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專題01 質點的直線運動
第一部分名師綜述
本專題中的難題分為二，一為對運動圖像的考查，對圖像的考查范圍很廣，涉及的內容頁比較多，幾乎涉及了直線運動中的所有知識以及應用，特別是利用圖像處理追擊相遇問題時高考考查的重難點，在解題過程中，要注意分析圖像的軸、點、線、面積、斜率等方面，考查方式多為選擇題。二是對多過程直線運動的考查，綜合了勻變速直線運動公式、追擊相遇問題，考查方式多為計算題，在做題過程中需要（1）要養(yǎng)成畫物體運動示意圖，或者x-t圖象與v-t圖象的習慣，特別是比較復雜的運動，畫出示意圖或者運動圖像可使運動過程直觀化，物理過程清晰，便于研究，（2）要注意分析研究對象的運動過程，搞清楚整個運動過程按運動性質的轉換可以分為哪幾個階段，各個階段遵循什么規(guī)律，各個階段又存在哪些聯(lián)系。
第二部分精選試題
一、單選題
1．如圖所示，在豎直平面內用輕質細線懸掛一個小球，將小球拉至A點，使細線處于拉直狀態(tài)，由靜止開始釋放小球，不計摩擦，小球可在A、B兩點間來回擺動．當小球擺到B點時，細線恰好斷開，則小球將（）
A．在B點保持靜止 B．沿BE方向運動
C．沿BC方向運動 D．沿BD方向運動
【答案】 B
【解析】
由于小球被靜止釋放，不計摩擦，它可在A、B兩點間來回擺動。當小球擺到B點時，小球速度恰好為零，此時若細線恰好斷開，則小球只受重力作用而豎直下落。所以，將沿BE方向運動。故選B。
【點睛】此題考查了學生力和運動之間的關系，力可以改變物體的形狀或運動狀態(tài)。在此題中，小球由于重力作用將由靜止下落。解決此題的關鍵是判斷出在B點的運動狀態(tài)。
2．如圖所示為a、b、c三個質點運動的速度–時間圖象（v–t圖象），若三質點同時從同一位置出發(fā)則關于三個質點的運動，下列說法中正確的是
A．t1時刻a、b兩質點的速度大小相等、方向和反
B．t1時刻后，質點b位于a、c的前面
C．0~t1時間內，a位于b、c兩質點的前面
D．0~t1時間內，a、b兩質點間的距離在不斷減小
【答案】 C
【解析】
A、t1時刻a、b兩圖象對應的速度相等且均為正值，表示運動方向均為正方向，A錯誤。B、C、三質點從同一地點出發(fā)，t1時所圍的面積表示位移，可得a在最前，其次是b，最后是c,B錯誤，C正確。D、0~t1時間內，可讀出va>vb，則a、b之間的距離不斷增大，D錯誤。故選C。
【點睛】利用勻變速直線運動圖象分析追擊與相遇，要注意明確圖象的性質，圖象的正負表示運動方向，圖象的斜率表示加速度，能根據(jù)圖象的面積求解位移．
3．一個物體在外力作用下由靜止開始沿直線運動，其加速度隨時間變化的關系圖線如圖所示，則該物體：( )
A．0～1s內加速運動，1s～3s內減速運動，第3s末回到出發(fā)點
B．0～3s內物體位移是12m
C．0～1s內與1s～3s內的平均速度相同
D．2s時的速度方向與0.5s時的速度方向相反
【答案】 C
【解析】A、物體在第1 s內從靜止開始勻加速運動，第2、3 s內沿原方向做勻減速運動，根據(jù)“面積”等于速度的變化量可知，3s末物體的速度為零，所以第3 s末沒有回到出發(fā)點．故A錯誤；B、C、0~1s的位移，1s~3s的位移，故；而，，則B錯誤，C正確。D、第3 s末速度為零，故2s時和0.5s的速度方向相同，D錯誤．故選C.
【點睛】解決本題的關鍵根據(jù)加速度時間圖線，知道物體做周期性運動，掌握“面積”等于速度的變化量和運動學公式，并分別求速度和位移．
4．甲、乙兩車在平直公路上行駛，其v-t圖象如圖所示。t=0時，兩車間距為s0；t0時刻，甲、乙兩車相遇。0～t0時間內甲車發(fā)生的位移為s，下列說法正確的是( )
A．0～t0時間內甲車在前，t0～2t0時間內乙車在前
B．0～2t0時間內甲車平均速度的大小是乙車平均速度大小的2倍
C．2t0時刻甲、乙兩車相距12s0
D．s0=67s
【答案】 D
【解析】
由圖知在0～t0時間內甲車速度大于乙車的速度，故是甲車在追趕乙車，所以A錯誤；0～2t0時間內甲車平均速度的大小32v0，乙車平均速度12v0，所以B錯誤；由題意知，圖中陰影部分面積即為位移S0，根據(jù)幾何關系知，三角形ABC的面積對應位移S0∕3，所以可求三角形OCD的面積對應位移S0∕6，所以0—to時間內甲車發(fā)生的位移為s=S0+ S0∕6，得s0=67s，故D正確；2t0時刻甲、乙兩車間的距離即為三角形ABC的面積即S0∕3，所以C錯誤。
5．A、B兩球沿同一直線運動并發(fā)生正碰,如圖所示為兩球碰撞前后的位移—時間(x-t)圖像,圖中a、b分別為A、B兩球碰撞前的圖線,c為碰撞后兩球共同運動的圖線.若A球的質量mA=2kg,則由圖可知下列結論正確的是( )
A．A、B兩球碰撞前的總動量為3 kgm/s
B．碰撞過程A對B的沖量為-4 Ns
C．碰撞前后A的動量變化為4kgm/s
D．碰撞過程A、B兩球組成的系統(tǒng)損失的機械能為10 J
【答案】 D
【解析】
【詳解】
A、由s-t圖像可以知道：碰撞前A的速度為vA=4-102=-3m/s；
碰撞前B的速度vB=4-02=2m/s，
碰撞后AB的速度為vC=2-42=-1m/s
根據(jù)動量守恒可知mbvB-mavA=-(ma+mb)vC
代入速度值可求得：mb=43kg
所以碰撞前的總動量為mbvB-mavA=-103kg?m/s，故A錯誤；
B、碰撞時A對B所施沖量為即為B的動量變化量ΔPB=-mbvC-mbvB=-4N?s故B正確；
C、根據(jù)動量守恒可知ΔPA=-ΔPB=4N?s=4kg?m/s，故C正確；
D、碰撞中A、B兩球組成的系統(tǒng)損失的動能為12mavA2+12mbvB2-12ma+mbvC2=10J ,故D正確，
本題選不正確的，故選A
【點睛】
結合圖像求出碰前碰后的速度，利用動量守恒求出B的質量，然后根據(jù)定義求出動量的變化量。
6．如下圖所示，質量m＝1kg的物體從高為h＝0．2m的光滑軌道上P點由靜止開始下滑，滑到水平傳送帶上的A點，物體和皮帶之間的動摩擦因數(shù)為μ=0.2，傳送帶AB之間的距離為L＝5m，傳送帶一直以v＝4m/s的速度勻速運動，則( )
A．物體從A運動到B的時間是1．5s
B．物體從A運動到B的過程中，摩擦力對物體做了2 J功
C．物體從A運動到B的過程中，產生2J熱量
D．物體從A運動到B的過程中，帶動傳送帶轉動的電動機多做了10J功
【答案】 AC
【解析】
試題分析：設物體下滑到A點的速度為v0，對PA過程，由機械能守恒定律有：12mv02=mgh代入數(shù)據(jù)得：v0=2gh=2m/s＜v=4m/s，則物體滑上傳送帶后，在滑動摩擦力作用下勻加速運動，加速度大小為a=μmgm=μg=2m/s2；加速至速度與傳送帶相等時用時：t1=v-v0a=4-22s=1s，勻加速運動的位移s1=v0+v2t1=2+421m=3m
1269m=27m，則平均速度v=xt>276m/s=4.5m/s，故D正確，C錯誤；
故選BD。
【點睛】
根據(jù)牛頓第二定律得出加速度與時間的表達式，結合a-t圖線圍成的面積表示速度變化量得出最大速度的大小，根據(jù)速度時間圖線，結合圖線圍成的面積表示位移，根據(jù)平均速度的定義式求出平均速度的大小。
三、解答題
21．如圖甲所示，有一傾角為θ=53的固定斜面體，底端的水平地面上放一質量為 M=3kg的木板，木板材質與斜面體相同．t=0時有一質量m=6kg的滑塊在斜面上由靜止開始下滑，后來滑塊滑上木板并最終沒有滑離木板（不考慮滑塊從斜面滑上木板時的能量損失）．圖乙所示為滑塊在整個運動過程中的速率隨時間變化的圖象，已知sin53=0.8， eos53=0．6，取g=l0m/s2.求：
(1)滑塊與木板間、木板與地面間的動摩擦因數(shù)μ1、μ2；
(2)滑塊停止運動的時刻t和木板的最小長度l。
【答案】（1）0.2（2）18m
【解析】
【詳解】
(1)滑塊在斜面上下滑時，滿足：
mgsinθ -μ1N=ma1①
N= mgcosθ②
由v-t圖得加速度a1=v0t1 =6m/s2③
綜合①②③解得μ1=13
滑塊滑上木板后減速μ1mg =ma2④
其中a2=v0-v1t2-t1⑤
對木板分析有μ1mg –μ2（m+M）g =Ma3⑥
其中a3=v1t2-t1⑦
綜合④⑤⑥⑦解得μ2=0.2
(2) 由于μ2＜μ1，故滑塊與木板達共速后一起勻減速，加速度滿足
μ2（m+M）g =（m+M）a4⑧
又a4=v1t-t2⑨
綜合⑧⑨解得t=6s
木板的最小長度l=12v0(t2-t1)=18m
【點睛】
本題考查牛頓第二定律的應用以及板塊模型的問題，關鍵是根據(jù)圖像分析物體的運動特征，搞清各個階段的加速度情況以及位移速度關系，靈活運用牛頓第二定律及運動公式求解.
22．一小球在恒力F1作用下豎直向上做勻速直線運動，速度大小為v0.當小球運動到位置A時，將F1突然增大到某值F2(未知)，但保持其方向不變．持續(xù)一段時間t后，又突然將該力反向，但保持其大小不變；再持續(xù)同樣一段時間后，油滴運動到B點．重力加速度大小為g.不計空氣阻力
(1)求油滴運動到B點時的速度；
(2)求增大后的力F2大?。灰阎淮嬖谕饬r，油滴以初速度v0做豎直上拋運動的最大高度恰好等于B、A兩點間距離的兩倍．
【答案】（1）v2=v0-2gt1；（2）F2=2-2v0gt1+14v0g2F1或F2=2-2v0gt1-14v0g2F1
【解析】
【分析】
（1）分析小球的運動過程，小球先向上做勻速直線運動，到達A處后因力突然增大而開始做勻加速直線運動，經(jīng)過t后力突然反向，小球開始做勻減速直線運動，并可能在速度減為零后做反向的勻加速直線運動．對力增大后的兩個過程分別列出牛頓第二定律方程，即可求得兩個過程中的加速度，而t又是一個已知量，那么直接使用運動學公式即可求出小球運動到B點時的速度vB的大小；（2）因為小球最后可能做反向的勻加速直線運動，因此我們不能確定B點的位置究竟在A點上方還是A點下方，故需要分為兩種情況討論．對其中每一種情況，根據(jù)運動學公式列出方程，并與豎直上拋的方程進行聯(lián)立，即可分別求得兩種情況下增大后的力F2大小。
【詳解】
在t＝0時，力從F1增加至F2時，油滴做豎直向上的勻加速運動，加速度方向向上，根據(jù)牛頓第二定律有：F2-mg=ma1①
油滴在時刻t1的速度為：v1=v0+a1t1②
力在時刻t1突然反向，油滴做勻變速運動，加速度方向向下，
根據(jù)牛頓第二定律有：F2+mg=ma2③
油滴在時刻t2=2t1的速度為：v2=v1-a2t1④
由①②③④式得：v2=v0-2gt1⑤
(2)由題意，在t=0時刻前有：F1=mg⑥
油滴從t=0到時刻t1的位移為：s1=v0t1+12a1t12⑦
油滴在從時刻t1到時刻t2=2t1的時間間隔內的位移為：s2=v0t1-12a2t12⑧
由題給條件有：v02=2g2h⑨
式中h是B、A兩點之間的距離．若B點在A點之上，依題意有s1+s2=h?、?
由①②③⑥⑦⑧⑨⑩式得F2=2-2v0gt1+14v0g2F1?
若B點在A點之下，依題意有s1+s2=-h?
由①②③⑥⑦⑧⑨?式得F2=2-2v0gt1-14v0g2F1?
【點睛】
解決復雜的力學問題，可以從兩條線索展開：其一，力和運動的關系．根據(jù)物體的受力情況，用牛頓第二定律求出加速度，結合運動學公式確定速度和位移等；其二，功和能的關系．根據(jù)做功情況，引起物體的能量發(fā)生變化，利用動能定理進行解答．
23．如圖所示，在距地面不等高處有兩點A和B，它們之間的高度差為b。A、B處各有一小球，A處小球Ⅰ自由下落一段距離a后，B處小球Ⅱ開始自由下落，結果兩小球同時落地，求球Ⅰ和球Ⅱ下落時間之比。
【答案】b+ab-a
【解析】
【詳解】
設A距地面的高度為H，根據(jù)h=12gt2可知，A下落到地面的時間t＝2Hg，
A下落a所需時間t′＝2ag
則B下落的時間t″=t-t′，則H-b=12gt″2
聯(lián)立解得，tt-t＝b+ab-a
球Ⅰ和和球Ⅱ下落時間之比為b+ab-a
【點睛】
本題主要考查了自由落體運動的位移時間公式，明確AB同時落地，找出AB的時間關系即可求得
24．如圖所示,長L=1.0m 木板B放在水平面上,其右端放置一小物塊A(視為質點).B的質量mB=2.0kg ,A的質量mA=3.0kg ,B與水平面間的動摩擦因數(shù)μ1=0.20 ,A、B間的動摩擦因數(shù)μ2=0.40 ,剛開始兩者均處于靜止狀態(tài),現(xiàn)給A一水平向左的瞬間沖量I,I=9.0N?S ,重力加速度g取10m/s2 ,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力.求:
(1)A開始運動的速度 ;
(2)A、B之間因摩擦產生的熱量;
(3)整個過程A對地的位移.
【答案】（1）3.0m/s（2）10.8J（3）1.17m
【解析】（1）由題意，由動量定理得 I=mv0．
代入數(shù)據(jù)解得 v0=3m/s
（2）對A：aA=μ2mAgmA=μ2g=4m/s2．
對B：aB=μ2mAg-μ1mA+mBgmB
代入數(shù)據(jù)解得 aB=1m/s2．
A對地做勻減速運動，B對地做勻加速運動，設A、B達到相同速度為v，所需時間為t，A的位移為xA，B的位移為xB．
對A：v=v0-aAt
xA=v2-v022(-aA)
對B：v=aBt
xB=12aBt2
代入數(shù)據(jù)解得 v=0.6m/s，t=0.6s，xA=1.08m，xB=0.18m
A對B的位移為△x=xA-xB=1.08m-0.18m=0.9m＜1m，假設成立
故此過程中，A、B之間因摩擦產生的熱量 Q=μ2mAg
解得 Q=10.8J
（2）A、B達到相同速度后，設二者保持靜止，整體減速的加速度為 a=μ1mA+mBgmA+mB=μ1g＜μ2g，則假設成立．
此后二者共同滑行的距離 x共=v22a=0．6222=0.09m
故整個過程A對地的位移 x總=xA+x共=1.17m
點睛：本題的關鍵要分析兩個物體的運動過程，根據(jù)物體的受力情況先求解加速度，并能抓住臨界狀態(tài)：速度相同，采用隔離法和整體法結合分析．
25．為提高冰球運動員的加速能力，教練員在冰面上與起跑線距離s0和s1(s1
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