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

第二讲　力与直线运动 学生用书⬇第6页 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 答案：D 解析：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 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. 答案：A 解析：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。 (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： 学生用书⬇第7页 (1)A车追上B车之前，两车相距的最大距离； (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：(1)56 m　(2)13 s 解析：(1)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)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 情境图 过程分 析法 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 学生用书⬇第8页 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。 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 答案：D 解析：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： (1)轻质弹簧的劲度系数k； (2)物块A和B从开始运动到刚要分离时运动的时间t； (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。 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 答案：(1)100 N/m　(2)0.2 s　(3)12 N≤F≤20 N 解析：(1)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)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。 学生用书⬇第9页 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 答案：D 解析：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 答案：ABC 解析：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；当F＝15 N时，环受到的摩擦力大小为Ff＝μ(Fsin θ－mg)＝3 N，C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 学生用书⬇第10页 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 答案：AC 解析：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。 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 答案：A 解析：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(　　) 答案：A 解析：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； (2)最远能经过几号锥筒？ 答案：(1)1 m/s2　(2)4 解析：(1)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)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。 学科网（北京）股份有限公司 $