专题1 第2讲 力与直线运动(课件PPT)-【精讲精练】2026年高考物理二轮专题辅导与训练

该高中物理课件聚焦“力与物体的运动”高考核心专题，覆盖匀变速直线运动规律、牛顿运动定律、动力学图像三大命题点。通过构建知识体系梳理速度公式等核心概念，对接高考评价体系分析各考点考查权重，归纳运动学公式应用、定律应用题等常考题型，体现备考针对性。 课件以“命题点突破+专题集训”为特色，融入高考真题训练与应试技巧指导。通过动力学图像题“轴-点-斜率”分析法等典型题型解析，培养学生科学思维与运动和相互作用观念，助力掌握图像信息提取等答题技巧，为学生冲刺提供系统训练，为教师复习教学提供精准指导。

专题一　力与物体的运动 第2讲　力与直线运动 第一部分　专题强化复习 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 命题点一 01 命题点二 02 命题点三 03 专题集训 04 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 2 知 识 体 系 v0＋at 2ax 位移 位移 函数 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 命题点一　匀变速直线运动规律的应用 栏目导航 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 命题点二　牛顿运动定律的基本应用 栏目导航 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 命题点三　动力学图像 栏目导航 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 A　　　 B　　 　 C　　　　　　D 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 A　　　 B　　 　 C　　　　　　D 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 专题集训(二) 栏目导航 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 谢谢观看 栏目导航 第一部分　专题强化复习 1 v0t＋at2 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。 　一汽车做直线运动的位移与时间的关系满足关系式x＝10t－2t2(x的单位是m，t的单位是s)，则(　　) A．该汽车做匀加速直线运动 B．该汽车在第1 s内的位移大小为10 m C．该汽车的加速度大小为4 m/s2 D．该汽车的初速度大小为16 m/s [解析]　根据位移—时间关系x＝v0t＋at2，可得v0＝10 m/s，a＝－4 m/s2，由此可知，初速度方向和加速度方向相反，汽车做匀减速直线运动，故A、D错误，C正确；汽车在第1 s内的位移为x1＝v0t1＋at12＝10×1 m－×4×12 m＝8 m，故B错误。 [答案]　C 　若例题中汽车刹车后运动的位移随时间变化的运动规律是x＝10t－2t2(m)，x与t的单位分别是m和s。下列说法正确的是(　　) A．初速度v0＝10 m/s，加速度大小a＝2 m/s2 B．汽车刹车后4 s内的位移是8 m C．汽车刹车最后1 s内位移为2 m D．汽车可行驶的最大距离为25 m 解析　根据匀变速直线运动的位移—时间公式x＝v0t＋at2，结合位移随时间变化的规律x＝10t－2t2，可知初速度v0＝10 m/s，a＝－2 m/s2，解得加速度为a＝－4 m/s2，故A错误；根据速度—时间公式，可知汽车速度减为零的时间为t0＝＝ s＝2.5 s，由于刹车时间t0＝2.5 s＜4 s，根据运动学公式可得刹车后4 s内的位移为x＝t0＝×2.5 m＝ 12.5 m，故B错误；汽车刹车最后1 s内位移可以看成逆方向的加速运动x′＝a′t2＝×4×1 m＝2 m，故C正确；根据速度—位移公式可得汽车可行驶的最大距离为xm＝＝ m＝12.5 m，故D错误。故选C。 答案　C 1．(2024·全国甲卷)为抢救伤者，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，t1＝10 s时救护车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)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 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。 题型1　 瞬时加速度问题 　如图所示，竖直平面内两个完全相同的轻弹簧a、b，一端固定在水平面上，另一端均与质量为m的小球相连接，轻绳c一端固定在天花板上，另一端与小球拴接。弹簧a、b和轻绳互成120°角，且弹簧a、b弹力大小均为mg，g为重力加速度，如果将轻绳突然剪断，则剪断瞬间小球的加速度大小a可能为(　　) A．0.5g　　 B．g C．1.5g D．2g [解析]　当两弹簧处于拉伸状态时，两弹簧对小球的合力竖直向下，大小为mg，由牛顿第二定律知，此时a＝＝2g，方向竖直向下。当两弹簧处于压缩状态时，两弹簧对小球的合力竖直向上，大小为mg，此时小球所受合力为0，加速度为0。综上分析，D正确。 [答案]　D 题型2　两类基本问题 　(2025·八省联考)如图甲所示，我国航天员太空授课时演示了质量的测量实验。图乙为测量装置示意图及光栅尺的放大图，其中单色平行光源、定光栅与光电探测器保持固定；右侧的支架与动光栅在恒力F作用下向左做匀加速直线运动，支架与动光栅的总质量为m0，光栅尺由空间周期皆为d的定光栅与动光栅组成。两光栅透光部分宽度相等，光栅面平行，刻线间有一微小夹角θ。平行光垂直透过光栅尺后形成周 期性图样，称为莫尔条纹，相邻虚线间距为莫尔条纹的空间周期。沿莫 尔条纹移动方向，在A、B两点放置两个探测器，A、B间距为莫尔条纹空间周期。由于θ很小，动光栅的微小位移会被放大成莫尔条纹的位移，由探测器记录光强I随时间t的变化。 (1)若m0＝5 kg，F＝100 N，空载时动光栅由静止开始运动，求第1 ms内的动光栅位移大小x； (2)若θ＝10-2 rad，求(1)问中对应莫尔条纹移动的距离y； (3)若某次测量中连续两个时间间隔T内，A、B两点测得的I-t曲线如图丙所示。判断图中虚线对应的探测点，并求航天员的质量m(用F，d，T和m0表示)。 [解析]　(1)根据牛顿第二定律可知F＝m0a，解得a＝20 m/s2 则第1 ms内的动光栅位移大小为x＝at2＝1×10-5 m。 (2)由题意可知y＝≈＝1×10-3 m。 (3)由于明纹是斜向左下运动，图中虚线对应的是探测点B；对实线分析，根据题意可知在第一个T内移动的距离为x1＝9d 在第二个T内移动的距离为x2＝16d 第一个T内的平均速度为1＝ 第二个T内的平均速度为2＝ 两个T内的平均加速度为a＝ 根据牛顿第二定律有F＝(m＋m0)a 联立可得m＝－m0。 [答案]　(1)1×10-5 m　(2)1×10-3 m (3)B点　－m0 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．若是多过程问题，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。 题型3　连结体问题 　(2025·安徽卷)如图所示，装有轻质光滑定滑轮的长方体木箱静置在水平地面上，木箱上的物块甲通过不可伸长的水平轻绳绕过定滑轮与物块乙相连。乙拉着甲从静止开始运动，木箱始终保持静止。已知甲、乙质量均为1.0 kg、甲与木箱之间的动摩擦因数为0.5，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，则在乙下落的过程中(　　) A．甲对木箱的摩擦力方向向左 B．地面对木箱的支持力逐渐增大 C．甲运动的加速度大小为2.5 m/s2 D．乙受到绳子的拉力大小为5.0 N [解析]　甲相对木箱向右运动，所以物块甲受到木箱水平向左的摩擦力，根据牛顿第三定律知，甲对木箱的摩擦力方向向右，A错误； 设乙运动的加速度为a，只有乙有竖直向下的恒定加速度， 对甲、乙和木箱，由整体法，竖直方向受力分析有FN＝M总g－ma 则地面对木箱的支持力大小不变，B错误； 设绳子的弹力大小为FT，对甲受力分析有FT－μmg＝ma 对乙受力分析有mg－FT＝ma 联立解得a＝2.5 m/s2，FT＝7.5 N C正确，D错误。 [答案]　C 2．(2025·陕西西安模拟)如图所示，一个质量为2m的小箱子放在台秤的托盘上，箱内有一质量为m的圆环A，A的上端用轻弹簧与箱子的顶部连接，A的下端用细线系在箱子的底部，细线绷紧，拉力大小为mg，整个系统处于静止状态。现将细线剪断，不计轻弹簧和细线的质量，不计空气阻力，下列说法正确的是(　　) A．剪断细线前，台秤读数为2mg B．剪断细线的瞬间，台秤读数突然变大 C．剪断细线后，圆环A向上运动至最高点的过程中，台秤读数先减小后增大 D．剪断细线后，圆环A向上运动至最高点的过程中，始终处于超重状态 解析　剪断细线前，由平衡条件可知，台秤读数等于小箱子与圆环的总重力大小3mg，故A错误；剪断细线的瞬间，细线弹力消失，弹簧弹力不变，小球加速度向上，小球处于超重状态，导致小箱子对台秤的压力增大，因此台秤的读数将突然变大，故B正确；剪断细线后，圆环A向上运动，由于弹簧的弹力作用，圆环A将先加速上升，然后减速上升，直至速度为零达到最高点，可知小球加速度先向上后向下，故小球先超重后失重，剪断细线后，A向上运动，弹簧伸长量逐渐减小，弹簧对箱子向下拉力减小，可知台秤读数减小，若弹簧恢复原长后被压缩，弹簧对箱子支持力变大，台秤示数继续减小，故圆环A向上运动到最高点过程中，台秤读数一直减小，故C、D错误。 答案　B 求解动力学图像问题的基本思路 　 (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a-m图像。重力加速度大小为g。在下列a-m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 特殊点包括图线与横、纵坐标的交点，图线的转折点，两图线的交点等，明确这些点所表示的物理意义。 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。 3．(多选)(2025·黑吉辽内蒙古卷)如图(a)所示，倾角为θ的足够长斜面放置在粗糙水平面上。质量相等的小物块甲、乙同时以初速度v0沿斜面下滑，甲、乙与斜面的动摩擦因数分别为μ1、μ2，整个过程中斜面相对地面静止。甲和乙的位置x与时间t的关系曲线如图(b)所示，两条曲线均为抛物线，乙的x-t曲线在t＝t0时切线斜率为0，则(　　) A．μ1＋μ2＝2tan θ B．t＝t0时，甲的速度大小为3v0 C．t＝t0之前，地面对斜面的摩擦力方向向左 D．t＝t0之后，地面对斜面的摩擦力方向向左 解析　位置x与时间t的图像的斜率表示速度，甲乙两个物块的曲线均为抛物线，则甲物块做匀加速运动，乙物块做匀减速运动，在t0时间内甲乙的位移可得x甲＝t0＝3x0，x乙＝t0＝x0 可得t0时刻甲物块的速度为v＝2v0，B错误； 甲物块的加速度大小为a1＝ 乙物块的加速度大小为a2＝ 由牛顿第二定律可得甲物块mg sin θ－μ1mg cos θ＝ma1 同理可得乙物块μ2mg cos θ－mg sin θ＝ma2 联立可得μ1＋μ2＝2tan θ，A正确； 设斜面的质量为M，取水平向左为正方向，由系统牛顿第二定律可得Ff＝ma1cos θ－ma2cos θ＝0 则t＝t0之前，地面和斜面之间摩擦力为零，C错误； t＝t0之后，乙物块保持静止，甲物块继续沿下面向下加速，由系统牛顿第二定律可得Ff′＝ma1cos θ 即地面对斜面的摩擦力向左，D正确。 答案　AD $