2模块1 专题2 力与物体的直线运动-【备考最优解】2025年高考物理二轮专题复习教用word

专题二　力与物体的直线运动 命题点1　运动描述及匀变速直线运动规律的应用 近3年9卷10考 1．常用方法和规律 2．两种匀减速直线运动 (1)刹车问题：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：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。 　(2024·江西卷，T3)某物体位置随时间的关系为x＝1＋2t＋3t2，则关于其速度与1 s内的位移大小，下列说法正确的是(　　) A．速度是刻画物体位置变化快慢的物理量，1 s内的位移大小为6 m B．速度是刻画物体位移变化快慢的物理量，1 s内的位移大小为6 m C．速度是刻画物体位置变化快慢的物理量，1 s内的位移大小为5 m D．速度是刻画物体位移变化快慢的物理量，1 s内的位移大小为5 m [解析]　速度等于位移与时间的比值。位移是物体在一段时间内从一个位置到另一个位置的位置变化量，速度是刻画物体位置变化快慢的物理量。由x＝1＋2t＋3t2可知开始时物体的位置x0＝1 m，1 s时物体的位置x1＝6 m，则1 s内物体的位移Δx＝x1－x0＝5 m。 [答案]　C 　(2024·山东卷，T3)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＝at，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＝at，当木板长度为2L时，有3L＝at，又Δt1＝t1－t0，Δt2＝t2－t0，联立解得Δt2∶Δt1＝(－1)∶(－1)，A正确。 [答案]　A 命题视角：以“固定光滑斜面上的木板由静止释放通过A点”为命题情境，主要考查了位移公式的应用。 方法技巧：由于木板不能看成质点，木板通过A点的时间应该是木板下端到A点至木板上端离开A点所用的时间。 　(2024·广西卷，T13)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)根据匀变速直线运动某段时间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 v1＝＝2.25 m/s 2、3间中间时刻的速度 v2＝＝1.8 m/s 故可得加速度大小 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－at＝d 代入数值解得v0＝2.45 m/s 从1号锥筒开始到停止时通过的位移大小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 命题视角：题目以“某同学穿着轮滑鞋，沿直线等间距地通过若干个定位锥筒”为命题情境，考查了平均速度公式、位移公式、位移速度公式等的应用。 方法技巧：一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，这一结论往往为解题带来极大的方便。 命题点2　牛顿第二定律的应用 近3年11卷11考 考向1　超重和失重 通过受力分析，应用牛顿第二定律求出加速度的方向，如果加速度方向竖直向上或有竖直向上的分量，则物体处于超重状态；如果加速度方向竖直向下或有竖直向下的分量，则物体处于失重状态。 　(2024·福建厦门市第二次质检)在身体素质测试“原地纵跳摸高”科目中，某同学快速下蹲后立即蹬伸竖直起跳。在此过程中，测得该同学竖直方向加速度a随时间t的变化关系如图所示，已知竖直向上为正方向，则该同学(　　) A．从A到B的过程中，处于超重状态 B．在B点时，速度为零 C．在C点时，恰好离开地面 D．从C到D的过程中，处于失重状态 [解析]　从A到B的过程中，该同学有向下的加速度，处于失重状态，故A错误；a－t图像与坐标轴围成的面积表示速度变化量，该同学在A点的速度为零，故该同学在B点时，速度不为零，故B错误；恰好离开地面时，地面对该同学的作用力为零，不计空气阻力，则该同学的加速度为重力加速度，故该同学在D点时，恰好离开地面，故C错误；从C到D的过程中，该同学有向下的加速度，处于失重状态，故D正确。 [答案]　D 考向2　瞬时问题 应用牛顿第二定律分析瞬时问题时，应注意物体与物体间的弹力、绳的弹力和杆的弹力可以突变，而弹簧的弹力不能突变。 　(2024·湖南卷，T3)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 [解析]　剪断前，对B、C、D整体分析有FAB＝(3m＋2m＋m)g，对D，FCD＝mg；剪断后，对B，FAB－3mg＝3maB，解得aB＝g，方向竖直向上，对C，FDC＋2mg＝2maC，解得aC＝1.5g，方向竖直向下。 [答案]　A 命题视角：题目以“细线或轻弹簧连接的物体”为命题情境，主要考查了受力分析和应用牛顿第二定律分析瞬时问题。 方法技巧：解题的关键是要区别绳子的弹力可以“突变”，弹簧的弹力不能“突变”。 考向3　连接体问题 1．整体法与隔离法的选用 (1)当连接体中各物体具有共同的加速度时，一般采用整体法；当连接体内各物体的加速度不同时，一般采用隔离法。 (2)求连接体内各物体间的相互作用力时必须用隔离法。 2．连接体问题的解题技巧 (1)通过轻绳连接的两个物体：如果做加速运动(绳绷紧)，则它们沿绳方向的加速度大小相同。 (2)叠加体类连接体：两物体间刚要发生相对滑动时物体间达到最大静摩擦力，靠摩擦力带动的物体的加速度达到最大加速度。 (3)靠在一起的连接体：分离时相互作用力为零，但此时两物体的加速度仍相同。 (4)由轻弹簧连接的物体：弹簧对两物体的弹力总是大小相等、方向相反，两端物体的速度、加速度一般不同，多用隔离法。关注弹簧弹力随物体位移的变化规律，注意弹簧弹力不能突变。 　(2024·北京卷，T4)如图所示，飞船与空间站对接后，在推力F作用下一起向前运动。飞船和空间站的质量分别为m和M，则飞船和空间站之间的作用力大小为(　　) A．F B．F C．F D．F [解析]　根据题意，对整体应用牛顿第二定律有F＝(M＋m)a，对空间站分析有F′＝Ma，解两式可得飞船和空间站之间的作用力F′＝F。 [答案]　A 【变式训练】 (多选)(2024·安徽安庆市二模)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一起沿杆上滑过程中，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＝g tan α B．α＝β C．FN＝(M＋m)g cos α D．FT>mg cos β 解析：选BC。根据题意，A、B一起沿杆上滑过程中，将A、B看成一个整体，受力分析如图所示，根据平衡条件可知FN＝(M＋m)g cos α，而在运动的方向上由牛顿第二定律有(M＋m)·g sin α＝(M＋m)a，解得a＝g sin α，故A错误，C正确；对小球分析，由于小球的加速度沿着杆向下，则垂直于杆的方向合力应为0，由此可知细线一定与杆垂直，即mg cos α＝FT，则根据几何关系可知α＝β，因此有mg cos β＝FT，故B正确，D错误。 命题点3　动力学的两类基本问题 近3年2卷2考 1．两类题型 一种是已知运动分析受力，一种是已知受力分析运动。 2．解题关键 (1)抓住“两个分析”：受力分析和运动过程分析； (2)“两个桥梁”：加速度是联系运动和力的桥梁，转折点的速度是联系多运动过程的桥梁。 　(2024·湖北省八市3月联考)今年春节前后的两场冻雨突袭我省部分地区，造成了诸多交通不便。某路段上一辆卡车为紧急避险刹车，车轮抱死。与未结冰时相比较，卡车在冰冻路面上滑行时(　　) A．惯性更大　　 B．加速度更大 C．滑行距离更近 D．滑行时间更长 [解析]　惯性的大小只与物体的质量有关，质量越大，物体所具有的惯性就越大，故A错误；路面结冰时轮胎与路面间的动摩擦因数减小，由－μmg＝ma，可得a＝－μg，可知，与未结冰时相比较，卡车在冰冻路面上滑行时做减速运动的加速度减小，故B错误；v2－v＝2ax，在加速度减小的情况下，滑行距离更远，故C错误；t＝，在加速度减小的情况下，滑行时间将更长，故D正确。 [答案]　D 　(2024·青海西宁市期末)已知钢架雪车比赛赛道由起跑区、出发区、滑行区及减速区四个区段组成，图中AB为起跑区、BC为出发区，AB赛段水平，BC赛段与水平面夹角θ＝5°。若运动员推着雪车从A点由静止出发，以2 m/s2的加速度匀加速跑到B点时速度大小为9 m/s，接着快速俯卧到雪车上沿BC下滑。已知运动员到达C点时的速度大小为12 m/s，赛道BC的长度为45 m，g取10 m/s2，sin 5°≈0.09，cos 5°≈1.00，不计空气阻力，求： (1)运动员在起跑区的运动时间； (2)雪车与冰面间的动摩擦因数。 [解析]　(1)设运动员在起跑区的运动时间为t1，根据vB＝a1t1 解得t1＝4.5 s。 (2)设运动员和雪车的总质量为m，摩擦力大小为Ff，在出发区的加速度大小为a2，根据v－v＝2a2xBC 解得a2＝0.7 m/s2 由牛顿第二定律有 mg sin θ－μmg cos θ＝ma2 解得μ＝0.02。 [答案]　(1)4.5 s　(2)0.02 命题点4　动力学方法的综合应用 近3年2卷2考 考向1　传送带问题 1．解题关键：传送带问题的实质是相对运动问题，关键是根据相对运动确定摩擦力的方向，如根据牛顿第二定律求加速度，确定相对运动的位移等。 2．分析思路 (1)水平传送带 ①根据传送带的速度v带计算物体加速运动的时间t和位移x； ②比较位移x和传送带的长度l，判断物体的实际运动过程。 (2)倾斜传送带向下传送物体的情况 ①若μ≥tan θ且物体能与传送带共速，则共速后物体做匀速运动； ②若μ<tan θ且物体能与传送带共速，则共速后物体仍加速运动(物体与传送带共速前后加速度不相等)。 　(2024·天津河北区期末)如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行。初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v－t图像(以地面为参考系)如图乙所示。已知v2＞v1，则(　　) A．t2时刻，小物块到A处的距离达到最大 B．t2时刻，小物块相对于传送带滑动的距离达到最大 C．0到t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左 D．0到t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用 [解析]　0到t1时间内小物块向左做匀减速直线运动，t1时刻小物块向左速度减为零，此时到A处的距离达到最大，故A错误；t2时刻前小物块相对于传送带向左运动，之后小物块相对于传送带静止，则t2时刻小物块相对于传送带滑动的距离达到最大，故B正确；0到t2时间内小物块先减速，后反向加速，小物块受到大小不变、方向始终向右的摩擦力作用，故C错误；由B选项分析知，t2时刻之后小物块不受摩擦力作用，故D错误。 [答案]　B 考向2　滑块—木板模型 三个基本关系 加速度 关系 如果滑块与木板之间没有发生相对运动，可以用“整体法”求出它们一起运动的加速度；如果滑块与木板之间发生相对运动，应采用“隔离法”分别求出滑块与木板运动的加速度。应注意找出滑块与木板是否发生相对运动的隐含条件 速度 关系 滑块与木板之间发生相对运动时，明确滑块与木板的速度关系，从而确定滑块与木板受到的摩擦力。应注意当滑块与木板的速度相同时，摩擦力会发生突变的情况 位移 关系 滑块与木板叠放在一起运动时，应仔细分析滑块与木板的运动过程，明确滑块与木板对地的位移和滑块与木板之间的相对位移的关系 　(2024·江门市二模)如图所示，载重卡车载着与卡车质量相等的货物在平直公路上以v0＝24 m/s的速度匀速行驶，紧急制动时防抱死制动系统(ABS)使车轮与地面间恰好达到最大静摩擦力，货物相对水平车厢底板发生滑动，恰好不能与车厢前壁发生碰撞。已知车轮与地面间的动摩擦因数μ1＝0.9，货物与车厢底板间的动摩擦因数μ2＝0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10 m/s2。 (1)求货物与车厢前壁的距离L； (2)若卡车以v＝28 m/s的速度匀速行驶，要使货物不能与车厢前壁发生碰撞，求卡车制动的最短距离d。 [解析]　(1)设卡车紧急制动时的加速度大小为a1，货物在车厢底板滑动时的加速度大小为a2，则由牛顿第二定律2μ1mg－μ2mg＝ma1 μ2mg＝ma2 由运动学公式－＝L 解得L＝7.2 m。 (2)设货物匀减速运动的位移大小为x，则有＝x 由几何关系d＝x－L 解得d＝41.8 m。 [答案]　(1)7.2 m　(2)41.8 m 审题与规范答题(一)——动力学综合型 【审题定位】 动力学综合型问题主要有三类题型：多运动过程、传送带模型和滑块木板模型。研究对象往往有多个，过程较复杂，解题过程要抓住运动状态转折点或临界点分析，找到解决问题的突破口。这种题型主要运用牛顿运动定律和运动学公式来求解，要做好受力分析和运动过程的分析。 【规范要求】 ①必要的文字说明，虽然文字说明没有分值，但是必要的文字说明使条理清晰，方便阅卷；②必要的物理公式；③明确的计算结果；④使用各种字母符号要规范；⑤用物理语言表述；⑥绘制图形、图像要清晰、准确。 【题目示例】 (16分)(2024·四川泸州市二诊)如图，质量m＝2 kg 的物块静置于质量M＝3 kg的长木板右端，长木板长L＝1.5 m，物块与长木板间动摩擦因数μ1＝0.2，长木板与地面间动摩擦因数μ2＝0.1，物块与长木板之间、长木板与地面之间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。现有一水平向右的恒力F作用在长木板上。 (1)若恒力F1＝10 N，求物块和长木板的加速度大小； (2)若恒力F2＝24 N，求物块在长木板上滑动的时间； (3)若恒力F3＝30 N，作用一段时间后撤去，物块恰好不从长木板上掉下，求恒力作用的时间。 【审题模板】 1．题型特点：滑块－木板模型，其实质是研究物体间的相对运动。 2．审题关键：找到物块和木板间发生滑动的临界状态对应的拉力F的大小。 3．思路点拨：根据物块恰好相对滑动时，合力就是滑动摩擦力，根据牛顿第二定律求出加速度，再对物块和木板整体受力分析，应用牛顿第二定律求拉力F。 4．规律选择：应用牛顿第二定律和运动学公式求解相关问题，特别要注意相对位移的表示。 【规范答题】 (1)(第1个给分点：5分)对物块μ1mg＝ma0(1分) 对物块和长木板整体 F0－μ2(m＋M)g＝(m＋M)a0(1分) 解得F0＝15 N(1分) 即当F1＝10 N时，物块和长木板相对静止，对物块和长木板整体 F1－μ2(m＋M)g＝(m＋M)a1(1分) 解得a1＝1 m/s2。(1分) (2)(第2个给分点：4分)当F2＝24 N时，物块和长木板有相对滑动，对物块μ1mg＝ma2(1分) 对长木板F2－μ2(m＋M)g－μ1mg＝Ma3(1分) 当物块滑下长木板时有a3t2－a2t2＝L(1分) 解得t＝1 s。(1分) (3)(第3个给分点：7分)当F3＝30 N时，物块仍以加速度a2做匀加速直线运动，对长木板 F3－μ2(m＋M)g－μ1mg＝Ma4(1分) 作用t1时间后，长木板的速度为v1＝a4t1(1分) 撤去F3后，物块继续以加速度a2做匀加速直线运动，长木板做加速度为a5的匀减速直线运动，对长木板μ2(m＋M)g＋μ1mg＝Ma5(1分) 经过时间t2物块与长木板共速有 v1－a5t2＝a2(t1＋t2)(1分) 由于μ1＞μ2，因此共速后两者不会再有相对运动，位移满足 a4t＋v1t2－a5t－a2(t1＋t2)2＝L(2分) 解得t1＝ s≈0.55 s。(1分) 学科网（北京）股份有限公司 $