第1天 力与物体的直线运动

专题二 知识方法 精彩回扣 第一天 力与物体的直线运动
[知识回扣]
1．匀变速直线运动的基本规律
速度公式：v ＝v 0＋at
位移公式：x ＝v 0t ＋12
at 2
速度与位移关系公式：v 2
－v 2
0＝2ax 位移与平均速度关系公式：x ＝v t ＝v 0＋v
2
t
2．匀变速直线运动的两个重要推论
(1)匀变速直线运动某段时间内的平均速度等于该段时间中间时刻的瞬时速度．即v ＝v t
2
.
(某段位移的中点速度v x
2
＝
v 21＋v 2
2
2
，且v t 2<v x
2
)
(2)任意两个连续相等的时间间隔(T )的运动位移之差是一恒量．即x 2－x 1＝x 3－x 2＝…＝x n －x n －1＝aT 2
，或Δx ＝aT 2
.
3．初速度为零的匀加速直线运动的推论
(1)1t 末、2t 末、3t 末、…nt 末的瞬时速度比为：
v 1∶v 2∶v 3∶…∶v n ＝1∶2∶3∶…∶n
(2)1t 内、2t 内、3t 内、…nt 内的位移比为
x 1∶x 2∶x 3∶…∶x n ＝12∶22∶32∶…∶n 2
(3)第一个t 内、第二个t 内、第三个t 内、…第n 个t 内的位移比为 Δx 1∶Δx 2∶Δx 3∶…∶Δx n ＝1∶3∶5∶…∶(2n －1)
(4)第一个x 内、第二个x 内、第三个x 内、…第n 个x 内的时间比为：t 1∶t 2∶t 3∶…∶t n ＝1∶(2－1)∶(3－2)∶…∶(n －n －1) 4．自由落体运动
(1)运动特点：物体由静止开始，只在重力作用下的运动；加速度为g 、初速度为零的匀加速直线运动．
(2)运动规律：v t ＝gt ，h ＝12
gt 2，v 2
t ＝2gh .
特别提醒：①自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动，遵循匀变速直线运动规律；②a ＝g ＝9.8 m/s 2
≈10 m/s 2
(重力加速度在赤道附近较小，高山处比平地小，方向竖直向下)． 5．竖直上抛运动
(1)运动特点：物体以某一初速度竖直向上抛出，只在重力作用下的运动；初速度为v 0、加速度为－g 的匀变速直线运动．
(2)运动规律：v t ＝v 0－gt ，h ＝v 0t －12
gt 2，v 2t －v 2
0＝－2gh .
(3)结论：上升至最高点时间t 上＝v 0g ，从最高点下降到抛出点的时间t 下＝v 0g
，上升最大高
度H m ＝v 20
2g
.
6．弹力是相互接触的发生弹性形变的物体之间的作用力．判断弹力是否存在有两种方法：①假设法．②根据物体的状态由平衡条件或牛顿第二定律进行判断． 7．杆对物体的弹力可能沿杆方向，也可能不沿杆方向．
8．摩擦力的产生条件：①两物体相互接触且相互挤压．②两物体有相对运动或相对运动的趋势．③接触面粗糙． 9．物体平衡的条件和推论
(1)物体受共点力作用处于平衡状态(静止或匀速直线运动状态)的条件是物体所受合力为0，即F 合＝0.
若在x 轴或y 轴上的力平衡，那么，这一方向上的合力为0，即F x 合＝0或F y 合＝0. (2)常用推论：
①二力作用下物体平衡时，两个力等值、反向、共线．
②三力作用下物体平衡时，任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线；任一个力沿另外两个力方向所在直线分解，分解所得的两个分力与原来两个力分别等值、反向、共线． ③多力作用下物体平衡规律可参考以上两条做推广性的理解．比如，受四个力作用下平衡时，任意三个力的合力与第四个力等值、反向、共线；或任意两个力的合力与其余两个力的合力等值、反向、共线等． 10．牛顿运动定律
(1)牛顿第二定律 ①公式：a ＝
F 合
m
. ②意义：力的作用效果是使物体产生加速度，力和加速度是瞬时对应关系． (2)牛顿第三定律 ①表达式：F 1＝－F 2.
②意义：明确了物体之间作用力与反作用力的关系． 11．超重和失重的实质
(1)实重与视重
①实重：物体实际所受的重力，它与物体的运动状态无关．
②视重：当物体在竖直方向上有加速度时，物体对弹簧测力计的拉力或对台秤的压力将不等于物体的重力，此时弹簧测力计的示数或台秤的示数即为视重．
[方法回扣]
1．解决匀变速直线运动问题的常用方法
(1)一般公式法：应用匀变速直线运动规律的三个重要公式解题，若题目中不涉及时间，使用v 2
t －v 2
0＝2ax 解答．
(2)中间时刻速度法：公式v t 2
＝v ＝
v 0＋v t
2
适用于任何匀变速直线运动，有些题目应用它
可避免应用位移公式中含有t 2
的复杂方程，从而简化解题． (3)平均速度法：涉及初末速度、运动时间、位移，可应用v ＝
v 0＋v t
2
和x ＝v t 解答．
(4)比例法：对于初速度为零的匀加速直线运动可采用比例关系求解． ①前1秒、前2秒、前3秒…内的位移之比为1∶4∶9∶… ②第1秒、第2秒、第3秒…内的位移之比为1∶3∶5∶… ③前1 m 、前2 m 、前3 m…所用的时间之比为1∶2∶3∶…
④第1 m 、第2 m 、第3 m…所用的时间之比为1∶(2－1)∶(3－2)∶…
(5)图象法：应用v －t 图象，可以把较复杂的直线运动问题转化为较为简单的数学问题．尤其是利用图象定性分析选择题，可避开繁杂的数学计算．
(6)逆向思维法：把运动过程的“末态”作为“初态”的反向研究问题的方法．一般应用于末态速度为零的情况，把末态速度为零的匀减速直线运动反演为初速度为零的匀加速直线运动．
(7)巧用隔差公式x m －x n ＝(m －n )aT 2
解题．对一般的匀变速直线运动问题，若题目中出现两个相等的时间间隔对应的位移(尤其是处理纸带、频闪照片或类似的问题)，应用隔差公式x m －x n ＝(m －n )aT 2
解题更加快捷方便． 2．竖直上抛运动的特性和分析方法 (1)上升阶段与下降阶段具有对称性
①速度对称：上升和下降过程经过同一位置时速度等大反向．
②时间对称：上升和下降过程经过同一段高度的上升时间和下降时间相等． (2)常见的处理方法
①分段法：将整个竖直上抛运动分为向上的匀减速直线运动和自由落体运动．
②整体法：将整个过程看成是初速度向上、加速度向下的匀变速直线运动(规定初速度的
方向为正方向，则a ＝－g )．即v t ＝v 0－gt ；h ＝v 0t －12gt 2；v 2t －v 2
0＝－2gh .
3．“追及、相遇”类问题的分析方法
(1)基本思路
(2)常用分析方法
①物理分析法：抓好“两物体能否同时到达空间某位置”这一关键，认真审题，挖掘题
中的隐含条件，在头脑中建立起一幅物体运动关系的图景．
②相对运动法：巧妙地选取参照系，然后找两物体的运动关系．
③极值法：设相遇时间为t，根据条件列方程，得到关于t的一元二次方程，用判别式进
行讨论，若Δ>0，即有两个解，说明可以相遇两次；若Δ＝0，说明刚好追上或相遇；
若Δ<0，说明追不上或不能相遇．
④图象法：将两者的速度—时间图象在同一坐标系中画出，然后利用图象求解．
4．力的合成法则和正交分解法在牛顿第二定律问题中的应用
当物体只受两个力作用时，可用力的合成法来解牛顿第二定律问题，即应用平行四边形定则确定合力，它一定与物体的加速度方向相同，大小等于ma.
当物体受两个以上的力作用时，一般采用正交分解法，依具体情况建立直角坐标系，将各力和加速度往两坐标轴上分解，建立牛顿第二定律的分量式，即∑F x＝ma x和∑F y＝ma y，然后求解．
一种常见的选取坐标轴方向的方法，是以加速度的方向为x轴的正方向，y轴与加速度方向垂直．此时，牛顿第二定律的分量式为∑F x＝ma，∑F y＝0.
有时物体所受的几个力分别在互相垂直的两个方向上，且与加速度方向不同．此时也可以沿力所在的两个方向建立直角坐标系，这样就不必再做力的分解，而只分解加速度，建立牛顿第二定律分量式，可以简化运算．
5．瞬时问题的分析方法
利用牛顿第二定律分析物体的瞬时问题
(1)明确两种基本模型的特点：①轻绳不需要形变恢复时间，在瞬时问题中，其弹力可以
突变，即弹力可以在瞬间成为零或别的值；②轻弹簧(或橡皮绳)需要较长的形变恢复时间．在瞬时问题中，其弹力不能突变，即弹力的大小往往可以看成不变．
(2)明确解此类问题的基本思路：①确定该瞬时物体受到的作用力，还要注意分析物体在
这一瞬时前、后的受力及其变化情况；②由牛顿第二定律列方程求解．
[习题精练]
1．在灭火抢险的过程中，有时要借助消防车上的梯子进行救人或灭火作业，如图1所示．已知消防车梯子的下端用摩擦很小的铰链固定在车上，上端靠在摩擦很小的竖直玻璃墙上．消防车静止不动，被救者沿梯子匀速向下运动的过程中，下列说法正确的是( )
图1
A．铰链对梯子的作用力不变
B．墙对梯子的弹力不变
C．地面对车的摩擦力逐渐增大
D．地面对车的弹力不变
答案 D
解析 人在梯子上爬行时，将人和梯子看作一个整体，墙壁对梯
子的作用力F N 水平向左，整体受重力G 竖直向下，根据三力汇 交原理，铰链对梯子的作用力F 斜向上，如图所示，当人匀速向 下运动时，F 与G 的夹角减小，因为整体的重力G 不变，所以F 、
F N 减小，选项A 、B 错误．将人、梯子、车看作一个整体，则地
面对车的摩擦力等于墙壁对梯子的作用力F N (逐渐减小)，地面对车的弹力等于车和人的 重力(不发生变化)，所以选项C 错误，D 正确．
2．某校一课外活动小组自制一枚火箭，设火箭从地面发射后，始终在垂直于地面的方向上运动．火箭点火后可认为做匀加速直线运动，经过4 s 到达离地面40 m 高处时燃料恰好用完，若不计空气阻力，取g ＝10 m/s 2
，求： (1)燃料恰好用完时火箭的速度． (2)火箭上升离地面的最大高度．
(3)火箭从发射到残骸落回地面过程的总时间． 答案 (1)20 m/s (2)60 m (3)(6＋23) s 解析 设燃料用完时火箭的速度为v 1，所用时间为t 1.
火箭的上升运动分为两个过程，第一个过程为做匀加速上升运动，第二个过程为做竖直上抛运动至最高点．
(1)对第一个过程有h 1＝v 1
2
t 1，代入数据解得v 1＝20 m/s.
(2)对第二个过程有h 2＝v 21
2g
，代入数据解得h 2＝20 m
所以火箭上升离地面的最大高度h ＝h 1＋h 2＝40 m ＋20 m ＝60 m. (3)解法一 分段分析法
从燃料用完到运动至最高点的过程中，由v 1＝gt 2得t 2＝v 1g ＝
20
10
s ＝2 s 从最高点落回地面的过程中h ＝12gt 2
3，而h ＝60 m ，代入得t 3＝2 3 s
故总时间t 总＝t 1＋t 2＋t 3＝(6＋23) s 解法二 整体分析法
考虑火箭从燃料用完到落回地面的全过程，以竖直向上为正方向，全过程为初速度v 1＝20
m/s ，加速度g ＝－10 m/s 2
，位移h ′＝－40 m 的匀变速直线运动，即有h ′＝v 1t ＋12gt 2，
代入数据解得t ＝(2＋23) s 或t ＝(2－23) s(舍去)，故t 总＝t 1＋t ＝(6＋23) s 3．如图2所示，倾角为30°的光滑斜面与粗糙的水平面平滑连接．现将一滑块(可视为质点)从斜面上的A 点由静止释放，最终停在水平面上的C 点．已知A 点距水平面的高度h ＝0.8 m ，B 点距C 点的距离L ＝2.0 m ．(滑块经过B 点时没有能量损失，g ＝10 m/s 2
)，求：
图2
(1)滑块在运动过程中的最大速度；
(2)滑块与水平面间的动摩擦因数μ；
(3)滑块从A点释放后，经过时间t＝1.0 s时速度的大小．
答案(1)4 m/s (2)0.4 (3)3.2 m/s
解析(1)滑块先在斜面上做匀加速运动，然后在水平面上做匀减速运动，故滑块运动到B点时速度最大为v m，设滑块在斜面上运动的加速度大小为a1，则有
mg sin 30°＝ma1
v2m＝2a1·h
sin 30°
解得：v m＝4 m/s
(2)滑块在水平面上运动的加速度大小为a2
μmg＝ma2
v2m＝2a2L
解得：μ＝0.4
(3)滑块在斜面上运动的时间为t1
v m＝a1t1
得t1＝0.8 s
由于t>t1，滑块已经经过B点，做减速运动的时间为
t－t1＝0.2 s
设t＝1.0 s时速度大小为v
v＝v m－a2(t－t1)
解得v＝3.2 m/s
4．如图3所示，传送带与地面夹角θ＝37°，A到B长度为16 m，传送带以10 m/s的速率逆时针转动．在传送带上端A无初速度地放一个质量为0.5 kg的物体，它与传送带之间的动摩擦因数为0.5.求物体从A运动到B所需时间是多少？(sin 37°＝0.6，cos 37°＝
0.8)
图3
答案 2 s
解析物体放在传送带上后，开始阶段，由于传送带的速度大于物体的速度，传送带给物体一个沿传送带向下的滑动摩擦力F，物体受力情况如图甲所示．物体由静止开始加速，由牛顿第二定律有mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1，得
a1＝10×(0.6＋0.5×0.8) m/s2
＝10 m/s2
物体加速至与传送带速度相等需要的时间t1＝v
a1＝
10
10
s＝1 s，t1时间内物体的位移x＝
1
2
a1t21＝5 m.
由于μ<tan θ，物体在重力作用下将继续加速运动，当物体速度大于传送带速度时，传送带给物体一沿传送带向上的滑动摩擦力F ′.此时物体受力情况如图乙所示，由牛顿第二定律有mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2，得a 2＝2 m/s 2
.
设后一阶段物体滑至B 所用的时间为t 2，由L －x ＝vt 2＋12a 2t 2
2解得t 2＝1 s ，t 2＝－11 s(舍
去)．
所以物体由A 运动到B 所需时间t ＝t 1＋t 2＝2 s ．。