专题一 第2讲 力与直线运动（教师用书WORD）-【正禾一本通】2025年高考物理高三二轮专题复习高效讲义（新教材）

第2讲　力与直线运动 必备知识 位移、速度、加速度 (1)一般情况下，位移的大小小于路程；物体做单方向直线运动时，位移的大小与路程相等。 (2)速度与加速度之间无必然联系，速度大时，加速度不一定大；速度为零时，加速度不一定为零；加速度减小时，速度也可能在增大 匀变速直线运动 (1)三个基本公式：v＝v0＋at；x＝v0t＋at2; v2－＝2ax (2)几个重要推论： ①相同时间内的位移差：Δx＝aT2，xm－xn＝(m－n)aT2； ②中间时刻的速度：； ③位移中点的速度：＝； ④初速度为零的匀加速直线运动的比例关系。 (3)两个生活实例：自由落体运动、竖直上抛运动 牛顿运动定律及其应用 (1)牛顿第二定律表达式：F合＝ma；正交分解式：Fx＝max，Fy＝may。 (2)物体沿粗糙水平面滑行时的加速度a＝μg；物体沿光滑斜面下滑的加速度a＝g sin α；物体沿着粗糙斜面恰好匀速下滑时μ＝tan α；物体沿粗糙斜面由静止下滑的加速度a＝g(sin α－μcos α)。 (3)超重时，加速度a的方向竖直向上(加速上升，减速下降)；失重时，加速度a的方向竖直向下(减速上升，加速下降) 运动图像 包括x ­t、v ­t、a ­t图像等，注意图线斜率和图线与横轴所包围面积的意义。 高频考点1　匀变速直线运动的规律及应用 1．处理匀变速直线运动的常用方法 基本公式法、平均速度公式法、位移差公式法、比例法、逆向思维法、图像法等。 2．两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。 3．追及、相遇问题的解题思路和技巧 (1)紧抓“一图三式”，即过程示意图，时间关系式、速度关系式和位移关系式。 (2)速度相等往往是恰好追上(追不上)，以及两者间距离有极值的临界条件。 (3)若被追赶的物体做匀减速运动，一定要注意追上前该物体是否已停止运动。 考向1　匀变速直线运动规律的应用 【例1】 (2024·河南郑州模拟)如图所示，长度为0.55 m的圆筒竖直放在水平地面上，在圆筒正上方距其上端1.25 m处有一小球(可视为质点)。在由静止释放小球的同时，将圆筒竖直向上抛出，结果在圆筒落地前的瞬间，小球在圆筒内运动而没有落地，则圆筒上抛的速度大小可能为(空气阻力不计，取g＝10 m/s2)(　　 ) A．2.3 m/s B．2.6 m/s C．3.1 m/s D．3.2 m/s 解析：选B。小球从释放到落地共用时t1＝ s＝0.6 s，小球从释放到下落1.25 m共用时t2＝ s＝0.5 s，设圆筒上抛的初速度为v0，则圆筒在空中的运动时间为t3＝，要使圆筒落地前的瞬间小球在圆筒内运动而没有落地，应有t2<t3<t1，即0.5 s< <0.6 s，解得2.5 m/s<v0<3 m/s，故B正确。 【例2】 (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。 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－＝d 代入数据解得 v0＝2.45 m/s 从1号开始到停止时通过的位移大小为 x＝＝3.001 25 m≈3.33d 故可知最远能经过4号锥筒。 答案：(1)1 m/s2　(2)4号 考向2　追及、相遇问题 【例3】 随着科技的发展，汽车自动驾驶技术已日渐成熟。A、B两辆自动驾驶测试车，在同一直线上向右匀速运动，B车在A车前，A车的速度大小v1＝8 m/s，B车的速度大小v2＝20 m/s，如图所示。当A、B两车相距x0＝20 m时，B车因前方突发情况紧急刹车，已知刹车过程的运动可视为匀减速直线运动，加速度大小a＝2 m/s2，从此时开始计时，求： (1)A车追上B车之前，两者相距的最远距离Δx； (2)A车追上B车所用的时间t。 解析：(1)当两车速度相等时，两车的距离最大，设经过时间t1两车速度相等，则有 v1＝v2－at1 解得t1＝6 s 在t1时间内A车位移为x1＝v1t1＝48 m B车位移为x2＝v2t1－＝84 m 则此最远的距离为 Δx＝x2＋x0－x1＝56 m。 (2)设经过时间t2，B车停下来，则有 0＝v2－at2 得t2＝10 s 此过程中A车和B车的位移分别为 x1′＝v1t2＝80 m x2′＝v2t2－＝100 m 此时x2′＋x0>x1′ 说明A车还没追上B车，设再经过时间t3才追上，则有 x2′＋x0－x1′＝v1t3 得t3＝5 s 所以A车追上B车所用的时间为 t＝t2＋t3＝15 s。 答案：(1)56 m　(2)15 s [规律方法]追及相遇问题的实质就是两个物体运动的关联问题，所以对运动情境的分析至关重要，在此基础上才能借助“临界条件”“量值关系”等建立辅助方程。 高频考点2　牛顿运动定律的应用 1．解决动力学两类基本问题的思路 2．瞬时加速度问题 3．连接体问题 (1)整体法与隔离法的选用技巧 整体法的选取原则 连接体内各物体具有相同的加速度，且不需要求物体之间的作用力 隔离法的选取原则 连接体内各物体的加速度不相同，或者需要求出系统内物体之间的作用力 整体法、隔离法的交替运用 连接体内各物体具有相同的加速度，且需要求出物体之间的作用力，可以先整体求加速度，后隔离求内力 (2)连接体问题中常见的临界条件 接触与脱离 接触面间弹力等于0 恰好发生滑动 摩擦力达到最大静摩擦力 绳子恰好断裂 绳子张力达到所能承受的最大值 绳子刚好绷直或松弛 绳子张力为0 (3)常见连接体 接触面光滑，或μA＝μB，则FAB＝F 三种情况中弹簧弹力、绳的张力大小相同且与接触面是否光滑无关 常用隔离法，注意加速度之间的关联 常会出现临界条件及临界值 考向1　牛顿运动定律的应用 【例4】 (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 解析：选A。缓慢拉至P点，并保持静止，由平衡条件可知，此时拉力F与重力和两弹簧的拉力合力为零，两弹簧的合力为大小为mg；当撤去拉力，则小球从P点运动到O点的过程中两弹簧的拉力与重力的合力始终向下，小球一直做加速运动，故A正确，B错误。小球从P点运动到O点的过程中，形变量变小，弹簧在竖直方向的合力不断变小，故小球所受的合外力一直变小，加速度的最大值为撤去拉力时的加速度，由牛顿第二定律可知2mg＝ma，加速度的最大值为2g，C、D错误。 【例5】 在第一次空载试飞过程中，质量为m的无人机从静止开始加速行驶距离s时达到起飞速度，飞离地面。在第二次装有载荷的试飞过程中，无人机从静止开始加速行驶距离2s时达到起飞速度，飞离地面。已知飞机的起飞速度与飞机总质量的关系为v＝km，两次试飞时发动机的推力均相同，假设两次试飞过程飞机所受阻力相同且恒定不变，若将无人机的运动看作匀加速直线运动，则第二次试飞时飞机上载荷的质量为(　　) A．m B．m C．m D．m 解析：选A。第一次试飞过程，有v1＝＝2a1s，F－f＝ma1；第二次试飞过程，有v2＝k2s，F－f＝(m＋Δm)a2，联立解得Δm＝m，故A正确。 考向2　多体、多过程问题 【例6】 (2024·河南开封一模)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，重力加速度g＝10 m/s2，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：选B。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B正确。 【例7】 (2024·陕西榆林一模)一个质量为2 kg的箱子静止放在水平面上，箱子与水平面间的动摩擦因数为0.5，给箱子一个水平恒定拉力，使箱子从静止开始运动，经过2 s，箱子的位移为20 m。已知重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，空气阻力不计。 (1)求拉力的大小； (2)若拉力大小不变，把拉力的方向改为与水平面成37°角斜向上，使箱子从静止开始运动1 s后撤去拉力，求箱子运动的总位移。 解析：(1)箱子做匀加速运动，有L＝at2 解得a＝＝10 m/s2 由牛顿第二定律有F－μmg＝ma 解得F＝30 N。 (2)箱子先以大小为a1的加速度匀加速t1时间，撤去拉力后，以大小为a2的加速度匀减速t2时间后速度恰为0，有 F cos 37°－μ(mg－F sin 37°)＝ma1 解得a1＝11.5 m/s2 撤去拉力后，减速运动的加速度大小 a2＝μg＝5 m/s2 由于匀加速阶段的末速度即为匀减速阶段的初速度，因此有a1t1＝a2t2 解得t2＝2.3 s 将减速过程看作反向匀加速运动，则箱子加速、减速的总位移 L′＝ 联立解得L′＝18.975 m。 答案：(1)30 N　(2)18.975 m [规律方法]多过程问题的分析 (1)分析多过程问题时，一定要注意物体在每段运动的受力变化； (2)两段运动衔接点的速度是联系两段运动的“桥梁”。 高频考点3　运动学和动力学图像 1．常见图像 常见图像 斜率k 面积意义 两图线交点 x ­t图像 ＝v — 表示相遇 v ­t图像 ＝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 a ­t图像 — 速度变化量Δv 表示此时加速度相等 2.非常规图像 非常规图像 函数表达式 斜率k 纵截距b v2­x图像 由v2－＝2ax 得v2＝2ax＋ -t图像 由x＝v0t＋at2 得 at a v0 a ­x图像 由v2－＝2ax知，图线与x轴所围面积等于，此面积与物体质量的乘积表示动能的变化量 3.动力学图像 图像 分析思路 F ­t图像 思路一：分段求加速度，利用运动学公式求解 思路二：由动量定理知，图线与t轴所围面积表示F的冲量 F ­x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 a ­F图像 根据牛顿第二定律列式，再变换成a ­F关系。如图所示，F－μmg＝ma，a＝－μg，则斜率为，截距为－μg 考向1　运动学图像 【例8】 (2024·福建高考)某直线运动的v ­t图像如图所示，其中0～3 s为直线，3～3.5 s为曲线，3.5～6 s为直线，则以下说法正确的是(　　 ) A．0～3 s的平均速度为10 m/s B．3.5～6 s做匀减速直线运动 C．0～3 s的加速度比3.5～6 s的大 D．0～3 s的位移比3.5～6 s的小 解析：选B。根据v ­t图像可知，0～3 s内质点做匀加速直线运动，平均速度为 m/s＝15 m/s，故A错误；根据v ­t图像可知，3.5～6 s内质点做匀减速直线运动，故B正确；根据v ­t图像的斜率绝对值表示加速度大小，可知0～3 s的加速度大小为a1＝ m/s2＝10 m/s2，3.5～6 s的加速度大小满足a2> m/s2＝10 m/s2，可知0～3 s的加速度比3.5～6 s的小，故C错误；v ­t图线与横轴围成的面积表示位移，故0～3 s的位移为x1＝×30×3 m＝45 m，3.5～6 s的位移满足x2<×30×(6－3.5) m＝37.5 m，可知0～3 s的位移比3.5～6 s的大，故D错误。 考向2　动力学图像 【例9】 (多选)如图甲所示，平行于倾角为θ的固定斜面向上的拉力F使小物块沿斜面向上运动，运动过程中加速度a与F的关系如图乙所示。已知图线的斜率为k，与F轴交点为c，与a轴交点为－b，则(　　 ) A．小物块的质量为k B．小物块的质量为 C．摩擦力与重力沿斜面的分力大小之和为b D．摩擦力与重力沿斜面的分力大小之和为c 解析：选BD。以物块为研究对象，根据牛顿第二定律可得F－mg sin θ－f＝ma，可得a＝，结合a ­F图像可得＝－b，可知小物块的质量为m＝，摩擦力与重力沿斜面的分力大小之和为mg sin θ＋f＝c，故B、D正确。 【例10】 (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F ­y图像或y ­t图像可能正确的是(　　 ) 解析：选B。在木块下落高度H之前，木块所受的合外力为木块的重力，保持不变，即F=mg。木块接触弹簧后，弹簧弹力向上，木块的合力F与位移y的关系为F=mg-k（y-H），在合力为零前（y＜H+），随着y的增大，F减小，在合力为零后（y＞H+），随着y的增大，F反向增加，直至木块到达最低点。木块开始反弹后，上升过程与下降过程可逆，所以随着y的减小，F-y图线向y轴负方向原路返回，故A错误、B正确；在木块下落H高度之前，木块做自由落体运动，速度逐渐增大，y-t图像的斜率增大。木块从接触弹簧到合力为零时（y=H+），向下做加速度减小的加速运动，y-t图像的斜率继续增大。木块的合力为零后，向下做加速度增大的减速运动，直至最低点速度减为零，y-t图像的斜率减小。进一步分析可知，木块向上运动时，先做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，最后做匀减速直线运动到达最高点。C图中木块过H点后速度就开始逐渐减小，实际速度还应该增大，直到平衡位置（合力为零）速度到达最大，然后速度逐渐减为零。D图中木块在前半段做匀速运动，也不符合题意，故C、D错误。 [规律方法]分析图像问题时，既要关注图线对应的函数关系，又要理解图线的截距、斜率、面积、交点、拐点等代表的物理意义。 学科网（北京）股份有限公司 $$