02讲 力与直线运动解析版

2022-2023高考物理二轮复习（新高考）

02讲 力与直线运动

  力与直线运动的思维导图

  重难点突破

解决匀变速直线运动

(1)常用方法

①基本公式法

②v­t图象法

③比例法：适用于初速度为零的匀加速直线运动和末速度为零的匀减速直线运动。

④逆向思维法：末速度为零的匀减速直线运动看做初速度为零的匀加速直线运动。

(2)追及相遇问题的临界条件：前后两物体速度相同时，两物体间的距离最大或最小。

(3)物体的直线运动

所受合外力与速度在同一直线上，或所受合外力为零。

(4)常用规律：牛顿运动定律、运动学公式、动能定理或能量守恒定律、动量定理或动量守恒定律。

  匀变速直线运动规律的应用

1.匀变速直线运动的基本规律

(1)速度关系：v＝v0＋at。

(2)位移关系：x＝v0t＋at2。

(3)速度位移关系：v2－v02＝2ax。

(4)某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度：＝＝Vt/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Δx＝aT2。

例1：（单选）（2022·河北南宫中学高一阶段练习）短跑运动员完成赛跑的过程可简化为匀加速直线运动和匀速直线运动两个阶段，一次训练中，某运动员用跑完全程。已知运动员在加速阶段的第内通过的距离为，则此次训练中，下列说法正确的有（　　）

A．运动员加速度大小为

B．运动员加速度大小为

C．运动员在加速阶段通过的距离为

D．运动员匀速运动的速度大小为

答案：AD

解析：AB．运动员在加速阶段的第内通过的距离为，则有

又

解得

选项A正确，B错误；

CD．运动员用跑完全程，设加速的时间为t，则有

解得

则运动员在加速阶段通过的距离为

运动员匀速运动的速度大小

选项C错误，D正确。

故选AD。

跟踪训练1：（2022·山西太原·高一期中）如图，一辆飞行汽车既可以在陆地上行驶，也可以在天空飞行。起飞过程中，该飞行汽车先在水平跑道上从静止开始做匀加速直线运动，历时20s速度达到时离开跑道；之后沿与水平跑道成角的方向继续做匀加速直线运动，再经32s速度达到。则该飞行汽车（    ）

A．在水平跑道上加速通过的路程为800m

B．离开跑道斜向上加速时其加速度的值为

C．离开水平跑道至速度达到的过程中，上升的高度为3840m

D．从静止开始至速度达到的过程中，通过的总路程为4240m

答案：BD

解析：A．汽车在水平跑道上从静止开始做匀加速直线运动，加速度为

在水平跑道上加速通过的路程为

故A错误；

B．斜向上加速时其加速度为

故B正确；

C．离开水平跑道至速度达到的过程中，运动的距离为

上升的高度为

故C错误；

D．从静止开始至速度达到的过程中，通过的总路程为

故D正确。

故选BD。

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，满足相应的临界条件。

③若被追赶的物体做匀减速运动，一定要注意追上前该物体是否已停止运动，最后还要注意对解的讨论分析。

例2：（内蒙古自治区鄂尔多斯市2022-2023学年高三上学期阶段性测试物理试题）在某个恶劣天气中，能见度很低。甲、乙两汽车在一条平直的单行道上，甲在前、乙在后同向行驶。某时刻两车司机听到前方有事故发生的警笛提示，同时开始刹车，两车刹车后的图像如图所示，下列说法正确的是（　　）

A．甲车的加速度大于乙车的加速度

B．若时两车未发生碰撞，则此时两车相距最近

C．为避免两车发生碰撞，开始刹车时两车的间距至少为24m

D．为避免两车发生碰撞，开始刹车时两车的间距至少为48m

答案：BD

解析：A．由图像的斜率表示加速度，甲车的加速度大小

乙车的加速度大小

则甲车的加速度小于乙车的加速度，故A错误；

B．开始时，甲在前、乙在后，在0-24s内，乙车的速度比甲车的大，两车间的距离逐渐减小。24s后，乙车的速度比甲车的小，两车间的距离逐渐增大，所以t=24s时两车相距最近，故B正确；

CD．t=24s时两车的速度均为

0-24s内，甲车的位移为

乙车的位移为

两者位移之差为

所以为避免两车发生碰撞，开始刹车时两车的间距至少为48m，故C错误，D正确。

故选BD。

跟踪训练2：（2022·河南·洛宁县第一高级中学高一阶段练习）某火车做匀加速直线运动，连续通过两个相距的时间分别为、，该火车以上述加速度由静止开始做匀加速直线运动时，一只小鸟从火车车头后方处沿火车加速方向匀速向前飞行。

（1）求火车的加速度大小a；

（2）求小鸟能超过火车车头的最小速度v1；

（3）若小鸟在火车车头前方运动的时间为75s，求小鸟的速度大小v2。

答案：（1）0.12m/s2；（2）6m/s；（3）

解析：（1）设火车的初速度为，在通过第一个100m的过程中，有

在通过两个100m的过程中，有

解得

（2）设火车的速度增加到等于小鸟的速度时所用的时间为，若此时小鸟刚好超过车头，有

对火车有

解得

（3）设小鸟与车头相遇的时间为，则有

解得

分析可知，要使小鸟超过火车车头的时间

即上式的两个时间解的差即

解得

3.运动图象问题-图象问题的“四点”注意

(1)x ­ t图象、v ­ t图象均表示直线运动．

(2)运动学公式中的v、a、x均为矢量，一定规定正方向．

(3)刹车问题中不能忽略实际运动情况．

(4)x ­ t、v ­ t、a ­ t图象相关量间的关系

（5）．应用图象时的“两个误区”

误认为v­t图象、x­t图象是物体运动轨迹。

在v­t图象中误将交点认为此时相遇。

例3：甲、乙两车沿着一条平直公路同向同速行驶，相距121 m。t＝0时刻，前面的甲车开始减速，经过一段时间，后面的乙车也开始减速，两车的v­t图象如图所示。如果乙车停止时与前方甲车相距1 m，则甲车在减速过程中行驶的距离为(　　)

A．120 m  B．160 m  C．200 m  D．240 m

答案：B　

解析：速度—时间图象与坐标轴围成图形的面积表示位移大小，根据甲、乙位移间的关系列方程得，121 m＋v0·4t0＝v0·2t0＋v0·3t0＋1 m，解得v0t0＝80 m，故甲的位移为v0·4t0＝160 m，B正确。

跟踪训练3：如图所示，A、B分别是甲、乙两小球从同一地点沿同一直线运动的v­t图象，根据图象可以判断出(　　)

A．在t＝4 s时，甲球的加速度小于乙球的加速度

B．在t＝4.5 s时，两球相距最远

C．在t＝6 s时，甲球的速率小于乙球的速率

D．在t＝8 s时，两球相遇

答案D　

解析：根据图象可知，甲球的加速度a1＝＝－10 m/s2，故甲球的加速度大小为10 m/s2，负号表示加速度方向与速度方向相反，乙球的加速度a2＝＝ m/s2，故甲球的加速度大于乙球的加速度，选项A错误；当两球速度相同时，两球相距最远，根据图象有40 m/s＋a1t＝－20 m/s＋a2(t－2 s)，解得t＝4.4 s，即4.4 s时两球相距最远，选项B错误；t＝6 s时甲球的速度＝－20 m/s，乙球的速度＝ m/s，故t＝6 s时甲球的速率大于乙球的速率，选项C错误；结合图象可知t＝8 s时，甲、乙两小球又同时回到原出发点，选项D正确。

4.牛顿运动定律的应用-动力学中的“板—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：求解时应先仔细审题，清楚题目的含义、分析清楚每一个物体的受力情况、运动情况。

(2)求加速度：准确求出各物体在各运动过程的加速度(注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。求解中应注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。

例4：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v0＝2 m/s，此时一与木板质量相等的小滑块(可视为质点)以v1＝4 m/s的速度从右侧滑上木板，经过1 s两者速度恰好相同，速度大小为v2＝1 m/s，方向向左。取重力加速度g＝10 m/s2，试求：

(1)木板与滑块间的动摩擦因数μ1；

(2)木板与地面间的动摩擦因数μ2；

(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。

答案　(1)0.3　(2)0.05　(3)2.75 m

解析：(1)以向左为正方向，对小滑块分析，其加速度为：a1＝＝ m/s2＝－3 m/s2，负号表示加速度方向向右，设小滑块的质量为m，根据牛顿第二定律有：－μ1mg＝ma1，可以得到：μ1＝0.3。

(2)对木板分析，向右减速运动过程，根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到：

μ1mg＋μ2·2mg＝m

向左加速运动过程，根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到：

μ1mg－μ2·2mg＝m  而且t1＋t2＝t＝1 s

联立可以得到：μ2＝0.05，t1＝0.5 s，t2＝0.5 s。

(3)在t1＝0.5 s时间内，木板向右减速运动，其向右运动的位移为：·t1＝0.5 m，方向向右；

在t2＝0.5 s时间内，木板向左加速运动，其向左加速运动的位移为：·t2＝0.25 m，方向向左；在整个t＝1 s时间内，小滑块向左减速运动，其位移为：x＝·t＝2.5 m，方向向左

则整个过程中滑块相对木板的位移大小为：Δx＝x＋x1－x2＝2.75 m。

跟踪训练4：如图所示，小物块从水平台上的P点以5m/s的初速度向右滑动，运动至水平台右端A点时以4m/s的速度水平抛出，运动至B点时恰好沿切线方向进人半径为2.75m的固定圆弧轨道BC，圆轨道的圆心角∠BOC=37°。小物块滑动至C点时，对圆弧轨道的压力为25.4N，之后小物块滑到与C点切线平齐的长木板上，最终恰好未从长木板上滑下。已知长木板与地面间的动摩擦因数为0.2，小物块与长木板间的动摩擦因数为0.5，小物块的质量为1.1kg，长木板的质量为3.9kg，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，下列说法正确的是（  ）

A．若小物块与水平台间的动摩擦因数为0.45，则P点与A点间距为1m

B．AB两点间的竖直高度差为0.5m

C．小物块滑上长木板后，地面对长木板的摩擦力为10N

D．长木板的长度为3.6m

答案：AD

解析：A．若小物块则由P点到A点做匀减速运动，则有，

解得

故A正确；

B．小物块由A到B做平抛运动，则有     

解得AB两点间的竖直高度差为

C．小物块滑上长木板后对长木板的摩擦力为

地面对长木板的最大静摩擦力即滑动摩擦力为

则长木板不会滑动，长木板受力平衡，受地面的静摩擦力大小等于5.5N，方向向左，故C错误；

D．根据牛顿第二定律，在C点有

滑块在长木板上做匀减速运动有，

解得

因长木板没动，故长木板的长度为3.6m，故D正确。

故选AD。

例5.水平传送带被广泛地应用于机场和火车站，如图所示为一水平传送带装置示意图。紧绷的传送带AB始终保持恒定的速率运行，一质量为的行李无初速度地放在A处，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动。设行李与传送带之间的动摩擦因数，A、B间的距离，。

（1）求行李做匀加速直线运动的时间；

（2）如果提高传送带的运行速率，行李就能被较快地传送到B处，求行李从A处传送到B处的最短时间和传送带对应的最小运行速率。

答案:（1）1s；（2）2s，2m/s

解析：（1）根据牛顿第二定律得

解得

行李做匀加速直线运动的时间为

（2）行李一直做匀加速运动时间最短

解得

传送带对应的最小运行速率为

跟踪训练5：“智勇大冲关”最后一关有如图所示的滑道，冲关者坐上坐垫从A点静止开始沿倾斜直轨道AB滑下，斜道倾角；离B点很近衔接一长L=2m的水平传送带，B与C两点可认为平滑衔接（速度大小不变），A点距传送带垂直距离为h=2.4m，冲关者经C点到D点后水平抛出，落在水面上一点E。已知：传送带末端距水面高度H=0.8m，坐垫与AB斜道间动摩擦因数为µ1=0.5，坐垫与传送带间动摩擦因数为µ2=0.2。（，）g=10m/s2；求：

（1）冲关者到达B点时的速度大小；

（2）如果传送带不动，求冲关者冲过D点后的平抛水平射程；

（3）如果传送带沿顺时针方向转动，并且速度为3m/s，求出平抛水平射程。

答案：（1）4m/s；（2）m；（3）

解析：（1）在斜道AB上运动时，对人与坐垫分析由牛顿第二定律有

解得

又由

解得

（2）若传送带不动，则从C到D有

由可得

所以从C运动到D过程一直减速，由

解得

过D点后做平抛运动则水平射程

（3）当传送带速度为时，从C到D过程先减速到3m/s后匀速，即

则水平射程

基础训练

1．（单选）在电子商务高速发展的今天，国内每天约有1亿个包裹。对物流业这种对人力成本敏感的产业来说，物流行业正从人工分拣向智能化、自动化方向快速演变。某物流中心的分栋机器人可以简化为如图所示的平板小车，在平板小车的左端固定有一个支架，质量为1kg的小球A用细线悬挂于支架上，平板小车在自身牵引力的作用下沿水平面做直线运动，小车右端放质量为3kg的包裹B，包裹B始终相对小车静止。若某段时间内观察到细线与竖直方向的夹角，重力加速度大小为，则在这段时间内（　　）

A．小车一定向右做加速运动

B．细线受到的拉力大小为20N

C．包裹B对小车的摩擦力大小为，方向水平向左

D．小车对包裹B的摩擦力大小为，方向水平向左

【答案】C

【详解】A．小球的加速度向右，小车可能向右加速运动，也可能向左减速运动，A项错误；

B．对小球A进行受力分析可知

解得，

故B项错误。

CD．包裹B所受的摩擦力大小

方向向右，根据牛顿第三定律，包裹B对小车的摩擦力大小为，方向向左，故C项正确，D项错误。

故选C。

2．（单选）一带电粒子在电场中，由M点从静止开始无初速释放后沿直线运动到N点，带电粒子只受电场作用，其运动速度v与运动时间t关系v-t图像如图所示。下列说法一定正确的是（　　）

A．该电场是匀强电场 B．该粒子带正电

C．电势 D．场强大小

【答案】D

【详解】A．v-t图像的斜率表示加速度，由图线可知，斜率增大，则带电粒子的加速度增大，则根据牛顿第二定律可得

则带电粒子受力增大，由于带电粒子只受电场作用，根据

可知，电场强度增大，故该电场不是匀强电场，故A错误；

B．带电粒子只受电场作用，无初速释放，电场线方向不确定，则该粒子电荷不确定，正负电荷都在电场力的作用下做加速运动，故B错误；

C．如带电粒子带正电，由M点运动到N点，只受电场力，则沿着电场线方向运动，电势降低，即

如带电粒子带负电，由M点运动到N点，只受电场力，则逆着电场线方向运动，电势升高，即

故C错误；

D．带电粒子由M点运动到N点，只受电场力，由图可知

由于

则

故D正确。

故选D。

3．（单选）甲乙两人做游戏，甲站在地面上，乙在甲正上方的平台上。甲每隔一定时间向乙抛出一小球，已知小球竖直向上抛出时的初速度大小为，抛出点与接收点间的竖直高度为。若前一个小球向下被乙接住时，后一个小球也恰好向上经过接球处，则每相邻两个小球抛出的时间间隔为（）（　　）

A． B． C． D．

【答案】D

【详解】根据题意，设小球运动到距抛出点上方处所用时间为t，取初速度方向为正，则

，，

由代入数据得

，

故每相邻两个小球抛出的时间间隔为。

故选D。

4．（多选）如图甲所示，物块受水平向右的力F作用，紧靠竖直墙壁，F随时间变化规律如图乙所示。已知物块质量为m，时物块速度为0，物块与墙壁间动摩擦因数为0.5，重力加速度为g，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，考虑过程，对物块有（　　）

A．最大速度为

B．最大速度为

C．位移为

D．位移为

【答案】AC

【详解】过程中，，物块与墙壁间最大静摩擦力为0.5mg，小于物块自身重力，物块向下做匀加速直线运动，加速度大小为

时刻，物块速度为

位移为

过程中，，物块与墙壁间为滑动摩擦力，大小为1.5mg，大于物块自身重力，物块会向下做匀减速运动，加速度大小为

减速至0的时间为

该段时间内物块向下位移为

由上述分析可知，物块在时刻速度最大，最大速度为，整个过程中位移为

故选AC。

5．（多选）在火箭发射这一领域，中国走在世界的前列。图示为某竖直升空的飞行器在某段时间内的图像，由图可知（　　）

A．飞行器经过135s落回地面

B．飞行器上升的最大高度为20250m

C．飞行器在0~45s内处于超重状态

D．飞行器在0~45s内所受合力与在45s~135s内所受合力的大小之比为2∶1

【答案】CD

【详解】AB．由图像可知，在0~135s时间内，飞行器速度始终竖直向上，经过135s时达到最大高度，根据v-t图像与坐标轴所围的面积表示位移可知飞行器上升的最大高度为

故AB错误；

C．飞行器在0~45s内加速度方向竖直向上，所受合力大于重力，处于超重状态，故C正确；

D．根据v-t图像的斜率表示加速度可知飞行器在0~45s内的加速度大小与在45s~135s内的加速度大小之比为

根据牛顿第二定律可知飞行器在0~45s内所受合力与在45s~135s内所受合力的大小之比为

故D正确。

故选CD。

能力提升

6．（多选）2022年8月5号，我国出口印尼的高速动车组正式启用，中国的“名片”再一次“走出去”。如图（a）甲、乙两列动车行驶在相邻两直轨道上，某段时间内两动车的驾驶员的位置—时间图像如图（b）所示，其中内两条图线平行，则下列说法正确的是（　　）

A．时，甲、乙两车驾驶员并排

B．内，甲、乙两车的距离增大

C．内，甲车行驶的距离更远

D．甲乙两车的驾驶员并排时，甲车的速度比乙车大

【答案】CD

【详解】A．由图可知，时乙车的位置大于甲车的位置，即乙车在前，甲车在后，故A错误；

B．图中内两条图线平行，则两车的距离保持不变，故B错误；

C．时刻两车处于同一位置，由起始位置可知，甲车行驶的距离更远，故C正确；

D．从图中可知时刻两车的驾驶员并排，位置—时间图线切线的斜率表示瞬时速度，则由斜率知甲车的速度比乙车大，故D正确。

故选CD。

7．如图所示，木板B静置于水平面上，滑块A静置于B的左端，现对A施加一水平向右的拉力。若拉力的大小F1=4N，则B恰好相对地面滑动；若拉力大小F2=8N，则A恰好相对B滑动；若拉力大小F3=10N，且作用时间t1=2s后撤去，则最终A恰好没脱离B。已知A、B的质量mA=mB=1kg，取重力加速度g=10m/s2，求：

（1）B与地面之间的动摩擦因数μ1；

（2）A与B之间的动摩擦因数μ2；

（3）木板B的长度。

【答案】（1）0.2；（2）0.6；（3）5m

【详解】（1）对AB整体由平衡关系得

（2）对AB整体和对B分别由牛顿第二定律；

得

（3）设撤去F3之前A、B的加速度分别为、，撤去F3之后A的加速度大小为，从撤去F3到A、B共速的时间为。撤去F3之前对A、B由牛顿第二定律，

撤去F3之后对A由牛顿第二定律    共速关系

木板B的长度

得L=5m

8．如图所示，倾斜角为=37°的斜面轨道由两种材料拼接而成，其中AB段光滑，且LAB=3m，BC段粗糙，斜面轨道与光滑水平面平滑连接，一质量为M的长木板放在光滑水平面上，木板左段P与斜面轨道最低点C重合，另一大小不让质量为m的滑块由A点静止滑下，在AB段做加速度为6m/s2的匀加速直线运动，在BC段恰好做匀速直线运动，经过C点滑上长木板P端，经过C点前后速度大小保持不变，滑上长木板后滑块做加速度大小为4m/s2的匀减速直线运动，长木板做加速度大小为2m/s2的匀加速直线运动（sin37°=0.6，cos37°=0.8），求：

（1）滑块在BC段做匀速直线运动的速度大小；

（2）滑块与BC段斜面轨道间的动摩擦因数的大小；

（3）为保证滑块不从长木板的右端Q滑离长木板，则长木板至少多长。

【答案】（1）6m/s；（2）0.75；（3）3m

【详解】（1）依题意，滑块在AB段做加速度为6m/s2的匀加速直线运动，有

所以，在BC段做匀速直线运动的速度大小

（2）滑块在BC段做匀速直线运动，则

即

（3）设滑块从C点滑上木板开始经过时间，滑到木板最右端时，两者共速，此时有

求得

则长木板长度至少为

因为

所以长木板长度至少为

9．如图利用植保无人机对农作物喷洒农药，已知某品牌无人机载药后质量为20kg，从地面竖直升空，先加速到3m/s后减速至零（竖直方向加速、减速阶段看成匀变速直线运动，且加速度大小相等）在距地面3m悬停2s。随后无人机开始水平飞行喷洒农药，先以加速度匀加速，达到最大速度3m/s后匀速飞行（g取），求：

（1）上升至距地1m时，无人机的速度大小；

（2）无人机加速上升过程受到的空气作用力；

（3）升空5.5s内无人机的位移大小。

【答案】（1）；（2），方向向上；（3）

【详解】（1）根据题意，竖直方向

匀加速阶段

匀减速阶段

得    

由得，上升至距地1m时，无人机的速度大小

（2）根据牛顿第二定律得方向向上

（3）竖直位移，竖直运动时间

悬停，则5.5s内水平方向运动时间

水平方向匀加速运动得时间为

5.5s内所以水平方向匀速运动时间为

则5.5s内水平运动位移

升空5.5s内无人机的位移大小

10．校园内有棵芒果树高5m多，有些芒果成熟后会自己掉地上，学生经过如果被砸到还是有一定危险的。现在树上有个芒果快成熟了，它距离地面的高度是，不计空气阻力，重力加速度取，试求：

（1）若该芒果成熟后自由掉落到地面上用时多久？（假设芒果下落过程无树枝等阻挡）

（2）该芒果自由落地瞬间速度多大？

【答案】（1）；（2）

【详解】（1）由题意知芒果做自由落体运动，根据可得，该芒果成熟后自由掉落到地面上用时为

（2）该芒果自由落地瞬间速度大小为

11．一辆摩托车由静止开始启动过程中，测得它在第一秒的位移为1米，第二秒的位移为3米，第三秒的位移为5米。

（1）求摩托车在这三秒内的平均速度。

（2）如果把摩托车这三秒内的运动看成是匀变速直线运动，求加速度。

【答案】（1）3m/s；（2）

【详解】（1）由题意得摩托车在这三秒内的位移为

则在这三秒内的平均速度为

（2）如摩托车是匀变速直线运动，从静止开始运动，则

得