2024高考物理二轮复习学案：力与直线运动

力与直线运动

［建体系•知关联］［析考情•明策略］

近几年高考对本讲的考查比较全面，

题型以选择题、较为综合的计算题为

条件:尸合*0,恒定，且与速度在同一直线上考情

卜规律:三个基本公式，几个推论1主。匀变速直线运动的规律、运动学

分析

*特例:①自由落体(初速度为零)图象问题、牛顿运动定律的应用是命

*匀变速直勒竖直置时对称性)

线运动

题的热点。

-1热点:匀变速直线运动的图象及其应用1

一

力B巧用平均速度11.匀变速直线运动规律、推论

与U两个技巧

直1逆向思维1

线

运素养2.图象问题

动

一一|瞬时性问题

4-顿第二定呈现3.牛顿其次定律瞬时性问题

:尸令=ma1超重、失重1

4.动力学两类基本问题

牛顿运动学角度:“T图象

A运动-斜率运动学规律

定律L动力学两..1.匀变速直线运动规律和推论的敏捷

类问题加速度

a动力学角度:牛顿第

二定律___________素养应用

U多过程问题、连接体问题、临界极值问题1

落实2.驾驭瞬时性问题的两类模型

3.熟识图象类型及图象信息应用

考点11匀变速直线运动规律的应用

龄通要点•核心速记

1.匀变速直线运动的基本规律

(1)速度关系：V=Vo+ato

⑵位移关系：

(3)速度位移关系：病—谥=2ax。

'V

(4)某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度：■=「=■。

tt

2

(5)匀变速直线运动在相等时间内相邻的两段位移之差为常数，即Ax=a7%

2.追及问题的解题思路和技巧

(1)解题思路

(2)解题技巧

①紧抓“一图三式”，即过程示意图、时间关系式、速度关系式和位移关系式。

②审题应抓住题目中的关键字眼，充分挖掘题目中的隐含条件，如“刚好”“恰好”“最

多”“至少”等，往往对应一个临界状态，满意相应的临界条件。

③若被追逐的物体做匀减速运动，肯定要留意追上前该物体是否已停止运动，最终还要

留意对解的探讨分析。

€>研典例•通法悟道

［典例1］现有甲、乙两汽车正沿同一平直大街同向匀速行驶，甲车在前，乙车在后，

它们行驶的速度均为10m/s»当两车快要到一十字路口时，甲车司机看到绿灯已转换成了黄

灯，于是紧急刹车(反应时间忽视不计)，乙车司机为了避开与甲车相撞也紧急刹车，但乙车

司机反应较慢(反应时间为友=0.5s)。己知甲车紧急刹车时制动力为车重的0.4倍，乙车紧

急刹车时制动力为车重的0.6倍，5=10m/s2,假设汽车可看作质点。

(1)若甲车司机看到黄灯时车头距警戒线15m,他实行上述措施能否避开闯红灯？

(2)为保证两车在紧急刹车过程中不相撞，甲、乙两车在正常行驶过程中应至少保持多大

距离？

［解析］(1)依据牛顿其次定律，甲车紧急刹车的加速度大小为a=工=工&=4m/s：

uhnh

甲车停下来所需时间为

Vo10CL

ti=—=-s=2.5s,

Hl4

^2］Q2

X=

滑行距禺~Q2a-l=92X乂4/m=12.5m,

由于x=12.5m<15m,

可见甲车司机刹车后能避开闯红灯。

(2)乙车紧急刹车的加速度大小为念=至=""=6m/s2,两车速度相等时处于同一位

nknk

置，即为恰好不相撞的条件。

设甲、乙两车行驶过程中至少应保持距离刘，在乙车刹车友时间后两车的速度相等，

其运动关系如图所示，

则有速度关系—51(^2H-to)=Vo-2,v=Vo—a2t2

2222

位移关系vot+——=荀+=一

oZa2Lai

解得方2=l.0s,苞=1.5mo

［答案］(1)能(2)1.5m

威反思感悟：推断能否追上的常用方法

———>>V2

甲甲

----------Xo--------

情境：物体夕追逐物体4起先时，两个物体相距照。

（1）若以=%时，XA+XQ<XB,则能追上。

（2）若以=%时，XA-\-XQ=XB,则恰好追上。

⑶若以=无时，XA+XO>XB,则不能追上。

［跟进训练］

1.（2024•河南南阳第四次月考）甲球从离地面〃高处由静止起先自由下落，同时使乙球

从甲球的正下方地面处做竖直上抛运动，欲使乙球上升到々〃〉1）处与甲球相撞，则乙球上抛

n

的初速度为（重力加速度为g,忽视空气阻力）（）

B［设乙球上抛的初速度为如经过时间力甲、乙在空中相碰，甲做自由落体运动的位

夥为3小（=解得nJ之'H，乙做竖直上抛运动的位移益=（=外力—

解得的'一，故选项B正确。］

V2n~\

2.（多选）2024年冬奥会将在北京和河北张家口联合实行。俯式冰橇是冬奥会的竞赛项

目之一，某次竞赛的赛道可简化为起点和终点高度差为120m、长度为1200m的直斜坡。假

设某运动员从起点起先，以平行赛道的恒力广=40N推动质量0=40kg的冰橇起先沿斜坡向

下运动，动身4s内冰橇的位移为12m,8s末运动员快速登上冰橇与冰橇一起沿直线运动直

到终点。假定运动员登上冰橇前后冰橇速度不变，不计空气阻力，g取10m/s2,赛道倾角的

余弦值取为1,正弦值依据题目要求计算。下列说法正确的是（）

A.动身4s内冰橇的加速度大小为1.5m/s2

B.冰橇与赛道间的动摩擦因数为0.06

C.动身10s内冰橇的位移为75m

D.竞赛中运动员到达终点时的速度大小为36m/s

AD［由动身4s内冰橇的位移为解得动身4s内冰橇的加速度大小为ai=l.5

m/s2,选项A正确；对冰橇，由牛顿其次定律有F+mgsin夕一〃侬cos。=侬”解得〃=

0.05,选项B错误；动身8s内冰橇做匀加速直线运动，位移为£2=；劭4=48m,8s后对冰

橇和运动员，由牛顿其次定律有(加+的/in9—口M)geos0—(m+M)a2,解得az=O.5

m/s，8s末冰橇的速度为%=aiG=12m/s,再运动2s后位移为为=%力3+5224=25m,动身

10s内冰橇的位移为xz+x3=73m,选项C错误；运动员登上冰橇后始终做加速运动，由诵一

n—2a2(x—X2),解得运动员到达终点时速度皈=36m/s,选项D正确。］

3.(2024•湖南怀化期末)道路交通法规规定：黄灯亮时车头已越过停车线的车辆可以接

着行驶，车头未越过停车线的车辆若接着行驶，则视为闯黄灯。我国一般城市路口红灯变亮

之前，绿灯和黄灯各有3s的闪耀时间。某小客车在制动初速度为F=14m/s的状况下，制

动距离最小为s=20mo

(1)若要确保小客车在b=3s内停下来，小客车刹车前的行驶速度不能超过多少？

(2)某小客车正以的=8m/s速度驶向路口，绿灯起先闪时车头距离停车线s°=28m,则

小客车至少以多大的加速度匀加速行驶才能在黄灯亮起前正常通过路口？(已知驾驶员从眼

睛看到绿灯闪到脚下实行动作再到小客车有速度变更经过的总时间是1.0s)

/142

［解析］⑴依据d=2as可得小客车刹车时的最大加速度=—=——m/s2=4.9m/s2

a乙b乙/＞乙U

要确保小客车在3s内停下来，小客车刹车前行驶的最大速度为

Ki=at=4.9m/s2X3s=14.7m/s。

(2)在At=1.0s内小客车匀速运动的距离为

si=VoAt=8m

小客车匀加速运动的距离为s'=So—S1=2Om

从绿灯闪到黄灯亮起这3s内小客车加速运动的最大时间t'=t-At=2s

2

由s'=vot'+(a't'

解得最小加速度a'=2m/s2«

［答案］(1)14.7m/s(2)2m/s2

考点21运动图象问题

c＞通要点•核心速记

1.解决图象类问题“四个留意”

(1)速度图线只有通过时间轴时速度方向才变更。

(2)利用片力图象分析两个物体的运动时，要留意两个物体的动身点是否相同。

(3)物体的运动图象与运动过程的转化。

(4)矛T图象、片方图象、a-力图象的应用。

0--------------1o70t

斜率表示速度斜率表示加速度面积表示速度

面积无意义面积表示位移的变化

2.应用图象时的“两个误区”

⑴误认为片力图象、片力图象是物体运动轨迹。

⑵在7-t图象中误将交点认为此时相遇。

€＞研典例•通法悟道

［典例2］（多选）（2024•湖南衡阳八中第三次月考）有四个运动的物体4B、aD,物

体尔方运动的矛-t图象如图①所示；物体，从同一地点沿同一方向运动的片《图象如图

②所示。依据①、②图象可知以下推断中正确的是（）

A.物体/和方均做匀速直线运动，且/的速度比6的大

B.在。〜3s时间内，物体8的速度为~^m/s

C.t=3s时，物体。追上物体〃

D.t=3s时，物体C与物体，之间有最大间距

ABD［由图①可以看出，物体/和6的x-力图象都是倾斜的直线，斜率都不变，则速度

都不变，说明两物体都做匀速直线运动，又力图线的斜率大于6图线的斜率，则/的速度比6

的大，选项A正确；由图①还可以看出，在。〜3s时间内，物体6运动的位移为Ax=10m,

则速度噂=^m/s,选项B正确；由图②可以看出，力=3s时，，图线与坐标轴所围“面积”

大于。图线与坐标轴所围“面积”，说明〃的位移大于。的位移，因两物体从同一地点沿同

一方向起先运动，所以物体。还没有追上物体〃选项C错误；由图②还可以看出，前3s内，

〃的速度较大，D、C间距离增大，3s后C的速度较大，两者距离减小，贝ijt=3s时，物体

C与物体〃之间有最大间距，选项D正确。］

畲反思感悟：运动图象问题的“三点提示”

⑴对于矛-t图象，图线在纵轴上的截距表示力=0时物体的位置；对于片t和22图象，

图线在纵轴上的截距并不表示力=0时物体的位置。

（2）在广大图象中，两条图线的交点不表示两物体相遇，而是表示两者速度相同。

（3）广？图象中两条图线在轴上的截距不同，不少同学误认为两物体的初始位置不同，位

置是否相同应依据题中条件确定。

［跟进训练］

1.（2024•四川成都七中一诊）如图所示，/、6分别是甲、乙两小球从同一地点沿同始终

线运动的心大图象，依据图象可以推断出（）

A.在t=4s时，甲球的加速度小于乙球的加速度

B.在t=4.5s时，两球相距最远

C.在t=6s时，甲球的速率小于乙球的速率

D.在t=8s时，两球相遇

D［依据图象可知，甲球的加速度&=普=-lOm/s?,故甲球的加速度大小为lOm/s?,

负号表示加速度方向与速度方向相反，乙球的加速度m/s",故甲球的加速度大

At2O

于乙球的加速度，选项A错误；当两球速度相同时，两球相距最远，依据图象有40m/s+劭方

=-20m/s+〃2（Z—2s）,解得力=4.4s,即4.4s时两球相距最远，选项B错误；力=6s

20

时甲球的速度vi=-20m/s,乙球的速度V2=—m/s,故方=6s时甲球的速率大于乙球的速

率，选项C错误；结合图象可知力=8s时，甲、乙两小球又同时回到原动身点，选项D正确。］

2.（多选）（2024•广东深圳试验学校期中）甲、乙两质点同时、同初位置沿同一方向做直

线运动。质点甲做初速度为零、加速度大小为国的匀加速直线运动；质点乙做初速度为历、

加速度大小为位的匀减速直线运动，且速度减至零后保持静止。甲、乙两质点在运动过程中

的矛-y（位置一速度）图象如图所示（虚线与对应的坐标轴垂直），贝心）

A.质点甲的加速度大小&=1m/s2

B.质点乙的初速度为匹=6m/s,加速度大小az=lm/s2

C.图线中a=2#,6=16

D.两图线的交点表示两质点同时到达同一位置

BC［速度随位移的增大而增大的图线对应质点甲，速度随位移的增大而减小的图线对应

质点乙，当x=0时，乙的速度为6m/s,即质点乙的初速度的=6m/s,设质点乙、甲先后通

过x=6m处时的速度均为匕对质点甲有声=2&x①，对质点乙有病一喘=—2&x②,联

立①②解得&+az=3m/s"③，当质点甲的速度历=8m/s、质点乙的速度匹=2m/s时，两

质点通过的位移相同，设为x',对质点甲有④，对质点乙有V2—n=-2a2x'

2

⑤，联立④⑤解得ai=2az⑥，联立③⑥解得国=2m/s\a2=lm/s,选项A错误，B正确；

依据质点甲的运动知脩=2aix,当x=6m时，有v甲=2#m/s,即a=2#;当/甲=8m/s

时，有x=16m,即6=16,选项C正确；两图线的交点表示甲、乙两质点以相同的速度经过

该位置，但不是同时，选项D错误。］

3.如图所示是一物体做直线运动的r-t图象，则下列依据7-t图象作出的加速度一时间

（»力）图象和位移一时间（矛-t）图象正确的是（）

A［由广力图象知，0〜1s内，物体做匀速直线运动，加速度为=0,位移x=^,x与

7成正比；1〜3s内，物体的加速度不变，做匀变速直线运动，加速度a?=—1m/s：位移为

2

x=v0{t—1s)+1a2(t—1s)=f—+2t—可知x-t图象是开口向下的抛物线；3〜5s

内，物体沿负方向做匀减速直线运动，加速度a3=0.5m/s”,位移为x=—%（亡-3s）+（a3（Z：

-3s）?,x-力图象是开口向上的抛物线，且3〜5s内物体的位移为一1m,由数学学问知，

只有A选项对应的图象正确。］

考点31牛顿运动定律的应用

考向1牛顿其次定律的瞬时性问题

⑴力可以发生突变，但速度不能发生突变。

(2)轻绳、轻杆、轻弹簧两端有重物或固定时，在外界条件变更时，轻绳、轻杆的弹力可

以发生突变，但轻弹簧的弹力不能突变。

(3)轻绳、轻杆、轻弹簧某端突然无重物连接或不固定，三者弹力均突变为零。

［典例3］(2024•湖南怀化一中第一次月考)如图所示，质量均为〃的46两小球分别

用轻质细绳&和轻弹簧系在天花板上的。点和点，46两小球之间用一轻质细绳。连接,

细绳〃、弹簧与竖直方向的夹角均为9,细绳心水平拉直，则下列有关细绳。被剪断瞬间的

表述正确的是()

AB

A.细绳&上的拉力与弹簧弹力之比为1：1

B.细绳4上的拉力与弹簧弹力之比为cos?e:1

C./与6的加速度之比为1：1

D./与方的加速度之比为1：cose

B［对/球，剪断细绳心的瞬间，细绳心的拉力将发生突变，合力垂直于细绳右斜向下,

细绳£1的拉力大小为凡=侬3。59,2球的加速度大小a_4=5sin9；对6球，剪断细绳。的

瞬间,弹簧弹力不变,合力水平向右,弹簧弹力大小入=房万,8球的加速度大小&=^an

2

e,所以刍=罔/$icos9

aB1

考向2动力学中的连接体问题

(1)当连接体中各物体具有共同的加速度时，一般采纳整体法。当系统内各物体的加速度

不同时，一般采纳隔离法。

(2)求连接体内各物体间的相互作用力时必需用隔离法。

［典例4］质量分别为以20的物块46用轻弹簧相连，设两物块与水平面及斜面间的

动摩擦因数都为当用水平力尸作用于笈上，且两物块在粗糙的水平面上以相同加速度向

右加速运动时，弹簧的伸长量为荀，如图甲所示；当用同样大小的力尸竖直提升两物块使它

们以相同加速度向上加速运动时，弹簧的伸长量为热，如图乙所示；当用同样大小的力尸沿

倾角为9的固定斜面对上拉两物块使它们以相同加速度向上加速运动时，弹簧的伸长量为功

如图丙所示，则X1：后：不等于()

A.1：1：1B.1：2：3

C.1：2：1D.无法确定

［题眼点拨］①“相同的加速度”，采纳整体法。

②“荀：歪：刀”采纳隔离法。

A［对题图甲，把物块46和弹簧看作一个整体探讨，依据牛顿其次定律得a尸“侬

6m

FF

=去一〃g,对A有kx\—Hmg=ma\,解得为=端；对题图乙，把物块/、8和弹簧看作一个整

P-3/ZZP,FF

体探讨，依据牛顿其次定律得&=1--=丁一g，KA有kx2—mg=m&,解得也=歹；对题

6m6m3k

图丙，把物块4、夕和弹簧看作一个整体探讨，依据牛顿其次定律得&=

7―3〃侬cos9F_

7-------------=『——gsin夕——〃geos9,对/有左打一侬sin9—umgeos9

3m6m

F

=ma3,解得刘=以，则xix2'.X3=l：1：1。故A正确，B、C、D错误。］

［题组训练］

1.（多选）如图所示，吊篮4物体6、物体C的质量分别为以3m、2m。6和C分别固定

在弹簧两端，弹簧的质量不计。6和C在吊篮的水平底板上处于静止状态。将悬挂吊篮的细线

剪断的瞬间（）

A.吊篮力的加速度大小为2g

B.物体6的加速度大小为g

C.物体C的加速度大小为2g

D.吊篮/、物体8、物体C的加速度大小均为g

AC［弹簧起先时的弹力为尸=3侬，剪断细线的瞬间，弹簧弹力不变，将。和/看成一

个整体，依据牛顿其次定律可得而=4一即4，的加速度大小均为2g,选

项A、C正确，D错误；因剪断细线的瞬间，弹簧弹力不变，8受到的合力仍旧为零，故6的

加速度为零，选项B错误。］

2.（多选）如图所示，足够长的水平桌面上放置着质量为以长度为/的长木板8,质量

也为m的物体A放置在长木板B的右端，不行伸长的轻绳1的一端与A相连，另一端跨过轻

质定滑轮与8相连，在长木板的右侧用跨过定滑轮的不行伸长的轻绳2系着质量为2勿的重锤

C。已知重力加速度为g,各接触面之间的动摩擦因数均为5）,不计绳与滑轮间的摩

擦，系统由静止起先运动，下列说法正确的是（）

A.4B、C的加速度大小均为楙

B.轻绳1的拉力为奇

C.轻绳2的拉力为侬

D.当/运动到6的左端时，物体D的速度为I；2"

BD［三个物体的加速度大小相等，设三个物体的加速度均为a,对物体A：用一。侬=

ma,对氏Fn~Hmg—2iimg—Fn=ma,对C-.2侬一&=2侬，联立解得a=］gg,Fn=^ng,

Fn=mg+2umg,选项B正确，A、C错误；当/运动到8的左端时有|■ad+Fad=/,此时物体

4、B、C的速度均为v=at=、J型~~12"一，选项D正确。］

考点4|动力学中的两类模型

□考向1动力学中的“板一块”模型

1.模型特点：涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动。

2.两种位移关系：滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和滑板同向运动时,

位移之差等于板长；反向运动时，位移之和等于板长。

3.解题思路

（1）审题建模：求解时应先细致审题，清晰题目的含义、分析清晰每一个物体的受力状况、

运动状况。

（2）求加速度：精确求出各物体在各运动过程的加速度（留意两过程的连接处加速度可能

突变）。

（3）明确关系：找出物体之间的位移（路程）关系或速度关系是解题的突破口。求解中应留

意联系两个过程的纽带，每一个过程的末速度是下一个过程的初速度。

［典例5］(2024•山西太原高三一模)

如图所示，一足够长的木板在粗糙水平地面上向右运动。某时刻速度为两=2m/s,此时

一与木板质量相等的小滑块(可视为质点)以乃=4m/s的速度从右侧滑上木板，经过1s两者

速度恰好相同，速度大小为吻=1m/s,方向向左。取重力加速度g=10m/s2,试求：

…I____:二□点、、、、

(1)木板与滑块间的动摩擦因数小；

(2)木板与地面间的动摩擦因数〃2；

(3)从滑块滑上木板，到最终两者速度恰好相同的过程中，滑块相对木板的位移大小。

［思路点拨］解此题关键有两点：

①依据速度变更结合加速度定义求加速度，利用牛顿其次定律求摩擦因数。

②逐段分析木板和小滑块的运动求相对位移。

［解析］(1)以向左为正方向，对小滑块分析，其加速度为：&=上于=彳m/s2=-3

m/s2,负号表示加速度方向向右，设小滑块的质量为如依据牛顿其次定律有：一小侬=侬1,

可以得到：〃i=0.3。

(2)对木板分析，向右减速运动过程，依据牛顿其次定律以及运动学公式可以得到：

口山g十〃2•2侬=”

向左加速运动过程，依据牛顿其次定律以及运动学公式可以得到：

c於

“iing—〃2•21ng=氏

而且方1+方2=t=ls

联立可以得到：〃2=0.05,力=0.5s,22=0.5So

(3)在力i=0.5s时间内，木板向右减速运动，其向右运动的位移为：荀=0\的•方i=0.5

m,方向向右；

Vo0

在方2=0.5$时间内，木板向左加速运动，其向左加速运动的位移为：为=—^—・12=0.25

m,方向向左；

V\~\~V?

在整个力=1S时间内，小滑块向左减速运动，其位移为：•力=2.5m,方向向

左

则整个过程中滑块相对木板的位移大小为：Ax=x+xi—xz=2.75m„

［答案］(1)0.3(2)0.05(3)2.75m

畲反思感悟：求解“滑块一木板”类问题的技巧

(1)弄清各物体初态对地的运动和相对运动(或相对运动趋势)，依据相对运动(或相对运

动趋势)状况，确定物体间的摩擦力方向。

(2)精确地对各物体进行受力分析，并依据牛顿其次定律确定各物体的加速度，结合加速

度和速度的方向关系确定物体的运动状况。

(3)速度相等是这类问题的临界点，此时往往意味着物体间的相对位移最大，物体的受力

和运动状况可能发生突变。

考向2动力学中的“传送带”模型

［典例6］某工厂为实现自动传送工件设计了如图所示的传送装置，它由一个水平传送

带45和倾斜传送带切组成，水平传送带长度以；=4m,倾斜传送带长度Az>=4.45m,倾角

为6=37。，和切通过一段极短的光滑圆弧板过渡，48传送带以g=5m/s的恒定速率

顺时针运转，切传送带静止。已知工件与传送带间的动摩擦因数均为〃=0.5,重力加速度g

10m/s%现将一个工件(可看作质点)无初速度地放在水平传送带最左端/点处，求：

4n

(i)工件从4点第一次被传送到切传送带沿传送带上升的最大高度和所用的总时间；

(2)要使工件恰好被传送到切传送带最上端，切传送带沿顺时针方向运转的速度匹的大

小(v2<%)。

［解析］(1)工件刚放在传送带上时，在摩擦力作用下做匀加速运动，设其加速度大

小为速度增加到历时所用时间为。，位移大小为X1,受力分析如图甲所示，则为=侬，

Fn=uRi=小凯

FNI

0**尸n

G

甲

2

联立解得@i=5m/so

V\5

由运动学公式有方i=—=£s=ls

a,\5

11.2

xi=-ait2i=-X5X1m=2.5m

由于为〈£物工件随后在传送带46上做匀速直线运动到6端，则匀速运动的时间为套=

LAB—X\八二

---------=0.3s

Kl

工件滑上切传送带后在重力和滑动摩擦力作用下做匀减速运动，设其加速度大小为物

速度减小到零时所用时间为23,位移大小为生，受力分析如图乙所示，则

%=mgcos°

mgsin。+〃串=侬2

由运动学公式有用=0匕—晓n

联立解得/=10m/s2,加=1.25m

工件沿刃传送带上升的最大高度为

9=1.25X0.6m=0.75m

0—V\

沿切上升的时间为k=———0.5S

—a?

故总时间为t=ti+友+友=1.8So

(2)切传送带以速度作向上传送时，当工件的速度大于功时，滑动摩擦力沿传送带向下,

加速度大小仍为如当工件的速度小于历时，滑动摩擦力沿传送带向上，受力分析图如图丙

所示，设其加速度大小为a3,两个过程的位移大小分别为X3和苞，由运动学公式和牛顿运动

定律可得一2a?X3=谒一,

y

N2

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“'J/

丙

mgsin0—nEa—maj,

—2a3苞=0一4

苞+X4

解得历=4m/so

［答