 2时刻，小物块离A 处的距离达到最大
B. 0﹣t 2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左
C. 0﹣t 2时间内，摩擦力产生的热量为()
211212v t v t t mg μ+-
D. 0﹣t 2时间内，物块在传送带上留下的划痕为()12112
22v v t v t ++
【答案】D
【解析】A 、10t ～时间内木块向左做匀减速直线运动，1t 时刻以后小物块向右运动，则1t 时刻小物块向左运动到速度为零，离A 处的距离达到最大，故A 错误；
B 、20t ～时间内，小物块受到的摩擦力方向始终向右，23t t ～时间内小物块不受摩擦力作用，故B 错误；
C 、20t -时间内，物块与传送带间的相对路程为： ()()121212112111212222t v t t v v t v t v t s v t v t t ⎡⎤-+∆=++--=+⎢⎥⎣⎦
（）（） 摩擦产生的热量为：()121
1222v v t v t Q mg s mg μμ⎡⎤+=∆=+⎢⎥⎣⎦
，故C 错误； D 、20t -时间内，物块在传送带上留下的划痕为：()12112
22v v t v t L s +=∆=+，故D 正确。

【点评】：本题的解题关键要根据速度图象分析出小物块的运动情况，再分析物块所受的摩擦力的情况，要知道摩擦生热与相对位移有关。

【例题10】水平传送带被广泛应用于飞机场和火车站，对旅客的行李进行安全检查，如图为一水平传送带装置示意图，绷紧的传送带AB 始终保持1 m/s 的恒定速度运行，一质量为m ＝4 kg 的行李无初速的放在A 处，该行李与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，AB 间的距离l ＝2 m ，g 取10 m/s 2，求：
(1)行李从A 运送到B 所用的时间t 为多少；
(2)电动机运送该行李需消耗的电能E 为多少；
(3)如果提高传送带的运行速率，行李就能够较快的传送到B 处，求行李从A 处传送到B 处的最短时间和传送带对应的最小运行速率v ′。

【答案】(1)2.5 s (2)4 J (3)2 s 2 m/s
【解析】(1)行李轻放在传送带上，开始是静止的，行李受滑动摩擦力而向右运动，设此时行李的加速度为a ，由牛顿第二定律得μmg ＝ma ，a ＝1.0 m/s 2
设行李从速度为零运动至速度为1 m/s 所用的时间为t 1，所通过的位移为s 1，则
v ＝at 1，t 1＝1 s ，s 1＝12at 12，s 1＝0.5 m 行李速度达到1 m/s 后与皮带保持相对静止，一起做匀速运动，设所用时间为t 2
则t 2＝l －s 1v
＝1.5 s 设行李从A 运送到B 共用时间为t ，则t ＝t 1＋t 2＝2.5 s 。

(2)电动机需消耗的电能就是行李增加的动能和系统增加的内能之和，故
E ＝12
mv 2＋μmg ΔL 行李与传送带的相对位移ΔL ＝vt 1－s 1＝0.5 m ，
(3)行李从A 匀加速运动到B 时，传送时间最短，有l ＝12
at 2 代入数据得t ＝2 s ，
此时传送带对应的运行速率为v ′≥at min ＝2 m/s
故传送带对应的最小运行速率为2 m/s 。

题型五：应用动力学方法分析“滑块—木板模型”问题
滑块—木板模型类问题中，滑动摩擦力的分析方法与传送带类似，但这类问题比传送带类问题更复杂，处理此类物体匀变速运动问题要注意从速度、位移、时间等角度，寻找它们之间的联系．流程：
【例题11】如图所示，AB 、CD 为两个光滑的平台，一倾角为 37°，长为 5 m 的传送带与
两平台平 滑连接。

现有一小煤块以 10 m/s 的速度沿平台 AB 向右运动，当传送带静止时，小煤块恰好能滑到平台 CD 上，则下列说法正确的是（重力加速度 g=10m/s 2
，sin370=0.6，cos370=0.8）（）
A. 小煤块跟传送带间的动摩擦因数ì=0.5
B. 当小煤块在平台 AB 上的运动速度 v=4 m/s 时，无论传送带匀速运动的速度多大，小物体都不能到达平台 CD
C. 若小煤块以 v=8 m/s 的速度沿平台 AB 向右运动，传送带至少要以 3m/s 的速度顺时针 运动，才能使小物体到达平台 CD
D. 若小煤块以 v=8m/s 的速度沿平台 AB 向右运动，传送带以 4m/s 的速度顺时针运动时， 传送带上留下的痕迹长度为 2.4m
【答案】ABC
【解析】A 、传送带静止时，小煤块受力如图甲所示
据牛顿第二定律得cos sin umg mg ma θθ+=，B →C 过程有22v al = ，
解得210/a m s =，0.5μ=，故A 正确；
B 、当小煤块受到的摩擦力始终向上时，最容易到达传送带顶端，此时，小物体受力如图乙所示，据牛顿第二定律得sin cos mg umg ma θθ-='， 若恰好能到达高台时，有22v a l =' ，解得25/4/v m s m s =>，即当小煤块在AB 平台上向右滑动速度小于4m/s ，无论传带顺时针传动的速度多大，小煤块总也不能到达高台CD ，故B 正确；
C 、以v '表示传送带顺时针传动的速度大小，对从小煤块滑上传送带到小物体速度减小到传
送带速度过程有2212v v ax -='，对从小煤块速度减小到运动到恰滑上CD 高台过程，有222v a x =''，12x x l +=， 解得3/v m s '=，即传送带至少以3 m/s 的速度顺时针运动，小物体才能到达高台CD ，故C 正确；
D 、对小煤块煤块的位移12x m =，22112x l x v t a t =-''=-，t=1s ，传送带的位移1 1.6v v s v m a
'-⨯='=，24s v t m '==，传送带上留下的痕迹长度221x s m -=，故D 错误； 故选ABC 。

【例题11】如图甲所示，足够长的木板B 静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A 。

滑块A 受到随时间t 变化的水平拉力F 作用时，滑块A 的加速度a 与拉力F 的关系图象如图乙所示。

滑块A 的质量记作，长木板B 的质量记作，则（）
A. 1A m kg =
B. 2A m kg =
C. 3B m kg =
D. 4B m kg =
【答案】AC
【解析】试题分析：当拉力较小时，A 和B 保持相对静止一起做匀加速直线运动，当拉力达到一定值时，A 和B 发生相对滑动，结合牛顿第二定律，运用整体和隔离法进行解答． 由图知，当12F N =时，加速度为23/a m s =，对整体分析，由牛顿第二定律有()A B F m m a =+，代入数据解得：4A B m m kg +=，当F 大于12N 时，A 、B 发生相对滑动，根据牛顿第二定律得：对A 有1A A A
F m g a F g m m μμ-==-，由图示图象可知，图线的斜率131129
A a k m F ∆====∆-，解得1A m kg =，滑块
B 的质量为3B m kg =，故A
C 正确． 【例题12】如图所示，质量=0.8kg M 的小车放在光滑的水平面上，给小车施加一水平向右的恒力=8.0N F ．当向右运动的速度达到0 1.5m/s V =时，有一物块以水平向左的初速度0 1.0m/s v =滑上小车的右端，小物块的质量 2.0kg m =，物块与小车表面的动摩擦因数
0.20μ=．设小车足够长，重力加速度g 取210m/s ．
(1)物块从滑上小车开始，经过多长的时间速度减小为零？
(2)求物块在小车上相对小车滑动的过程中，物块相对地面的位移．
(3)物块在小车上相对小车滑动的过程中，小车和物块组成的系统机械能变化了多少？
【答案】(1)0.5s(2)1.1m(3)8.4J
【解析】(1)设物块滑上小车后，做加速度为m a 的匀变速运动，经过时间1t 速度减为堆以，根据牛顿第二定律得m mg ma μ=又010=m v a t -
解得22m/s m a =，01=0.5s v t g
μ= (2)小车做加速度为m a 的匀加速运动，根据牛顿第二定律M F mg Ma μ-= 解得M F mg a M
μ-= 设经过t 物块与小车具有共同的速度3v ，物块对地的位移为1S ，小车运动的位移为2S ，取向右为正方向，则对物块：0m v v a t =-+，2101=2m S v t a t -+
对小车：0m v v a t =+，2201=2
M S t a t μ-+
取立解得：1 1.1m S ≈，2=3.2m S
(3)系统产生的内能：()21=8.4J E mg S S μ-=
【例题13】如图，两个滑块A 和B 的质量分别为m A ＝1 kg 和m B ＝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v 0＝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/s 2。

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。

【答案】(1)1 m/s (2)1.9 m
【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f 1、f 2和f 3，A 和B 相对于地面的加速度大小分别为a A 和a B ，木板相对于地面的加速度大小为a 1。

在滑块B 与木板达到共同速度前有
f 1＝μ1m A g
① f 2＝μ1m B g
② f 3＝μ2(m ＋m A ＋m B )g
③
由牛顿第二定律得
f 1＝m A a A
④ f 2＝m B a B
⑤ f 2－f 1－f 3＝ma 1 ⑥ 设在t 1时刻，B 与木板达到共同速度，其大小为v 1。

由运动学公式有
v 1＝v 0－a B t 1
⑦
v 1＝a 1t 1⑧
联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得
v 1＝1 m/s 。

⑨ (2)在t 1时间间隔内，B 相对于地面移动的距离为
s B ＝v 0t 1－12a B t 12 ⑩
设在B 与木板达到共同速度v 1后，木板的加速度大小为a 2。

对于B 与木板组成的体系，由牛顿第二定律有f 1＋f 3＝(m B ＋m )a 2 ⑪
由①②④⑤式知，a A ＝a B ；再由⑦⑧式知，B 与木板达到共同速度时，A 的速度大小也为v 1，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v 2。

设A 的速度大小从v 1变到v 2所用的时间为t 2，则由运动学公式，
对木板有v 2＝v 1－a 2t 2
⑫ 对A 有v 2＝－v 1＋a A t 2 ⑬
在t 2时间间隔内，B (以及木板)相对地面移动的距离为
s 1＝v 1t 2－12a 2t 22 ⑭
在(t1＋t2)时间间隔内，A相对地面移动的距离为
s A＝v0(t1＋t2)－1
2a A
()
t1＋t2 2 ⑮
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＝s A＋s1＋s B ⑯
联立以上各式，并代入数据得
s0＝1.9 m。

⑰
(也可用如图所示的速度—时间图线求解)
【易错点】需要认真分析每个运动过程，运动过程中摩擦力的变化问题易错。

分阶段分析，环环相扣，前一阶段的末状态即后一阶段的初始状态。