专题1 第2讲 力与直线运动(Word教参)-【精讲精练】2025年高考物理二轮专题辅导与训练

第2讲　力与直线运动 　如图所示，倾斜角为α＝30°的等腰三角形斜面固定在水平面上，斜面足够长，一足够长的轻质绸带跨过斜面的顶端铺放在斜面的两侧，绸带与斜面间无摩擦。现将质量分别为M＝3 kg、m＝1 kg的小物块同时轻放在斜面两侧的绸带上。两物块与绸带间的动摩擦因数均为μ＝，且最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度g＝10 m/s2。 (1)t1＝1 s末，m、M的速度大小v1、v2分别为多少？ (2)1 s后重新开始计时，给m施加一个平行于斜面向右下的力F1＝t N，给M施加一个平行于斜面向右上随时间变化的力F2＝(10－t)N，则当两物块速度大小相等时，求二者的速度大小v。 [解析]　(1)由于轻质绸带合力为零，则两物块给它的摩擦力大小相等方向相反，都等于绸带的张力。再由牛顿第三定律得M和m受到绸带反作用的摩擦力大小也相等。又有M＞m，则μMg cos α＞μmg cos α，二者不可能同时为滑动摩擦力，又有μmg cos α＝3.75 N<mg sin α＝5 N m会加速下滑，设加速度为a1，由牛顿第二定律得mg sin α－μmg cos α＝ma1 解得a1＝1.25 m/s2 故1 s末速度v1＝a1t1＝1.25 m/s 则M受静摩擦力F静＝μmg cos α＝3.75 N，方向沿斜面向上，M带着绸带一起向左加速下滑，设加速度为a2，由牛顿第二定律得 Mg sin α－μmg cos α＝Ma2 解得a2＝3.75 m/s2 故1 s末速度v2＝a2t1＝3.75 m/s。 (2)因为F1＋F2＝Mg sin α－mg sin α， 所以Mg sin α－F2－μmg cos α＝mg sin α＋F1－μmg cos α 两物体所受合外力大小每时每刻都相等，则相同时间内合外力冲量的大小相同，动量的变化量大小相等。对m由动量定理得 (mg sin α－μmg cos α＋1)t＝m(v－v1) 对M由动量定理得(Mg sin α－μmg cos α－2)t＝M(v－v2) 即m(v－v1)＝M(v－v2)，解得v＝5 m/s。 [答案]　(1)1.25 m/s　3.75 m/s (2)5 m/s 　(多选)在例题中，倾角为α的等腰三角形斜面固定在水平面上，一足够长的轻质绸带跨过斜面的顶端铺放在斜面的两侧，绸带与斜面间无摩擦，现将质量分别为M、m(M＞m)的小物块同时轻放在斜面两侧的绸带上，两物块与绸带间的动摩擦因数相等，且最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，在α角取不同值的情况下，下列说法正确的有(　　) A．两物块所受摩擦力的大小总是相等 B．两物块不可能同时相对绸带静止 C．M不可能相对绸带发生滑动 D．m不可能相对斜面向上滑动 解析　轻质绸带与斜面间无摩擦，受两个物体对其的摩擦力，根据牛顿第二定律有fM－fm＝m绸a＝0(轻绸带，质量为零)，fM＝fm，M对绸带的摩擦力和绸带对M的摩擦力是相互作用力，大小相等；m对绸带的摩擦力和绸带对m的摩擦力也是相互作用力，大小相等；故两物块所受摩擦力的大小总是相等，故A正确；由于绸带与斜面之间光滑，当动摩擦因数较大或α角较小时，即满足μ＞tan α时，并且M＞m，则M、m和绸带一起向左滑动，设加速度为a，根据牛顿第二定律，对整体有Mg sin α－mg sin α＝(M＋m)a，对M有Mg sin α－fM＝Ma，对m有fm－mg sin α＝ma，解得fM＝ g sin α<Mg sin α，fm＝ g sin α＞mg sin α，则M加速下滑，m加速上滑，均相对绸带静止，故B、D错误；由于M与绸带间的最大静摩擦力较大，故绸带与M始终相对静止，m与绸带间可能有相对滑动，故C正确。 答案　AC (1)应用牛顿第二定律解决动力学问题，受力分析和运动分析是关键，加速度是解决此类问题的纽带，分析流程如下： (2)如果是多过程问题，则前一段的末速度就是后一段的初速度，速度是关联量。必要时要画出运动示意图。 　 (2024·全国甲卷)如图所示，一轻绳跨过光滑定滑轮，绳的一端系物块P，P置于水平桌面上，与桌面间存在摩擦；绳的另一端悬挂一轻盘(质量可忽略)，盘中放置砝码。改变盘中砝码总质量m，并测量P的加速度大小a，得到a­m图像。重力加速度大小为g。在下列a­m图像中，可能正确的是(　　) [解析]　设物块P的质量为M，物块P与桌面间的动摩擦因数为μ，轻绳上的拉力大小为T。 。 [答案]　D 　(多选)在例题中，若轻绳跨过定滑轮，两端分别系着质量分别为m1、m2的小物块A和B，A放在地面上，B离地面有一定高度。当B的质量发生变化时，A上升的加速度a和轻绳对A的拉力F也将随之变化(全过程A始终未碰到滑轮，B始终未触地)。已知重力加速度为g，不计轻绳和滑轮之间的摩擦，则下列关于a与m2及F与m2关系的图像，描述正确的是(　　) 解析　当m2≤m1时，物块A仍处于静止状态，可知物块A的加速度为零，根据受力平衡可知F＝m2g；当m2＞m1时，物块A向上加速运动，物块B向下加速运动，两者有相同大小的加速度，对物块A根据牛顿第二定律可得F－m1g＝m1a，对物块B根据牛顿第二定律可得m2g－F＝m2a，联立可得a＝g＝g－g＝g－g，F＝＝；当m2≫m1时，加速度a→g，绳子拉力F→2m1g。故选AC。 答案　AC 解决动力学图像问题的三点提醒 1．分清图像的类别 分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图像所反映的物理过程，会分析临界点。 2．注意图线中的一些特殊点所表示的物理意义 图线与横、纵坐标的交点，图线的转折点，两图线的交点等。 3．明确能从图像中获得哪些信息 把图像与具体的题意、情境结合起来，再结合斜率、特殊点、面积等的物理意义，确定从图像中反馈出来的有用信息，这些信息往往是解题的突破口或关键点。 1．(2024·新课标卷)一质点做直线运动，下列描述其位移x或速度v随时间t变化的图像中，可能正确的是(　　) 解析　任何时刻质点的速度与位移都是唯一的，C可能正确，A、B、D错误。 答案　C 2．(2024·湖南卷)如图所示，质量分别为4m、3m、2m、m的四个小球A、B、C、D，通过细线或轻弹簧互相连接，悬挂于O点，处于静止状态，重力加速度为g。若将B、C间的细线剪断，则剪断瞬间B和C的加速度大小分别为(　　) A．g，1.5g　　　　 B．2g，1.5g C．2g，0.5g D．g，0.5g 解析　细线剪断前，对B、C、D整体受力分析，由力的平衡条件有A、B间轻弹簧的弹力FAB＝6mg，对D受力分析，由力的平衡条件有C、D间轻弹簧的弹力FCD＝mg，细线剪断瞬间，对B由牛顿第二定律有3mg－FAB＝3maB，对C由牛顿第二定律有2mg＋FCD＝2mac，联立解得aB＝－g，ac＝1.5g，A正确。 答案　A 3．(2024·全国甲卷)为抢救病人，一辆救护车紧急出发，鸣着笛沿水平直路从t＝0时由静止开始做匀加速运动，加速度大小a＝2 m/s2，在t1＝10 s时停止加速开始做匀速运动，之后某时刻救护车停止鸣笛，t2＝41 s时在救护车出发处的人听到救护车发出的最后的鸣笛声。已知声速v0＝340 m/s，求： (1)救护车匀速运动时的速度大小； (2)在停止鸣笛时救护车距出发处的距离。 解析　(1)根据题意可知，救护车匀速运动时的速度大小为v＝at1 代入数据解得v＝20 m/s。 (2)设救护车在t＝t0时停止鸣笛，则由运动学规律可知，此时救护车距出发处的距离为 x＝at12＋v(t0－t1) 又x＝v0(t2－t0) 联立并代入数据解得x＝680 m。 答案　(1)20 m/s　(2)680 m 4．(2024·新课标卷)如图所示，一长度l＝1.0 m的均匀薄板初始时静止在一光滑平台上，薄板的右端与平台的边缘O对齐。薄板上的一小物块从薄板的左端以某一初速度向右滑动，当薄板运动的距离Δl＝时，物块从薄板右端水平飞出；当物块落到地面时，薄板中心恰好运动到O点。已知物块与薄板的质量相等，它们之间的动摩擦因数μ＝0.3，重力加速度大小g＝10 m/s2。求： (1)物块初速度大小及其在薄板上运动的时间； (2)平台距地面的高度。 解析　(1)解法一　由题意可知物块在薄板上运动的过程中，物块和薄板之间一直存在相对运动，物块向右做匀减速直线运动，薄板向右做匀加速直线运动，又物块和薄板的质量相等，则物块和薄板的加速度大小均为a＝μg＝3 m/s2 设物块的初速度大小为v0，物块在薄板上的运动时间为t1，则由运动学公式有 x物＝v0t1－at12＝l＋，x板＝at12＝ 联立并代入数据解得v0＝4 m/s，t1＝ s。 解法二　对物块与薄板组成的系统，从开始运动到状态一，根据动量守恒定律有 mv0＝mv1＋mv2 分别对物块和薄板根据动能定理有 －μmg·l＝mv12－mv02 μmg·l＝mv22－0 联立并代入数据解得 v0＝4 m/s，v1＝3 m/s，v2＝1 m/s 对薄板由动量定理有μmgt1＝mv2－0 代入数据解得t1＝ s。 (2)结合(1)问可知物块从薄板飞出瞬间，薄板的速度大小为v2＝at1＝1 m/s 由题意可知物块从薄板飞出后，物块做平抛运动，薄板做匀速直线运动，设物块从薄板飞出后的运动时间为t2，平台距地面的高度为h，则由运动学公式有－＝v2t2，h＝gt22 联立并代入数据解得h＝ m。 答案　(1)4 m/s　 s　(2) m 命题点一　匀变速直线运动规律的应用 1．匀变速直线运动问题常用的六种解题方法 2．解题的基本步骤 →→→→ 3．两种匀减速直线运动的分析方法 (1)刹车问题的分析 末速度为零的匀减速直线运动问题常用逆向思维法，对于刹车问题，应先判断车停下所用的时间，再选择合适的公式求解。 (2)双向可逆类运动分析 匀减速直线运动速度减为零后反向运动，全过程加速度的大小和方向均不变，故求解时可对全过程列式，但需注意x、v、a等矢量的正负及物理意义。 1．(2024·山东卷)如图所示，固定的光滑斜面上有一木板，其下端与斜面上A点距离为L。木板由静止释放，若木板长度为L，通过A点的时间间隔为Δt1；若木板长度为2L，通过A点的时间间隔为Δt2。Δt2∶Δt1为(　　) A．(－1)∶(－1) B．(－)∶(－1) C．(＋1)∶(＋1) D．(＋)∶(＋1) 解析　对木板由牛顿第二定律可知木板的加速度不变，木板从静止释放到下端到达A点的过程，有L＝at02，木板从静止释放到上端到达A点的过程，当木板长度为L时，有2L＝at12，当木板长度为2L时，有3L＝at22，又Δt1＝t1－t0，Δt2＝t2－t0，联立解得Δt2∶Δt1＝(－1)∶(－1)，A正确。 答案　A 2．(2024·九省联考)2023年11月，在广西举办的第一届全国学生(青年)运动会的自行车比赛中，若甲、乙两自行车的v­t图像如图所示，在t＝0时刻两车在赛道上初次相遇，则(　　) A．0～t1内，乙的加速度越来越大 B．t1时刻，甲乙再次相遇 C．0～t1内，甲乙之间的距离先增大后减小 D．t1～t2内，甲乙之间的距离先减小后增大 解析　v­t图像的斜率表示加速度，由题图可得，0～t1内乙图线的斜率逐渐变小，即加速度减小，故A错误；v­t图像的“面积”表示位移，由题图可知在t1时刻，乙的位移大于甲的位移，即此时乙在甲前面，故B错误；v­t图像的“面积”表示位移，由题图可得，0～t1乙的面积与甲的面积差一直增大，即甲乙的位移差一直增大，甲乙之间的距离一直增大，故C错误；由选项B可得，t1时刻乙在甲前面，由题图可知，t1～t2时，v甲＞v乙且都做匀速直线运动，则甲会追上乙，并超越乙，即甲乙之间的距离在t1～t2时会先减小到甲追上乙，后甲超越乙，运动到乙的前面，甲乙的距离再增大，故D正确。 答案　D 3．如图，轮滑训练场沿直线等间距地摆放着若干个定位锥筒，锥筒间距d＝0.9 m，某同学穿着轮滑鞋向右匀减速滑行。现测出他从1号锥筒运动到2号锥筒用时t1＝0.4 s，从2号锥筒运动到3号锥筒用时t2＝0.5 s。求该同学： (1)滑行的加速度大小； (2)最远能经过几号锥筒。 解析　(1)根据匀变速运动规律某段内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度可知在1、2间中间时刻的速度为v1＝＝2.25 m/s 2、3间中间时刻的速度为v2＝＝1.8 m/s 故可得加速度大小为a＝＝＝1 m/s2。 (2)设到达1号锥筒时的速度为v0，根据匀变速直线运动规律得v0t1－at12＝d 代入数值解得v0＝2.45 m/s 从1号开始到停止时通过的位移大小为x＝＝3.00125 m≈3.33d 故可知最远能经过4号锥筒。 答案　(1)1 m/s2　(2)4号 命题点二　牛顿运动定律的基本应用 1．动力学两类基本问题的解题思路 2．超重与失重 3．瞬时加速度的求解 (1)两个重要模型 ①轻绳——长度不变时产生弹力可突变，剪断时弹力立即消失； ②轻弹簧——其形变的恢复需要时间，在瞬时性问题中，其弹力认为不变。 (2)注意：力和加速度可以发生突变，但速度不可以。 4．(多选)(2024·九省联考)将一个气球向上抛出，气球上升2 m后竖直下落，下列说法正确的是(　　) A．气球上升过程中受到的空气浮力大于重力 B．气球下落过程中受到的空气浮力小于重力 C．气球到达最高点时速度和加速度都为零 D．气球下落过程中速度变化率逐渐减小 解析　气球不论是上升还是下落，重力和空气浮力均不变，当气球上升到最高点时，速度为0，此时空气阻力为0，接下来小球会下落，说明气球受到的重力大于受到的浮力，故A错误，B正确；气球到达最高点时速度为零，气球受到的重力大于受到的浮力，加速度向下，故C错误；气球下落过程中，气球的速度变化率即加速度为a＝，随着气球下落速度的增大，空气阻力也随之增大，气球的加速度会逐渐减小，故D正确。 答案　BD 5．(2024·河南高三校联考期末)由同种材料制成的两滑块A、B用一根轻质细绳连接，将滑块B按在水平桌面上，细绳跨过轻质定滑轮将滑块A悬挂在空中，如图甲所示，松手后滑块A、B的加速度大小均为a。现仅将滑块A、B位置互换(如图乙所示)，松手后滑块A、B的加速度大小均为3a。已知滑块B的质量等于滑块A的质量的两倍，则滑块与水平桌面间的动摩擦因数为(　　) A．0.1　　 B．0.2　　 C．0.3　　 D．0.4 解析　设滑块A的质量为m，滑块B的质量为2m；调换前对系统根据牛顿第二定律可得mg－2μmg＝3ma，调换后对系统根据牛顿第二定律可得2mg－μmg＝9ma，联立解得μ＝0.2，故选B。 答案　B 6．(2024·河南周口二模)质量为m的小球以速度v0由水平地面竖直向上抛出，经多次与地面碰撞后，最终静止在地面上。已知小球与地面的碰撞为弹性碰撞，重力加速度为g，运动过程中小球所受空气阻力视为恒定，大小为0.6mg。求小球从抛出到静止所经历的总路程。 解析　设从抛出到静止小球所经历的总路程为s，对整个过程，重力做功为零，根据动能定理得－0.6mgs＝0－mv02，解得s＝。 答案　 命题点三　动力学图像 求解动力学图像问题的基本思路 7．用平行于斜面向上的拉力使甲、乙两物体分别在不同光滑斜面上由静止开始沿直线运动，两物体质量分别为m甲、m乙，两斜面与水平面的夹角分别为θ甲、θ乙。甲、乙两物体运动后，所受拉力F与其加速度a的关系图线如图所示。由图可知(　　) A．θ甲＞θ乙　　　　　 B．θ甲<θ乙 C．m甲＝m乙 D．m甲＞m乙 解析　根据牛顿第二定律有F－mg sin θ＝ma，整理后有F＝ma＋mg sin θ，则可知F­a图像的斜率为m，纵截距为mg sin θ，则由题图可看出m甲<m乙，根据m甲g sin θ甲＝m乙g sin θ乙，可得θ甲＞θ乙，故选A。 答案　A 8．(多选)(2024·吉林卷)一足够长木板置于水平地面上，二者间的动摩擦因数为μ。t＝0时，木板在水平恒力作用下，由静止开始向右运动。某时刻，一小物块以与木板等大、反向的速度从右端滑上木板。已知t＝0到t＝4t0的时间内，木板速度v随时间t变化的图像如图所示，其中g为重力加速度大小。t＝4t0时刻，小物块和木板的速度相同。下列说法正确的是(　　) A．小物块在t＝3t0时刻滑上木板 B．小物块和木板间的动摩擦因数为2μ C．小物块与木板的质量比为3∶4 D．t＝4t0之后小物块和木板一起做匀速运动 解析　由题图可知，t＝3t0时木板的速度开始减小，说明小物块在t＝3t0时滑上木板，A正确；v­t图像斜率的绝对值表示加速度大小，则0～3t0时间内，木板的加速度大小为a1＝＝μg，t＝3t0时木板的速度大小为v1＝a1·3t0＝μgt0，结合题意可知，t＝3t0时小物块以μgt0的速度水平向左滑上木板，t＝4t0时小物块与木板共速，大小为μgt0，方向水平向右，则与木板共速前，小物块的加速度大小a′＝＝2μg，设小物块的质量为m，小物块与木板间的动摩擦因数为μ′，对小物块由牛顿第二定律得μ′mg＝ma′，联立解得μ′＝2μ，B正确；设木板的质量为M，0～3t0时间内，对木板由牛顿第二定律有F－μMg＝Ma1，解得F＝μMg，3t0～4t0时间内，木板的加速度大小a2＝＝μg，由牛顿第二定律可得F－μ′mg－μ(M＋m)g＝－Ma2，解得m∶M＝1∶2，C错误；t＝4t0时，小物块与木板速度相同，假设t＝4t0后小物块与木板不相对滑动，则小物块和木板整体受到F和地面摩擦力Ff作用，由于Ff＝μ(M＋m)g＝μMg＝F，则整体受力平衡，小物块与木板之间无摩擦力，假设成立，所以t＝4t0之后小物块和木块一起做匀速运动，D正确。 答案　ABD 学科网（北京）股份有限公司 $$