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1、20X年高考物理热点:直线运动问题本章内容是高中物理的基础,也是高考中的必考问题,对运动规律的考查从不同的方面考查学生的各种能力，要理解和掌握本章的重要概念、重要模型与重要题型的处理方法。考查的形式中涉及选择题和计算题。对基本概念的考查单独命题的几率不大,但对匀变速直线运动规律和运动图像可能会单独命题。当然匀变速直线运动规律与其它知识也可以结合（如牛顿运动定律、平抛运动等)的考查。高考中与图像有关的考题的比例较大，我们需要掌握图像分析的基本方法。运动的图像有两种,不同的图像对应着不同的运动情景，分析运动图像时要注意从以下多个方面观察(轴、线、斜率、面积、交点），同时要掌握从运动图像中获取物体运
2、动的信息、运用运动图像分析物体的、绘制运动图像的基本处理方法。对于解题来说，就是理解物理概念和规律的适用条件,根据实际情况正确地运用规律。在处理多阶段的复杂过程问题时,要注意过程中随着条件的变化,规律的适用性也随着变化,切忌不加判断,一套到底。在高考中经常出现与生产、生活实际、科技发展实际相联系的问题,要注意从中发现隐藏的条件，对实际情况进行分析，忽略次要因素，抽象为匀变速直线运动或其它物理模型。解题范例:例题一辆轿车违章超车，以108km/h的速度驶入左侧逆行车道时，猛然发现正前方80 m处一辆卡车正以72 m/h的速度迎面驶来,两车司机同时刹车,刹车时加速度大小都是1 s2.两司机的反应时
3、间（即司机从发现险情到实施刹车所经历的时间)都是t，试问t为何值,才能保证两车不相撞。解析：轿车和卡车的初速度分别为1 = 108 m = 3 ms， v2 = 2 m/h=0ms刹车后两车做匀减速运动，由匀变速运动的规律，可求得轿车从刹车到停止通过的距离x1=2/2=45m 卡车从刹车到停止通过的距离 v22=20m在司机的反应时间内，两车做的是匀速运动，匀速运动的距离x3= （v1v2)t = 50t 要保证两车不相撞，则应满足x1+xx380将以上各式联立,代入数据,得0.3 点评:画出运动过程示意图，分析运动过程，运用恰当规律、选择合适的公式是准确、快速解题的基础。例题2如图所示，质量
4、 m =1g的物块（可视为质点）在水平恒力F=10N作用下，从水平面上 点由静止开始运动,运动2s后再加一反向的水平恒力F/=6N,问再经多少时间物块运动到B点,且A、B两点间的距离为14m,已知物块与水平面间的动摩擦因数0.20。(g=0m/s2)解析:物块先作匀加速度直线运动，再作匀减速直线运动，最后做反向的匀加速直线运动在2内,设加速度为1,末速度为v1，位移s1,由牛顿第二定律得：1=(Fg)mm/s2由速度与时间的关系得：1=at1m/s由位移与时间的关系得:s1=a1216m加反向力后，设物体作匀减速运动的加速度大小为a,由牛顿第二定律得a=（ F/+m-F)/m=8m/s2设减速
5、到零的时间为t1，位移为s2,由vt=v+a得t1=s根据s2=（0+)t/16设物体的反向加速的加速度为3，由牛顿第二定律得a3=( F/mg-）/m=4s设反向加速到B点过程的t2，这段时间内的位移为s3,则s3=1-14s218m由，得所以再经时间t=t2=5s时A、B两点间的距离为14m点评:对于单物体多过程的运动,一定得进行正确的受力分析、完整的运动过程分析。受力是决定物体运动的基础，没有正确的受力就分析不出准确的运动过程。例题如图所示为某种弹射装置的示意图，光滑的水平导轨MN右端N处与水平传送带理想连接，传送带长度L=4.0,皮带轮沿顺时针方向转动，带动皮带以恒定速率v=3./s匀
6、速传动。三个质量均为1.0kg的滑块A、B、置于水平导轨上，开始时滑块、之间用细绳相连，其间有一压缩的轻弹簧,处于静止状态。滑块以初速度v=0/s沿、C连线方向向B运动，A与B碰撞后粘合在一起，碰撞时间极短，可认为A与B碰撞过程中滑块C的速度仍为零。因碰撞使连接B、C的细绳受扰动而突然断开，弹簧伸展,从而使C与A、B分离。滑块C脱离弹簧后以速度vC=2.0m/s滑上传送带,并从右端滑出落至地面上的点。已知滑块C与传送带之问的动摩擦因数.2,重力加速度g取10m/s2。求(1)滑块从传送带右端滑出时的速度大小； (）滑块B、C用细绳相连时弹簧的弹性势能Ep；(3)若每次实验开始时弹簧的压缩情况相
7、同,要使滑块C总能落至P点，则滑块A与滑块B碰撞前速度的最大值m是多少解析:(1）滑块滑上传送带后做匀加速运动，设滑块从滑上传送带到速度达到传送带的速度所用的时间为,加速度大小为，在时间内滑块的位移为。根据牛顿第二定律和运动学公式 mg=ma v=vC+ax=vcta22 解得x=.2L即滑块C在传送带上先加速，达到传送带的速度v后随传送带匀速运动,并从右端滑出，则滑块从传道带右端滑出时的速度为v=3.m/（）设A、B碰撞后的速度为v1，A、B与C分离时的速度为，由动量守恒定律m0=mv1 2 mv2mv2+mvC由能量守恒定律EP+2m12/2=2m22/2+mvc2/2解得=0()在题设条
8、件下，若滑块A在碰撞前速度有最大值,则碰撞后滑块的速度有最大值,它减速运动到传送带右端时，速度应当恰好等于传递带的速度v。 设A与B碰撞后的速度为v1/，分离后与B的速度为v/，滑块的速度为c/，由能量守恒定律和动量守恒定律 mvm=v1v1=vC2mv2由能量守恒规律 EP2v/22mv2/2+ /2/由运动学公式 /-v=2aL解得：vm=7.1m/点评:此题考查物体在传送带的运动(动力学知识)、动量守恒定律、能量守恒定律等规律。属于多物体多过程类型的习题。要求学生对物体之间的相互作用以及作用规律了如指掌并且恰当的应用。例题4 图示为仓库中常用的皮带传输装置示意图，它由两台皮带传送机组成,
9、一台水平传送,、B两端相距3m ,另一台倾斜，传送带与地面的倾角= 37， C、D 两端相距4.45 ,、C 相距很近。水平部分AB 以5m的速率顺时针转动。将质量为10k 的一袋大米放在A 端，到达B 端后,速度大小不变地传到倾斜的D 部分,米袋与传送带间的动摩擦因数均为0.5。试求:()若CD部分传送带不运转，求米袋沿传送带所能上升的最大距离。（)若要米袋能被送到端,求C 部分顺时针运转的速度应满足的条件及米袋从C 端到D 端所用时间的取值范围。（g=10ms2 ,sin3=0.6, co37=0.)解:米袋在AB上加速时的加速度：a0=mm=g=5m/s米袋的速度达到v0=5m/s/时运
10、动的距离：s0=v2/a0=2.5mm因此米袋在达到B点之前就与传送带具有了相同的速度:设米袋在C上运动的加速度大小为a,上升的最大距离为sma，由牛顿第二定律得:（mgsn+gcos）/m10m/s2由运动学公式：smx=v2/(a)=.5m设CD部分运转速度为v(v15/s)时米袋恰能到达点(即米袋到达D点时速度恰好为零),则米袋速度减为v1之前的加速度大小为：1=(sin+mgc)/m=1m/2米袋速度达到至减为零前的加速度大小为：2(mgsi-mgos)m2m/s由运动学公式：(02-12)/(2a1)v12（2a2)=4.4 解得1=4m/s,即要把米袋送到D点,CD部分的速度Vv1
11、=4m/ 米袋恰能运到D点所用时间最长为： tma=(v0-1)/a1+v1/a2=2.1s 若D部分传送带的速度很大，使米袋沿C上滑时所受摩擦力一直沿皮带向上,则所用时间最短，此种情况米袋加速度一直为2。由SD=v0tmn-a2tmi2/ 解得tmin1.16(用带根式的答案也可） 所以,所求的时间t的范围为1.1st2.1s 例题5 如图所示为车站使用的水平传送带的模型,它的水平传送带的长度为=8，传送带的皮带轮的半径为R0.2m，传送带的上部距地面的高度为=5m,现有一个旅行包（视为质点),以v00/s的初速度水平地滑上水平传送带，已知旅行包与皮带之间的动摩擦因数0.6,本题中g=10m
12、/s2,试讨论下列问题：（1)若传送带静止，旅行包滑到B端时,人若没有及时取下,旅行包从端滑落，则包的落点距B端的水平距离为多少？(2)设皮带轮顺时针匀速转动,并设水平传送带长度仍为8m，旅行包滑上传送带的初速度恒为1m/s，当皮带的角速度值在什么范围内,旅行包落地点距B端的水平距离始终为（1)中所求的水平距离?若皮带轮的角速度1=0rads,旅行包落地距B端的水平距离又是多少?()设皮带轮以不同的角速度顺时针匀速转动,画出旅行包落地点距端的水平距离s 随皮带轮的角速度变化的图象。解：(1)旅行包做匀减速运动,a=g=6m/s2旅行包到达B端的速度为包的落地点距端的水平距离为(2)旅行包在传送带上须做匀减速运动,皮带轮的临界角速度的范围是0rd/.当1=40rad/s时,皮带速度为v1R=8m/s当旅行包速度也为v1=8m/s事,在皮带上运动了s=(v02-1)2=m0mt下v1/=35所以一次上下创造的完全失重的时间为5（)当飞机在离地45m2875m，所以飞机仍在完全失重状态,飞机自由下落的
