第2讲　力与直线运动-高考物理二轮复习 学案

这是一份第2讲　力与直线运动-高考物理二轮复习 学案，共26页。

1．某乘客乘坐的动车进站时，动车速度从36 km/h减小为0，此过程可视为匀减速直线运动，期间该乘客的脉搏跳动了70次。已知他的脉搏跳动每分钟约为60次，则此过程动车行驶距离约为（ ）
A．216 mB．350 mC．600 mD．700 m
2． 2025年4月24日，在甘肃酒泉卫星发射中心成功发射了搭载神舟二十号载人飞船的长征二号F遥二十运载火箭。若在初始的1 s内燃料对火箭的平均推力约为6×106 N。火箭质量约为500吨且认为在1 s内基本不变，则火箭在初始1 s内的加速度大小约为（重力加速度g取10 m/s2）（ ）
A．2 m/s2B．4 m/s2C．6 m/s2D．12 m/s2
3．如图，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
考情分析：本讲内容在高考中多以选择题的形式出现，但有时也以计算题的形式考查。特别是考查传送带模型、板块模型的综合性题目，那么直线运动部分应用牛顿运动定律解决问题是其中重要的环节。
考点一 运动学规律的综合应用
匀变速直线运动问题常用的六种解题方法
【例1】
4．地铁是城市中重要的交通工具，某城市地铁相邻两站之间的轨道可以看成水平直轨道，某相邻两站之间的距离为912 m。已知地铁列车变速时的最大加速度大小为1.5 m/s2，行驶过程允许的最大速度为24 m/s，列车在每一个站都需要停靠，则地铁列车在这两站之间行驶的最短时间为（ ）
A．35 sB．42 sC．50 sD．54 s
【例2】
5．如图所示，三块由同种材料制成的木块A、B、C固定在水平地面上，一颗水平飞行的子弹以速度v0击中木块A，并恰好能穿过全部木块。假设子弹穿过木块过程中受到的阻力大小不变，下列说法中正确的是（ ）
A．若三块木块的长度相等，则依次穿过三块木块的时间之比为tA∶tB∶tC＝1∶2∶3
B．若三块木块的长度相等，则穿出第二块时的速度为33v0
C．若穿过三块木块所用的时间相等，则三块木块的长度之比为LA∶LB∶LC＝5∶3∶1
D．若穿过三块木块所用的时间相等，则穿出第二块时的速度为13v0
方法技巧
匀变速直线运动的问题的求解思路
6．一辆小汽车在高速公路上正常行驶，驾驶员发现前方较远处有异常情况，立即刹车，车辆匀减速直线行驶经过一段分别标有“0 m”“50 m”“100 m”的标志牌路面。车头到达“0 m”标志牌时开始计时，车头经过“0 m”～“50 m”路段用时2 s，车头经过“50 m”～“100 m”路段用时3 s，下列说法正确的是（ ）
A．车头在“0 m”标志牌处速度大小等于853 m/s
B．车辆加速度大小等于12536 m/s2
C．车头在“50 m”标志牌处速度大小为20 m/s
D．车头在1～3.5 s时间内的位移小于50 m
考点二 动力学规律的综合应用
【例3】
7．如图所示，两个小球A、B悬挂在水平天花板下，并处于静止状态，其中小球A和悬挂点C之间的细线与天花板的夹角为37°，小球B和悬挂点D之间的轻弹簧与天花板之间的夹角为53°，小球A、B之间的细线水平。已知sin 37°＝0.6，sin 53°＝0.8，则剪断小球A、B之间的细线瞬间，小球A与B的加速度大小之比为（ ）
A．16∶15B．15∶16C．3∶4D．4∶3
方法技巧
瞬时加速度问题
8．如图所示，甲、乙两图中A、B两球的质量均相等，图甲中A、B两球用轻质细杆相连，图乙中A、B两球用轻质弹簧相连，均用不可伸长的细绳悬挂在天花板下处于静止状态，重力加速度为g。在烧断两细绳的瞬间，下列说法正确的是（ ）
A．图甲中A球的加速度为2g
B．图甲中B球的受力与烧断细绳前相同
C．图乙中A球的加速度为g
D．图乙中B球的受力与烧断细绳前相同
【例4】
9．2024年底CR450动车组成功下线，其最高速度可超过450公里/小时，再一次让世界为中国高铁惊叹。该动车组由8节车厢组成，其中2、3、6、7号车厢为动力车厢，其余车厢无动力。每节动力车厢所提供驱动力大小均为F，所受阻力大小均为f，各车厢的质量均为m。该列车沿水平直轨道行驶时，下列说法正确的是（ ）
A．若列车匀速行驶，则车厢间作用力均为零
B．若仅启用两节动力车厢匀加速行驶，则加速度大小为F－4f2m
C．若列车动力全开匀加速行驶，则加速度大小为F－2f2m
D．若列车动力全开匀加速行驶，则第3节车厢对第4节车厢的拉力大小为F2
方法技巧
处理连接体问题的方法
【例5】
10．某次服务员用单手托托盘的方式给12 m远处的顾客上菜，要求全程托盘水平，若托盘和碗之间的动摩擦因数为μ1＝0.15，托盘与手间的动摩擦因数为μ2＝0.2①，服务员上菜时的最大速度为3 m/s。假设服务员加速、减速过程中做匀变速直线运动②，且可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力。（设菜品送到顾客处速度恰好为零）重力加速度g取10 m/s2。求：
（1）服务员运动的最大加速度；
（2）服务员上菜所用的最短时间②。
审题指导：
方法技巧
解决动力学两类基本问题的思路
考点三 运动学和动力学图像
1.常规图像
2.常见非常规图像（处理方法：找原始关系式，理解清楚坐标的截距、图线的交点、拐点的物理意义）
【例6】
11．为了测试某种遥控玩具小汽车的性能，生产厂家用两辆完全相同的小车a、b进行测试。t＝0时刻让两玩具小车并排同向行驶，其中小车a做匀加速直线运动，其x-t图像如图甲所示，小车b的x-v2图像如图乙所示，则（ ）
A．t＝0时刻a车的速度大小为1 m/s
B．两车速度相等时相距4 m
C．两车在途中相遇时，b车的速度大小为2 m/s
D．b车停止运动时，a车在其前方12 m处
【例7】
12．如图所示为一款名为“飞天雪王”的玩具，其下半部由轻质弹性网制成。用手下压其头部，弹性网被压缩，松手后“飞天雪王”被竖直弹向空中。以其头部的初始位置为坐标原点、竖直向上为正方向建立x轴。已知弹性网的弹力大小与形变量成正比，不计空气阻力，则在“飞天雪王”向上运动的过程中，其速度v或加速度a随时间t变化的关系图像可能正确的是（ ）
A．B．
C．D．
连接体常见的临界问题
【典例1】
13．如图甲所示，A、B两个物体相互接触，但并不黏合，放置在光滑水平面上。已知mA＝1 kg，mB＝3 kg。从t＝0开始，推力FA和拉力FB分别作用于A、B上，FA和FB随时间的变化规律如图乙所示。则（ ）
A．t＝0.5 s时，A、B间的弹力为2 N
B．t＝1 s时，A、B分离
C．分离时，它们的位移为4.5 m
D．A、B分离时的速度为4 m/s
【典例2】
14．如图甲所示，物块A、B静止叠放在水平地面上，B受到大小从0开始逐渐增大的水平拉力F的作用。A、B间的摩擦力Ff1、B与地面间的摩擦力Ff2随水平拉力F变化的情况如图乙所示。已知物块A的质量m＝3 kg，取重力加速度大小g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是（ ）
A．当0＜F＜4 N时，A、B保持静止
B．当4 N＜F＜12 N时，A、B保持相对静止
C．当F＞12 N时，A的加速度随F的增大而增大
D．A、B两物块间的动摩擦因数为0.4
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【解答】车行驶的时间t＝60s60×70＝70 s，v＝36 km/h＝10 m/s，则行驶距离为x＝v2t＝10m/s2×70 s＝5 m/s×70 s＝350m
故答案为：B
【分析】先根据乘客脉搏跳动次数和频率算出减速运动的时间，再将初速度单位换算为m/s，最后利用匀变速直线运动的平均速度公式计算行驶距离。
2．【答案】A
【知识点】牛顿第二定律
【解析】【解答】根据牛顿第二定律有F-mg＝ma，代入数据解得a＝6×106－5×1065×105 m/s2＝2 m/s2，故A正确
【分析】对火箭进行受力分析，应用牛顿第二定律 合F合=ma 计算加速度。先计算火箭的重力，再求出合外力，最后代入公式求解加速度。
3．【答案】C
【知识点】共点力的平衡；牛顿第二定律
【解析】【解答】A：甲相对木箱向右运动，则甲受到木箱的摩擦力方向向左，由牛顿第三定律可知甲对木箱的摩擦力方向向右，A错误；
B：设乙运动的加速度为a，只有乙有竖直向下的加速度，对甲、乙和木箱，由整体法，竖直方向受力分析有FN＝M总g－ma，可知地面对木箱支持力FN不变，B错误；
CD：对甲，由牛顿第二定律有T－μmg＝ma，对乙，由牛顿第二定律有mg－T＝ma，联立解得甲运动的加速度大小a＝2.5 m/s2，绳子拉力大小T＝7.5 N，C正确，D错误；
【分析】先对甲、乙整体受力分析，由牛顿第二定律求加速度；再隔离乙求绳子拉力；最后分析木箱受力，判断摩擦力方向和地面支持力变化。
4．【答案】D
【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系
【解析】【解答】由于地铁列车在每站都需要停靠，则地铁列车在两站之间一定有加速和减速过程，列车做匀加速和匀减速运动的时间均为t1＝va＝241.5 s＝16 s，匀加速和匀减速过程运动的距离之和s0＝12v×2t1＝384 m，
因为s＞s0，所以列车以最大速度做匀速运动的时间t2＝s－s0v＝912－38424 s＝22 s，列车在两站之间行驶的最短时间t＝2t1＋t2＝54s
故答案为：D。
【分析】要使行驶时间最短，列车应先以最大加速度加速到最大速度，再匀速行驶，最后以最大加速度减速到 0（停靠站点），核心思路是分别计算加速、匀速、减速阶段的时间和位移，再求和得到总时间。
5．【答案】B,C,D
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【解答】A：子弹通过三块由同种材料制成的木块A、B、C，做的是末速度为零的匀减速直线运动，利用逆向思维，则子弹由C经过B向A做初速度为零的匀加速直线运动；根据子弹通过连续相等的位移所用时间之比为1∶(2－1)∶(3－2)，故若三块木块的长度相等，则依次穿过三块木块A、B、C的时间之比为(3－2)∶(2－1)∶1，故A错误；
B：设木块的长度为L，穿出第二块时的速度为v，根据运动学规律有v02＝2a×3L，v2＝2aL，解得v＝33v0，故B正确；
CD：若穿过三块木块所用时间相等，则子弹通过C、B、A的位移之比为1∶3∶5，故三块木块A、B、C的长度之比为LA∶LB∶LC＝5∶3∶1，设穿过第二块时的速度大小为v1，穿过一块木块所用时间为t，则有v0＝3at，v1＝at，解得v1＝13v0，故C、D正确。
【分析】子弹做匀减速直线运动（末速度为 0），可逆向视为初速度为 0 的匀加速直线运动，结合匀变速直线运动的位移、速度、时间规律分析各选项。
6．【答案】A
【知识点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【解答】AB：根据题意可得，车头经过0～50 m路段中间时刻的速度大小为v1＝xt1＝25 m/s，
经过50～100 m路段中间时刻的速度大小为v2＝xt2＝503 m/s，所以加速度大小为a＝v1－v2t1＋t22＝103 m/s2，
所以车头在“0 m”标志牌处速度大小v0＝v1＋at12＝853 m/s，故A正确，B错误；
C：车头在“50 m”标志牌处速度大小为v50＝v1－at12＝653 m/s，故C错误；
D：车头在1～3.5 s时间内的位移为x＝v1t'－12at'2＝25×2.5－12×103×2.52 m＝72.9 m，故D错误。
【分析】利用匀变速直线运动的位移公式和中间时刻瞬时速度等于平均速度的规律，建立方程组求解初速度、加速度，再分析各选项。
7．【答案】A
【知识点】共点力的平衡；牛顿第二定律
【解析】【解答】剪断A、B之间的细线，小球A向下摆动，加速度大小为aA＝gcs 37°＝4g5，剪断细线前，
小球B受力平衡，由平衡条件有kxsin 53°＝mg、kxcs 53°＝TAB，剪断A、B之间的细线瞬间，弹簧弹力大小不变，
小球B水平向右加速，加速度大小为aB＝kxcs53°m＝gtan53°＝3g4，所以剪断小球A、B之间的细线瞬间，
小球A与B的加速度大小之比aA∶aB＝45∶34＝16∶15
故答案为：A。
【分析】先对A、B两球进行静止时的受力分析，求出水平细线的拉力；再分析剪断细线瞬间，绳子和弹簧的弹力变化，分别计算A、B的加速度，最后求比值。
8．【答案】D
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】AB：设两球质量均为m，图甲中，烧断细绳瞬间杆的弹力突变为0，A、B的加速度相同，
设为a，以A、B球组成的整体为研究对象，根据牛顿第二定律得2mg＝2ma，解得a＝g，
B球受到的杆的弹力减为零，故A、B错误；
CD：图乙中，烧断细绳的瞬间弹簧弹力不能突变，所以细绳烧断瞬间，B球受力不变，加速度为零，A球所受合力2mg，加速度为a'＝2mgm＝2g，故C错误，D正确。
【分析】细杆的弹力可以突变，弹簧的弹力不会突变。在烧断细绳瞬间，分别分析甲、乙两图中 A、B 球的受力变化，再由牛顿第二定律计算加速度。
9．【答案】C,D
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】A：当动车组匀速运动时，对整体有4F＝8f，则F＝2f，则根据平衡条件可知第一列车厢有F12＝f，
对于一、二列车厢整体有2f＝F＋F23，可得二、三节车厢间作用力F23＝0，以此类推，
可知F34＝f，F45＝0，F56＝f，F67＝0，F78＝f，则可知各车厢间的作用力不是都为零，故A错误；
B：若仅启用两节动力车厢匀加速行驶，根据牛顿第二定律2F－8f＝8ma，整列车的加速度大小为a＝F－4f4m，故B错误；
C：若列车动力全开匀加速行驶，根据牛顿第二定律4F－8f＝8ma2，整列车的加速度大小为a2＝F－2f2m，故C正确；
D：若列车动力全开匀加速行驶，对后五节车厢整体，根据牛顿第二定律F34'＋2F－5f＝5ma2，解得F34'＝F2，故D正确。
【分析】采用整体法与隔离法结合牛顿第二定律，分析列车在不同动力配置下的受力与运动情况。
10．【答案】（1）解：设碗的质量为m，托盘的质量为M，以最大加速度运动时，碗、托盘、手保持相对静止，由牛顿第二定律得Ff1＝ma1
碗与托盘间相对静止，则Ff1≤Ff1max＝μ1mg
解得a1≤μ1g＝0.15×10 m/s2＝1.5 m/s2
对碗和托盘组成的整体，由牛顿第二定律得Ff2＝（M＋m）a2
手和托盘间相对静止，则Ff2≤Ff2max＝μ2(M＋m)g
解得a2≤μ2g＝0.2×10 m/s2＝2 m/s2
则服务员运动的最大加速度为amax＝1.5 m/s2
（2）解：服务员以最大加速度达到最大速度，然后匀速运动，再以最大加速度减速运动，所需时间最短；加速运动时间为t1＝vmaxamax＝31.5 s＝2 s
加速阶段的位移为x1＝12vmaxt1＝3 m
根据对称性可知减速运动时间为t2＝t1＝2 s
减速阶段的位移为x2＝x1＝3 m
匀速运动的位移为x3＝L－x1－x2＝6 m
匀速运动时间为t3＝x3vmax＝2 s
则最短时间为t＝t1＋t2＋t3＝6 s。
【知识点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律
【解析】【分析】(1) 最大加速度由碗与托盘、托盘与手之间的最大静摩擦力共同限制，分别对碗、碗+托盘两个系统用牛顿第二定律，取两个加速度的最小值。
(2) 最短时间对应先以最大加速度加速到最大速度→匀速→再以最大加速度减速到0的运动模式，分段计算时间后求和。
11．【答案】B,C,D
12．【答案】B
【知识点】牛顿定律与图象
【解析】【解答】在“飞天雪王”向上运动的过程中，一开始弹力大于重力，加速度方向向上（正方向），
随着弹力的减小， “飞天雪王”的合力逐渐减小，“飞天雪王”的加速度逐渐减小；
当弹力等于重力时，“飞天雪王”的加速度为0，“飞天雪王”的速度达到最大；之后弹力小于重力，“飞天雪王”的合力方向向下，且随着弹力的减小，“飞天雪王”的合力逐渐增大，则“飞天雪王”的加速度向下（负方向）逐渐增大，
当“飞天雪王”离开弹性网后，在空中只受重力作用，加速度为重力加速度，保持不变。
根据以上分析可知，在“飞天雪王”向上运动的过程中，先向上做加速度逐渐减小的加速运动，再向上做加速度逐渐增大的减速运动，最后做加速度为g的匀减速运动。
故答案为：B。
【分析】向上运动的过程分为两个阶段：弹性网恢复阶段（弹力存在）和竖直上抛阶段（弹力为0），分别分析加速度和速度的变化规律。
13．【答案】D
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【解答】A：t＝0.5 s时，A、B没有分离，看成一个整体，则有FA＋FB＝(mA＋mB)a，解得a＝2m/s2，隔离A，根据牛顿第二定律，有FA－F'＝mAa，代入数据解得F'＝3 N，故A错误；
B：根据图像可得FA＝6－2t，在0～3 s内FB＝2＋2t，当二者之间的相互作用力恰好为零时即将分离，此时的加速度相等，则有FAmA＝FBmB，即6－2t1＝2+2t3，解得t＝2 s，故B错误；
CD：由以上分析可知分离前的加速度为a＝2 m/s2，分离时，它们的位移为x＝12at2＝12×2×22 m＝4 m，A、B分离时的速度为v＝at＝4 m/s，故C错误，D正确。
【分析】先对 A、B 整体受力分析，得到总合力与加速度；再利用分离条件（A、B 间弹力为 0）求出分离时间，最后计算分离时的位移与速度。
14．【答案】A,B
【知识点】摩擦力的判断与计算；牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【解答】A：当0＜F＜4 N时，由图像可知B与地面的摩擦力逐渐增大，A、B间的摩擦力始终为零，A、B都没被拉动，A、B保持静止，故A正确；
B：当4 N＜F＜12 N时，A、B间的摩擦力开始逐渐变大，B与地面间的摩擦力保持不变，A、B都已经运动，A、B间保持相对静止，故B正确；
C：当F＞12 N时，A、B间的摩擦力大小保持不变，A、B发生了相对滑动，A由滑动摩擦力提供加速度，所以加速度的保持不变，故C错误；
D：当F＝12 N时，A、B即将发生相对滑动，两者间静摩擦力的最大值为Ff1m＝μmg＝6 N，解得A、B两物块间的动摩擦因数为μ＝0.2，故D错误。
【分析】根据摩擦力随拉力 F的变化图像，分三个阶段分析 A、B的运动状态：静止、相对静止一起加速、相对滑动，再结合牛顿运动定律计算各物理量。整体法的选取原则
若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
隔离法的选取原则
若连接体内各物体的加速度不相同，或者要求出系统内两物体之间的作用力
整体法、隔离法的交
替运用
若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求出物体之间的作用力，可以“先整体求加速度，后隔离求内力”
信息提取
信息加工
要求全程托盘水平，若托盘和碗之间的动摩擦因数为μ1＝0.15，托盘与手间的动摩擦因数为μ2＝0.2①
托盘与碗之间，托盘与手之间，均保持相对静止，从而求出服务员最大加速度
服务员上菜时的最大速度为3 m/s。假设服务员加速、减速过程中做匀变速直线运动②
服务员上菜所用的最短时间②
分析得出服务员以最大加速度达到最大速度，然后匀速运动，再以最大加速度减速运动，所需时间最短，分别求出加速时间、匀速时间和减速时间，进而求出最短时间
v-t图像
x-t图像
a-t图像
与坐标轴所围面积
表示这段时间内的位移
无实际物理意义
表示这段时间内速度的变化量
斜率
表示质点运动的加速度
表示质点运动的速度
表示加速度变化的快慢
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－v02＝2ax
得v2＝v02＋2ax
2a
v02
xt-t图像
由x＝v0t＋12at2
得xt＝v0＋12at
12a
v0
a-F图像
由F－μmg＝ma
得a＝Fm－μg
1m
－μg
分离的临界
两个相互接触的物体在分离过程中弹力逐渐减小，在即将分离的瞬间，两物体间还是保持接触但弹力刚好减到零，此时两物体在垂直于接触面的方向上仍然具有相同的加速度
相对滑动的临界
两个相互接触的物体在没有发生相对滑动的过程中静摩擦力逐渐增大，在即将相对滑动的瞬间，两物体间的接触面上静摩擦力刚好达到最大静摩擦力，此时两物体仍然具有相同的加速度