高考物理二轮复习 第1部分 专题1 第2讲 力与直线运动

　力与直线运动

突破点一| 匀变速直线运动规律及运动学图象

1．匀变速直线运动的规律

(1)速度公式：v＝v0＋at。

(2)位移公式：x＝v0t＋at2。

(3)速度和位移的关系式：v2－v＝2ax。

(4)中间时刻的瞬时速度：v＝＝。

(5)任意两个连续相等的时间T内的位移之差是一个恒量，即Δx＝xn＋1－xn＝aT2。

2．对运动图象的认识，应注意以下三点：

(1)x­t图象的斜率表示速度；v­t图象的斜率表示加速度；v­t图象的面积表示位移。

(2)无论是x­t图象还是v­t图象都只能描述直线运动的规律，而不表示物体运动的轨迹。

(3)x­t图象交点表示两物体位置相同，v­t图象交点表示两物体速度相等。

3．处理刹车类问题或匀减速运动问题时要注意判断速度减速到零的时间t0＝，再进行分析计算。

运动学图象

[典例1]　(多选)(2021·广东卷)赛龙舟是端午节的传统活动。下列v­t和s­t图象描述了五条相同的龙舟从同一起点线同时出发、沿长直河道划向同一终点线的运动全过程，其中能反映龙舟甲与其他龙舟在途中出现船头并齐的有(　　)

A　　　　　　　　B

C　　　　　　　　D

BD　[由题意可知，龙舟同时从同一起点线出发，在途中出现船头并齐表明两船到达同一位置。由A选项中的v­t图象可知，甲船的速度一直大于乙船的速度，整个运动过程中，甲一直在乙的前方，则在途中不可能出现船头并齐的情况，A错误；由B选项的v­t图象可知，刚开始时丙的速度大于甲的速度，达到共同速度后甲的速度大于丙的速度，两船从同一起点线出发，由v­t图象与横轴围成的面积表示位移可知，在途中可能出现船头并齐的情况，B正确；s­t图象的交点表示两船到达同一位置，结合题意，两船从同一起点线出发，则s­t图象中两船的图象相交表示两船相遇，C错误，D正确。]

匀变速直线运动规律应用

[典例2]　(2021·山东济南市各区县联考)校车交通安全问题已成为社会关注的热点，国务院发布的《校车安全管理条例》将校车安全问题纳入法制轨道。若校车以v0＝72 km/h的速度行驶，司机发现在x＝33 m远处有人开始横穿马路，立即采取刹车措施。已知司机的反应时间t1＝0.75 s，刹车的加速度大小为4 m/s2。

(1)从司机发现情况至汽车行驶完33 m的距离，经过多长时间？此时车速多大？

(2)如果行人横穿20 m宽的马路，横穿速度为5 m/s，行人是否可能有危险？

(3)《校车安全管理条例》规定：校车运行中，如遇到意外情况，驾驶员按下安全按钮，校车车速会迅速降至v0′＝7.2 km/h以下，如果按(2)中条件，此时行人横穿马路是否有危险？

[题眼点拨]　(1)“反应时间t1＝0.75 s”这段时间内汽车仍做匀速直线运动。

(2)“驶完33 m的距离”此过程中包含反应时间。

(3)“驾驶员按下安全按钮”此阶段需要反应时间；“降至v0′＝7.2 km/h以下”后做匀减速运动。

[解析]　(1)由题可知v0＝72 km/h＝20 m/s，在t1＝0.75 s的反应时间内，校车行驶的距离

x1＝v0t1＝15 m

开始刹车后校车匀减速行驶，加速度大小

a＝4 m/s2

设匀减速行驶的时间为t2，则有

x－x1＝v0t2－at

解得t2＝1 s(t2＝9 s舍去)

此时校车的速度v2＝v0－at2＝16 m/s

校车行驶完33 m的距离，总共所用的时间

t＝t1＋t2＝1.75 s。

(2)校车行驶33 m正好到达路口时，行人横穿马路走过的距离

L＝v人t＝5×1.75 m＝8.75 m

此时行人接近马路中心，车以16 m/s的速度行至路口，可能有危险。

(3)校车在0.75 s的反应时间内前进的距离

x1＝15 m

之后速度迅速降为v0′＝7.2 km/h＝2 m/s后做匀减速运动，直到速度减到零，该过程校车行驶的距离

x3＝＝0.5 m

校车前进的总位移x＝x1＋x3＝15.5 m，由于校车前进的总位移小于33 m，故行人没有危险。

[答案]　(1)1.75 s　16 m/s　(2)可能有危险　(3)没有危险

[考向预测]

1．(2021·湖北省襄阳五中高三下学期5月模拟)A、B两物体从同一位置向同一方向同时运动，甲图是A物体的位移—时间图象，乙图是B物体的速度—时间图象，根据图象，在0～6 s内下列说法正确的是(　　)

甲　　　　　　　　　　乙

A．运动过程中，A、B两物体相遇一次

B．运动过程中，A物体一直在向正方向运动

C．A、B两物体最远距离是15 m

D．A物体的平均速度是B物体的平均速度的两倍

A　[由图甲知，A物体在前2 s做匀速直线运动，2～4 s静止，4～6 s又匀速返回出发点，总位移为零，选项B错误；B物体前2 s做初速度为零的匀加速运动，位移是×2×5 m＝5 m,2～4 s匀速运动，位移是2×5 m＝10 m,4～6 s匀减速运动，位移是×2×5 m＝5 m，总位移是20 m，所以运动过程中，只是在A物体返回时，与B物体相遇一次，选项A正确；由以上分析知6 s时两物体相距最远，最远距离是20 m，选项C错误；A在6 s内平均速度是零，B在6 s内平均速度是 m/s＝ m/s，选项D错误。]

2．(2021·辽宁丹东市高三一模)我市境内的高速公路最高限速为100 km/h，某兴趣小组经过查阅得到以下资料(g取10 m/s2)。

资料一：驾驶员的反应时间为0.3～0.6 s；

资料二：各种路面与轮胎之间的动摩擦因数(如下表)

兴趣小组根据以上资料，通过计算判断汽车在高速公路上行驶的安全距离最接近(　　)

A．200 m    B．150 m  C．100 m    D．50 m

B　[汽车的最高速度为v＝100 km/h＝ m/s，在反应时间内，汽车仍做匀速直线运动，通过的最大距离为x1＝vt＝×0.6 m＝ m，在汽车刹车的过程，根据匀减速直线运动规律有0－v2＝－2μgx2，得x2＝＝× m≈120.6 m，则总位移大小为x＝x1＋x2≈137 m，接近150 m，故选B。]

3．(原创题)在某星球表面，t＝0时刻小球以初速度v0开始做竖直上抛运动，取抛出位置位移x＝0，以v0方向为正方向，则小球位移x随速度的平方v2变化的x­v2图象如图所示，下列说法正确的是(　　)

A．小球的初速度为100 m/s

B．小球位移x＝5 m时对应的运动时间为2 s

C．小球加速度与初速度方向相反

D．图中b点坐标值为7.2

C　[t＝0时x＝0，则v＝100(m/s)2，所以小球初速度v0＝10 m/s，选项A错误；由v2－v＝2ax得x＝－，图线斜率k＝＝－，解得a＝－10 m/s2，小球位移x＝5 m时v＝0，所以对应运动时间t＝＝1 s，选项B错误，C正确；由图可知＝，解得b＝－2.2，选项D错误。故选C。]

突破点二| 牛顿运动定律

1．两类题型

应用牛顿运动定律的综合性问题主要有：瞬时性问题、图象问题。

2．两个关键

(1)瞬时性问题注意“刚性体”力的“瞬变”与“弹性体”力的“渐变”。

(2)图象问题注意把图象与具体的题意、情境结合起来，应用物理规律列出与图象对应的函数方程式，进而明确“图象与公式”“图象与物体”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断。

3．两种方法

(1)整体法与隔离法。

(2)正交分解法：一般沿加速度方向和垂直加速度方向进行分解，有时根据情况也可以把加速度进行正交分解。

牛顿运动定律的瞬时性问题

[典例3]　如图所示，质量为m的球与轻质弹簧Ⅰ和水平轻质细线Ⅱ相连，Ⅰ、Ⅱ的另一端分别固定于水平和竖直墙上，弹簧Ⅰ与竖直方向夹角为θ，球静止时，Ⅰ中的拉力为F1、Ⅱ中的拉力为F2。当仅剪断Ⅰ、Ⅱ中的一根的瞬间，下列说法正确的是(　　)

A．若剪断Ⅰ，则球的加速度a＝g，方向水平向右

B．若剪断Ⅰ，则球的加速度a＝，方向沿Ⅰ的延长线

C．若剪断Ⅱ，则球的加速度a＝，方向水平向左

D．若剪断Ⅱ，则球的加速度a＝g，方向竖直向上

C　[球受力如图甲所示，由共点力平衡条件得F2＝mgtan θ，F1＝。刚剪断弹簧Ⅰ的瞬间，弹簧弹力与细线弹力均突变为零，故小球只受重力，加速度为g，方向竖直向下，A、B错误；刚剪断细线Ⅱ的瞬间，弹簧弹力和重力不变，球受力如图乙所示，由共点力平衡条件得F合＝F2＝mgtan θ＝ma，所以a＝＝gtan θ，方向水平向左，C正确，D错误。

甲　　　　　　　　乙　]

动力学图象问题

[典例4]　(多选)(2021·全国乙卷)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(　　)

图(a)　　　　　图(b)　　　　　图(c)

A．F1＝μ1m1g

B．F2＝(μ2－μ1)g

C．μ2＞μ1

D．在0～t2时间段物块与木板加速度相等

BCD　[由图(c)可知，t1时物块、木板一起刚要沿水平滑动，此时物块与木板相对静止，此时以整体为对象有F1＝μ1(m1＋m2)g，故A错误；由图(c)可知，t2时物块与木板刚要发生相对滑动，以整体为对象，根据牛顿第二定律，有F2－μ1(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，以木板为对象，根据牛顿第二定律，有μ2m2g－μ1(m1＋m2)g＝m1a>0，解得F2＝(μ2－μ1)g，μ2>μ1，故B、C正确；由图(c)可知，0～t2这段时间物块与木板相对静止，所以有相同的加速度，故D正确。]

[考向预测]

4．(易错题)(多选)如图所示，A、B质量均为m，叠放在轻质弹簧上(弹簧下端固定于地面上)，对A施加一竖直向下、大小为F(F＞2mg)的力，将弹簧再压缩一段距离(弹簧始终处于弹性限度内)而处于平衡状态，现突然撤去力F，设两物体向上运动过程中A、B间的相互作用力大小为FN，则关于FN的说法正确的是(重力加速度为g)(　　)

A．刚撤去外力F时，FN＝

B．弹簧弹力等于F时，FN＝

C．两物体A、B的速度最大时，FN＝mg

D．弹簧恢复原长时，FN＝mg

BC　[刚撤去外力F时，由牛顿第二定律知对A、B整体有F＝2ma1，对物体A有FN－mg＝ma1，联立得FN＝＋mg，A项错误；当弹簧弹力大小等于F时，有F－2mg＝2ma2，FN－mg＝ma2，联立得FN＝，B正确；当两物体A、B的加速度为零时，两者速度最大，则有FN＝mg，C正确；当弹簧恢复原长时，弹簧不提供弹力，此时两物体恰好分离，A、B间的相互作用力大小为0，D项错误。]

5．有一质量m＝200 kg的物件在电机的牵引下从地面竖直向上经加速、匀速、匀减速至指定位置。当加速运动到总位移的时开始计时，测得电机的牵引力随时间变化的F­t图线如图所示，t＝34 s末速度减为0时恰好到达指定位置。若不计绳索的质量和空气阻力，g取10 m/s2，求物件：

(1)做匀减速运动的加速度大小和方向；

(2)匀速运动的速度大小；

(3)总位移的大小。

[解析]　(1)第26～34 s内，物件做匀减速运动，由牛顿第二定律得mg－FT＝ma

得a＝g－＝0.125 m/s2

方向竖直向下。

(2)由运动学公式得v＝at2＝0.125×(34－26) m/s＝1 m/s。

(3)匀速上升的位移h1＝vt1＝26 m

匀减速上升的位移h2＝t2＝4 m

又h1＋h2＝h

总位移h＝40 m。

[答案]　(1)0.125 m/s2，方向竖直向下　(2)1 m/s  (3)40 m

突破点三| 新情境探究

以ABS汽车制动系统为背景考查运动学图象

[案例1]　(2021·山东省教科所高三下学期5月二模)汽车中的ABS系统是汽车制动时，自动控制制动器的刹车系统，能防止车轮抱死，可以减小刹车距离，增强刹车效果。实验小组通过实验，研究有ABS系统和无ABS系统两种情况下的匀减速制动距离，测试的初速度均为60 km/h。根据图中的图线及数据，可以推断出两种情况下汽车刹车的加速度大小之比a有∶a无等于(　　)

A．4∶3    B．3∶4  C．3∶2    D．2∶3

A　[根据v2＝2ax，得a＝，因为初速度相等时，刹车的距离之比为3∶4，则加速度之比a有∶a无＝4∶3，故选项A正确。]

以高速避险车道为背景考查动力学问题

[案例2]　如图甲所示，在高速公路的连续下坡路段通常会设置避险车道，供发生紧急情况的车辆避险使用，本题中避险车道是主车道旁的一段上坡路面。一辆货车在行驶过程中刹车失灵，以v0＝90 km/h的速度驶入避险车道，如图乙所示，设货车进入避险车道后牵引力为零，货车与路面间的动摩擦因数μ＝0.30，重力加速度g取10 m/s2。

甲　　　　　　　　　乙

(1)为了防止货车在避险车道上停下后发生向后溜滑现象，该避险车道上坡路面的倾角θ应该满足什么条件？设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，结果用θ的正切值表示。

(2)若避险车道路面倾角为15°，求货车在避险车道上行驶的最大距离。(取sin 15°＝0.26，cos 15°＝0.97。结果保留2位有效数字)

[解析]　(1)对货车进行受力分析，可得货车的最大静摩擦力等于滑动摩擦力大小Ff＝μmgcos θ

而货车重力在沿路面方向的分量大小为F＝mgsin θ

若要货车在避险车道上停下后不发生溜滑现象，则需要

Ff>F

即mgsin θ<μmgcos θ，解得<μ，即tan θ<μ。

故当tan θ<μ时，货车在避险车道上停下后不会发生溜滑现象。

(2)对货车，根据牛顿第二定律得

F合＝mgsin θ＋μmgcos θ＝ma

故a＝gsin θ＋μgcos θ＝5.51 m/s2

根据匀变速直线运动速度位移关系式有0－v＝－2ax

代入数据，解得货车在避险车道上行驶的最大距离为

x＝≈57 m。

[答案]　(1)tan θ<μ　(2)57 m