模块1 专题2 力与物体的直线运动-【备考最优解】2026版高考二轮专题复习·物理（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13卷14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。 　(2025·山东泰安市期末)一汽车沿平直公路做匀加速直线运动，途经A、B、C三点。汽车经过AB、BC两段所用的时间分别为1 s和3 s，AB段和BC段的长度分别为12.5 m和67.5 m，则汽车的加速度大小为(　　) A．5 m/s2 B．13.75 m/s2 C．4.5 m/s2 D．5.5 m/s2 [解析]　设汽车通过AB段中间时刻的瞬时速度为v1，通过BC段中间时刻的瞬时速度为v2，根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度可得v1＝vAB＝＝12.5 m/s，v2＝vBC＝＝22.5 m/s，则汽车的加速度大小a＝＝＝ m/s2＝5 m/s2。 [答案]　A 　(2025·安徽卷，T4)汽车由静止开始沿直线从甲站开往乙站，先做加速度大小为a的匀加速运动，位移大小为x；接着在t时间内做匀速运动；最后做加速度大小也为a的匀减速运动，到达乙站时速度恰好为0。已知甲、乙两站之间的距离为8x，则(　　) A．x＝at2 B．x＝at2 C．x＝at2 D．x＝at2 [解析]　汽车做匀加速运动和匀减速运动的加速度大小均为a且汽车到达乙站时速度恰好为0，设汽车做匀加速运动和匀减速运动的时间均为t′，如图所示为汽车运动过程的v－t图像，可得at′2＝x，at′2＋at′t＋at′2－at′2＝8x，解得t＝3t′，则x＝at2，A正确。 [答案]　A 命题点2　牛顿第二定律的应用 [近3年13卷14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。 　(多选)(2025·天津市重点校联考一模)在电梯内的地板上放一体重计，电梯静止时，某同学站在体重计上，体重计示数为50 kg。电梯运动过程中的某一段时间内该同学发现体重计示数如图所示，则在这段时间内，下列说法正确的是(g取10 m/s2)(　　) A．该同学失重，所受的重力变小 B．电梯可能竖直向上运动 C．该同学对体重计的压力小于体重计对他的支持力 D．电梯的加速度大小为2 m/s2，方向竖直向下 [解析]　失重是指对接触面的压力小于物体的重力，并不是重力变小了，故A错误；由读数可看出，该同学处于失重状态，所以他运动的加速度向下，电梯可能竖直向上做减速运动，故B正确；该同学对体重计的压力和体重计对他的支持力是相互作用力，大小相等，故C错误；由牛顿第二定律可知a＝＝ m/s2＝2 m/s2，故D正确。 [答案]　BD 　(多选)(2025·广东汕头市一模)小钊同学站在连接计算机的压力传感器上完成下蹲、起立动作，压力传感器示数F随时间t变化的情况如图所示，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A．下蹲过程中，小钊加速度始终向下 B．起立过程中，小钊先超重后失重 C．6 s内小钊完成了两组下蹲、起立动作 D．下蹲过程小钊的最大加速度约为6 m/s2 [解析]　下蹲过程中，小钊先加速下降，后减速下降，故加速度先向下，后向上，A错误；起立过程中，小钊先向上加速运动，后向上减速运动，故小钊先超重后失重，B正确；由题图可知，6 s内小钊完成了一组下蹲、起立动作，C错误；小钊的质量m＝50 kg，对传感器的最小压力约为Fmin＝200 N，对小钊受力分析，结合牛顿第二定律可得mg－Fmin＝ma，代入数据解得a＝6 m/s2，D正确。 [答案]　BD 考向2　瞬时问题 　(2025·新疆喀什地区一模)如图所示，图(a)和图(b)中的小球质量相同，轻绳c、e水平，轻绳d和轻质弹簧f与竖直方向夹角均为θ。轻绳c和e被剪断后的瞬间，轻绳d对小球的拉力和轻质弹簧f对小球的拉力大小之比为(　　) A．1 B．cos θ C． D．cos2θ [解析]　轻绳c被剪断后的瞬间，轻绳d对小球的拉力Td＝mg cos θ，轻绳e被剪断之前轻质弹簧f对小球的拉力Tf＝，轻绳e被剪断后的瞬间，轻质弹簧的弹力不变，则轻绳d对小球的拉力和轻质弹簧f对小球的拉力大小之比＝cos2θ。 [答案]　D 考向3　连接体及临界极值问题 两种类型 两种方法 临界问题 　(2025·山东淄博市一模)如图所示，光滑水平面上放置两块质量均为m的木板，其上分别站有质量均为2m的机器人，两机器人间用一不可伸长的轻绳相连。现用水平拉力F拉其中一块木板，使两机器人和两木板以相同的加速度一起运动，机器人与木板间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，则轻绳对机器人的拉力大小最大为(　　) A．3μmg B． C． D． [解析]　设轻绳拉力最大值为Fm，对左边一组物体分析受力，由牛顿第二定律Fm＝3ma，绳子拉力最大时，右边一组机器人和木板之间的摩擦力为最大静摩擦力，对左边一组和右边机器人整体分析受力，由牛顿第二定律有μ·2mg＝5ma，联立解得绳子拉力最大值Fm＝。 [答案]　B 　(2025·安徽滁州市教学质监)如图所示，质量分布均匀的物块和木板竖直叠放，物块位于木板正中间，木板由两根相同的轻弹簧左右对称地牵引着并保持静止，此时木板中心位于C处。现用力竖直向下将木板中心拉到D处，并由静止释放，物块和木板将向上运动并在某处分离。若木板中心位于B处时，弹簧处于原长状态，位置A与两弹簧的悬点等高，则物块与木板分离时木板中心位于(　　) A．C处 B．B处 C．D、C之间 D．B、A之间 [解析]　物块和木板分离时，两者之间的弹力为零且加速度相等，此时物块只受重力作用加速度为g，则此时木板的加速度也为g，木板除受重力以外的其他力的矢量和为零，则此时弹簧处于原长状态，即分离时木板在B处。 [答案]　B 类型 模型示例 模型分析 接触连接 两物体通过弹力或摩擦力作用，可能具有相同的速度和加速度 轻绳连接 轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度、加速度大小相等，方向不一定相同 轻杆连接 连接体具有相同的速度和加速度 弹簧连接 在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速率不一定相等；在弹簧形变最大时，两端连接体的速率相等 命题点3　动力学的两类基本问题 [近3年0卷0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。 　(2025·福建泉州市质检)避险车道是长下坡公路的重要设施，如图所示。某货车在下坡公路上以vA＝10 m/s的速率经过A处时，司机发现刹车失灵立即关闭动力，货车做匀加速运动到坡底B处时速率vB＝20 m/s，随后在避险车道上做匀减速运动到C处停下。已知货车的质量m＝1×105 kg，A、B间距L1＝750 m，B、C间距L2＝40 m，重力加速度g取10 m/s2，货车经过B处时的速率不变，求： (1)货车从A运动到B的时间t； (2)货车在避险车道上受到的合力大小F。 [解析]　(1)设货车下坡加速度大小为a1，根据速度位移关系式有v－v＝2a1L1 根据速度时间关系式有vB＝vA＋a1t 联立解得t＝50 s。 (2)设货车在避险车道上加速度大小为a2，根据速度位移关系式有v＝2a2L2 货车在避险车道上运动，根据牛顿第二定律得F＝ma2 联立解得F＝5×105 N。 [答案]　(1)50 s　(2)5×105 N 命题点4　动力学方法的综合应用 [近3年3卷3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)。 　(2025·辽宁葫芦岛市期末)如图所示，在倾斜传送带的顶端由静止释放物块，当传送带静止时，物块滑到传送带底端用时t0；当传送带顺时针转动时，物块从静止滑到传送带底端用时t1；当传送带逆时针转动时，物块从静止滑到传送带底端用时t2。下列关系正确的是(　　) A．t1＝t2 B．t2＝t0 C．t1＝t0 D．t0＝ [解析]　传送带静止时，物块能够向下滑动，则有mg sin θ>μmg cos θ，根据牛顿第二定律有mg sin θ－μmg cos θ＝ma1，令传送带长度为L，则有L＝a1t，解得t0＝，当传送带顺时针转动时，物块受力情况与传送带静止时相同，则t1＝t0，故C正确。当传送带逆时针转动时，物块开始相对于传送带向上运动，所受滑动摩擦力方向沿传送带向下，物块向下做匀加速直线运动，则有mg sin θ＋μmg cos θ＝ma2，若传送带速度较大，物块始终没有与传送带共速，则有L＝a2t，解得t2＝；若传送带速度较小，物块以a2加速至与传送带共速后再以a1向下加速，该过程物块的平均加速度大于a1；根据位移公式结合上述可知，当传送带逆时针转动时，时间关系有t0＝t1>t2，则有t0>，故A、B、D错误。 [答案]　C 考向2　滑块—木板模型 　(2025·河南省创新发展联盟一模)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0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，厚度不计。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。 (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，求小滑块静止时到木板右端的距离；若小滑块能从右边飞出，求小滑块落地时到B端的水平距离。 [解析]　(1)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＝a2t＝3.125 m>L2＝2 m 表明木板撞击挡板时，滑块与木板没有共速，对木板进行分析，根据位移公式有L2＝a2t 解得t2＝1 s 则小滑块此时的速度v1＝v0－a1t2 解得v1＝6 m/s。 (2)碰撞前小滑块的位移x1＝v0t2－a1t 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v－v＝－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＝gt 解得t3＝0.8 s 水平位移x2＝v2t3 解得x2＝3.2 m 即小滑块落地时到B端的水平距离是3.2 m。 [答案]　(1)6 m/s　(2)能　3.2 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)(2025·内蒙古包头市期末)如图所示，有一水平传送带以v0＝6 m/s的速度顺时针方向匀速转动，传送带AB长L＝7.5 m，其右端连着一段粗糙水平面BC，长度未知，紧挨着BC的光滑水平地面上放置一质量M＝4 kg的平板小车，小车长度L2＝5 m。小车上表面刚好与BC面等高，现将质量m＝1 kg的煤块(可视为质点)轻轻放到传送带的左端A处，经过传送带传送至右端B后通过粗糙水平面BC滑上小车，煤块与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.4，煤块与BC面间、煤块与小车间的动摩擦因数均为μ2＝0.2，重力加速度g取10 m/s2。 (1)求煤块在传送带上运动的时间。 (2)若煤块刚好能滑到C点，求BC面的长度L1。 (3)若煤块滑上小车后刚好不从小车上掉下来，求BC面的长度L1′。 【审题模板】 1．题型特点：此题为多运动过程问题，由传送带模型、匀变速直线运动和板块模型构成，其实质是研究物体间的相对运动。 2．审题关键：“刚好能滑到C点”，说明在BC上匀减速运动，末速度为零；“刚好不从小车上掉下来”，说明最终煤块和小车同速。 3．思路点拨：首先划分为三个运动过程(传送带模型、匀变速直线运动和板块模型)，然后根据每个过程满足的物理规律分别分析，并且建立不同过程的联系。 4．规律选择：应该对每个过程受力分析，然后应用牛顿第二定律和运动学公式求解。 【规范答题】 (1)(第1个给分点：5分) 煤块刚放上传送带时，由牛顿第二定律得 μ1mg＝ma1解得a1＝4 m/s2(1分) 煤块与传送带速度相等所用时间t1＝＝1.5 s(1分) 此时煤块通过的位移 x1＝a1t＝4.5 m<7.5 m(1分) 可知煤块与传送带共速后，继续向右匀速运动，匀速过程所用时间t2＝＝0.50 s(1分) 则煤块在传送带上运动的时间 t＝t1＋t2＝2.0 s。(1分) (2)(第2个给分点：3分) 煤块滑上粗糙水平面BC后的加速度大小 a2＝＝2 m/s2(1分) 若煤块刚好运动到C点停下，根据运动学公式可得－2a2L1＝0－v(1分) 解得L1＝9 m。(1分) (3)(第3个给分点：8分) 若煤块滑上小车且刚好到达小车右端时与小车共速，则煤块刚好不从小车上掉下来，设煤块刚滑上小车时速度为v1，则有－2a2L1′＝v－v(1分) 煤块在小车上滑动的加速度大小仍为a2＝2 m/s2 小车的加速度大小a3＝＝0.5 m/s2(1分) 设煤块经过t3时间与小车共速，则有 v 共＝v1－a2t3，v共＝a3t3(2分) 煤块与小车通过的位移分别为x煤＝t3(1分) x车＝t3(1分) 根据位移关系有x煤－x车＝L2＝5 m(1分) 联立解得L1′＝2.75 m。(1分) 学科网（北京）股份有限公司 $