专题1 第2讲 力与直线运动-【优化探究】2026年高考物理二轮专题复习配套课件

第2讲　力与直线运动 [高考素养]　1.会用多种方法灵活处理匀变速直线运动的问题。2.掌握牛顿第二定律,会分析瞬时性问题、连接体问题,会应用牛顿运动定律解决运动的实际问题。3.会分析运动学和动力学图像。 课堂巩固　强化关键能力 考点一　匀变速直线运动规律的应用 考点二　牛顿运动定律的应用 考点三　图像问题 内容索引 考点一　匀变速直线运动 规律的应用 一 4 1.常用方法 2.处理追及相遇问题的常用方法 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=-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v-t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(注:可以深入学习强基培优部分) [例1]　(多选)汽车A沿水平车道以vA=12 m/s的速度向前做匀减速直线运动,其刹车的加速度大小a=2 m/s2,此时发现在相邻车道前方相距x0= 7 m处有以vB=4 m/s的速度同向运动的汽车B匀速行驶,从此刻开始计时,经多长时间两车并排(即相遇)(　　) A.1 s　　　　　　　　　 B.6.25 s C.7 s D.7.25 s AD [解析]　两车相遇时满足vAt-at2=vBt+x0,解得t=1 s或者t=7 s,而A车从刹车到停止的时间为tA==6 s,故t=7 s不符合实情。 t=1 s时A车、B车第一次相遇,此时A车速度为v=vA-at=10 m/s,从第一次相遇到A车停下的过程中,A车的平均速度=v=5 m/s>vB=4 m/s,故第二次相遇前,A车已停止,第一次相遇后A车运动的最大位移为xA== 25 m,则B车经tB= s追上A车,故下一相遇时刻是t2=1 s+ s=7.25 s。故选A、D。 [例2]　(2025·山东临沂一模)一辆公共汽车以初速度14 m/s进站后开始刹车,做匀减速直线运动直到停下。刹车后头3 s内的位移与最后3 s内的位移之比是4∶3,则刹车后4 s内通过的距离与刹车后3 s内通过的距离之比为(　　) A.1∶1 B.49∶40 C.49∶30 D.49∶48 D [解析]　由题意可知=, 可得a=4 m/s2, 公共汽车停止运动需要时间t0==3.5 s, 则刹车后4 s内通过的距离x4=t0=×3.5 m=24.5 m, 刹车后3 s内通过的距离x3=v0t3-a=24 m, 则刹车后4 s内通过的距离与刹车后3 s内通过的距离之比为49∶48,故选D。 [以图说法] 图形示例 方法总结 刹车类模型 即减速到零后不能反向加速的运动 (1)先确定刹车时间t刹,将题目给出的已知时间t与t刹比较,避免落入陷阱 (2)常用逆向思维法 图形示例 方法总结 双向可逆类模型 即减速到零后能以原加速度反向加速的运动 (1)可分过程列式或全过程列式,也可借助v-t图像解决 (2)列式时特别注意x、v、a矢量的正、负号及物理意义 (3)此类问题容易出现多解问题 图形示例 方法总结 0→vm→0类模型 此类问题借助v-t图像解决更方便 二 考点二　牛顿运动定律的应用 14 1.解决动力学两类基本问题的思路 2.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,后隔离求连接体内物体之间的作用力 (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 考向1　瞬时加速度问题 [例3]　如图所示,物块P、Q由竖直轻质弹簧拴接,被细绳悬挂在天花板上的O点,Q静止在O点正下方的水平地面上,两物块的质量均为m,重力加速度为g,初始时系统静止,弹簧对物块P的支持力大小为mg。某时刻烧断细绳,在物块P向下运动直至将弹簧压缩至最短的过程中(弹簧始终在弹性限度内),下列说法正确的是(　　) A.细绳烧断瞬间物块P的加速度大小为g B.物块P先失重后超重 C.物块Q对地面的压力先减小后增大 D.物块Q对地面压力的最小值为mg B [解析]　根据题中所给信息可知,初始时,弹簧是压缩状态, 弹簧对物块P的支持力大小为mg,则由平衡条件可知细绳 对物块P的拉力为mg;细绳烧断时,弹簧弹力不会发生突变, 细绳对物块P的拉力为0,则由牛顿第二定律可知物块P的 加速度大小为g,A错误;物块P将先向下做加速运动后做减速运动,故物体P先失重后超重,B正确;此过程中,弹簧一直被压缩,故初始时物块Q对地面的压力最小,大小为mg,此后物块Q对地面的压力一直增大,C、D错误。 瞬时加速度问题 反思提升 考向2　连接体问题 [例4]　(2025·福建龙岩一模)如图所示,光滑水平地面上有一质量为2m的小车在水平推力F的作用下加速运动。车厢内有质量均为m的A、B两小球,两球用轻杆相连,A球靠在光滑左壁上,B球处在车厢水平底面上,且与底面的动摩擦因数为μ,杆与竖直方向的夹角为θ,杆与车厢始终保持相对静止,已知重力加速度为g,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是(　　) A.若A球所受车厢壁弹力为零,则轻杆所受的 弹力为mgcos θ B.若A球所受车厢壁弹力为零,则F=2mgtan θ C.若B球受到的摩擦力为零,则F=2mgtan θ D.若B球受到的摩擦力为零,则F=4mgtan θ D [解析]　轻杆的弹力方向沿杆,若A球所受车厢壁弹力为零, 对A进行分析,A受到重力与轻杆对A沿杆向上的弹力,合力 方向水平向左,如图所示,则有FN=,故A错误;若A球所受 车厢壁弹力为零,结合上述,根据牛顿第二定律有mgtan θ= ma1,对小车、A、B构成的整体进行分析,根据牛顿第二定 律有F=(2m+m+m)a1,解得F=4mgtan θ,故B错误;对小球A进行分析,轻杆对A的弹力沿竖直方向的分力始终与A的重力平衡,即有FNcos θ=mg,由此可知,轻杆对A的弹力始终不变,由于轻杆质量不计,根据牛顿第二定律可知,轻杆所受外力的合力始终为0,结合牛顿第三定律可知,轻杆对B的弹力方向沿杆向下,大小等于FN=,若B球受到的摩擦力为零,对B进行分析,根据牛顿第二定律有FNsin θ= ma2,对小车、A、B构成的整体进行分析,根据牛顿第二定律有F=(2m+m+m)a2,解得F=4mgtan θ,故C错误,D正确。 [以图说法] 图形示例 方法总结 接触面光滑或μA=μB 三种情况中弹簧弹力、绳的张力大小相等且与接触面是否光滑无关 跨滑轮的连接体 两物体速度和加速度大小相等,但方向不同,常用隔离法 图形示例 方法总结 叠加类连接体 两物体刚要发生相对滑动时物体间达到最大静摩擦力 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等 考向3　传送带模型 [例5]　(2025·山东菏泽期中)如图所示,有一水平足够长的传送带,以v0=4 m/s的速度沿顺时针方向匀速运转,传送带右端平滑连接了一个倾角α=53°的粗糙斜面。现将一物体从距离斜面底端B点x=2.5 m的A点由静止释放,物体与斜面之间的动摩擦因数μ1=0.5,与传送带之间的动摩擦因数μ2=0.3。重力加速度g取10 m/s2,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,求: (1)物体在传送带上离B点的最远距离; 解析:物体在斜面上下滑过程,根据牛顿第二定律有 mgsin α-μ1mgcos α=ma1, 解得加速度大小为a1=5 m/s2, 物体第一次到达B点时,根据速度位移公式有=2a1x, 解得vB=5 m/s, 物体向左滑上传送带,根据牛顿第二定律有μ2mg=ma2, 解得加速度大小为 a2=3 m/s2, 根据速度位移公式有 =2a2x1, 解得物体在传送带上离B点的最远距离为 x1= m。 答案： m (2)物体最终在斜面上运动的总路程。 解析:物体第一次在传送带上向左减速到0后,反向向右加速运动,因为vB>v0,则物体回到B点前已经与传送带共速,之后匀速运动到B点,则物体从传送带第一次回到B点时的速度大小为v0=4 m/s;由于斜面粗糙,物体以v0第一次冲上斜面后,再次回到斜面底端时的速度大小v1小于v0,在足够长传送带上运动一个来回后,以等大速度v1再次冲上斜面,再次返回水平传送带时的速度大小v2小于v1,如此往复,最终物块将静止在斜面最底端。将物体以速度v0第一次冲上斜面时作为初状态,将最终静止在斜面底端作为末状态,对全程由动能定理可得-μ1mgcos 53°·s=0-m, 解得s= m, 则物体最终在斜面上运动的总路程为s总=x+s= m。 答案： m 分析传送带上的物体受到的是滑动摩擦力还是静摩擦力以及摩擦力的方向是解决传送带模型问题的关键所在。要注意二者“共速”是摩擦力发生突变的临界状态。如果是倾斜传送带，还要判断“共速”后的下一时刻物体受到的是滑动摩擦力还是静摩擦力。 反思提升 考向4　板块模型 [例6]　如图所示,一长度L1=8.5 m的均匀薄木板A初始时静止在一光滑平台上,平台右端B处有一固定挡板,固定挡板的高度略小于木板的厚度,木板的右端到挡板的距离是L2=2 m。一可以看成质点的小滑块以初速度v0=10 m/s从木板的左端滑上木板,木板撞击挡板时速度立即变为零并静止,碰撞时小滑块仍在木板上,不计空气阻力。已知平台高度h= 3.2 m,小滑块的质量m=1 kg,木板的质量M=1 kg,木板厚度远小于平台高度。小滑块与木板之间的动摩擦因数μ=0.4,重力加速度g取10 m/s2。 (1)求木板撞击挡板时小滑块的速度大小。 解析:设小滑块的加速度大小为a1,木板的加速度大小为a2,根据牛顿第二定律得μmg=ma1,μmg=Ma2, 解得a1=4 m/s2,a2=4 m/s2。 设经过时间t1小滑块与木板速度相等,则有v0-a1t1=a2t1 , 解得t1=1.25 s。 此过程木板的位移x=a2=3.125 m>L2=2 m, 表明木板撞击挡板时,小滑块与木板没有达到相等速度,对木板进行分析,根据位移公式有L2=a2,解得t2=1 s, 则小滑块此时的速度v1=v0-a1t2,解得v1=6 m/s。 答案：6 m/s (2)通过计算判断小滑块能否从挡板右边飞出,若小滑块不能从右边飞出,求小滑块静止时距木板右端的距离;若小滑块能从右边飞出,求小滑块落地时距B端的水平距离。 解析:碰撞前小滑块的位移x1=v0t2-a1,结合上述解得x1=8 m。 假设小滑块能滑到木板右端且速度为v2,根据运动学公式得-= -2a1(L1+L2-x1),解得v2=4 m/s,假设成立,小滑块能从右边飞出。飞出后小滑块做平抛运动,设小滑块做平抛运动的时间为t3,竖直方向上有h=g, 解得t3=0.8 s,水平位移为x=v2t3,解得x=3.2 m, 即小滑块落地时距B端的水平距离是3.2 m。 答案：能,计算过程见解析　3.2 m 板块模型解题思路 反思提升 三 考点三　图像问题 33 1.常规图像 常规图像 斜率k 面积 两图像交点 x-t图像 =v   表示相遇 常规图像 斜率k 面积 两图像交点 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 常规图像 斜率k 面积 两图像交点 a-t图像   速度变化量Δv 表示此时加速度相等 2.非常规运动图像 非常规图像(举例) 函数表达式 解题关键 2-x图像 由2-=2ax 得2=+2ax 图像的斜率为2a,纵轴截距为 非常规图像(举例) 函数表达式 解题关键 -t图像 由x=v0t+at2 得=v0+at 图像的斜率为a,纵轴截距为v0 非常规图像(举例) 函数表达式 解题关键 -图像 由x=v0t+at2 得=v0+a 图像的斜率为v0,纵轴截距为a 非常规图像(举例) 函数表达式 解题关键 a-x图像 由v2-=2ax 得ax= 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 -x图像 由x=vt得x=t 图线与x轴所围面积表示运动时间 [例7]　(2025·湖南邵阳二模)在工程领域,起重机等机械的运用十分广泛。如图甲所示,用起重机吊起正方形混凝土板ABCD,已知混凝土板边长为a,质量为m,且始终呈水平状态,四根钢索OA、OB、OC、OD的长度均为a,某次施工,起重机司机将正方形混凝土板ABCD从地面开始竖直提升,其运动的v-t图像如图乙所示,不计钢索所受重力。已知重力加速度为g,下列说法正确的是(　　) A.36 s末建筑材料离地面的距离为56 m B.10~30 s内每根钢索所受的拉力大小均为mg C.0~10 s内钢索的拉力小于30~36 s内钢索的拉力 D.若将4根钢索的长度都变为a,则10~30 s内 每根钢索所受的拉力大小均为mg D [解析]　根据v-t图像中图线与坐标轴所围面积表示位移可知,36 s末建筑材料离地面的距离为x=×1 m=28 m,故A错误;由题图乙可知,10~30 s内混凝土板匀速上升,处于平衡状态,设钢索与竖直方向夹角为θ,则有4Fcos θ=mg,因为混凝土板边长及四根钢索OA、OB、OC、OD的长度均为a,则由几何关系可知,每根钢索在混凝土板上的投影均为L==a,则有sin θ==,解得θ=45°, cos θ=,联立可得F=mg,故B错误;由题图乙可知,0~10 s内混凝土板匀加速上升,处于超重状态,有4F1cos θ-mg=ma1,30~36 s内混凝土板匀减速上升,处于失重状态,有mg-4F2cos θ=ma2,可知F1>F2,故C错误;若将4根钢索的长度都变为a,由几何关系可知sin θ'=,解得θ'=30°,cos θ'=,则10~30 s内每根钢索所受的拉力大小均为F'==mg,故D正确。 [例8]　(2025·湖南郴州三模)在某次新能源汽车安全测试中,某款新能源汽车在平直公路上行驶,突然发现前方有障碍物,智能系统识别后紧急恒力制动。从制动开始计时,该汽车的位移和时间平方的比值与之间的关系图像如图所示,则下列说法正确的是(　　) A.1 s末汽车的速度为10 m/s B.2 s内汽车的平均速度为14 m/s C.第2 s内汽车的位移为24 m D.经过3 s汽车的位移为25 m D [解析]　根据题意,由运动学公式x=v0t+at2整理可得=v0+a,结合图像可得v0= m/s=20 m/s,a=-4 m/s2,即a=-8 m/s2,故1 s末汽车的速度为v1=v0+at1=12 m/s,2 s末汽车的速度为v2=v0+at2=4 m/s,2 s内汽车的平均速度为==12 m/s,第2 s内汽车的位移为x=t12=8 m,选项A、B、C错误;汽车停下来的时间t==2.5 s, 经过3 s汽车的位移为x=t=25 m,选项D正确。 图像问题的求解思路 反思提升 四 课堂巩固 强化关键能力 1.(多选)(2025·广西柳州三模)如图所示,一带正电的滑块以某一初速度沿固定绝缘斜面下滑,t0时刻进入方向竖直向下的匀强电场区域,滑块运动的速度时间(v-t)图像可能正确的是(　　) AD 解析：由图像A、B可知,t0时刻前滑块速度不变,加速 度为0,即mgsin θ= μmgcos θ,t0时刻进入电场后有(mg+ Eq)sin θ=μ(mg+Eq)cos θ,滑块依然会做匀速运动,故A 正确,B错误。由图像C、D可知,t0时刻前滑块做加速运动,滑块沿固定绝缘斜面加速下滑时,受到重力mg、斜面的支持力FN和摩擦力Ff,根据牛顿第二定律,沿斜面方向有mgsin θ-Ff=ma1,其中Ff=μFN=μmgcos θ,此时加速度a1=gsin θ-μgcos θ,滑块带正电,进入竖直向下的匀强电场后,受到的电场力F=qE,此时沿斜面方向的合力F合=(mg+qE)sin θ-μ(mg+ qE)cos θ=(mg+qE)(sin θ-μcos θ),加速度a2=(g+)(sin θ-μcos θ),对比a1和a2,因为g+>g,所以|a2|>|a1|,即加速度增大,继续做加速运动,图像斜率增大,故D正确,C错误。 2.汽车工程学中将加速度随时间的变化率称为急动度k,急动度k是评判乘客是否感到舒适的重要指标。如图所示为一辆汽车启动过程中的急动度k随时间t的变化的关系,已知t=0时刻汽车速度和加速度均为零。关于汽车在该过程中的运动,下列说法正确的是(　　) A.0~3 s,汽车做匀加速直线运动 B.3~6 s,汽车做匀速直线运动 C.6 s末,汽车的加速度大小为零 D.9 s末,汽车的速度大小为18 m/s D 解析：根据题意有k=,0~3 s内汽车的急动度恒定,表明汽车的加速度均匀增大,即0~3 s汽车做加速度增大的加速直线运动,故A错误;结合上述分析有Δa=kΔt,由此可知,k-t图像与时间轴所围几何图形的面积表示加速度的变化量,由于t=0时刻的加速度为0,该面积能够间接表示加速度大小,则3 s末汽车的加速度大小为1×3 m/s2=3 m/s2,3~6 s,汽车的急动度为零,说明汽车的加速度保持不变,仍然为3 m/s2,则3~6 s汽车做匀加速直线运动,故B错误;结合上述分析可知6 s末汽车的加速度大小为 3 m/s2,故C错误;由k-t图像作出a-t图像如图所示,根据a=可得Δv=aΔt,由此可知,a-t图像与时间轴所围几何图形的面积表示速度的变化量,由于t=0时刻的速度为0,则该面积能够间接表示速度大小,则9 s末汽车的速度大小v= m/s=18 m/s,故D正确。 感谢您的观看 $