专题1 第2讲 力与直线运动（Word教参）-【正禾一本通】2026年高考物理二轮专题复习高效讲义

第2讲　力与直线运动 建构知识体系 【明·误区】 【记·结论】 1.误认为加速度增加时速度一定增加，加速度减小时速度一定减小。 2．应用匀变速直线运动的公式时忽视其矢量性，未考虑各量的正负号。 3．混淆x ­t图像和v ­t图像，或者不能根据图像正确获取相关的运动信息。 4．分析动力学的瞬时性问题时，没有掌握弹簧、杆、绳等弹力的“突变”特点。 5．处理动力学的连接体问题时，不能根据需要灵活的利用整体法和隔离法。 6．误认为物体向上运动时处于超重状态，向下运动时处于失重状态。 7．分析传送带问题或板块模型时，忽视了“共速”时摩擦力可能发生“突变” 1.初速度为零的匀加速直线运动，在连续相等时间内的位移之比是1∶3∶5∶…；通过连续相等的位移所用时间之比是1∶∶∶…。 2．不管是匀加速直线运动还是匀减速直线运动，中间位移的瞬时速度总是大于中间时刻的瞬时速度，即v中s>v中t。 3．如图1所示，物块A、B的质量分别为m1、m2，与地面间的动摩擦因数相同，在推力F作用下一起加速，则A对B的作用力为。 4．物体系的牛顿第二定律：如图2所示，当滑块m沿斜面加速下滑时，系统竖直方向有：(M＋m)g－FN＝may；水平方向有：Ff＝max。 5．“等时圆”模型：物体从竖直圆上某点沿光滑弦由静止滑到最低点(如图甲所示)，或从竖直圆的最高点沿光滑弦由静止滑到圆上某点(如图乙所示)，经历的时间相等，且t＝2 热点1　匀变速直线运动的规律及应用 考向1　　刹车类问题　　　　　　　　　　　 【例1】 (2025·江苏泰州检测)冰壶运动是以团队为单位在冰上进行的一种投掷性竞赛项目，被喻为冰上“国际象棋”，冰壶运动既能考验参赛者的体能与脑力，又能展现动静之美、取舍之智。如图所示，在某次比赛中冰壶被投出后可视为没有转动的匀减速直线运动，已知冰壶初速度为2 m/s，最后1 s内的位移大小为0.1 m，下列说法中正确的是(　　 ) A．冰壶的加速度大小为0.1 m/s2 B．冰壶被投出后12 s内的位移大小为9.6 m C．冰壶被投出后第3 s初的速度大小为1.4 m/s D．第一个5 s与第二个5 s内位移之比为3∶1 解析：选D。冰壶做匀减速直线运动，末速度为0，运用逆向思维方法，由公式x＝at2，代入x＝0.1 m，t＝1 s，解得冰壶的加速度大小为a＝0.2 m/s2，故A错误；冰壶运动的总时间为t0＝＝10 s，则冰壶被投出后12 s内的位移大小为x0＝＝10 m，故B错误；冰壶被投出后第3 s初的速度大小为v3＝v0－at3＝2 m/s－0.2×2 m/s＝1.6 m/s，故C错误；根据初速为零的匀变速直线运动的比例关系可知，冰壶第一个5 s与第二个5 s内位移之比为3∶1，故D正确。 考向2 多过程运动问题 【例2】 (2024·海南等级考)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 解析：选C。设感应门的最大速度为v，根据匀变速直线运动的规律可知加速过程和减速过程的平均速度均为，且时间相等，均为2 s，根据x＝×4 s，可得v＝1 m/s，则加速度a＝C正确。 [一题多解] 根据题意，画出一扇门运动的v ­t图像，如图所示。 【例3】 某地受到山洪引起的泥石流灾害，一直升机悬停在距离地面100 m的上空，一消防战士沿竖直绳索从直升机下滑到地面救助受灾群众。若消防战士下滑的最大速度为5 m/s，到达地面的速度大小为1 m/s，加速和减速的最大加速度大小均为a＝1 m/s2，则消防战士最快到达地面的时间为(　　 ) A．15.1 s B．24.1 s C．23.1 s D．22.1 s 解析：选B。若要求消防战士最快到达地面，则消防战士应先以最大的加速度a＝1 m/s2加速到最大速度vm＝5 m/s，然后以最大速度匀速运动一段时间，再以大小为a＝1 m/s2的加速度减速到达地面且速度变为1 m/s，消防战士最快到达地面的时间为上述三段运动时间之和。消防战士加速运动的最短时间和位移分别为t1＝＝5 s，x1＝＝12.5 m，消防战士减速运动的最短时间和位移分别为t3＝＝4 s，x3＝vmt3－＝12 m，则消防战士在匀速运动过程所经历的时间为t2＝＝15.1 s，故消防战士最快到达地面的时间为t＝t1＋t2＋t3＝24.1 s，故B正确。 [总结提升]分析多过程问题的思路 热点2　牛顿运动定律的应用 考向1　瞬时性问题　 【例1】 (多选)(2025·甘肃高考)如图，轻质弹簧上端固定，下端悬挂质量为2m的小球A，质量为m的小球B与A用细线相连，整个系统处于静止状态。弹簧劲度系数为k，重力加速度为g。现剪断细线，下列说法正确的是(　　 ) A．小球A运动到弹簧原长处的速度最大 B．剪断细线的瞬间，小球A的加速度大小为 C．小球A运动到最高点时，弹簧的伸长量为 D．小球A运动到最低点时，弹簧的伸长量为 解析：选BC。剪断细线后，弹力大于A的重力，则A先向上做加速运动，随着弹力的减小，则向上的加速度减小，当加速度为零时速度最大，此时弹力等于重力，弹簧处于拉伸状态，A错误；剪断细线之前有F弹＝3mg，剪断细线瞬间弹簧弹力不变，则对A由牛顿第二定律有F弹－2mg＝2ma，解得A的加速度a＝，B正确；剪断细线之前弹簧伸长量x1＝，剪断细线后A做简谐运动，在平衡位置时弹簧伸长量x2＝，即振幅为A＝x1－x2＝，由对称性可知小球A运动到最高点时，弹簧伸长量为，C正确；由上述分析可知，小球A运动到最低点时，弹簧伸长量为，D错误。 [总结提升]瞬时加速度问题 考向2 连接体问题 【例2】 (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(　　) 解析：选D。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FT，由牛顿第二定律可知，对砝码和轻盘组成的整体有mg－FT＝ma，对物块P有FT－μMg＝Ma，联立解得a＝g－，D正确。 [多题归一]连接体问题的求解方法 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 跨滑轮的连接体 两物体速度和加速度大小相同、方向不同，常用隔离法 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 牛顿运动定律的综合应用 【例3】 (2025·江苏盐城三模)如图所示，通过一个定滑轮用轻绳两端各拴接质量均为m＝1 kg的物体A、B(视为质点)，其中连接物体A的轻绳水平(绳足够长)，物体A放在一个足够长的水平传送带上，其顺时针转动的速度恒定为v，物体A与传送带之间的动摩擦因数为0.25。现将物体A以10 m/s速度从左端MN的标志线冲上传送带，已知传送带的速度v＝5 m/s，取重力加速度g＝10 m/s2。 (1)求物体A刚冲上传送带时的加速度大小a1； (2)求物体A运动到距左端MN标志线的最远距离xm； (3)若传送带的速度v′取0＜v′＜10 m/s范围某一确定值时，可使物体A运动到距左端MN标志线的距离最远时，与传送带因摩擦产生的内能最小，求速度v′及摩擦产生的内能的最小值Qmin。 解析：(1)若传送带速度v＝5 m/s时，由牛顿第二定律 对物体A有T＋μmg＝ma1 对物体B有mg－T＝ma1 解得加速度的大小a1＝g＝6.25 m/s2。 (2)物体A向右减速到5 m/s时的位移为x1，由运动学公式有v2－＝－2a1x1 解得x1＝6 m 当物体速度小于5 m/s时，物体A所受摩擦力向右，设加速度为a2，由牛顿第二定律 对物体A、B整体有 mg－μmg＝2ma2 解得加速度的大小a2＝g＝3.75 m/s2 物体A向右由5 m/s减速到零时的位移为x2，由运动学公式有0－v2＝－2a2x2 解得x2＝ m 物体A运动到距左端MN标志线的最远距离为 xm＝x1＋x2＝ m。 (3)物体A向右减速到v′的时间为 t＝ 物体A向右减速到v′时相对传送带向前的位移为Δx1，由运动学公式有 Δx1＝－v′t＝ 物体A向右由v′减速到零时，相对传送带向后的位移为Δx2，由运动学公式有 Δx2＝v′ 物体A与传送带因摩擦产生的内能为 Q＝μmg(Δx1＋Δx2)＝ 对二次函数求极值可知，当v′＝ m/s时，产生的内能最小为Qmin＝12.5 J。 答案：(1)6.25 m/s2　(2) m　(3) m/s　12.5 J 热点3　运动学和动力学图像 　考向1 运动学图像 【例1】 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图像斜率的绝对值表示加速度大小，可知0～3 s的加速度比3.5～6 s的小，故C错误；根据v ­t图像与横轴围成的面积表示位移可得，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。 【例2】 (2025·山东临沂模拟)一辆汽车在平直公路上做匀变速直线运动，其运动的位移－时间图像如图所示，P(t1，x1)为图像上一点。PQ为过P点的切线，与t轴交于点Q(t2，0)，则汽车运动的加速度大小为(　　 ) A． B． C． D． 解析：选D。x ­t图像的斜率表示速度，故P点速度v＝，根据中间时刻的速度等于这段时间内的平均速度，可得时刻的速度为v1＝，则有加速度a＝，联立解得a＝，故D正确。 考向2　动力学图像 【例3】 (2025·北京高考)模拟失重环境的实验舱，通过电磁弹射从地面由静止开始加速后竖直向上射出，上升到最高点后回落，再通过电磁制动使其停在地面。实验舱运动过程中，受到的空气阻力f的大小随速率增大而增大，f随时间t的变化如图所示(向上为正)。下列说法正确的是(　　 ) A.从t1到t3，实验舱处于电磁弹射过程 B．从t2到t3，实验舱加速度大小减小 C．从t3到t5，实验舱内物体处于失重状态 D．t4时刻，实验舱达到最高点 解析：选B。t1～t3，f向下，先增大后减小，可知此时速度方向向上，先增大后减小，故实验舱先处于弹射过程后做竖直上抛运动，故A错误；t2～t3，f向下在减小，可知此时速度方向向上，速度在减小，根据牛顿第二定律有mg＋f＝ma，即a＝＋g，加速度大小在减小，故B正确；t3～t5，f向上，先增大后减小，可知此时速度方向向下，先增大后减小，先向下加速后向下减速，加速度先向下后向上，先失重后超重，故C错误；根据上述分析可知t3时刻速度方向改变，从向上变成向下运动，故t3时刻到达最高点，故D错误。 【例4】 (2025·陕晋青宁卷)某智能物流系统中，质量为20 kg的分拣机器人沿水平直线轨道运动，受到的合力沿轨道方向，合力F随时间t的变化如图所示，则下列图像可能正确的是(　　 ) 解析：选A。根据牛顿第二定律和题图的F ­t图像画出如图所示的a ­t图像， 可知机器人在0～1 s和2～3 s内加速度大小均为1 m/s2，方向相反，由v ­t图线的斜率表示加速度可知A正确。 学科网（北京）股份有限公司 $