考點一 勻變速直線運動規(guī)律及應用
1．勻變速直線運動問題常用的七種解題方法
2．兩種勻減速直線運動的分析方法
(1)剎車問題的分析：末速度為零的勻減速直線運動問題常用逆向思維法，對于剎車問題，應先判斷車停下所用的時間，再選擇合適的公式求解．
(2)雙向可逆類運動分析：勻減速直線運動速度減為零后反向運動，全過程加速度的大小和方向均不變，故求解時可對全過程列式，但需注意x、v、a等矢量的正負及物理意義．
3．處理追及問題的常用方法
例1 (2022·湖北卷·6)我國高鐵技術全球領先，乘高鐵極大節(jié)省了出行時間．假設兩火車站W(wǎng)和G間的鐵路里程為1 080 km，W和G之間還均勻分布了4個車站．列車從W站始發(fā)，經停4站后到達終點站G.設普通列車的最高速度為108 km/h，高鐵列車的最高速度為 324 km/h.若普通列車和高鐵列車在進站和出站過程中，加速度大小均為0.5 m/s2，其余行駛時間內保持各自的最高速度勻速運動，兩種列車在每個車站停車時間相同，則從W到G乘高鐵列車出行比乘普通列車節(jié)省的時間為( )
A．6小時25分鐘 B．6小時30分鐘
C．6小時35分鐘 D．6小時40分鐘
答案 B
解析 108 km/h＝30 m/s,324 km/h＝90 m/s，由于中間4個站均勻分布，因此節(jié)省的時間相當于在任意相鄰兩站間節(jié)省的時間的5倍，相鄰兩站間的距離x＝eq \f(1 080×103,5) m＝2.16×105 m，普通列車加速時間t1＝eq \f(v1,a)＝eq \f(30,0.5) s＝60 s，加速過程的位移x1＝eq \f(1,2)at12＝eq \f(1,2)×0.5×602 m＝900 m，根據(jù)對稱性可知，加速與減速位移相等，可得勻速運動的時間t2＝eq \f(x－2x1,v1)＝eq \f(2.16×105－2×900,30) s＝7 140 s，同理高鐵列車加速時間t1′＝eq \f(v1′,a)＝eq \f(90,0.5) s＝180 s，加速過程的位移x1′＝eq \f(1,2)at1′2＝eq \f(1,2)×0.5×1802 m＝8 100 m，勻速運動的時間t2′＝eq \f(x－2x1′,v1′)＝eq \f(2.16×105－2×8 100,90) s＝2 220 s，相鄰兩站間節(jié)省的時間Δt＝(t2＋2t1)－(t2′＋2t1′)＝4 680 s，因此總的節(jié)省時間Δt總＝5Δt＝4 680×5 s＝23 400 s＝6小時30分鐘，故選B.
例2 (2022·陜西咸陽市一模)如圖所示，某標準足球場長105 m、寬68 m．攻方前鋒在中線處將足球沿邊線向前踢出，足球的運動可視為在地面上做初速度為12 m/s的勻減速直線運動，加速度大小為3 m/s2.則：
(1)足球從開始做勻減速直線運動到停下來的位移大?。?br>(2)足球開始做勻減速直線運動的同時，該前鋒隊員沿邊線向前追趕足球．他的啟動過程可以視為初速度為零、加速度大小為4 m/s2的勻加速直線運動，他能達到的最大速度為8 m/s，該前鋒隊員至少經過多長時間能追上足球？
答案 (1)24 m (2)4 s
解析 (1)足球的運動可視為在地面上的勻減速直線運動，根據(jù)運動學公式有
x＝eq \f(v2－v02,2a1)＝eq \f(0－122,2×?－3?) m＝24 m
(2)隊員的速度達到最大速度用時
t1＝eq \f(Δv,a2)＝eq \f(8－0,4) s＝2 s，
此時隊員的位移為
x1＝eq \f(1,2)a2t12＝eq \f(1,2)×4×22 m＝8 m，
此時足球的位移為x1′＝v0t1＋eq \f(1,2)a1t12＝12×2 m－eq \f(1,2)×3×22 m＝18 m，
足球的速度v1′＝v0＋a1t1＝6 m/s
此時隊員與足球相距s＝10 m，
設此后用時t2追上足球，則有vmt2＝v1′t2＋eq \f(1,2)a1t22＋s，解得t2＝2 s(t2＝－eq \f(10,3) s舍去)
此時足球速度v1″＝v1′＋a1t2＝0，足球恰好停止．
故前鋒隊員追上足球至少經過t＝t1＋t2＝4 s．
考點二 牛頓運動定律的應用
1．解決動力學兩類基本問題的思路
2．瞬時加速度問題
3．連接體問題
(1)整體法與隔離法的選用技巧
(2)連接體問題中常見的臨界條件
(3)常見連接體
例3 (多選)(2022·四川省成都石室中學二診)我國高鐵技術處于世界領先水平，和諧號動車組是由動車和拖車編組而成，提供動力的車廂叫動車，不提供動力的車廂叫拖車．假設動車組各車廂質量均相等，每節(jié)動車提供的動力均為F，動車組在水平直軌道上運行過程中每節(jié)車廂受到的阻力均為Ff.某列動車組由8節(jié)車廂組成，其中第1、3、6節(jié)車廂為動車，其余為拖車，則該動車組( )
A．啟動時乘客受到車廂作用力的方向與車運動的方向相反
B．做勻加速運動時，第5、6節(jié)車廂間的作用力為1.125F
C．做勻加速運動時，第5、6節(jié)車廂間的作用力為0.125F
D．做勻加速運動時，第6、7節(jié)車廂間的作用力為0.75F
答案 CD
解析 啟動時乘客的加速度方向與車廂的運動方向相同，乘客受重力和車廂的作用力，由平行四邊形定則可知，車廂對乘客的作用力方向與車運動的方向不是相反關系，故A錯誤；做勻加速運動時，加速度為a＝eq \f(3F－8Ff,8m)，對后三節(jié)車廂，有F56＋F－3Ff＝3ma，解得第5、6節(jié)車廂間的作用力為F56＝0.125F，故B錯誤，C正確；對最后兩節(jié)車廂，有F67－2Ff＝2ma，解得第6、7節(jié)車廂間的作用力為F67＝0.75F，故D正確．
例4 (2022·山東菏澤市二模)如圖所示，兩段輕繩A、B連接兩個小球1、2，懸掛在天花板上．一輕彈簧C一端連接球2，另一端固定在豎直墻壁上．兩小球均處于靜止狀態(tài)．輕繩A與豎直方向、輕繩B與水平方向的夾角均為30°，彈簧C沿水平方向．已知重力加速度為g.則( )
A．球1和球2的質量之比為1∶1
B．在輕繩A突然斷裂的瞬間，球1的加速度方向豎直向下
C．在輕繩A突然斷裂的瞬間，球1的加速度大小一定大于g
D．在輕繩A突然斷裂的瞬間，球2的加速度大小為2g
答案 C
解析 對兩球作為整體受力分析，由平衡可得F彈＝(m1＋m2)gtan 30°，對小球2受力分析且由平衡條件可得F彈＝m2gtan 60°，聯(lián)立解得球1和球2的質量之比為2∶1，故A錯誤；在輕繩A突然斷裂的瞬間，彈簧彈力F彈不變，假設輕繩A突然斷裂的瞬間輕繩B的彈力突變?yōu)?，則A加速度為a1＝g，球2加速度水平方向和豎直方向分別為a2豎直＝g，a2水平＝eq \f(F彈,m2)＝eq \f(m2gtan 60°,m2)＝eq \r(3)g，兩小球豎直方向加速度相等，水平方向上B球加速度向右，球2總的加速度斜向右下，AB間的繩子繃緊，則輕繩A突然斷裂的瞬間輕繩B的彈力不為0，假設不成立，故球1除了受到重力還受到AB間繩子斜向右下的拉力，則向下的加速度大于g；球2除受重力和彈力外還受到AB間繩子斜向左上的拉力，故球2的加速度大小小于2g，故B、D錯誤，C正確．
例5 (2022·陜西寶雞市模擬)在冬奧會賽前滑雪運動員做滑雪嘗試，賽道由傾斜賽道和水平賽道組成且平滑連接，傾斜賽道與水平面的夾角為θ＝53°，如圖所示．運動員從傾斜賽道上某一位置由靜止開始下滑，進入水平賽道滑行一段距離后停止．已知運動員在傾斜賽道上滑行的時間和在水平賽道上滑行的時間相等，且傾斜賽道和水平賽道的動摩擦因數(shù)相同，假設運動員滑行路線均為直線，sin 53°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2.
(1)求滑板與賽道間的動摩擦因數(shù)μ；
(2)若運動員在兩段賽道的總路程為125 m，求運動員在傾斜賽道和水平賽道上滑行的總時間．
答案 (1)0.5 (2)10 s
解析 (1)在兩段賽道上滑行時，根據(jù)牛頓第二定律分別有：
mgsin θ －μmgcs θ＝ma1
μmg＝ma2
由于在兩個賽道上滑行時間相等，可知加速度大小相等，即a1＝a2
聯(lián)立解得μ＝0.5
(2)在兩段賽道上滑行的加速度大小
a1＝a2＝5 m/s2
設最大速度為vm，根據(jù)速度與位移的關系可知
eq \f(vm2,2a1)＋eq \f(vm2,2a2)＝L
解得最大速度vm＝25 m/s
因此運動的總時間t＝eq \f(vm,a1)＋eq \f(vm,a1)＝10 s.
考點三 運動學和動力學圖像
1．常見圖像
2.非常規(guī)圖像
例6 (多選)(2021·廣東卷·8)賽龍舟是端午節(jié)的傳統(tǒng)活動．下列v－t和s－t圖像描述了五條相同的龍舟從同一起點線同時出發(fā)、沿長直河道劃向同一終點線的運動全過程，其中能反映龍舟甲與其它龍舟在途中出現(xiàn)船頭并齊的有( )
答案 BD
解析 A圖是v－t圖像，由圖可知，甲的速度一直大于乙的速度，所以中途不可能出現(xiàn)甲、乙船頭并齊，故A錯誤；B圖是v－t圖像，由圖可知，開始丙的速度大，后來甲的速度大，v－t圖像中圖線與橫軸圍成的面積表示位移，由圖可以判斷在中途甲、丙位移會相同，所以在中途甲、丙船頭會并齊，故B正確；C圖是s－t圖像，由圖可知，丁一直運動在甲的前面，所以中途不可能出現(xiàn)甲、丁船頭并齊，故C錯誤；D圖是s－t圖像，交點表示相遇，所以甲、戊在中途船頭會并齊，故D正確．
例7 (多選)(2021·全國乙卷·21)水平地面上有一質量為m1的長木板，木板的左邊上有一質量為m2的物塊，如圖(a)所示．用水平向右的拉力F作用在物塊上，F(xiàn)隨時間t的變化關系如圖(b)所示，其中F1、F2分別為t1、t2時刻F的大小．木板的加速度a1隨時間t的變化關系如圖(c)所示．已知木板與地面間的動摩擦因數(shù)為μ1，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ2，假設最大靜摩擦力均與相應的滑動摩擦力相等，重力加速度大小為g.則( )
A．F1＝μ1m1g
B．F2＝eq \f(m2?m1＋m2?,m1)(μ2－μ1)g
C．μ2>eq \f(m1＋m2,m2)μ1
D．在0～t2時間段物塊與木板加速度相等
答案 BCD
解析 由題圖(c)可知，t1時刻物塊、木板一起剛要在水平地面滑動，物塊與木板相對靜止，此時以整體為研究對象有F1＝μ1(m1＋m2)g，故A錯誤；
由題圖(c)可知，t2時刻物塊與木板剛要發(fā)生相對滑動，以整體為研究對象， 根據(jù)牛頓第二定律，有F2－μ1(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a
以木板為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律，
有μ2m2g－μ1(m1＋m2)g＝m1a>0
解得F2＝eq \f(m2?m1＋m2?,m1)(μ2－μ1)g
μ2>eq \f(m1＋m2,m2)μ1，故B、C正確；
由題圖(c)可知，0～t2時間段物塊與木板相對靜止，所以有相同的加速度，故D正確.
1.(2022·安徽省江南十校一模)索道是許多景區(qū)重要的交通工具．如圖為索道運輸貨物的情景，已知傾斜的鋼索與水平方向夾角為30°，懸掛車廂的鋼桿始終保持豎直．一質量為m的物體放在車廂內傾角為30°的固定斜面上，當車廂以加速度a(a0)，重力加速度為g.初始時整個系統(tǒng)靜止，現(xiàn)將容器由靜止釋放，則釋放瞬間木球相對于地面的加速度大小為( )
A．g B．eq \f(Δρ,ρ)g
C．(1－eq \f(Δρ,ρ))g D．(1＋eq \f(Δρ,ρ))g
答案 D
解析 初始時整個系統(tǒng)靜止，彈力為Fk，對木球分析有ρ水gV＝Fk＋ρgV，釋放瞬間，彈力不變，系統(tǒng)處于完全失重狀態(tài)，浮力消失，則a＝eq \f(Fk＋ρgV,m)＝eq \f(ΔρgV＋ρgV,ρV)＝(1＋eq \f(Δρ,ρ))g，故選D.
6．(2022·福建廈門市二模)鼓浪嶼是世界文化遺產之一．島上為保護環(huán)境不允許機動車通行，很多生活物品要靠人力板車來運輸．如圖所示，貨物放置在板車上，與板車一起向右做勻速直線運動，板車與水平面夾角為θ.現(xiàn)拉動板車向右做加速運動，貨物與板車仍保持相對靜止，且θ不變．則板車加速后，貨物所受的( )
A．摩擦力和支持力均變小
B．摩擦力和支持力均變大
C．摩擦力變小，支持力變大
D．摩擦力變大，支持力變小
答案 D
解析 對貨物受力分析可知，若勻速運動，則Ff＝mgsin θ，F(xiàn)N＝mgcs θ，若貨物隨板車做加速運動，設加速度大小為a，則Ff′－mgsin θ＝macs θ，mgcs θ－FN′＝masin θ，則Ff′>Ff，F(xiàn)N′

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