(共58张PPT)
第2讲 力与直线运动
网络构建
题型1 直线运动与图像综合应用
题型2 动力学的综合应用
备用习题
◆
听课手册
【关键能力】
掌握匀变速直线运动规律及应用,理
解牛顿运动定律及应用,灵活选取研
究对象,会根据实际情况构建动力学
模型,同时掌握整体法与隔离法、数
形转换法、临界极值法、控制变量
法等解题方法,联系生活实际,培养学
生的物理观念和科学思维.
题型1 直线运动与图像综合应用
主要内容 考查知识点 匀变速直线运动规律及其重要结论、自由落体及竖直上抛
运动、追及相遇问题、运动图像综合分析与牛顿第二定律
及动能定理等综合
两种物理思想 逆向思维、极限思想
两个易错易混点 (1)物体做加速运动还是减速运动取决于速度方向与加速度
方向间的关系
(2)“刹车”问题要先判断刹车时间,再分析计算
主要内容 运动的图像
追及问题临界条件 速度相等是距离最大或最小的临界条件,速度大追速度小的
有最小间距(或碰撞、反超),速度小的追速度大的有最大间
距
续表
例1 [2024·山东卷] 如图所示，固定的光滑斜面上有一木
板，其下端与斜面上点距离为 .木板由静止释放，若木
板长度为，通过点的时间间隔为；若木板长度为 ，
通过点的时间间隔为. 为( )
A. B.
C. D.
[解析] 木板在斜面上所受合力 不变，则木板的加速度不变，木板
从静止释放到下端到达点的过程，有,木板从静止释放到上端到达 点
的过程，当木板长度为时，有,当木板长度为时，有 ,又
，，联立解得 ,A正确.
√
例2 [2025·山东济宁三模] 智能寻迹小车目前被应用于物流配送等多个领域，为
测试不同寻迹小车的刹车性能，让它们在图甲中 点获得相同的速度，并沿直
线 刹车，最终得分为刹车停止时越过的最后一条分值线对应的分数，每相邻
分值线间距离为 .某小车测试时恰好停止于100分分值线，该车的位移和时
间的比值与 之间的关系图像如图乙所示，小车均可视为质点.下列说法正确的
是( )
A.小车刹车过程中加速度大小为
B.点距100分分值线的距离为
C.时小车的速度为
D.若另一小车恰好匀减速停止于96分分值线，则该车的
加速度大小为
√
[解析] 根据题意，由公式整理可得 ，结合图像可得
，，解得 ，即小车刹车过程中加速度
大小为，故A错误；点距100分分值线的距离为，
时小车的速度为 ，故B正确，C错误；若
另一小车恰好匀减速停止于96分分值线，则刹车距离为 ，
则该车的加速度大小为 ，故D错误.
【通法通则】
非常规图像的应用
分析推导与图像对应的函数表达式，一般都会进行线性转化，通过线性函数的
斜率、截距等特征值来解决问题，如图像和 图像.
非常规图像(举例) 函数表达式
例3 (多选)[2025·江西抚州模拟] 蓝牙技术是一种非常实用的短距离低功耗无线
通信技术，当物体间的距离小于或等于某一值时蓝牙设备会立即自动连接，超
过该距离时会立即自动断开.可视为质点的甲、乙两辆模型小车并排紧靠，停在
一条平直的赛道上，蓝牙信号已连.从开始，乙车以 的速度匀速向前
运动，时蓝牙刚好断开，甲车立即启动追赶乙车.两车运动的 关系如
图所示，则( )
A.甲车追上乙车前，两车在 时相距最远
B.甲车追上乙车前，两车的最大距离为
C. 时两车的蓝牙信号刚好再次连接上
D.从开始，两车处于蓝牙连接状态的总时间为
√
√
√
[解析] 当两车相距最远时，甲、乙两车速度相同，根据图像可知，两车在 时
相距最远，故A正确；速度相等时，根据图像与时间轴围成的面积可知甲车的
位移为，乙车的位移为 ，甲车追
上乙车前，两车的最大距离为，故B正确； 时蓝牙刚好断开，由图
可知，此时甲、乙相距为，当时，由图可知，此时甲、乙相距为 ，
故 时两车的蓝牙信号刚好再次连接上，C错误；
蓝牙保持连接，第 后开始连接，直到甲超过乙的距
离为时，用时为，则， ，
，联立解得 ，以后两车相距大于
，不可能再连接上，则两车处于蓝牙连接状态的总时间为
，D正确.
【通法通则】
处理追及问题的常用方法
过程分析法
函数法
图像法
续表
【整合进阶】
运用数学工具解决物理问题的能力是高中物理五大能力之一，数学工具可以是
三角函数、不等式等，巧用数学工具可以整体达到快捷解题的目的.
进阶1 (类光学规律下的碰撞相遇问题)(多选)[2024·湖南卷] 如图所示，光滑水
平面内建立直角坐标系、两小球同时从点出发，球速度大小为 、
方向沿轴正方向，球速度大小为、方向与轴正方向夹角为 .坐
标系第一象限中有一个挡板，与轴夹角为球与挡板发生碰撞，碰后 球
速度大小变为，碰撞前后球的速度方向与挡板 法线的夹角相同，且分
别位于法线两侧.不计碰撞时间和空气阻力，若、 两小球能相遇，下列说法正
确的是( )
A.若 ，则的最大值为，且
B.若 ，则的最大值为，且
C.若 ，则的最大值为，且
D.若 ，则的最大值为，且
√
√
[解析] 由于水平面光滑，故两小球均做匀速直线运动，若两小球能相遇，绘出
两小球的运动轨迹如图甲所示，则根据正弦定理有
，已知，解得 ，
对此式进行变形得
，构造函数
，它表示以原点为圆心、半径为1的圆上
的点和点的连线与 轴所成夹角 的余切值，
如图乙所示，当 时，该夹角 最大，此时有最小值，为 ，即
，所以，当
时，取得最大值.因此，若 ，则当 时， 取得最大值，为
，选项A正确，B错误；若 ，
则当 时，取得最大值，为 ，
选项C正确，D错误.
【方法导思】运动过程分析如下
题型2 动力学的综合应用
主要问题 两类动力 学问题 第一类：已知力 求运动 ______________________________________________________________________________________________________
加速度是联系力与运动的桥梁，抓住两个分析,即
受力情况分析和运动情况分析,必要时要画运动情
景示意图.对于多运动过程问题,一定要找准转折
点,特别是转折点的速度
第二类：已知运 动求力 例4 [2025·安徽卷] 如图所示，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 ，甲与木
箱之间的动摩擦因数为，不计空气阻力，重力加速度取 ，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
D.乙受到绳子的拉力大小为
√
[解析] 因为物块甲向右运动，木箱静止，根据相对运动可知，甲对木箱的摩擦
力方向向右，A错误；设乙运动的加速度为 ，竖直方向上只有乙有竖直向下的
恒定加速度，对甲、乙和木箱，由整体法可知，竖直方向受力分析有
,则地面对木箱的支持力大小不变，B错误；设绳子的拉力大小
为，对甲受力分析有,对乙受力分析有 ,联立解
得， ,C正确，D错误.
例5 (多选)[2025· 黑吉辽蒙卷] 如图1，倾角为 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 沿斜面下滑，甲、乙与斜面的
动摩擦因数分别为、，整个过程中斜面相对地面静止.甲和乙的位置 与时
间的关系曲线如图2所示，两条曲线均为抛物线，乙的曲线在 时切
线斜率为0，则( )
A.
B.时，甲的速度大小为
C. 之前，地面对斜面的摩擦力方向向左
D. 之后，地面对斜面的摩擦力方向向左
√
√
[解析] 位置与时间的图像的斜率表示速度，甲、乙两个物块的 曲线均为
抛物线，则甲做匀加速运动，乙做匀减速运动，在 时间内甲、乙的位移为
、,可得时刻甲的速度为 ，B错误；
甲的加速度大小为,乙的加速度大小为 ,对甲由牛顿第二定律有
,同理对乙有 ,联立可得
，A正确;
设斜面的质量为 ，取水平向左为正方向，由系统牛顿第二定律可得
,则 之前，地面和斜面之间摩擦力为零，C
错误； 之后，乙保持静止，甲继续沿斜面向下加速，由系统牛顿第二定律
可得 ,即地面对斜面的摩擦力向左，D正确.
【通法通则】
主要问题 连接体 问题 整体法：常适用于连接体内各物体具 有相同的加速度，且不需要求物体之 间的作用力 整体法与隔离法往往是交替运
用，相辅相成的.若连接体内各
物体具有相同的加速度，且需
要求出物体之间的作用力，可
以先求整体的加速度，后隔离
求内力
隔离法：适用于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 【整合进阶】
动力学中的临界极值问题是高考高频题型之一，主要有三类:一是弹力发生突变
时接触物体间的脱离与不脱离的问题;二是绳子的绷紧与松弛的问题;三是摩擦力
发生突变的滑动与不滑动问题.
解决此类问题，要理解临界条件：
(1)接触与脱离的临界条件:两物体相接触或脱离,临界条件是弹力 .
(2)相对滑动的临界条件:两物体相接触且相对静止时,常存在着静摩擦力,则相对
滑动的临界条件是静摩擦力达到最大值.
(3)绳子断裂与松弛的临界条件:绳子所能承受的张力是有限度的,绳子断与不断
的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力,绳子松弛的临界条件是张力
.
(4)加速度变化时,速度达到最值的临界条件:加速度变为0.
进阶2 (弹力作用下的动力学瞬时临界问题)(多选)[2025·甘肃卷] 如图，轻质弹
簧上端固定，下端悬挂质量为的小球，质量为的小球与 用细线相连，
整个系统处于静止状态.弹簧劲度系数为，重力加速度为 .现剪断细线，下列
说法正确的是( )
A.小球 运动到弹簧原长处的速度最大
B.剪断细线的瞬间，小球的加速度大小为
C.小球运动到最高点时，弹簧的伸长量为
D.小球运动到最低点时，弹簧的伸长量为
√
√
[解析] 剪断细线后，弹簧弹力大于的重力，则 先向上做加速运动，随弹簧弹
力的减小，向上的加速度减小，当加速度为零时速度最大，此时弹力大小等于
重力大小，弹簧处于拉伸状态，选项A错误；剪断细线之前有 ，剪断
细线瞬间弹簧弹力不变，则对由牛顿第二定律有，解得 的
加速度，选项B正确；剪断细线之前弹簧伸长量，剪断细线后 做
简谐运动，在平衡位置时弹簧伸长量，即振幅为 ，由
对称性可知小球运动到最高点时，弹簧伸长量为 ，选项C正确；
由上述分析可知，小球运动到最低点时，弹簧伸长量为 ，选
项D错误.
进阶3 (摩擦力作用下的动力学临界问题)(多选)[2023·湖南卷] 如图，光滑水平
地面上有一质量为的小车在水平推力 的作用下加速运动.车厢内有质量均为
的、两小球，两球用轻杆相连，球靠在光滑左壁上， 球处在车厢水平底
面上，且与底面的动摩擦因数为 ,杆与竖直方向的夹角为 ,杆与车厢始终保
持相对静止.假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为 .下列说法正确
的是( )
A.若球受到的摩擦力为零，则
B.若推力向左，且 ，则的最大值为
C.若推力向左，且 ,则 的最大值为
D.若推力向右，且 ,则 的范围为
√
√
[解析] 设杆的弹力为，对小球 ，竖直方向受力平衡，则杆水平方向的分力
与竖直方向的分力满足 ，竖直方向，则 ，
若球受到的摩擦力为零，对根据牛顿第二定律可得 ，可得
，对小球、 和小车整体根据牛顿第二定律有
，A错误；若推力 向左，根据牛顿第二定律可知加速度
向左，小球所受向左的合力的最大值为 ，对
小球，由于 ，小球 受到向左的合力的最大值
，则对小球 ，根据牛
顿第二定律可得 ，对系统整体根据牛顿第二定律
有， 解得 ，B错误；
若推力 向左，根据牛顿第二定律可知加速度向左，小球所受向左的合力的最
大值为 ，小球 所受向左的合力的最大值
，由于 可知 ，则
对小球 ，根据牛顿第二定律有，对系统根据
牛顿第二定律有 ，联立可得的最大值为，C
正确；
若推力 向右，根据牛顿第二定律可知系统整体加速度向右，由于小球 可以受到左壁向右的支持力，理论上向右的合力可以无限大，因此只需要讨论小球即可，当小球所受的摩擦力向左时，小球 向右的合力最小，此时，当小球所受摩擦力向右时，小球向右的合力最大，此时，对小球根据牛顿第二定律有，，对系统根据牛顿第二定律有，代入小球的加速度范围可得的范围为
，D正确.
题型1 直线运动与图像综合应用
1.[2024·福建卷] 某公司在封闭公路上对一新型电动汽车进行直线加速和刹车性
能测试，某次测试的速度—时间图像如图所示.已知和 内图线
为直线， 内图线为曲线，则该汽车( )
A.在内的平均速度大小为
B.在 内做匀减速直线运动
C.在内的位移大小比在 内的大
D.在内的加速度大小比在 内的小
√
[解析] 依题意可知 内汽车做匀加速直线运动，平均速度大小
，故选项A错误；内 图线为曲线，说明
汽车做非匀变速运动，故选项B错误；在 图像中图线与时间轴所围面积表
示位移大小，在图中作一条辅助线(如图中斜虚线所示)，可判断出 内
的位移要大于内的位移，故选项C错误；结合图中数据可知，
内的加速度大小为,
内的加速度大小约为 ,故选
项D正确.
2.歼 是我国自主研制的新一代隐形战斗机，具有隐身性好、机动性强、战斗
力强等优点.在某次模拟演习中，歼巡航时发现前方 处有一敌机正在匀
速飞行，歼立即加速追击，在追击的过程中两飞机的 图像如图所示.下
面说法正确的是( )
A.时，歼 追上敌机
B.时间内，歼 与敌机的距离先减小后增大
C.在追上敌机前，歼与敌机的最大距离为
D.在追击的过程中，歼的最大速度为
√
[解析] 由图像可知，歼的加速度为，歼 在
追击敌机的过程中,当歼 的速度小于敌机速度时，两者之间的距离在增大，
当歼 的速度大于敌机速度时，两者之间的距离在减小直至追上，即在追上
敌机前，歼与敌机的距离先增大后减小，当时，歼 与敌机速度相
等，此时两者之间的距离最大，最大距离为
，选项C正确,B错误；
当时，敌机的位移为 ，歼 的位移为, 由于,故当时，歼没追上敌机，即歼是在之后的匀速运动过程中追上敌机的，歼匀速运动时的速度为 ，选项A、D错误.
3.如图甲所示，一个物块(可视为质点)从倾角 的足够长斜面上滑下，物
块运动的图像如图乙所示，重力加速度取 ，下列说法正确的是
( )
A.物块的加速度为 B.物块的初速度为零
C.物块与斜面间的动摩擦因数为 D.前内物块的平均速度为
√
[解析] 由运动学公式，整理可得，则 图像的斜
率，纵截距,由题图乙可知, ，解得
， ，A、B错误；对物块由牛顿第二定律有
，解得，C正确；物块第 末的速度为
，那么前内的平均速度为 ，D错误.
4.(多选)、两质点在同一直线上运动，从时刻同时出发， 质点做匀加
速直线运动，运动过程的图像如图甲所示； 质点做匀减速直线运动，整
个运动过程的 图像如图乙所示.下列说法正确的是( )
A.时刻，质点的速度大小为，质点的
速度大小为
B.、两质点的加速度大小均为
C.经过，质点追上 质点
D.经过，质点追上 质点
√
√
[解析] 设质点的位移表达式为，将、 、
代入上式，解得，，，设 质点的位移
表达式为，将、 代入上式，解得
，，故B正确，A错误； 质点运动至停下所用时间为
，在这段时间内，质点的位移为， 质点的
位移为，在时，两质点相距 ，设经
过时间质点追上质点，有,解
得 ，故C正确,D错误.
题型2 动力学的综合应用
1.如图甲所示，一个物块在时刻滑上倾角为 的固定斜面，其运动的
图像如图乙所示.已知物块的质量为 ，运动过程中摩擦力大小恒
定，重力加速度取，则物块受到的摩擦力大小 和返回出发点的速度
大小 分别为( )
A.， B.，
C.， D.，
√
[解析] 图像与时间轴围成的面积表示位移， 图像的斜率表示加速度，
由图像可知，内物块沿斜面上滑的位移大小为 ，加
速度大小为 ，由牛顿第二定律有
，解得 ，物块沿斜面下滑时，由牛顿第二定律有
，解得，根据速度—位移关系式有 ，
解得 ，故D正确.
2.如图甲所示，足够高的水平长桌面上，点左边光滑，右边粗糙，物块 在砝
码的拉动下从桌面左端开始运动，其图像如图乙所示.已知砝码 的质量
为，重力加速度取，用表示物块的质量， 表示物块与
点右边桌面之间的动摩擦因数，则( )
A.， B.，
C.， D.，
√
[解析] 由题图乙可知，物块在 点左边运动时的加速度为
，在 点右边运动时的加速度为
，对物块在点左侧由牛顿第二定律有 ，
对砝码由牛顿第二定律有，对物块在 点右侧由牛顿第二
定律有,对砝码由牛顿第二定律有 ，联
立解得， ，故C正确.
3.如图所示，质量为 的玩具动力小车在水平面上运动时，小车受到的
牵引力和阻力 均为恒力，小车用一根不可伸长的轻绳拉着质量
为的物体由静止开始运动.运动 后，轻绳从物体上脱落，物体继
续滑行一段时间后停止.物体与地面之间的动摩擦因数为，取 ，
不计空气阻力.下列说法正确的是( )
A.轻绳脱落之前，小车的加速度大小是
B.轻绳脱落之前，轻绳的拉力为
C.轻绳脱落之后，物体继续滑行的时间为
D.物体刚停止时，小车的速度大小是
√
[解析] 对小车和物体整体受力分析，由牛顿第二定律有
，解得 ，对物体受力分析，由牛顿第二
定律有，解得 ，选项A错误，B正确；绳子脱离时物体
的速度，绳子脱离时，由牛顿第二定律有 ，解得
，由速度公式得，解得 ，选项C错误；绳子脱离后，
对小车受力分析，由牛顿第二定律得，解得 ，物体
刚停止时，小车的速度大小 ，选项D错误.
4.(多选)如图所示，水平地面上静止放置着三个完全相同的砖块、、 ，质量
均为，砖块、之间和砖块、之间的动摩擦因数均为 ，用两根长度相同
的轻绳分别连接砖块与砖块，并将两根轻绳系于 点.现将一个竖直向上的力
作用于点，两轻绳伸直时夹角为 .不考虑砖块的转动，最大静摩擦力等
于滑动摩擦力，重力加速度为 .下列说法正确的是( )
A.若在 作用下三个砖块保持相对静止并一起向上运动，则三个砖块的加速度为
B.若，则无论有多大，砖块、、 都将保持相对静止
C.若，且，则砖块、之间的摩擦力为
D.若，且，则砖块、之间的摩擦力为
√
√
[解析] 若在 作用下三个砖块保持相对静止并一起向上运动，对整体受力分析，
根据牛顿第二定律有，解得三个砖块的加速度为 ，
A错误；两轻绳夹角为 ，则两轻绳的拉力为，对砖块 进行受力分
析，当砖块 受到的摩擦力达到最大静摩擦力时，根据牛顿第二定律有
，又， ，联立解得 ，
，，所以若，则砖块、 之间和
砖块、之间的摩擦力均为静摩擦力，无论 有多大，砖
块、、都将保持相对静止，B正确；
若 ，且 ，则三块砖相对静止且一起匀加速度运动，对砖块，根据牛顿第二定律得，解得砖块、之间的摩擦力，C正确；若，且，则砖块与砖块、之间发生相对滑动，砖块、之间的摩擦力为 ，D错误.
5.如图甲所示，质量为的小球从固定斜面上的 点由静止开始沿斜面向下
做加速度大小为的匀加速直线运动，小球在时刻与 点处的挡板碰撞，
然后沿着斜面向上做加速度大小为的匀减速直线运动，在时到达 点，
接着从点运动到点，到达点的时刻为.以上过程的 图像如图乙所示
(未知)，已知与大小的差值为，重力加速度取 ，求：
(1) 小球受到的阻力大小；
[答案]
[解析] 设斜面的倾角为 ，在时间内小球从 点开始运动至撞到挡板，
由速度—时间关系式 有
由牛顿第二定律有
在时间内小球从挡板反弹运动到 点，由速
度—时间关系式得
由牛顿第二定律有
又知
联立解得，，，
5.如图甲所示，质量为的小球从固定斜面上的 点由静止开始沿斜面向下
做加速度大小为的匀加速直线运动，小球在时刻与 点处的挡板碰撞，
然后沿着斜面向上做加速度大小为的匀减速直线运动，在时到达 点，
接着从点运动到点，到达点的时刻为.以上过程的 图像如图乙所示
(未知)，已知与大小的差值为，重力加速度取 ，求：
(2) 斜面倾角的正弦值；
[答案] 0.6
[解析] 由(1)分析可知，，
解得
5.如图甲所示，质量为的小球从固定斜面上的 点由静止开始沿斜面向下
做加速度大小为的匀加速直线运动，小球在时刻与 点处的挡板碰撞，
然后沿着斜面向上做加速度大小为的匀减速直线运动，在时到达 点，
接着从点运动到点，到达点的时刻为.以上过程的 图像如图乙所示
(未知)，已知与大小的差值为，重力加速度取 ，求：
(3) 小球到达点的时刻 .
[答案]
[解析] 图像与时间轴围成的面积表示位移,由图像可知，、 两点之间位
移大小为
设小球从点运动到点的时间为 ，由位移—时间关系式得
解得
则第2讲 力与直线运动
题型1
例1 A [解析] 木板在斜面上所受合力F=mgsin θ不变,则木板的加速度不变,木板从静止释放到下端到达A点的过程,有L=a,木板从静止释放到上端到达A点的过程,当木板长度为L时,有2L=a,当木板长度为2L时,有3L=a,又Δt1=t1-t0,Δt2=t2-t0,联立解得Δt2∶Δt1=(-1)∶(-1),A正确.
例2 B [解析] 根据题意,由公式x=v0t+at2整理可得=v0+at,结合图像可得v0=4 m/s,a= m/s2,解得a=-4 m/s2,即小车刹车过程中加速度大小为4 m/s2,故A错误;A点距100分分值线的距离为x0==2 m,t=1 s时小车的速度为v1=v0+at=4 m/s-4×1 m/s=0,故B正确,C错误;若另一小车恰好匀减速停止于96分分值线,则刹车距离为x=x0+4Δx=4 m,则该车的加速度大小为a1==2 m/s2,故D错误.
例3 ABD [解析] 当两车相距最远时,甲、乙两车速度相同,根据图像可知,两车在6 s时相距最远,故A正确;速度相等时,根据图像与时间轴围成的面积可知甲车的位移为x甲=×2×2 m=2 m,乙车的位移为x乙=2×6 m=12 m,甲车追上乙车前,两车的最大距离为10 m,故B正确;t=4 s时蓝牙刚好断开,由图可知,此时甲、乙相距为8 m,当t=8 s时,由图可知,此时甲、乙相距为8 m,故t=8 s时两车的蓝牙信号刚好再次连接上,C错误;0~4 s蓝牙保持连接,第8 s后开始连接,直到甲超过乙的距离为8 m时,用时为t',则x甲'-x乙'=8 m,x乙'=v乙t',x甲'=a(t'-4)2,联立解得t'=12 s,以后两车相距大于8 m,不可能再连接上,则两车处于蓝牙连接状态的总时间为t连=4 s+12 s-8 s=8 s,D正确.
【整合进阶】
进阶1 AC [解析] 由于水平面光滑,故两小球均做匀速直线运动,若两小球能相遇,绘出两小球的运动轨迹如图甲所示,则根据正弦定理有==,已知v2'=v2,解得v1=,对此式进行变形得v1====,构造函数f(β)=,它表示以原点为圆心、半径为1的圆上的点和点(2,0)的连线与x轴所成夹角δ的余切值,如图乙所示,当β=60°时,该夹角δ最大,此时f(β)有最小值,为,即f(β)≥,所以v1=≤,当2α+2θ=60°时,v1取得最大值.因此,若θ=15°,则当α=15°时,v1取得最大值,为v1max===m/s,选项A正确,B错误;若θ=30°,则当α=0°时,v1取得最大值,为v1max===m/s,选项C正确,D错误.
题型2
例4 C [解析] 因为物块甲向右运动,木箱静止,根据相对运动可知,甲对木箱的摩擦力方向向右,A错误;设乙运动的加速度为a,竖直方向上只有乙有竖直向下的恒定加速度,对甲、乙和木箱,由整体法可知,竖直方向受力分析有FN=M总g-ma,则地面对木箱的支持力大小不变,B错误;设绳子的拉力大小为FT,对甲受力分析有FT-μmg=ma,对乙受力分析有mg-FT=ma,联立解得a=2.5 m/s2,FT=7.5 N,C正确,D错误.
例5 AD [解析] 位置x与时间t的图像的斜率表示速度,甲、乙两个物块的x t曲线均为抛物线,则甲做匀加速运动,乙做匀减速运动,在t0时间内甲、乙的位移为x甲=t0=3x0、x乙=t0=x0,可得t0时刻甲的速度为v=2v0,B错误;甲的加速度大小为a1=,乙的加速度大小为a2=,对甲由牛顿第二定律有mgsin θ-μ1mgcos θ=ma1,同理对乙有μ2mgcos θ-mgsin θ=ma2,联立可得μ1+μ2=2tan θ,A正确;设斜面的质量为M,取水平向左为正方向,由系统牛顿第二定律可得Ff=ma1cos θ-ma2cos θ=0,则t=t0之前,地面和斜面之间摩擦力为零,C错误;t=t0之后,乙保持静止,甲继续沿斜面向下加速,由系统牛顿第二定律可得Ff=ma1cos θ,即地面对斜面的摩擦力向左,D正确.
【整合进阶】
进阶2 BC [解析] 剪断细线后,弹簧弹力大于A的重力,则A先向上做加速运动,随弹簧弹力的减小,向上的加速度减小,当加速度为零时速度最大,此时弹力大小等于重力大小,弹簧处于拉伸状态,选项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=,选项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,选项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,选项D错误.
进阶3 CD [解析] 设杆的弹力为FN,对小球A,竖直方向受力平衡,则杆水平方向的分力与竖直方向的分力满足=tan θ,竖直方向FNy=mg,则FNx=mgtan θ,若B球受到的摩擦力为零,对B根据牛顿第二定律可得FNx=ma,可得a=gtan θ,对小球A、B和小车整体根据牛顿第二定律有F=4ma=4mgtan θ,A错误;若推力F向左,根据牛顿第二定律可知加速度向左,小球A所受向左的合力的最大值为FNx=mgtan θ,对小球B,由于tan θ≤μ,小球B受到向左的合力的最大值Fmax=μ(FNy+mg)-FNx≥mgtan θ,则对小球A,根据牛顿第二定律可得FNx=mamax,对系统整体根据牛顿第二定律有F=4mamax,解得F=4mgtan θ,B错误;若推力F向左,根据牛顿第二定律可知加速度向左,小球A所受向左的合力的最大值为FNx=mgtan θ,小球B所受向左的合力的最大值Fmax=(FNy+mg)·μ-FNx=2μmg-mgtan θ,由于μ1.A [解析] 依题意,车头经过AB段中间时刻的速度为v1==15 m/s,车头经过CD段中间时刻的速度为v2==11 m/s,则汽车加速度大小为a==2 m/s2,设车头经过A标志杆时的速率为vA,则有v1=vA-a,解得vA=16 m/s,故选A.
2.B [解析] t1~t3时间内,Ff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竖直向上做减速运动,故A错误;t2~t3时间内,Ff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+Ff=ma,即a=+g,故加速度在减小,故B正确;t3~t5时间内,Ff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,加速度方向先向下后向上,先失重后超重,故C错误;根据前面分析可知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.
3.A [解析] 将B、C间的细线剪断前,A、B、C、D受力平衡,对B、C、D整体受力分析,如图甲所示,A、B间弹簧的弹力FAB=6mg,对D受力分析,如图乙所示,C、D间弹簧的弹力FCD=mg;剪断细线瞬间,细线无拉力,弹簧弹力不突变,对B受力分析,如图丙所示,则B所受的合力FB=FAB-3mg=3mg,B的加速度大小aB==g,对C受力分析,如图丁所示,则C所受的合力FC=FCD+2mg=3mg,C的加速度大小aC==1.5g,故A正确.
4.B [解析] 解除锁定后,沿绳方向上对A、B和绳组成的系统由牛顿第二定律有Mgsin θ-mg=a,对A由运动学规律有x=at2,结合图像斜率k=a,即a=2k,联立解得=,故选B.
5.D [解析] 设P的质量为M,P与桌面间的滑动摩擦力为Ff,绳的拉力为FT,以P为研究对象,根据牛顿第二定律可得FT-Ff=Ma,以盘和盘中砝码为研究对象,根据牛顿第二定律可得mg-FT=ma,联立可得a==,可知当砝码的重力大于Ff时,才有一定的加速度,当m趋于无穷大时,加速度趋近于g,故D正确.
6.AD [解析] 设连接A、B两小球的绳张力为FT,OB与竖直方向夹角为θ,则FTcos 37°=mAg、FTcos θ=mBg,解得cos θ=,FT=50 N,故θ=53°,故A正确;对B小球有FTsin θ=mBa,所以a= m/s2,以车厢为研究对象有F=Ma≈3907 N,故B错误;设AC的张力为FT',则有FT'-FTsin 37°=mAa,解得FT'= N=83.3 N,故C错误;以两小球和车厢为研究对象,在竖直方向上有FN=g=3000 N,D正确.
7.BD [解析] 由图乙可知滑块上滑时的加速度大小a1= m/s2=9.6 m/s2,下滑时的加速度大小a2= m/s2=2.4 m/s2,根据牛顿第二定律沿斜面向上滑有mgsin θ+μmgcos θ=ma1,沿斜面向下滑有mgsin θ-μmgcos θ=ma2,联立代入数据解得sin θ=0.6,μ=0.45,故A错误,B正确;由图乙可知滑块上滑的位移x上=×9.6×1 m=4.8 m,根据匀变速直线运动有x上=a1、x下=a2,而x上=x下,解得t1=1 s,t2=2 s,所以滑块从开始运动到返回B点所需的时间t=t1+t2=3 s,滑块返回B点时的速度大小为vB=a2t2=4.8 m/s,故C错误,D正确.
8.ABD [解析] 施加F前,物体A、B整体平衡,根据平衡条件,有2Mg=kx,解得x=,加拉力F后到物体A、B分离前,对A、B整体有F-2Mg+F弹=2Ma ,又因F弹=kx ,由于压缩量x减小,故F为变力,物体A、B分离时,A、B具有共同的v和a,且FAB=0 ,对A有F-Mg=Ma ,解得F=M(g+a),故A错误;A、B分离后,B将做加速度减小的加速运动,当F弹=Mg时,B达到最大速度,故D错误;A、B分离时,对B有F弹-Mg=Ma,解得F弹=M,此时弹簧的压缩量为x2=,故弹簧的压缩量减小了Δx=x-x2=,即A上升的距离h=,故B错误,C正确.
9.(1)9 m/s (2)8.5×105 kg
[解析] (1)设潜艇刚“掉深”时的加速度大小为a1,对潜艇,由牛顿第二定律得mg-F-Ff=ma1
代入数据解得a1=0.9 m/s2
10 s末的速度为v=a1t1
解得v=9 m/s
(2)掉深10 s时,潜艇下落的高度h1=t1
解得h1=45 m
潜艇减速下落的高度h2=h-h1
解得h2=67.5 m
在减速阶段h2=
解得a2=0.6 m/s2
设潜艇减重后的质量为m1,潜艇减重后以 0.6 m/s2的加速度匀减速下沉过程中,由牛顿第二定律得F+Ff-m1g=m1a2
代入数据解得m1≈5.15×106 kg
排水前潜艇的质量m=6.0×106 kg
“掉深”过程中排出水的质量m'=m-m1=8.5×105 kg第2讲 力与直线运动
【关键能力】 掌握匀变速直线运动规律及应用,理解牛顿运动定律及应用,灵活选取研究对象,会根据实际情况构建动力学模型,同时掌握整体法与隔离法、数形转换法、临界极值法、控制变量法等解题方法,联系生活实际,培养学生的物理观念和科学思维.
题型1 直线运动与图像综合应用
主要内容
考查知识点 匀变速直线运动规律及其重要结论、自由落体及竖直上抛运动、追及相遇问题、运动图像综合分析与牛顿第二定律及动能定理等综合
两种物理思想 逆向思维、极限思想
两个易错 易混点 (1)物体做加速运动还是减速运动取决于速度方向与加速度方向间的关系 (2)“刹车”问题要先判断刹车时间,再分析计算
运动的图像 包括x t、v t、a t图像等,注意图线斜率和图线与横轴所包围面积的意义.
追及问题 临界条件 速度相等是距离最大或最小的临界条件,速度大追速度小的有最小间距(或碰撞、反超),速度小的追速度大的有最大间距
例1 [2024·山东卷] 如图所示,固定的光滑斜面上有一木板,其下端与斜面上A点距离为L.木板由静止释放,若木板长度为L,通过A点的时间间隔为Δt1;若木板长度为2L,通过A点的时间间隔为Δt2.Δt2∶Δt1为 ( )
A.(-1)∶(-1)
B.(-)∶(-1)
C.(+1)∶(+1)
D.(+)∶(+1)
[反思感悟]
例2 [2025·山东济宁三模] 智能寻迹小车目前被应用于物流配送等多个领域,为测试不同寻迹小车的刹车性能,让它们在图甲中A点获得相同的速度,并沿直线AB刹车,最终得分为刹车停止时越过的最后一条分值线对应的分数,每相邻分值线间距离为0.5 m.某小车测试时恰好停止于100分分值线,该车的位移和时间的比值与t之间的关系图像如图乙所示,小车均可视为质点.下列说法正确的是 ( )
A.小车刹车过程中加速度大小为2.0 m/s2
B.A点距100分分值线的距离为2 m
C.t=1 s时小车的速度为2 m/s
D.若另一小车恰好匀减速停止于96分分值线,则该车的加速度大小为3.0 m/s2
[反思感悟]
非常规图像的应用
分析推导与图像对应的函数表达式,一般都会进行线性转化,通过线性函数的斜率、截距等特征值来解决问题,如v2 x图像和 t图像.
非常规图像 (举例) 函数表达式 斜率k 纵截 距b
v2 x图像 由v2-=2ax,得v2=+2ax 2a
t图像 由x=v0t+at2,得=v0+at a v0
例3 (多选)[2025·江西抚州模拟] 蓝牙技术是一种非常实用的短距离低功耗无线通信技术,当物体间的距离小于或等于某一值时蓝牙设备会立即自动连接,超过该距离时会立即自动断开.可视为质点的甲、乙两辆模型小车并排紧靠,停在一条平直的赛道上,蓝牙信号已连.从t=0开始,乙车以2 m/s的速度匀速向前运动,t=4 s时蓝牙刚好断开,甲车立即启动追赶乙车.两车运动的v t关系如图所示,则 ( )
A.甲车追上乙车前,两车在6 s时相距最远
B.甲车追上乙车前,两车的最大距离为10 m
C.t=10 s时两车的蓝牙信号刚好再次连接上
D.从t=0开始,两车处于蓝牙连接状态的总时间为8 s
处理追及问题的常用方法
过程分析法 1.画出运动草图 2. 3.找出t、x关系
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,利用图像更直观
【整合进阶】
运用数学工具解决物理问题的能力是高中物理五大能力之一,数学工具可以是三角函数、不等式等,巧用数学工具可以整体达到快捷解题的目的.
进阶1 (类光学规律下的碰撞相遇问题)(多选)[2024·湖南卷] 如图所示,光滑水平面内建立直角坐标系xOy.A、B两小球同时从O点出发,A球速度大小为v1、方向沿x轴正方向,B球速度大小为v2=2 m/s、方向与x轴正方向夹角为θ.坐标系第一象限中有一个挡板L,与x轴夹角为α.B球与挡板L发生碰撞,碰后B球速度大小变为1 m/s,碰撞前后B球的速度方向与挡板L法线的夹角相同,且分别位于法线两侧.不计碰撞时间和空气阻力,若A、B两小球能相遇,下列说法正确的是 ( )
A.若θ=15°,则v1的最大值为 m/s,且α=15°
B.若θ=15°,则v1的最大值为 m/s,且α=0°
C.若θ=30°,则v1的最大值为 m/s,且α=0°
D.若θ=30°,则v1的最大值为 m/s,且α=15°
【方法导思】运动过程分析如下
题型2 动力学的综合应用
主要问题
两类动力学问题 第一类:已知力求运动 加速度是联系力与运动的桥梁,抓住两个分析,即受力情况分析和运动情况分析,必要时要画运动情景示意图.对于多运动过程问题,一定要找准转折点,特别是转折点的速度
第二类:已知运动求力
例4 [2025·安徽卷] 如图所示,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
[反思感悟]
例5 (多选)[2025·黑吉辽蒙卷] 如图1,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2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
主要问题
连接体问题 整体法:常适用于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 整体法与隔离法往往是交替运用,相辅相成的.若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,可以先求整体的加速度,后隔离求内力
隔离法:适用于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
【整合进阶】
动力学中的临界极值问题是高考高频题型之一,主要有三类:一是弹力发生突变时接触物体间的脱离与不脱离的问题;二是绳子的绷紧与松弛的问题;三是摩擦力发生突变的滑动与不滑动问题.
解决此类问题,要理解临界条件:
(1)接触与脱离的临界条件:两物体相接触或脱离,临界条件是弹力FN=0.
(2)相对滑动的临界条件:两物体相接触且相对静止时,常存在着静摩擦力,则相对滑动的临界条件是静摩擦力达到最大值.
(3)绳子断裂与松弛的临界条件:绳子所能承受的张力是有限度的,绳子断与不断的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力,绳子松弛的临界条件是张力FT=0.
(4)加速度变化时,速度达到最值的临界条件:加速度变为0.
进阶2 (弹力作用下的动力学瞬时临界问题)(多选)[2025·甘肃卷] 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
进阶3 (摩擦力作用下的动力学临界问题)(多选)[2023·湖南卷] 如图,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.假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g.下列说法正确的是 ( )
A.若B球受到的摩擦力为零,则F=2mgtan θ
B.若推力F向左,且tan θ≤μ,则F的最大值为2mgtan θ
C.若推力F向左,且μ< tan θ≤2μ,则F的最大值为4mg(2μ-tan θ)
D.若推力F向右,且tan θ>2μ,则F的范围为4mg(tan θ-2μ)≤F≤4mg(tan θ+2μ)第2讲 力与直线运动
1.[2025·湖北鄂州模拟] 无人驾驶的汽车在投入运营前需要进行各种安全性能测试.在一次刹车性能检测中,车头依次通过A、B、C、D四个标志杆,测得的数据有:AB=15 m,CD=22 m,车头在AB、BC、CD段的运动时间依次为1 s、0.5 s、2 s.若把该车从A到D的过程近似为匀减速直线运动,则车头经过A标志杆时的速率为 ( )
A.16 m/s B.17 m/s
C.18 m/s D.18.5 m/s
2.[2025·北京卷] 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Ff的大小随速率增大而增大,Ff随时间t的变化情况如图所示(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
3.[2024·湖南卷] 如图所示,质量分别为4m、3m、2m、m的四个小球A、B、C、D通过细线或轻弹簧互相连接,悬挂于O点,处于静止状态,重力加速度为g.若将B、C间的细线剪断,则剪断瞬间B和C的加速度大小分别为 ( )
A.g,1.5g
B.2g,1.5g
C.2g,0.5g
D.g,0.5g
4.[2025·云南昭通模拟] 城市高层建筑建设施工,往往采用配重的方式把装修材料运送到高处,精简模型如图甲所示,有固定于水平面上倾角为37°的斜面,绕过顶端定滑轮的轻绳连接两小球A、B(可视作质点),质量分别为M和m,B小球被固定于地面上的锁定装置锁定,某时刻解除锁定,安装在斜面底端的位移采集传感器采集到A在斜面上下滑的位移x与时间t的二次方关系如图乙所示,若该图像的斜率为k,不考虑一切摩擦,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,则A与B的质量之比为 ( )
A. B.
C. D.
5.[2024·全国甲卷] 如图所示,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a m图像.重力加速度大小为g.在下列a m图像中,可能正确的是 ( )
A
B
C
D
6.(多选)[2025·湖北七市州二模] 新能源赛车在水平路面上做直线加速性能测试时,在其车厢内有可视为质点的小球A、B通过轻绳连接,轻绳跨过车厢顶部的光滑轻质定滑轮,小球A用另一轻绳系于车厢侧壁的C处,某段时间内轻绳AC恰好水平,绳OA段与竖直方向夹角为37°,如图所示.已知A、B两小球的质量分别为4 kg和3 kg,车厢的质量为293 kg,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6.下列说法正确的是 ( )
A.轻绳OB段与竖直方向的夹角为53°
B.车厢受到的合外力大小为4000 N
C.轻绳AC的弹力大小为30 N
D.地面对车厢的支持力大小为3000 N
7.(多选)[2025·重庆九龙坡区模拟] 如图甲所示,水平地面固定一倾角为θ(大小未知)、足够长的斜面,现将一小滑块(可视为质点)从斜面底端B点以v0=9.6 m/s的初速度沿斜面上滑,其速度v随时间t变化的图像如图乙所示,以平行斜面向上为正方向,重力加速度g取10 m/s2.则下列说法正确的是 ( )
A.斜面倾角的正弦值sin θ=0.5
B.小滑块与斜面间的动摩擦因数μ=0.45
C.小滑块返回B点时的速度大小为9.6 m/s
D.小滑块从B点开始上滑到返回B点经历的时间为3 s
8.(多选)[2025·辽宁沈阳二模] 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M的物体A、B(B物体与弹簧连接),弹簧的劲度系数为k,初始时物体处于静止状态.现用竖直向上的拉力F作用在物体A上,使物体A开始向上做加速度为a(aA.拉力F大小恒为M(g+a)
B.A、B分离时,弹簧弹力恰好为零
C.A、B分离时,A上升的距离为
D.弹簧恢复到原长时,物体B的速度达到最大值
9.[2025·江西景德镇三模] 潜艇从高密度海水区域驶入低密度海水区域时,浮力顿减,潜艇如同“汽车掉下悬崖”,称之为“掉深”.我国海军某潜艇在执行任务期间,突然遭遇“掉深”,全艇官兵紧急自救脱险,创造了世界潜艇史上的极限自救奇迹.总质量为6.0×106 kg的某潜艇,在高密度海水区域距海平面200 m,距海底112.5 m处沿水平方向缓慢潜航,如图所示.当该潜艇驶入低密度海水区域A点时,浮力突然降为5.4×107 N,10 s后,潜艇官兵迅速对潜艇减重(排水),结果潜艇刚好零速度“坐底”并安全上浮,避免了一起严重事故.已知在整个运动过程中,潜艇所受阻力大小恒为0.6×106 N,重力加速度g取10 m/s2,假设潜艇减重的时间忽略不计,海底平坦,求:
(1)潜艇“掉深”10 s时的速度大小;
(2)潜艇减重排出水的质量.(结果取2位有效数字)
