力和運動---恒力作用下物體的運動（一）力和運動是中學(xué)物理學(xué)體系的一個重要組成部分。內(nèi)容以牛頓運動定律為核心，涉及到恒力作用下物體做勻變速直線運動及勻變速曲線運動。運用牛頓第二定律和運動學(xué)公式不僅能解答相關(guān)的動力學(xué)問題，而且能解答帶電粒子在電場、磁場、復(fù)合場中及通電導(dǎo)體在磁場中的動力學(xué)問題等，這些都是高考的熱點。【知識網(wǎng)絡(luò)】條件合外力大小恒定，方向與速度共線勻變速直線運動勻變速直線運動規(guī)律恒力作用下物體的運動恒力作用下物體的運動自由落體典型運動豎直上拋=1\*GB3①是加速度恒定的勻變速運動運動特征=2\*GB3②運動軌跡是曲線勻變速曲線運動=1\*GB3①平拋運動典型類型=2\*GB3②類平拋運動（帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)等）研究方法運動的合成與分解【基礎(chǔ)再現(xiàn)】一、勻變速直線運動的規(guī)律（一）分析和計算常用的公式有vt=v0+at，s=________，vt2-v02=_____，（二）勻變速直線運動規(guī)律的三個重要推論1.任意兩個連續(xù)相等的時間內(nèi)的位移之差是一個恒量，即2.某段時間內(nèi)的平均速度等于這段時間中間時刻的瞬時速度。即3.某段位移中點的瞬時速度等于初速度和末速度平方和一半的平方根，即提示在應(yīng)用勻變速直線運動規(guī)律時，要注意以下幾點：(1)正方向選?。阂话阋?guī)定的方向為正方向（但不絕對，也可規(guī)定為負方向），凡是與正方向相同的矢量為正值，相反矢量為負值，這樣就把公式中的矢量運算轉(zhuǎn)換成了代數(shù)運算。(2)應(yīng)用技巧：物體做勻減速直線運動，速度減到零后再反向運動，如果整個過程加速度恒定，則可對整個過程直接應(yīng)用矢量式，如豎直上拋運動，就可這樣處理。二、追及與相遇問題的規(guī)律追及與相遇問題一般涉及兩個物體，要選擇同一參考系研究它們的運動情況。（一）所謂“追上”或“相遇”是指兩個物體同一時刻位于“同一位置”，據(jù)此可建立它們的位移方程。（二）明確兩個物體運動的時間關(guān)系，是同時開始運動還是先后開始運動，由此建立時間關(guān)系方程。（三）兩個物體的“速度相等”通常是一個重要的臨界條件。對于追及問題要注意區(qū)分以下兩種情況：1.速度大者減速運動追勻速運動的物體，當兩者速度相等時仍未追上，則永遠追不上，此時兩者之間有最小距離；兩者速度相等時恰能追上，是兩者避免碰撞的臨界條件；兩者速度相等時若追者已超過被追者，則被追者還有一次追上追者的機會。2.速度小者加速追勻速運動的速度大者，追上之前兩者速度相等時兩者之間有最大距離。三、牛頓第二定律（一）a與的關(guān)系：1.同向性：任一瞬時，a的方向均與方向相同，當方向變化時，a的方向一定變化。2.瞬時性：物體的加速度與物體所受合外力具有瞬時對應(yīng)關(guān)系，a為某一時刻的加速度，為該時刻物體所受合外力。3.同體性：中、m、a必須對同一物體或同一系統(tǒng)4.獨立性：作用于物體上的每一個力各自產(chǎn)生的加速度都遵從牛頓第二定律，而物體的實際加速度則是每個力產(chǎn)生的加速度的矢量和，分力和分加速度在各個方向上的關(guān)系也遵從牛頓第二定律，即：5.相對性：物體的加速度必須是相對于地球靜止或勻速直線運動的參考系而言的。6.因果性：力是產(chǎn)生加速度的原因，物體有加速度，是因為物體受到的合外力不為零。（二）超重與失重對超重和失重的理解應(yīng)注意以下幾點：1.物體處于超重或失重狀態(tài)時，物體的重力始終存在，大小也沒有變化。2.發(fā)生超重或失重現(xiàn)象與物體的速度無關(guān)，只取決于加速度的方向，有向上的加速度時超重，有向下的加速度時失重。3.在完全失重的狀態(tài)下，平常由重力產(chǎn)生的一些物理現(xiàn)象會消失，如單擺停擺、天平失效、浸在水中的物體不再受浮力、液體柱不再產(chǎn)生向下的壓強等。【方法總結(jié)】一、勻變速直線運動問題的解題方法（一）一般公式法一般公式法指速度、位移、加速度和時間的關(guān)系式，它們是矢量式，使用時注意方向性。一般以v0為正方向，其余各量與正方向相同者為正，與正方向相反者為負。（二）平均速度法定義式對任何性質(zhì)的運動都適用，而只適用于勻變速直線運動。（三）中間時刻速度法利用“任一時間t中間時刻的瞬時速度等于這段時間t內(nèi)的平均速度”即，適用于任何一個勻變速直線運動，有些題目應(yīng)用它可以避免常規(guī)解法中用位移公式列出含有的復(fù)雜式子，從而簡化解題過程，提高解題速度。（四）比例法對于初速度為零的勻加速直線運動與末速度為零的勻減速直線運動，可利用初速度為零的勻加速直線運動的比例關(guān)系求解。（五）逆向思維法把運動過程的末態(tài)作為初態(tài)的反向研究問題的方法。一般用于末態(tài)已知的情況。（六）圖像法應(yīng)用v-t圖像，可把較復(fù)雜的問題轉(zhuǎn)化為較為簡單的數(shù)學(xué)問題解決，尤其是用圖像定性分析，可避開繁雜的計算，快速找出答案。（七）巧用推論解題勻變速直線運動中，在連續(xù)相等的時間T內(nèi)的位移之差為一恒量,對一般的勻變速直線運動問題，若出現(xiàn)連續(xù)相等的時間間隔問題，應(yīng)優(yōu)先考慮用求解。二、牛頓第二定律的應(yīng)用（一）判斷超重、失重的方法1.當物體有豎直向上的加速度時，物體處于超重狀態(tài)；當物體有豎直向下的加速度時，物體處于失重狀態(tài)。2.物體加速度不沿豎直方向，但在豎直方向有分加速度，當豎直方向的分加速度向上時處于超重，向下時處于失重。3.幾個物體中有個別物體在豎直方向上有向上的加速度（或向下的加速度）時，系統(tǒng)處于部分超、失重狀態(tài)。（二）瞬間問題牛頓第二定律中，加速度與合外力F具有瞬時對應(yīng)關(guān)系，加速度與合外力同時產(chǎn)生、同時變化、同時消失。分析物體在某一瞬間的加速度，關(guān)鍵是分析此瞬間前后的受力情況及其變化。解決此類問題，需明確以下兩種基本模型的特點。1.剛性繩（或接觸面）的彈力可以發(fā)生突變；2.彈簧（或橡皮筋）兩端同時連接或附著物體時彈力不能發(fā)生突變；否則可以發(fā)生突變。（三）整體法與隔離法研究對象的選擇方法整體法以幾個物體構(gòu)成的整個系統(tǒng)為研究對象進行求解的方法分析外力對系統(tǒng)作用時，用整體法隔離法將研究的對象從系統(tǒng)中隔離出來進行研究的方法分析系統(tǒng)內(nèi)各物體之間的相互作用時，用隔離法注意有時在解答一個問題時要多次選取研究對象，需要整體法與隔離法交叉使用（四）力的正交分解法將已知力按互相垂直的兩個方向進行分解的方法。【典例分析】例題1.現(xiàn)有甲、乙兩汽車正沿同一平直馬路同向勻速行駛，甲車在前，乙車在后，當兩車快要到十字路口時，甲車司機看到綠燈開始閃爍，已知綠燈閃爍3s后將轉(zhuǎn)為紅燈．請問：(1)若甲車在綠燈開始閃爍時剎車，要使車在綠燈閃爍的3s時間內(nèi)停下來且剎車距離不得大于18m，則甲車剎車前的行駛速度不能超過多少？(2)若甲、乙兩車均以v0＝15m/s的速度駛向路口，乙車司機看到甲車剎車后也緊急剎車(乙車司機的反應(yīng)時間Δt2＝0.4s，反應(yīng)時間內(nèi)視為勻速運動)．已知甲車、乙車緊急剎車時的加速度大小分別為a1＝5m/s2、a2＝6m/s2.若甲車司機看到綠燈開始閃爍時車頭距停車線L＝30m，要避免闖紅燈，他的反應(yīng)時間Δt1不能超過多少？為保證兩車在緊急剎車過程中不相撞，甲、乙兩車剎車前之間的距離s0至少多大？解析：(1)設(shè)在滿足條件的情況下，甲車的最大行駛速度為v1根據(jù)平均速度與位移關(guān)系得eq\f(v1,2)t1＝18m所以v1＝12m/s.(2)對甲車有v0Δt1＋eq\f(v\o\al(2,0),2a1)＝L代入數(shù)據(jù)得Δt1＝0.5s當甲、乙兩車速度相等時，設(shè)乙車減速運動的時間為t即v0－a2t＝v0－a1(t＋Δt2)解得t＝2s則v＝v0－a2t＝3m/s此時，甲車的位移s1＝eq\f(v\o\al(2,0)－v2,2a1)＝21.6m乙車的位移s2＝v0Δt2＋eq\f(v\o\al(2,0)－v2,2a2)＝24m故剎車前甲、乙兩車之間的距離至少為s0＝s2－s1＝2.4m.答案：(1)12m/s(2)0.5s2.4m例題2.下暴雨時，有時會發(fā)生山體滑坡或泥石流等地質(zhì)災(zāi)害．某地有一傾角為θ＝37°eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin37°＝\f(3,5)))的山坡C，上面有一質(zhì)量為m的石板B，其上下表面與斜坡平行；B上有一碎石堆A(含有大量泥土)，A和B均處于靜止狀態(tài)，如圖所示．假設(shè)某次暴雨中，A浸透雨水后總質(zhì)量也為m(可視為質(zhì)量不變的滑塊)，在極短時間內(nèi)，A、B間的動摩擦因數(shù)μ1減小為eq\f(3,8)，B、C間的動摩擦因數(shù)μ2減小為0.5，A、B開始運動，此時刻為計時起點；在第2s末，B的上表面突然變?yōu)楣饣?保持不變．已知A開始運動時，A離B下邊緣的距離l＝27m，C足夠長，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力．取重力加速度大小g＝10m/s2.求：(1)在0～2s時間內(nèi)A和B加速度的大??；(2)A在B上總的運動時間．解析：(1)在0～2s時間內(nèi)，A和B的受力如圖所示，其中f1、N1是A與B之間的摩擦力和正壓力的大小，f2、N2是B與C之間的摩擦力和正壓力的大小，方向如圖所示．由滑動摩擦力公式和力的平衡條件得f1＝μ1N1①N1＝mgcosθ②f2＝μ2N2③N2＝N1′＋mgcosθ④規(guī)定沿斜面向下為正．設(shè)A和B的加速度分別為a1和a2，由牛頓第二定律得mgsinθ－f1＝ma1⑤mgsinθ－f2＋f1′＝ma2⑥N1＝N1′⑦f1＝f1′⑧聯(lián)立①②③④⑤⑥⑦⑧式，并代入題給數(shù)據(jù)得a1＝3m/s2⑨a2＝1m/s2⑩(2)在t1＝2s時，設(shè)A和B的速度分別為v1和v2，則v1＝a1t1＝6m/s?v2＝a2t1＝2m/s?t>t1時，設(shè)A和B的加速度分別為a1′和a2′.此時A與B之間的摩擦力為零，同理可得a1′＝6m/s2?a2′＝－2m/s2?B做減速運動．設(shè)經(jīng)過時間t2，B的速度減為零，則有v2＋a2′t2＝0?聯(lián)立???式得t2＝1s?在t1＋t2時間內(nèi)，A相對于B運動的距離為s＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)a1t\o\al(2,1)＋v1t2＋\f(1,2)a1′t\o\al(2,2)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)a2t\o\al(2,1)＋v2t2＋\f(1,2)a2′t\o\al(2,2)))＝12m<27m?此后B靜止，A繼續(xù)在B上滑動．設(shè)再經(jīng)過時間t3后A離開B，則有l(wèi)－s＝(v1＋a1′t2)t3＋eq\f(1,2)a1′teq\o\al(2,3)?可得t3＝1s(另一解不合題意，舍去)?設(shè)A在B上總的運動時間為t總，有t總＝t1＋t2＋t3＝4s答案：(1)3m/s21m/s2(2)4s【易錯分析】例題3.質(zhì)量為2kg的木板B靜止在水平面上，可視為質(zhì)點的物塊A從木板的左側(cè)沿木板上表面水平?jīng)_上木板，如圖甲所示．A和B經(jīng)過1s達到同一速度，之后共同減速直至靜止，A和B的v－t圖象如圖乙所示，重力加速度g＝10m/s2，求：(1)A與B上表面之間的動摩擦因數(shù)μ1；(2)B與水平面間的動摩擦因數(shù)μ2；(3)A的質(zhì)量．解析：(1)由圖象可知，A在0～1s內(nèi)的加速度a1＝eq\f(v1－v0,t1)＝－2m/s2對A由牛頓第二定律得：－μ1mg＝ma1解得：μ1＝0.2(2)由圖象知，AB在1～3s內(nèi)的加速度a3＝eq\f(v3－v1,t2)＝－1m/s2對AB由牛頓第二定律得：－(M＋m)gμ2＝(M＋m)a3解得：μ2＝0.1(3)由圖象可知B在0～1s內(nèi)的加速度a2＝eq\f(v1－v0,t1)＝2m/s2對B由牛頓第二定律得：μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2代入數(shù)據(jù)解得：m＝6kg.答案：(1)0.2(2)0.1(3)6kg【變式】一長木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物塊；在木板右方有一墻壁，木板右端與墻壁的距離為4.5m，如圖(a)所示．t＝0時刻開始，小物塊與木板一起以共同速度向右運動，直至t＝1s時木板與墻壁碰撞(碰撞時間極短)．碰撞前、后木板速度大小不變，方向相反；運動過程中小物塊始終未離開木板．已知碰撞后1s時間內(nèi)小物塊的v-t圖線如圖(b)所示．木板的質(zhì)量是小物塊質(zhì)量的15倍，重力加速度大小取g＝10m/s2.求：圖(a)圖(b)(1)木板與地面間的動摩擦因數(shù)μ1及小物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ2；(2)木板的最小長度；(3)木板右端離墻壁的最終距離．【解析】(1)規(guī)定向右為正方向，木板與墻壁相碰前，小物塊和木板一起向右做勻變速運動，設(shè)加速度為a1，小物塊和木板的質(zhì)量分別為m和M，由牛頓第二定律有：-μ1(m+M)g=(m+M)a1·······eq\o\ac(○,1))由圖可知。木板與墻壁碰前瞬間的速度v1=4m/s,由運動學(xué)公式得：V1=v0+a1t1······eq\o\ac(○,2)S0=v0t1+QUOTEa1t12········eq\o\ac(○,3)式中t1=1s,s0=4.5m是木板碰前的位移，v0是小物塊和木板開始運動時的速度。聯(lián)立eq\o\ac(○,1)eq\o\ac(○,2)eq\o\ac(○,3)式和題給條件得：μ1=0.1·······eq\o\ac(○,4)在木板與墻壁碰撞后，木板以-v1的初速度向左做勻變速運動，小物塊以v1的初速度向右做勻變速運動。設(shè)小物塊的加速度為a2,由牛頓第二定律有：-μ2mg=ma2········eq\o\ac(○,5)由圖可得：a2=QUOTE·······eq\o\ac(○,6)式中t2=2s,v2=0,聯(lián)立eq\o\ac(○,5)eq\o\ac(○,6)式和題給條件得：μ2=0.4······eq\o\ac(○,7)（2）設(shè)碰撞后木板的加速度為a3,經(jīng)過時間Δt,木板和小物塊剛好具有共同速度v3,由牛頓第二定律及運動學(xué)公式得：μ2mg+μ1(m+M)g=(m+M)a1=Ma3······eq\o\ac(○,8)V3=-v1+a3Δt·······eq\o\ac(○,9)V3=v1+a2Δt······eq\o\ac(○,10)碰撞后至木板和小物塊剛好達到共同速度的過程中，木板運動的位移為：s1=QUOTEΔt······eq\o\ac(○,11)小物塊運動的位移為：s2=QUOTEΔt······eq\o\ac(○,12)小物塊相對木板的位移為：Δs=s2–s1·····eq\o\ac(○,13)聯(lián)立eq\o\ac(○,6)eq\o\ac(○,8)eq\o\ac(○,9)eq\o\ac(○,10)eq\o\ac(○,11)eq\o\ac(○,12)eq\o\ac(○,13)式，并代入數(shù)值得：Δs=6.0m·····eq\o\ac(○,14)因為運動過程中小物塊沒有脫離木板，所以木板的最小長度應(yīng)為6.0m。(3)(5分)在小物塊和木板具有共同速度后，兩者向左做勻變速運動直到停止，高加速度為a4,此過程中小物塊和木板運動的位移為s3,由牛頓第二定律及運動學(xué)公式得：μ1(m+M)g=(m+M)a4·······eq\o\ac(○,15)0–v32=2a4s3······eq\o\ac(○,16)碰后木板運動的位移為：s=s1+s3·······eq\o\ac(○,17)聯(lián)立eq\o\ac(○,6)eq\o\ac(○,8)eq\o\ac(○,9)eq\o\ac(○,10)eq\o\ac(○,11)eq\o\ac(○,15)eq\o\ac(○,16)eq\o\ac(○,17)式，并代入數(shù)值得：S=-6.5m·······eq\o\ac(○,18)木板右端離墻壁的最終距離為6.5m。【練習(xí)提高】1.（多選）在一東西向的水平直鐵軌上，停放著一列已用掛鉤鏈接好的車廂。當機車在東邊拉著這列車廂一大小為a的加速度向東行駛時，鏈接某兩相鄰車廂的掛鉤P和Q間的拉力大小為F；當機車在西邊拉著這列車廂一大小為QUOTEa的加速度向東行駛時，鏈接某兩相鄰車廂的掛鉤P和Q間的拉力大小仍為F。不計車廂與鐵軌間的摩擦，每節(jié)車廂質(zhì)量相同，則這列車廂的節(jié)數(shù)