1.2 第二讲 力与直线运动-（配套课件）【金版新学案】2026年高考物理大二轮专题复习与测试

专题一　力与运动 第二讲　力与直线运动 内容索引 专题集训 构 建 主干网络 突 破 高频考点 洞 悉 真题情境 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 构 建 主干网络 返回 返回 突 破 高频考点 返回 考点一　匀变速直线运动的规律 解决匀变速直线运动问题常用的“六种方法” (2025·山东青岛即墨区期末)高速避险车道是指在高速公路上设置的一种特殊车道，主要用于在紧急情况下帮助失控车辆减速和安全停车，如图甲。图乙是高速避险车道简化图，B、C、D为AE的四等分点。汽车刚冲进避险车道A点时的速度为v，经过t时间到达B，最终在E点停下。汽车在斜面上的运动可视为匀减速直线运动，下列说法正确的是 A.汽车在C点的速度大小为v B.汽车由D点到E点的时间为t C.汽车运动的总时间为(4＋)t D.汽车运动的总位移大小为(2＋)vt 例1 √ C点为AE中间位置点，根据匀变速直线运动推论，中间位置速度v中＝，可知C点速度vC＝＝v，故A错误；汽车从A点匀减速到E点停下，根据逆向思维法，可看作汽车从E点做初速度为0的匀加速直线运动到A点，根据匀变速直线运动在连续相等的位移内所用时间关系的推论，有tDE∶tCD∶tBC∶tAB＝1∶(－1)∶(－)∶(2－)，因为tAB＝t，则tDE＝＝(2＋)t，故B错误；运动总时间t总＝tDE＋tCD＋tBC＋tAB＝(4＋2)t，故C错误； 根据匀变速直线运动位移与时间的关系有xAE＝t总，联立以上解得xAE＝(2＋)vt，故D正确。故选D。 匀变速直线运动问题的求解思路 规律总结 预测.(2025·山东枣庄八中二模)图甲所示的冬季滑雪已成为人们喜爱的运动项目。如图乙所示，若运动员沿直雪道由静止开始匀加速下滑，加速度为a，滑雪板的长度为L，其B端到达P点所用的时间为t，则滑雪板的A、B端通过P点的时间差是 A.t－ B.－t C. D. √ 由B端到达P点所用的时间为t，可知B端到P点的位移大小为x＝at2，则A端到P点的位移大小为x'＝x－L＝at2－L，设A端到达P点所用的时间为t'，则at2－L＝at'2，解得t'＝，则滑雪板的A、B端通过P点的时间差是Δt＝t－t'＝t－。故选A。 例2 (2025·陕西咸阳模拟)A、B两辆5G自动驾驶测试车，在同一直线上向右匀速运动，B车在A车前，A车的速度大小为v1＝8 m/s，B车的速度大小为v2＝20 m/s，如图所示。当A、B两车相距x0＝20 m时，B车因前方突发情况紧急刹车，已知刹车过程的运动可视为匀减速直线运动，加速度大小为a＝2 m/s2，求： (1)A车追上B车之前，两车相距的最大距离； 答案：56 m　 当A、B两车速度相等时，两车相距最远 根据速度关系得v1＝v2－at1 代入数据解得t1＝6 s 该时间内A车的位移为xA＝v1t1＝48 m 该时间内B车的位移为xB＝v2t1－a＝84 m 两车相距的最大距离Δx＝xB＋x0－xA＝56 m。 (2)如果B车刹车后，为避免两车相撞，A车也要刹车，且加速度大小也为a＝2 m/s2，则A车最迟在B车刹车后多久接受指令刹车？ 答案：13 s B车刹车所用时间tB＝＝10 s 所发生的位移xB'＝＝100 m 该时间内A车的位移xA'＝v1tB＝80 m 由于xA'＜xB'＋x0＝120 m，设A车最迟在B车刹车后t2接受指令刹车，因两车刹车的加速度相同，B减速到零，A先匀速后减速到零，有xB'＋x0＝v1t2＋ 解得t2＝13 s。 处理追及问题的常用方法 方法技巧 情境图 过程分 析法 处理追及问题的常用方法 方法技巧 函数 分析法 Δx＝x乙＋x0－x甲为关于t的二次函数，a、b和c分别为二次项系数、一次项系数和常数项，当t＝－时有极值，令Δx＝0，利用Δ＝b2－4ac判断有解还是无解，进而判断是否追上 图像 分析法 画出v -t图像，图线与t轴所围的面积表示位移，利用图像更直观 考点二　牛顿运动定律 1.瞬时加速度问题 (1)轻绳模型：由于轻绳(或轻杆、刚性面)发生微小形变，其弹力可以突变。弹力的突变情况应根据具体情境来判断。 (2)轻弹簧模型：由于轻弹簧(或橡皮筋)发生明显形变，在两端都连有物体的情况下，其弹力不能突变。 2.连接体问题 (1)连接体问题的处理方法：整体法和隔离法。 (2)连接体问题的解题技巧 ①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叠加的两个物体：两物体间刚要发生相对滑动时，物体间达到最大静摩擦力，仅靠摩擦力带动的物体的加速度达到最大加速度。 ③靠在一起的两个物体：分离时相互作用力为零，但此时两物体的加速度仍 相同。 ④轻弹簧连接的两个物体：弹簧对两物体的弹力总是大小相等、方向相反，两物体的速度、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。 (多选)(2025·湖北武汉期末)如图所示，光滑水平面上放置着质量分别为3m、2m、m的三个物块A、B、C，其中B放在C上，A与B间用水平弹簧相连。现用一水平拉力拉A，待弹簧稳定后，B与C恰好不相对滑动。重力加速度大小为g，B、C间的动摩擦因数为μ，假设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，下列说法正确的是 A.水平拉力为12μmg B.弹簧的弹力为2μmg C.撤掉拉力F瞬间，A的加速度为μg D.撤掉拉力F瞬间，B的加速度为2μg 例3 模型剖析 第一步：模型构建：连接体模型和轻弹簧模型 (1)A、B、C三个物块一起运动，构成动力学连接体模型。 (2)A、B之间用弹簧相连，构成轻弹簧模型，撤掉拉力F瞬间，弹簧弹力不会突变，与剪断前的弹力相同。 第二步：确定研究对象：分析研究对象受力情况，确定求解方法 (1)隔离法和整体法结合求水平拉力和弹簧的拉力 ①弹簧稳定后，B与C恰好不相对滑动，B、C之间的摩擦力为最大静摩擦力，研究C，用隔离法求加速度。 ②对A、B、C整体进行分析，求水平拉力F。 ③选B、C整体分析，求弹簧弹力F弹。 (2)轻弹簧模型，撤掉拉力F的瞬间，弹力不突变，分别选A和B、C整体分析，求加速度。 模型剖析 第三步：列式解题：由牛顿第二定律列式 (1)弹簧稳定后，B与C恰好不相对滑动，B、C之间的摩擦力为最大静摩擦力，对C隔离分析，有μ·2mg＝ma。对A、B、C整体进行分析，有F＝(3m＋2m＋m)a，解得F＝12μmg。对B、C整体分析，有F弹＝(2m＋m)a，解得F弹＝6μmg。 (2)撤掉拉力F瞬间，弹簧弹力不变，对A进行分析，有F弹＝3ma1，解得a1＝2μg；对B、C整体进行分析，根据牛顿第二定律有F弹＝(2m＋m)a2，解得a2＝2μg。 预测.(2025·河南十所名校期末)如图所示，四个质量分别为m、m、3m、3m的小球A、B、C、D通过细线或轻弹簧相互连接，悬挂在O点和P点，整个系统处于静止状态。已知细线OA与竖直方向的夹角θ＝45°，细线PD水平，重力加速度为g。若此时将连接B和C的细线剪断，则剪断瞬间B和C的加速度大小分别为 A.9g，3g B.3g，g C.6g，2g D.10g，g √ 剪断细线BC前，设三根细线的拉力大小分别为FOA、FBC、FDP，以四个球整体作为研究对象，根据共点力平衡有FOAcos 45°＝8mg，FOAsin 45°＝FDP，解得FDP＝8mg；以C、D两个球整体作为研究对象，设细线BC与竖直方向所成的夹角为α，根据共点力平衡有FBCcos α＝6mg，FBCsin α＝FDP，解得FBC＝10mg。 剪断细线BC瞬间，弹簧AB、CD的弹力不变，所以球B、C的合力大小均等于FBC，根据牛顿第二定律，可得B的加速度大小aB＝＝10g，C的加速度大小aC＝＝g。故选D。 (2025·湖南常德期末)倾角θ＝37°足够长的光滑斜面固定在水平地面上，一挡板垂直固定在斜面上，一轻质弹簧下端固定在挡板上、上端与质量为m1＝1 kg的物块A相连，弹簧中心轴线与斜面平行；质量为m2＝2 kg的物块B紧挨着物块A放置在斜面上，A与B之间不粘连，A和B静止在弹簧上，此时弹簧的压缩量x0＝18 cm。现对物块B施加平行斜面向上的拉力F，使A和B一起沿着斜面向上做匀加速直线运动直至物块A和B分离，加速度大小为a＝4 m/s2。已知重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： 例4 审题指导： 题眼 点拨 (1)两物块刚要分离时，具有相同的速度和加速度，它们之间的作用力为零 (2)两物块分离前做匀加速直线运动，利用位移公式求时间 (3)开始运动时，弹力最大，拉力F最小；刚要分离时，弹力最小，拉力F最大 (1)轻质弹簧的劲度系数k； 答案：100 N/m 物块A和B静止在弹簧上，根据共点力平衡条件有kx0＝(m1＋m2)gsin θ 代入数据解得k＝100 N/m。 (2)物块A和B从开始运动到刚要分离时运动的时间t； 答案：0.2 s　 物块A和B刚要分离时，A和B接触但相互之间不挤压，设此时弹簧的压缩量为x1，对物块A，根据牛顿第二定律有kx1－m1gsin θ＝m1a 联立解得x1＝0.10 m 物块A和B从开始运动到刚要分离的过程中，做匀加速直线运动通过的位移x＝x0－x1＝0.08 m 则有x＝at2 联立解得t＝0.2 s。 (3)物块A和B从开始运动到刚要分离过程中拉力F的范围。 答案：12 N≤F≤20 N 对物块A和B构成的整体，设弹簧的压缩量为x'，根据牛顿第二定律有F＋kx'－(m1＋m2)gsin θ＝(m1＋m2)a 在物块A和B沿斜面向上运动的过程中，弹簧的压缩量x'逐渐减小，沿斜面向上的拉力F逐渐增大，即刚开始运动时拉力F最小，A和B刚要分离时拉力F最大，则有Fmin＝(m1＋m2)a＝12 N，Fmax＝(m1＋m2)(a＋gsin θ)－kx1＝20 N 物块A和B从开始运动到刚要分离过程中拉力F的范围为12 N≤F≤20 N。 考点三　运动学和动力学图像 1.三种常见的运动学图像 图像类型 斜率k 面积 两图像交点 x -t图像 ＝v — 表示相遇 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 a -t图像 — 速度变化量Δv 表示此时加速度相等 2.三种常见的动力学图像 F -t 图像 思路一：分段求加速度，利用运动学公式求解 思路二：动量定理，图线与t轴所围面积表示F的冲量 F -x 图像 思路一：分段求加速度，利用运动学公式求解 思路二：动能定理，图线与x轴所围面积表示F做的功 a -F 图像 根据牛顿第二定律列式，再变换成a -F关系式。 例如：如图所示，有F－μmg＝ma，则a＝－μg， 则a -F图像的斜率为，截距为－μg 如图为物体做直线运动的图像，下列说法正确的是 A.图甲中，物体在0～t0这段时间内的位移小于v0t0 　 B.图乙中，物体的加速度为2 m/s2 C.图丙中，阴影部分的面积表示t1～t2时间内物体的加速度变化量 D.图丁中，t＝3 s时物体的速度为25 m/s 例5 √ 由v-t图像中图线与t轴围成的面积表示位移可知，题图甲中物体在0～t0这段时间内的位移大于v0t0，A错误；根据v2＝2ax可知，题图乙中图线的斜率k＝2a＝1 m/s2，则物体的加速度为0.5 m/s2，B错误；根据Δv＝aΔt可知，题图丙中阴影部分的面积表示t1～t2时间内物体的速度变化量，C错误； 由x＝v0t＋at2可得＝v0＋at，结合题图丁可知a＝ m/s2＝5 m/s2(a前面的易被忽视)，即a＝10 m/s2，则v0＝－5 m/s，故t＝3 s时物体的速度为v3＝(－5＋10×3) m/s＝25 m/s，D正确。故选D。 (多选)(2025·河南漯河期末)将一圆环套在固定的足够长的水平杆上，环的内径略大于杆的截面直径，对环施加一在竖直平面内斜向上与杆的夹角为θ的拉力F，如图甲所示，圆环质量m＝0.3 kg，当拉力逐渐变大时，环的加速度随拉力F变化的规律如图乙所示，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，sin 53°＝0.8，下列说法正确的是 A.拉力F与杆的夹角θ＝37° B.圆环与杆之间的动摩擦因数为0.5 C.当F＝15 N时，环受到的摩擦力大小为3 N D.环受到的摩擦力大小为1 N时，环的加速度大小可能为 m/s2 例6 √ √ √ 由题图乙可知，当拉力超过5 N时，支持力方向反向，故当F＝5 N时FN＝0，Ff＝0，此时Fsin θ＝mg，Fcos θ＝ma，代入数据F＝5 N，a＝ m/s2，可得θ＝37°，A正确；当F＞5 N时支持力方向向下，则根据牛顿第二定律有Fcos θ－μ(Fsin θ－mg)＝ma，把(0，5 m/s2)代入解得μ＝0.5，B正确； 环受到的摩擦力大小为1 N时，有Ff＝μ(Fsin θ－mg)＝1 N或Ff＝μ(mg－Fsin θ)＝1 N，则F＝ N或F＝ N，根据Fcos θ－Ff＝ma，可知环的加速度大小可能为a＝ m/s2或a＝ m/s2，D错误。故选ABC。 预测.(多选)(2025·湖南大联考)水平地面上有一质量为m1的长木板，木板的左端上有一质量为m2的物块，如图(a)所示。用水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图(b)所示，其中F1、F2分别为t1、t2时刻F的大小。木板的加速度a1随时间t的变化关系如图(c)所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1，物块与木板间的动摩擦因数为μ2，假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g。则 A.0～t1时间内物块与木板加速度相等 B.F1＝μ1m1g C.F2＝(μ2－μ1)g D.μ2＜μ1 √ √ 由题图(c)可知，0～t1时间内，若物块和木板有相对滑动，则以后木板也不会运动，所以物块与木板相对静止，两者有相同的加速度，A正确；由题图(c)可知，t1时物块、木板相对静止，木板刚要相对地面滑动，以整体为研究对象，有F1＝μ1(m1＋m2)g，B错误；由题图(c)可知，t2时刻物块与木板刚要发生相对滑动，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律，有F2－μ1(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，以木板为研究对象，根据牛顿第二定律，有μ2m2g－μ1(m1＋m2)g＝m1a＞0，解得F2＝(μ2－μ1)g，μ2＞μ1，C正确，D错误。故选AC。 返回 洞 悉 真题情境 返回 1.生活情境类 (2025·安徽高考)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 √ 设汽车匀加速运动的时间为t0，则汽车匀速运动的位移x1＝at0t，由对称性可知，汽车匀加速运动过程和匀减速运动过程的位移均为x＝a，又x1＋2x＝8x，联立解得t0＝t，x＝at2。故选A。 2.生产情境类 (2025·陕晋青宁高考)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 √ 由牛顿第二定律结合题图可知，0～1 s时间内和2～3 s时间内机器人的加速度大小相等、方向相反，又v-t图像的斜率表示加速度，可知0～1 s时间内和2～3 s时间内机器人v-t图像斜率互为相反数，A可能正确。故选A。 3.体育情境类 (2024·广西高考)如图所示，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； 答案：1 m/s2　 根据匀变速直线运动中某段位移的平均速度等于该段位移中间时刻的瞬时速度可知 1到2过程中间时刻的速度为v1＝＝2.25 m/s 2到3过程中间时刻的速度为v2＝＝1.8 m/s 可得该同学滑行的加速度大小为 a＝＝＝1 m/s2。 (2)最远能经过几号锥筒？ 答案：4 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－a＝d 代入数据解得v0＝2.45 m/s 从1号锥筒开始到停止时通过的位移大小为 x＝＝3.001 25 m≈3.33d 可知最远能经过4号锥筒。 返回 专 题 集 训 返回 1.滑雪运动是冬季奥运会主要的比赛项目。如图所示，水平滑道上运动员A、B间距x0＝10 m。运动员A以速度v0＝5 m/s向前匀速运动，同时运动员B以初速度v1＝8 m/s向前匀减速运动，加速度的大小a＝2 m/s2，运动员A在运动员B继续运动x1后追上运动员B，则x1的大小为 A.4 m B.15 m C.16 m D.20 m √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 运动员B做匀减速直线运动，速度减为零的时间为tB＝＝4 s，此时运动员A的位移为xA＝v0tB＝20 m，运动员B的位移为xB＝tB＝16 m，因为xA＜xB＋x0，即运动员B速度减小为零时，运动员A还未追上运动员B，则运动员A在运动员B停下来的位置追上运动员B，即x1＝16 m。故选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2.沿同一条直线运动的机器人甲、乙的位置x随时间t变化的图像(均为抛物线)如图所示，已知倾斜虚线的斜率为k，下列说法正确的是 A.甲、乙同地但不同时出发 B.甲、乙两次相遇时，甲的速度均大于乙的速度 C.t0～3t0时间内，甲、乙的平均速度均为k D.t0～3t0时间内，甲、乙均做加速运动 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 由题图可知，甲、乙既不同地也不同时出发，A错误；根据x-t图像切线斜率的绝对值表示速度的大小可知，第一次相遇时甲的x -t图像切线的斜率小于乙的x -t图像切线的斜率，即甲的速度小于乙的速度，第二次相遇时，甲的x-t图像切线的斜率大于乙的x-t图像切线的斜率，即甲的速度大于乙的速度，B错误； 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 t0～3t0时间内，甲、乙的位移相同，时间相等，平均速度均为k，C正确；根据x-t图像切线斜率的绝对值表示速度的大小可知，t0～3t0时间内，甲做加速运动，乙做减速运动，D错误。故选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 3.(2025·安徽宣城期末)在某汽车刹车性能的测试中，以开始刹车作为计时起点，记录汽车位移与所用时间并得到了如图所示的-图像，则刹车后 6 s内该车的位移大小为 A.80 m B.96 m C.100 m D.50 m √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 由＝40·－4(SI)，可得x＝40t－4t2(SI)，结合匀减速直线运动位移与时间公式x＝v0t－at2，可知汽车刹车时的初速度和加速度大小分别为v0＝40 m/s，a＝8 m/s2，汽车从开始刹车到停下所用时间为t0＝＝5 s，则刹车后6 s内该车的位移大小为x＝t0＝×5 m＝100 m。故选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 4.(2025·山西太原二模)如图所示，图甲为质点A运动的速度随时间变化的图像，图乙为质点B运动的加速度随时间变化的图像，B的初速度为零，下列关于两质点在0～2 s内运动的说法错误的是 A.质点A的加速度先增大后减小 B.质点B的速度先增大后减小 C.质点B的位移为零 D.质点A、B有一个时刻共速 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 题图甲为速度—时间图像，切线斜率表示加速度，因此质点A的加速度先增大后减小，A正确；题图乙图线与横轴所围面积表示速度变化量，可知质点B的速度先增大后减小，B正确；在题图甲中画出质点B的速度—时间图像，如图所示，可知质点B一直朝正方向运动，位移不为零，两图像有一个交点，则共速一次，C错误，D正确。故选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 5.(2025·安徽高考)如图，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 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 甲相对木箱向右运动，则甲受到木箱的摩擦力方向向左，由牛顿第三定律可知，甲对木箱的摩擦力方向向右，A错误；对甲，由牛顿第二定律有FT－μmg＝ma，对乙，由牛顿第二定律有mg－FT＝ma，联立解得甲运动的加速度大小a＝2.5 m/s2，绳子拉力大小FT＝7.5 N，C正确，D错误；对木箱和滑轮整体受力分析，竖直方向上有FN＝Mg＋mg＋FT，可知地面对木箱支持力FN不变，B错误。故选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 6.(多选)如图甲所示，平行于倾角为θ固定斜面向上的拉力F使小物块沿斜面向上运动，运动过程中加速度a与F的关系如图乙所示。图线的斜率为k，与F轴交点的横坐标为c，与a轴交点的纵坐标为－b。由图可知 A.小物块的质量为k B.小物块的质量为 C.摩擦力与重力沿斜面的分力大小之和为b D.摩擦力与重力沿斜面的分力大小之和为c √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 以小物块为研究对象，根据牛顿第二定律有F－mgsin θ－Ff＝ma，可得a＝·F－，结合a -F图像可得k＝＝，－＝－b，可知小物块的质量m＝，摩擦力与重力沿斜面的分力大小之和为mgsin θ＋Ff＝c。故选BD。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 7.(2025·江苏盐城五校联盟期末)如图所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为1 kg的物体A、B(B物体与弹簧拴接)，弹簧的劲度系数为k＝40 N/m，初始时系统处于静止状态。现用大小为16 N、方向竖直向上的拉力F作用在物体A上，使物体A开始向上运动，重力加速度g取10 m/s2，空气阻力忽略不计，下列说法正确的是 A.外力施加的瞬间，A、B的加速度大小均为0 B.当弹簧压缩量减小0.05 m时，A、B间弹力大小为1 N C.A、B分离时，A物体的位移大小为0.2 m D.B物体速度达到最大时，弹簧被压缩了0.1 m √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 施加外力前，系统处于静止状态，合力为0，外力F施加的瞬间，合力为 F＝16 N，根据牛顿第二定律有F＝2ma，解得a＝8 m/s2，故A错误；初 始时系统处于静止状态，则有2mg＝kx0，解得x0＝0.5 m，当弹簧压缩量 减小0.05 m时，设A、B间弹力大小为FAB，此时物体的加速度大小为a1， 对A有F＋FAB－mg＝ma1，对B有k(x0－0.05 m)－mg－FAB＝ma1，联立 解得FAB＝1 N，故B正确；设A、B分离时，弹簧的形变量为x1，物体的 加速度大小为a2，对A有F－mg＝ma2，对B有kx1－mg＝ma2，联立解得x1＝0.4 m，所以A物体的位移大小为x＝x0－x1＝0.1 m，故C错误；当B物体的合力为0时速度达到最大，A、B分离时有向上的加速度，所以速度最大时A、B已经分离，由合力为0，则有kx2＝mg，解得x2＝0.25 m，故D错误。故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 8.如图所示，一小球用轻质细线a、b连接，细线a的另一端连接于车厢顶的A点，细线b的另一端连接于车厢底板上的B点，小球静止时细线a与竖直方向的夹角为θ＝30°，细线b与水平方向的夹角也为θ＝30°。已知两细线长度相等，且AC＝BC，不计小球大小，重力加速度大小为g。小车向左沿水平方向做匀加速直线运动，要使细线b上张力为零，则小车运动的加速度a0应满足的条件是 A.g≤a0≤g B.g≤a0≤g C.g≤a0≤g D.g≤a0≤2g √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 根据题图中的几何关系可知，细线a、b与A、B连线的夹角均为15°，当细线a与竖直方向的夹角为30°且细线b刚好伸直时，小车的加速度大小为a1＝gtan 30°＝g，根据对称性可知，当细线a与竖直方向的夹角为60°且细线b刚好伸直时，小车的加速度大小为a2＝gtan 60°＝g，因此要使细线b上张力为零，则小车运动的加速度应满足的条件是g≤a0≤g。故选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 9.(多选)(2025·黑吉辽蒙高考)如图(a)，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 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 由题意可知两x -t图线均为抛物线，则物块甲、乙均做匀变速直线运动，由题图(b)可知物块甲做匀加速直线运动，物块乙做匀减速直线运动，对甲有3x0＝v0t0＋a甲，对乙有x0＝v0t0－a乙，由于t＝t0时乙图线的斜率为0，则此时乙的速度为0，则有t0＝，由以上整理得a甲＝a乙，由牛顿第二定律对甲有mgsin θ－μ1mgcos θ＝ma甲，对乙有μ2mgcos θ－mgsin θ＝ma乙，整理得μ1＋μ2＝2tan θ，A正确； 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 t＝t0时甲的速度为v＝v0＋a甲t0，可得v＝2v0，B错误；t＝t0前，由于物块甲、乙的加速度大小相等、方向相反，则物块甲、乙组成的整体合力为零，由于斜面静止，斜面的合力也为零，则三者组成的整体合力为零，地面对斜面的作用力等于三者组成的整体的重力，所以地面对斜面的摩擦力为零，C错误；t＝t0时物块乙的速度减为零，此后，物块乙静止在斜面上，物块甲继续沿斜面向下加速运动，物块甲的加速度有水平向左的分量，对两物块和斜面组成的整体，合力水平向左，则地面对斜面的摩擦力的方向水平向左，D正确。故选AD。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 10.(15分)如图所示，足够长的斜坡与水平面在P点平滑连接，距P点L＝ m的水平面上固定一挡板。0时刻时，质量m＝1 kg的小物体从图示位置在平行于斜坡的外力F＝6.5 N作用下加速运动，到达P点时撤去F，此时物体的速度v＝8 m/s。已知小物体与斜坡、水平面间的动摩擦因数均为μ＝，小物体经过P点前后速度大小不变，小物体与挡板碰撞后反向弹回，碰撞前后速度大小不变。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2 。求： 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (1)小物体在力F的作用下在斜坡上下滑时的加速度大小a； 答案：4 m/s2 由牛顿第二定律可得，小物体下滑时有 F＋mgsin 30°－μmgcos 30°＝ma 代入题中数据解得a＝4 m/s2。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (2)小物体与挡板碰撞的时刻t； 答案： s　 小物体沿斜坡下滑所用的时间t1＝＝ s＝2 s 设小物体在水平面上运动时的加速度大小为a1，由牛顿第二定律可得μmg＝ma1 解得a1＝5 m/s2 设小物体从P点运动到与挡板碰撞的时间为t2，由运动学公式有L＝vt2－a1 代入数据解得t2＝ s或t2＝ s(舍去) 则小物体与挡板碰撞的时刻 t＝t1＋t2＝2 s＋ s＝ s。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (3)小物体最终停止运动的位置距P点的距离x。 答案：1.36 m 物体在水平面上运动的过程中，设物体回到P点时速度为v'，可得v'2－v2＝－2a1×2L 物体沿斜坡上滑的过程中，设加速度大小为a2，由牛顿第二定律可得mgsin 30°＋μmgcos 30°＝ma2 代入数据解得a2＝12.5 m/s2 由于μ＞tan 30°，所以物体减速到零后将停止在斜坡上，则有0－v'2＝－2a2x 联立代入数据解得x＝1.36 m。 返回 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 专 题 一 　 力 与 运 动 谢 谢 观 看 ！ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 $