专题一 第2讲 力与直线运动-【金版教程】2025年高考物理大二轮专题复习冲刺方案课件PPT（基础版）

第一部分　专题复习篇 专题一　力和运动 第2讲　力与直线运动 2 目录 1 2 3 4 6 5 考点1 考点3 考点2 考点4 专题作业 高考命题预测 考点1　匀变速直线运动规律的应用 例1　(2024·广西高考)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。 答案　(1)1 m/s2　(2)4 考点１　匀变速直线运动规律的应用 5 考点１　匀变速直线运动规律的应用 6 考点１　匀变速直线运动规律的应用 7 例2　(2024·陕西省西安市高三下一模)智能手机通过星 闪连接进行数据交换，已经配对过的两手机，当距离小于某 一值时，会自动连接；一旦超过该值时，星闪信号便会立即 中断，无法正常通信。如图所示，甲、乙两位同学在两个平行的直跑道进行测试，跑道间距离d＝5 m。已知星闪设备在13 m以内时能够实现通信。t＝0时刻，甲、乙两人刚好位于图示位置，此时甲同学的速度为9 m/s，乙同学的速度为2 m/s。从该时刻起甲同学以2 m/s2的加速度做匀减速直线运动直至停下，乙同学保持原有速度做匀速直线运动。忽略信号传递时间，从计时起，求： 考点１　匀变速直线运动规律的应用 8 (1)在乙追上甲前，甲、乙两人在前进方向上的最大距离是多少？ (2)甲、乙两人能利用星闪通信的时间是多少？ 答案　(1)12.25 m　(2)15.125 s 考点１　匀变速直线运动规律的应用 9 考点１　匀变速直线运动规律的应用 10 考点１　匀变速直线运动规律的应用 11 x乙＝v乙t又Δx＝|x甲－x乙| 联立并代入数据，解得t1＝3 s或t2＝4 s(其他解不 符合实际，舍去) 分析知，甲停止时甲、乙距离小于s。设t3时刻，甲已停止，乙在甲的前方且两人的距离为s，则有v乙t3＝Δx＋xmax代入数据解得t3＝16.125 s 结合上面结果分析知，0～t1和t2～t3内，二者距离小于13 m，能利用星闪通信；t1～t2和t3时刻后，二者距离大于等于13 m，不能利用星闪通信，则甲、乙两人能利用星闪通信的时间为t总＝(t1－0)＋(t3－t2)＝15.125 s。 考点１　匀变速直线运动规律的应用 12 1．匀变速直线运动问题的求解思路 考点１　匀变速直线运动规律的应用 13 2．解决匀变速直线运动问题的方法技巧 (1)基本公式法。 (2)v­t图像法。 (3)比例法：适用于初速度为零的匀加速直线运动和末速度为零的匀减速直线运动。 (4)逆向思维法：末速度为零的匀减速直线运动可等效为反向初速度为零的匀加速直线运动。 考点１　匀变速直线运动规律的应用 14 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。 考点１　匀变速直线运动规律的应用 15 4．处理追及相遇问题的常用方法 考点１　匀变速直线运动规律的应用 16 考点2　牛顿运动定律的应用 例3　（2024·湖南高考）如图，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 考点2　牛顿运动定律的应用 18 解析　剪断B、C间细线前，对小球B、C、D及C、D间轻弹簧 组成的整体受力分析，根据平衡条件可知，A、B间轻弹簧的弹力大 小为FAB＝（3m＋2m＋m）g＝6mg，对小球D受力分析，根据平衡条 件可知，C、D间轻弹簧的弹力大小为FCD＝mg。剪断B、C间细线瞬 间，两轻弹簧的弹力不变，根据牛顿第二定律，对B有FAB－3mg＝3maB，对C有FCD＋2mg＝2maC，解得B的加速度大小aB＝g，方向竖直向上，C的加速度大小aC＝1.5g，方向竖直向下。故选A。 考点2　牛顿运动定律的应用 19 例4　（2024·全国甲卷）如图，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（　　） 考点2　牛顿运动定律的应用 20 考点2　牛顿运动定律的应用 21 考点2　牛顿运动定律的应用 22 3.处理多过程动力学问题的“二分析一关键” 二分析 分阶段分析运动规律 分阶段分析受力 一关键 前后两过程的联系是转折状态的速度，前一过程的末速度一般就是后一过程的初速度 考点2　牛顿运动定律的应用 23 4.连接体问题 (1)常见连接体 三种情况中弹簧弹力、绳的张力相等(接触面光滑，或A、B与接触面间的动摩擦因数相等) 常用隔离法 常会出现临界条件 考点2　牛顿运动定律的应用 24 (2)连接体的运动特点 ①叠放连接体——常出现临界条件，加速度可能不相等、速度可能不相等。 ②轻绳连接体——轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度和加速度总是大小相等。 ③轻杆连接体——轻杆平动时，连接体具有相同的平动速度；轻杆转动时，连接体具有相同的角速度，而线速度与转动半径成正比。一般情况下，连接体沿杆方向的分速度相等。 考点2　牛顿运动定律的应用 25 (3)加速度相同的连接体问题的处理方法 ①若求解整体的加速度，可用整体法。将整个系统看作一个研究对象，分析整体受外力情况，再由牛顿第二定律求出加速度。 ②若求解系统内力，可先用整体法求出整体的加速度，再以所求力的受力物体或反作用力的受力物体为研究对象，分析受力，用牛顿运动定律求解。 (4)加速度不同的连接体问题的处理方法 若系统内各个物体的加速度不同，一般应采用隔离法。将各个物体分别作为研究对象，对每个研究对象进行受力和运动情况分析，分别应用牛顿第二定律建立方程，并注意各个物体间的相互作用关系，联立求解。 考点2　牛顿运动定律的应用 26 考点3　运动学和动力学的图像 例5　(2024·河北高考)篮球比赛前，常通过观察篮球从 一定高度由静止下落后的反弹情况判断篮球的弹性。某同学 拍摄了该过程，并得出了篮球运动的v­t图像，如图所示。图 像中a、b、c、d四点中对应篮球位置最高的是（　　） A.a点 B.b点 C.c点 D.d点 考点3　运动学和动力学的图像 28 解析　由题意可知，篮球最开始做自由落体运动，结合图 像可知，速度为负值时，表示篮球向下运动，当向下运动到与 地面接触时篮球速度最大，之后速度发生突变，速度方向变为 向上并做竖直上抛运动，速度减为0时上升到最高点，故篮球第 一次触地反弹后上升至最高点时，对应图中的a点；同理分析可知，b点、c点分别对应第二次触地反弹前、后的位置即地面，d点对应第二次反弹后上升到最高点的位置。由v­t图像与时间轴围成的面积的绝对值表示位移大小可知，第一次反弹后到达的最高点高度（对应图中0.6 s～1.1 s图线与t＝0直线所围面积）大于第二次反弹后到达的最高点高度（对应图中1.6 s～2.0 s图线与t＝0直线所围面积），故a点对应的篮球位置比d点高，即四点中对应篮球位置最高的是a点，故选A。 考点3　运动学和动力学的图像 29 考点3　运动学和动力学的图像 30 考点3　运动学和动力学的图像 31 例7　（2024·广东高考）如图所示，轻质弹簧竖直放置，下端固 定。木块从弹簧正上方H高度处由静止释放。以木块释放点为原点， 取竖直向下为正方向，木块的位移为y，所受合外力为F，运动时间为 T。忽略空气阻力，弹簧在弹性限度内。关于木块从释放到第一次回到 原点的过程中，其F­y图像或y­t图像可能正确的是（　　） 考点3　运动学和动力学的图像 32 解析　从木块开始释放到与弹簧刚接触的过程中，即0≤y ≤H的过程，木块所受合外力为木块的重力，即F＝mg，则F保 持不变；从木块接触弹簧到下落至最低点的过程中，即y>H的 过程，根据力的合成和胡克定律有F＝mg－k（y－H），则随着 y增大，F先均匀减小到0，后反向均匀增大；同理分析可知，上升过程的F­y图像与下落过程的F­y图像相同，故A错误，B正确。结合上述分析，由牛顿第二定律可知，在木块下落H高度之前，木块做匀加速直线运动，速度逐渐增大，所以y­t图像斜率逐渐增大；从木块下落H高度到下落至最低点的过程，木块先向下做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，速度先逐渐增大后逐渐减小到0，所以y­t图像的斜率先逐渐增大后逐渐减小到0，到达最低点后，木块向上运动，因为木块下落过程与上升过程具有对称性，所以其y­t图像如图所示，故C、D错误。 考点3　运动学和动力学的图像 33 考点3　运动学和动力学的图像 34 考点3　运动学和动力学的图像 35 考点3　运动学和动力学的图像 36 考点3　运动学和动力学的图像 37 备注：动力学中图像问题的解题策略 (1)分清图像的类别，明确图像是F­x图像、F­t图像还是a­F图像等。 (2)注意图像中的特殊点、斜率、面积等所表示的物理意义。 (3)明确能从图像中获得的信息：把图像与具体的题意、情境结合起来，应用物理规律列出与图像对应的函数表达式，进而明确“图像与公式”“图像与过程”间的关系，从而对有关物理问题作出正确判断。 考点3　运动学和动力学的图像 38 考点4　动力学中的临界和极值问题 考点4　动力学中的临界和极值问题 40 考点4　动力学中的临界和极值问题 41 考点4　动力学中的临界和极值问题 42 考点4　动力学中的临界和极值问题 43 1.当题目中出现“最大”“最小”或“刚好”等关键词时，经常隐藏着临界问题。 2.当题目要求解某个物理量的最大值、最小值、范围或需要满足的条件时，经常为临界问题。 3.常见临界条件 两物体刚好要相对滑动 静摩擦力达到最大值 两物体在压力方向刚好脱离接触 接触面间的弹力为零 轻绳刚好绷直或松弛 轻绳上张力为零 考点4　动力学中的临界和极值问题 44 常见解决方法 极限法 把物理问题（或过程）推向极端，从而使临界现象（或状态）暴露出来，以达到正确解决问题的目的 假设法 临界问题存在多种可能，特别是非此即彼两种可能时，或变化过程中可能出现临界条件，也可能不出现临界条件时，往往用假设法解决问题 数学法 将物理过程转化为数学表达式，根据数学表达式解出临界条件 考点4　动力学中的临界和极值问题 45 高考命题预测 1.(2024·辽宁省沈阳市高三下三模)图甲所示的冰车是深受北方儿童喜爱的娱乐用具。冬天在空旷的水平冰面上，一儿童坐在冰车上从静止开始，连续三次“点冰”后达到最大速度vm，之后沿直线减速滑行16 m停下。某同学用v­t图像描述了上述运动过程，如图乙所示。若每次“点冰”，冰车获得的加速度相同；运动过程中空气阻力不计，冰车与冰面间的动摩擦因数不变，则（　　） A.儿童三次“点冰”共加速了7 s B.儿童“点冰”时，冰车加速度大小为2 m/s2 C.经三次“点冰”，冰车获得的最大速度为2 m/s D.冰车做匀减速运动的加速度大小为1 m/s2 1 2 高考命题预测 1 2 高考命题预测 2.(2024·安徽省安庆市高三下二模)(多选)如图所示，一固 定光滑直杆与水平方向夹角为α，一质量为M的物块A套在杆上， 通过轻绳连接一个质量为m的小球B。现让A、B以某一相同速 度沿杆方向开始上滑，此时轻绳绷紧且与竖直方向夹角为β，A、 B相对静止沿杆上滑过程中，设A、B的加速度大小为a，轻绳的拉力大小为FT，杆对物块A的弹力大小为FN，已知重力加速度为g，A、B均可看成质点，则(　　) A.a＝gtanα B.α＝β C.FN＝（M＋m）gcosα D.FT>mgcosβ 1 2 高考命题预测 解析：A、B相对静止沿杆上滑过程中，将A、B 看成一个整体，受力分析如图1所示，在垂直于杆方向， 根据平衡条件可知FN＝(M＋m)·gcosα，在沿杆的方向， 由牛顿第二定律有(M＋m)gsinα＝(M＋m)a，解得a＝ Gsinα，故A错误，C正确；根据上述分析可知，小球B的加速度沿杆向下，大小为a＝gsinα，根据牛顿第二定律可知，小球B所受合力沿杆向下，大小为F合＝ma＝mgsinα，对小球受力分析，可知小球B仅受轻绳的拉力FT和重力mg的作用，如图2所示，根据力的合成可知，Ftsin(β－α)＋mgsinα＝F合，联立可得β＝α，即FT垂直直杆向上，则FT＝mgcosβ，故B正确，D错误。 1 2 高考命题预测 专题作业 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：质点做直线运动，在任意时刻都有唯一的位移或速度，故A、B、D错误，C正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 专题作业 2.（2024·海南高考）商场自动感应门如图所示，人走近时两扇门从静止开始同时向左右平移，经4 s恰好完全打开，两扇门移动距离均为2 m，若门从静止开始以相同加速度大小先匀加速运动后匀减速运动，完全打开时速度恰好为0，则加速度的大小为（　　） A.1.25 m/s2 B.1 m/s2 C.0.5 m/s2 D.0.25 m/s2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 专题作业 3.（2024·河北省石家庄市高三下教学质量检测一）一架无人机在水平地面由静止开始匀加速滑行1600 m后起飞离地，离地时速度为80 m/s。若无人机的加速过程可视为匀加速直线运动，则无人机在起飞离地前最后1 s内的位移为(　　) A.79 m B.78 m C.77 m D.76 m 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 专题作业 5.(2024·安徽高考)倾角为θ的传送带以恒定速率v0顺时针转 动。t＝0时在传送带底端无初速轻放一小物块，如图所示。t0时 刻物块运动到传送带中间某位置，速度达到v0。不计空气阻力， 则物块从传送带底端运动到顶端的过程中，加速度a、速度v随时间t变化的关系图线可能正确的是(　　) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 专题作业 解析：设物块的质量为m，物块与传送带间的动摩擦因数 为μ，0～t0时间内，物块从传送带底端由静止开始沿传送带向上 运动，可知物块所受滑动摩擦力大于重力沿传送带向下的分力， 根据牛顿第二定律有μmgcosθ－mgsinθ＝ma1，解得物块沿传送带向上滑动时的加速度a1＝μgcosθ－gsinθ，则0～t0时间内，加速度a保持不变，物块做初速度为0的匀加速直线运动；t0时刻，物块与传送带速度相同，因为μmgcosθ>mgsinθ，则物块所受滑动摩擦力突变为静摩擦力，大小为f＝mgsinθ，则物块所受合力为0，加速度为0，则t0时刻之后，物块随传送带一起以速度v0做匀速直线运动，故C正确，A、B、D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 专题作业 6.(2024·江苏省泰州市高三下一模调研)如图所示，半球形容器内有三块不同长度的滑板AO′、BO′、CO′，其下端都固定于容器底部O′点，上端搁在容器侧壁上，已知三块滑板的长度BO′>AO′>CO′。若三个滑块同时从A、B、C处开始由静止下滑(忽略阻力)，则(　　) A.A处滑块最先到达O′点 B.B处滑块最先到达O′点 C.C处滑块最先到达O′点 D.三个滑块同时到达O′点 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 专题作业 7.(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。 答案：(1)20 m/s　(2)680 m 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 专题作业 8.(2024·辽宁省大连市高三下二模)t＝0时刻以10 m/s的初速度竖直向上抛出一个小球，t＝0.4 s时从同一地点又以10 m/s的初速度竖直向上抛出第二个小球，不计空气阻力，重力加速度取10 m/s2，则两小球在空中相遇的时刻为(　　) A.1.1 s B.1.2 s C.1.3 s D.1.4 s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 专题作业 9.(2024·山东省烟台市高三下一模)甲、乙两辆汽车在同一条平直公路上从同一地点以相同的初速度同时开始做直线运动，以初速度方向为正方向，它们的加速度随时间变化的a­t图像如图所示。关于甲、乙两车在0～t2时间内的运动情况，下列说法中正确的是(　　) A.在t1时刻，甲车的速度等于乙车的速度 B.在t2时刻，甲车的速度小于乙车的速度 C.在0～t2时间内，甲、乙两车的平均速度相等 D.在0～t2时间内，甲、乙两车的间距逐渐增大 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 专题作业 10.(2024·安徽高考)如图所示，竖直平面内有两完全相同的 轻质弹簧，它们的一端分别固定于水平线上的M、N两点，另一 端均连接在质量为m的小球上。开始时，在竖直向上的拉力作用 下，小球静止于MN连线的中点O，弹簧处于原长。后将小球竖 直向上缓慢拉至P点，并保持静止，此时拉力F大小为2mg。已知重力加速度大小为g，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力。若撤去拉力，则小球从P点运动到O点的过程中(　　) A.速度一直增大 B.速度先增大后减小 C.加速度的最大值为3g D.加速度先增大后减小 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 专题作业 解析：小球静止于O点时，弹簧处于原长，则当撤去拉力F后， 小球由静止开始从P点运动到O点的过程中，小球受到重力和两弹簧 的拉力，由对称性可知，小球所受合力始终竖直向下，根据牛顿第 二定律可知，小球的加速度方向一直竖直向下，所以小球一直做加 速运动，速度一直增大，故A正确，B错误。小球从P点运动到O点的过程中，两弹簧形变量逐渐变小，每个弹簧对小球的拉力F拉都一直变小，且弹簧弹力与竖直方向的夹角θ不断变大，则两弹簧对小球竖直向下的合力F合＝2F拉cosθ不断变小，小球所受重力不变，故小球所受合力一直变小，小球的加速度一直变小，因此刚撤去拉力时小球的加速度最大；撤去拉力前瞬间，由平衡条件可知，小球所受重力和弹簧弹力的合力F合0与拉力F等大反向，即F合0＝F＝2mg，刚撤去拉力时，由牛顿第二定律可知，F合0＝mam，可解得小球从P点运动到O点的过程中加速度的最大值为am＝2g，C、D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 专题作业 11.(2024·湖南省娄底市高三下一模)如图甲所示，光滑水平面上放置有紧靠在一起但并不黏合的A、B两个物体，A、B的质量分别为mA＝6 kg，mB＝4 kg，从t＝0开始，推力FA和拉力FB分别作用于A、B上，FA、FB大小随时间变化的规律分别如图乙、丙所示，则(　　) A.t＝0时，A物体的加速度为2 m/s2 B.t＝1 s时，A、B开始分离 C.t＝0时，A、B之间的相互作用力为3 N D.A、B开始分离时的速度为3 m/s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 专题作业 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 解析　(1)根据匀变速直线运动的规律，该同学在1、2号锥筒间运动的中间时刻的速度为v1＝eq \f(d,t1) 该同学在2、3号锥筒间运动的中间时刻的速度为v2＝eq \f(d,t2) 这两个中间时刻之间的时间间隔Δt＝eq \f(t1,2)＋eq \f(t2,2) 该同学滑行的加速度大小为a＝eq \f(v1－v2,Δt) 联立并代入数据，解得a＝1 m/s2。 (2)设该同学经过1号锥筒时的速度为v0，从经过1号锥筒到停止运动通过的位移大小为x，根据匀变速直线运动的规律，从经过1号锥筒到经过2号锥筒，有d＝v0t1－eq \f(1,2)ateq \o\al(2,1) 从经过1号锥筒到停止运动，有0－veq \o\al(2,0)＝－2ax 联立并代入数据，解得x＝3.00125 m x＝3.33d，故可知该同学最远能经过4号锥筒。 解析　(1)设乙的速度大小为v乙，甲的初速度大小为v甲，加速度大小为a，经过t0时间，甲、乙两人的速度相等，此时甲、乙两人在乙追上甲前相距最远，有v甲－at0＝v乙 根据匀变速直线运动的规律，可知此过程甲的位移大小x甲0＝v甲t0－eq \f(1,2)ateq \o\al(2,0) 此过程乙的位移大小x乙0＝v乙t0 在乙追上甲前，甲、乙两人在前进方向上的最大距离为Δxmax＝x甲0－x乙0 联立并代入数据，解得Δxmax＝12.25 m。 (2)设甲运动时间t甲停下，运动的最大位移大小为xmax，根据匀变速直线运动规律可知 0＝v甲－at甲 0－veq \o\al(2,甲)＝－2axmax 代入数据解得t甲＝4.5 s，xmax＝20.25 m 根据几何知识可知，当甲、乙两人的距离为s＝13 m时，两人在前进方向上的距离为Δx＝eq \r(s2－d2)代入数据解得Δx＝12 m 设经过时间t(t≤t甲)甲、乙的距离为s，此过程甲的位移大小为x甲，乙的位移大小为x乙，根据运动学公式有x甲＝v甲t－eq \f(1,2)at2 过程分析法 函数法 Δx＝x乙＋x0－x甲为关于t的二次函数，当t＝－eq \f(b,2a)时有极值，令Δx＝0，利用Δ＝b2－4ac判断有解还是无解，是追上与追不上的条件 图像法 画出v­t图像，图线与t轴所围面积表示位移，利用图像来分析追及相遇问题更直观 解析　设P的质量为M，P与桌面间的滑动摩擦力大小为f，绳的张力大小为T，以P为研究对象，根据牛顿第二定律可得T－f＝Ma，以盘和砝码整体为研究对象，根据牛顿第二定律可得mg－T＝ma，联立可得a＝eq \f(mg－f,M＋m)。由上式可知，m≪M时，a≈eq \f(mg,M)－eq \f(f,M)，则a­m图像是横轴截距大于0、斜向右上方倾斜的直线；m≫M时，a≈g，则a­m图像在m趋于无穷大时，a趋向于g，故D正确。 1.解决动力学两类基本问题的思路 受力分析eq \o(,\s\up17(F＝ma))加速度eq \o(,\s\up17(运动学公式))运动状态分析 2.瞬时加速度问题的两种模型 轻绳、轻杆 外界条件改变时产生的弹力可瞬间改变，从而引起研究对象受到的合力或加速度瞬间改变 弹簧或橡皮筋 外界条件改变时产生的弹力不能瞬间改变，研究对象受到的合力或加速度也不能瞬间改变 注意：力可以突变，但速度不可以突变。 例6　(多选)司机驾驶汽车在平直公路上匀速行驶，突然遇到紧急情况刹车直到停止运动，从司机发现情况到停止运动这段时间内，汽车的eq \f(x,t)­t图像如图所示。下列说法正确的是（　　） A.汽车刹车过程的初速度为5.5 m/s B.汽车刹车过程的加速度大小为2 m/s2 C.从司机发现情况开始到汽车停止所用时间为3.0 s D.从开始刹车到停止，汽车的总位移大小为12.5 m 解析　根据匀变速直线运动公式x＝v0t＋eq \f(1,2)at2，可得eq \f(x,t)＝v0＋eq \f(1,2)at，则0～0.5 s汽车匀速运动，0.5～5.5 s汽车做匀减速运动，且汽车刹车过程的初速度为v0＝10 m/s，加速度为a＝2k＝2×eq \f(0－10,5.5－0.5) m/s2＝－4 m/s2，故A、B错误；结合题图可知，汽车匀速运动的时间即司机的反应时间为t＝0.5 s，从刹车到停止的时间为t′＝eq \f(0－v0,a)＝eq \f(0－10,－4) s＝2.5 s，则从司机发现情况开始到汽车停止所用总时间为t总＝t＋t′＝3.0 s，故C正确；从开始刹车到停止，汽车的总位移大小为x2＝eq \f(v0,2)t′＝12.5 m，故D正确。 1.运动学中的常规图像 常规图像 斜率k 面积 两图线交点 x­t图像 eq \f(Δx,Δt)＝v 表示相遇 v­t图像 eq \f(Δv,Δt)＝a 位移x 表示此时速度相等，往往是距离最大或最小的临界点 a­t图像 速度变化量Δv 表示此时加速度相等 2.运动学中的非常规图像 非常规图像（举例） 函数表达式 斜率k 纵截距b v2­x图像 由v2－veq \o\al(2,0)＝2ax得v2＝veq \o\al(2,0)＋2ax 2a veq \o\al(2,0) eq \f(x,t)­t图像 由x＝v0t＋eq \f(1,2)at2得eq \f(x,t)＝v0＋eq \f(1,2)at eq \f(1,2)a v0 eq \f(x,t2)­eq \f(1,t)图像 由x＝v0t＋eq \f(1,2)at2得eq \f(x,t2)＝v0eq \f(1,t)＋eq \f(1,2)a v0 eq \f(1,2)a a­x图像 由v2－veq \o\al(2,0)＝2ax知图线与x轴所围面积等于2,0)eq \f(v2－v,2) ，此面积与物体质量的乘积表示动能的变化量或合外力所做的功 备注：非常规图像的解题思路 遇到非常规运动图像时，可以根据相应的物理规律写出两个物理量间的函数关系，进而确定图线斜率、截距或围成的面积的物理意义。 3.常见与力有关的图像及分析思路 F­t图像 思路一：分段求加速度，利用运动学公式求解 思路二：动量定理，图线与t轴所围面积表示力F的冲量 F­x图像 思路一：分段求加速度，利用运动学公式求解 思路二：动能定理，图线与x轴所围面积表示力F做的功 a­F图像 根据牛顿第二定律列式，再变换成a­F关系 例如：如图所示，F－μmg＝ma，a＝eq \f(F,m)－μg，斜率为eq \f(1,m)，纵截距为－μg 例8　（2024·湖北省武汉市高三下5月三模）质量为m的物块放置在水平地面上，其与地面间的动摩擦因数为eq \f(\r(3),3)，重力加速度大小为g。现对其施加一大小为mg的外力，则物块运动的加速度最大为（　　） A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(3),3)))g B.eq \f(\r(3),3)g C.g D.eq \f(2\r(3),3)g 解析　物块运动的加速度最大时，外力F应斜向上，对物块受力分析如图所示，物块受重力mg、支持力FN、滑动摩擦力f和外力F的作用，设F与水平方向的夹角为θ，在竖直方向上，根据平衡条件，有FN＋Fsinθ＝mg，在水平方向上，根据牛顿第二定律得Fcosθ－f＝ma，且f＝μFN，F＝mg，μ＝eq \f(\r(3),3)，联立解得a＝gcosθ＋eq \f(\r(3),3)gsinθ－eq \f(\r(3),3)g＝eq \f(2\r(3),3)gsin（θ＋60°）－eq \f(\r(3),3)g，故当θ＝30°时，物块运动的加速度达到最大值，为am＝eq \f(\r(3),3)g，故选B。 例9　（2023·山西省临汾市高三下考前适应性训练（二））如图所示，水平面上的小车内固定一个倾角为θ＝30°的光滑斜面，平行于斜面的细绳一端固定在车上，另一端系着一个质量为m的小球，小球和小车均处于静止状态。如果小车在水平面上向左加速且加速度大小不超过a1时，小球仍能够在斜面上和小车保持相对静止；如果小车在水平面上向右加速且加速度大小不超过a2时，小球仍能够在斜面上和小车保持相对静止，则a1和a2的大小之比为（　　） A.eq \r(3)∶1 B.eq \r(3)∶3 C.3∶1 D.1∶3 解析　当小车在水平面上以大小为a1的加速度向左加速运动时，由题意知，此时小球恰能够在斜面上和小车保持相对静止，细绳上的拉力恰好为0，则斜面对小球的支持力FN与小球所受重力mg的合力提供加速度，如图甲所示，根据牛顿第二定律有mgtanθ＝ma1，解得a1＝gtan30°；当小车在水平面上以大小为a2的加速度向右加速运动时，由题意知，此时小球恰能够在斜面上和小车保持相对静止，斜面对小球的支持力恰好为0，则细绳对小球的拉力FT与小球所受重力mg的合力提供加速度，如图乙所示，根据牛顿第二定律有eq \f(mg,tanθ)＝ma2，解得a2＝eq \f(g,tan30°)，则a1∶a2＝1∶3，故选D。 解析：由题图乙可知，0～1.0 s、3.0～4.0 s、6.0～7.0 s为三次“点冰”加速所对应的时间段，故儿童三次“点冰”共加速了3 s，A错误；依题意，结合题图乙，可知7.0 s时速度为vm，儿童在7.0～15.0 s这一过程中做匀减速直线运动，有s＝eq \f(vm＋0,2)×（15.0 s－7.0 s）＝16 m，解得冰车获得的最大速度vm＝4 m/s，C错误；在7.0～15.0 s内，由a＝eq \f(Δv,Δt)可知，冰车做匀减速运动的加速度大小为a2＝eq \f(vm,15.0 s－7.0 s)＝0.5 m/s2，D错误；根据题图乙可知，在0～7.0 s内，冰车加速的时间为Δt1＝3 s，减速的时间为Δt2＝4 s，设儿童“点冰”时冰车加速度的大小为a1，则有a1Δt1－a2Δt2＝vm，解得a1＝2 m/s2，B正确。 解析：门以相同加速度大小先匀加速运动后匀减速运动，且初末速度均为0，由对称性可知，门从静止开始做匀加速直线运动到最大速度的位移x＝eq \f(2 m,2)＝1 m，所用时间t＝eq \f(4 s,2)＝2 s，根据x＝eq \f(1,2)at2，代入数据可得，加速度的大小a＝0.5 m/s2，故选C。 解析：已知无人机从静止开始匀加速滑行x＝1600 m达到离地速度v＝80 m/s，根据匀变速直线运动速度与位移关系式，有v2＝2ax，解得无人机的加速度a＝2 m/s2，则无人机起飞前1 s时的速度v′＝v－aΔt＝80 m/s－2×1 m/s＝78 m/s，根据匀变速直线运动的规律，可知无人机在起飞离地前最后1 s内的位移为Δx＝eq \f(v′＋v,2)×Δt＝eq \f(78＋80,2)×1 m＝79 m，故选A。 4.(2024·山东高考)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.(eq \r(3)－1)∶(eq \r(2)－1) B.(eq \r(3)－eq \r(2))∶(eq \r(2)－1) C.(eq \r(3)＋1)∶(eq \r(2)＋1) D.(eq \r(3)＋eq \r(2))∶(eq \r(2)＋1) 解析：木板由静止释放后，沿斜面向下做匀加速直线运动，设加速度大小为a，根据运动学公式，木板从静止释放到下端到达A点的过程，有L＝eq \f(1,2)ateq \o\al(2,0)，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L＋L＝eq \f(1,2)ateq \o\al(2,1)，当木板长度为2L时，有L＋2L＝eq \f(1,2)ateq \o\al(2,2)，又Δt1＝t1－t0，Δt2＝t2－t0，联立解得Δt2∶Δt1＝（eq \r(3)－1）∶（eq \r(2)－1），故选A。 解析：设半球形容器的半径为R，滑板长度为l，滑板的倾角为θ，滑块质量为m，滑块从滑板上滑下时加速度为a，滑到O′点用时为t，根据几何知识，可知l＝2Rsinθ，对滑块进行分析，根据牛顿第二定律有mgsinθ＝ma，根据匀变速直线运动的位移公式，有l＝eq \f(1,2)at2，联立解得t＝2eq \r(\f(R,g))，可知时间t与滑板的长度无关，故三个滑块同时到达O′点，故选D。 解析：(1)设救护车匀速运动时的速度大小为v，根据匀变速直线运动速度与时间的关系，有v＝at1代入数据解得v＝20 m/s。 (2)设救护车在t3时刻停止鸣笛，停止鸣笛时救护车距出发处的距离为x，救护车在加速运动过程中的位移为x1，在停止鸣笛前救护车匀速运动的位移为x2，则 x1＝eq \f(1,2)ateq \o\al(2,1) x2＝v(t3－t1) x＝x1＋x2 t2时最后的鸣笛声传回到救护车出发处，有x＝v0(t2－t3) 联立并代入数据，解得x＝680 m。 解析：设t(t≥0.4 s)时刻第一个小球的位移为x1，第二个小球的位移为x2，两球的初速度为v0，重力加速度为g，根据匀变速直线运动位移与时间的关系，有x1＝v0t－eq \f(1,2)gt2，x2＝v0(t－0.4 s)－eq \f(1,2)g(t－0.4 s)2，两球相遇时，x1＝x2，联立解得t＝1.2 s，故选B。 解析：a­t图线与时间轴所围的面积表示速度的变化量，由题图可知，0～t1时间内甲车的速度变化量大于乙车的速度变化量，又两车的初速度相同，以初速度方向为正方向，甲、乙两车的速度变化量均为正值，故在t1时刻，甲车的速度大于乙车的速度，同理可知，在t2时刻，甲车的速度等于乙车的速度，故A、B错误；在0～t2时间内，任意时刻甲车的速度均大于乙车的速度，所以甲车在乙车的前方，且两车的间距逐渐增大，则在0～t2时间内，甲车的位移比乙车更大，根据eq \o(v,\s\up6(－))＝eq \f(x,t)可知，甲车的平均速度大于乙车的平均速度，故C错误，D正确。 解析：由题图乙和题图丙可得，当FA、FB、t都取国际单位时，有FA＝8－2t，FB＝2＋2t，t＝0时，FA0＝8 N，FB0＝2 N，由于eq \f(FA0,mA)>eq \f(FB0,mB)，所以二者不会分开，A、B两物体的加速度为a＝eq \f(FA0＋FB0,mA＋mB)＝1 m/s2，设此时A、B之间的相互作用力为F，对B，根据牛顿第二定律可得F＋FB0＝mBa，解得F＝2 N，故A、C错误；当二者之间的相互作用力恰好为零时，A、B开始分离，此时在水平方向，A物体仅受FA的作用，B物体仅受FB的作用，且aA＝aB，根据牛顿第二定律，可知A物体和B物体开始分离时满足eq \f(FB,mB)＝eq \f(FA,mA)，即eq \f(2＋2t,4)＝eq \f(8－2t,6)，解得t＝1 s，二者分离前所受合力F合＝FA＋FB＝10 N不变，则加速度不变，故A、B开始分离时的速度为v＝at＝1 m/s，故B正确，D错误。 12.(2024·河北省保定市高三下二模)(多选)如图所示，A、B两辆汽车从同一地点、同时出发，沿同一方向做直线运动，它们的速度平方v2随位移x的变化图像均为直线，下列判断正确的是(　　) A.汽车A的初速度大小为24 m/s，加速度大小为4 m/s2 B.汽车B的初速度大小为0，加速度大小为1 m/s2 C.汽车A、B经4 s在x＝4 m处相遇 D.汽车A、B经2eq \r(3) s相遇，相遇时在x＝6 m处 解析：由匀变速直线运动速度与位移关系式v2－veq \o\al(2,0)＝2ax，整理得v2＝2ax＋veq \o\al(2,0)，结合题图中两汽车的v2­x图线，可得veq \o\al(2,0A)＝24 m2/s2，veq \o\al(2,0B)＝0，2aA＝eq \f(0－24,6) m/s2，2aB＝eq \f(12－0,6) m/s2，解得v0A＝2eq \r(6) m/s，v0B＝0，aA＝－2 m/s2，aB＝1 m/s2，故A错误，B正确；汽车A停止运动所需时间为tA＝eq \f(0－v0A,aA)＝eq \r(6) s，此时汽车B的位移为xB＝eq \f(1,2)aBteq \o\al(2,A)＝3 m<6 m，即汽车A刚停在6 m处时，汽车B还未追上A，则二者在x＝6 m处相遇，相遇时间t′满足6 m＝eq \f(1,2)aBt′2，解得t′＝2eq \r(3) s，故C错误，D正确。 13.(2024·湖北省八市高三下3月联考)(多选)如图所示，轻弹簧的一端固定在倾角为θ的固定光滑斜面的底部，另一端和质量为m的小物块a相连，质量为eq \f(3,5)m的小物块b紧靠a静止在斜面上，此时弹簧的压缩量为x0。从t＝0时开始，对b施加沿斜面向上的外力，使b始终做匀加速直线运动。经过一段时间后，物块a、b分离，再经过同样长的时间，b距其出发点的距离恰好为x0。弹簧始终在弹性限度内，其中心轴线与斜面平行，重力加速度大小为g。下列说法正确的是(　　) A.弹簧的劲度系数为eq \f(8mgsinθ,5x0) B.a、b分离时，弹簧的压缩量为eq \f(x0,4) C.物块b加速度的大小为eq \f(1,5)gsinθ D.物块b加速度的大小为eq \f(6,5)gsinθ 解析：对b施加外力前，小物块b紧靠a静止在斜面上，将二者看成一个整体，根据平衡条件可知，弹簧的弹力大小与整体重力沿斜面向下的分力大小相等，根据胡克定律，有kx0＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m＋\f(3,5)m))gsinθ，解得弹簧的劲度系数k＝eq \f(8mgsinθ,5x0)，故A正确；由初速度为0的匀加速直线运动的比例关系可知，小物块b最初两段相同时间间隔内位移之比为eq \f(x1,x2)＝eq \f(1,3)，且由题意得x1＋x2＝x0，当物块a、b分离时弹簧压缩量Δx＝x0－x1，联立解得Δx＝eq \f(3,4)x0，故B错误；两物块刚好要分离时，a与b之间无相互作用力且加速度相同，设加速度大小为a，对a，由牛顿第二定律有k·eq \f(3,4)x0－mgsinθ＝ma，代入k＝eq \f(8mgsinθ,5x0)后解得a＝eq \f(1,5)gsinθ，故物块b加速度的大小为eq \f(1,5)gsinθ，C正确，D错误。 $$