/Uk力與直線運動

【備考指南】L勻變速直線運動及其公式、圖像和牛頓第二定律是高考考查

的核心考點之一，同時輔以力的合成和分解，考題更具綜合性。2.未來命題會

更注重聯(lián)系生產(chǎn)生活實際，考題更具應(yīng)用性和創(chuàng)新性，加強對考生構(gòu)建物理模

型及提取信息能力的考查。3.備考過程應(yīng)重視“板塊”模型的強化訓(xùn)練。

突破點一勻變速直線運動規(guī)律

1.解答勻變速直線運動的常用技巧

2

(1)基本公式法：戈=依+，產(chǎn)；v-Vo=2ax0

(2)重要推論法：岑=苧利用平均速度求瞬時速度)；隼=PP；Ax=aN(用

逐差法求加速度)。

(3)逆向思維法：“勻減速至速度為0的過程”可逆向處理為“由靜止開始做勻

加速運動的過程”。

(4)圖像法：利用以圖像或XY圖像求解。

(5)比例法：初速度為0的勻變速直線運動規(guī)律。

2.應(yīng)注意的兩類運動問題

⑴剎車問題：對于剎車問題，應(yīng)先判斷車停下所用的時間，再選擇合適的公式

求解，常用逆向思維法。

(2)雙向可逆類運動：全過程加速度的大小和方向均不變，故求解時可對全過程

列式，但需注意X、久a等矢量的正負(fù)及物理意義。

3.處理追及相遇問題的三種方法

判斷追上與否的

0=v/條件

過程分析法甲乙、

求解二者間距離

極值的條件

Ax=x乙+xo—x甲為關(guān)于/的二次函數(shù)，當(dāng)/=一/時有極值，

函數(shù)法

V\V2

令A(yù)x=O,利用A=A2—4ac判斷有解還是無解，是追上與追

■*-------%0-------*■

不上的條件

1/27

畫出々圖像，圖線與，軸所圍面積表示位移，利用圖像更直

圖像法

觀

［典例1］（體育運動中的位移問題）（2024?安徽示范高中5月聯(lián)考）在杭州第19

屆亞運會田徑項目賽場上，機器狗承擔(dān)了拾撿和運輸器材的任務(wù)。某次運輸過

程中，機器狗檢測到前方有一位站立不動的工作人員，為了避免相撞，機器狗

立即做勻減速直線運動直至停止。已知其減速后第1s內(nèi)的位移是最后1s內(nèi)位

移的5倍，且這兩段位移的差值為0.4m,則機器狗開始減速后（）

A.運動的總時間為3s

B.加速度大小為0.4Hi4

C.總位移大小為6.4m

D.初速度大小為2.4m/s

A［根據(jù)運動的逆過程有xi：x?=l：5,因為xi：X2：x3=l：3：5,所以/總=3

s,故A正確；由AxuZaT2,可得a=0.2m/s2,故B錯誤；總位移大小為x=|at^

=0.9m,故C錯誤；初速度大小為/總=0.6m/s,故D錯誤。］

【教師備選資源】

（2023?山東卷）如圖所示，電動公交車做勻減速直線運動進(jìn)站，連續(xù)經(jīng)過火、S、

T三點,已知S7間的距離是RS的兩倍，KS段的平均速度是10m/s,S7段的

平均速度是5m/s,則公交車經(jīng)過7點時的瞬時速度為（）

7尸R////>S///////力T//,

A.3m/sB.2m/s

C.1m/sD.0.5m/s

C［根據(jù)題意，設(shè)KS間的距離為s,則ST間的距離為2s,設(shè)火點速度為%,

S點速度為⑹7點速度為打,加速度為a,根據(jù)運動學(xué)公式，有憂-vl=2as,

語-小=2aX2s,根據(jù)在勻變速直線運動中平均速度等于初、末速度的平均值,

有力”=1m/s,"s；"r=5m/s,聯(lián)立解得%=1m/s,C正確。］

［典例2］（汽車剎車問題）（2024?四川成都10月測試）自駕游是目前比較流行的

旅游方式，在人煙稀少的公路上行駛，司機會經(jīng)常遇到動物過公路的情形。一

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輛汽車正在以%=20m/s的速度勻速行駛，突然發(fā)現(xiàn)公路上有三只小動物，司

機馬上剎車，假設(shè)剎車過程汽車做勻減速直線運動，加速度大小為4Ui*,剎車

時小動物與汽車的距離約為55m,以下說法正確的是（）

A.汽車勻減速6s末的速度大小為4m/s

B.勻減速運動的汽車一定撞上小動物（假設(shè)小動物靜止）

C.汽車第2s末的速度大小為10m/s

D.汽車剎車后第4s末到第6s末的位移大小為2m

D［根據(jù)題意，由公式1/+加，代入以=20m/s,a=-4m/s2,t^=0,解得

/=5s,可知汽車在剎車5s后停止運動，則6s末汽車速度為0,故A錯誤；由

A項分析可知，汽車在剎車5s后停止運動，根據(jù)公式代入數(shù)據(jù)

解得x=50m,汽車剎車行駛50m停下，小于55m,則汽車沒有撞上小動物，

故B錯誤；根據(jù)題意，由公式片區(qū)+0,代入數(shù)據(jù)解得2s末車速H=12m/s,

故C錯誤；汽車剎車減速5s停止，第4s末到第6s末的位移可看成第5s末反

向初速度為0的勻加速直線運動加速1s的位移，根據(jù)公式xi=：|a|釬，代入數(shù)

據(jù)解得xi=2m,故D正確。］

［典例3］（追及相遇問題）（2024?青島市高三年級第一次適應(yīng)性考試）氣象臺某

日發(fā)布大霧黃色預(yù)警，交警提示雨霧天氣開車出行注意保持安全車距。其間在

濱海大道同一直線車道上，一轎車和一貨車正同向勻速行駛，轎車在前、貨車

在后，/=0時，轎車發(fā)現(xiàn)前方有險情立即剎車。為避免兩車相撞，2s后貨車也

開始剎車，圖甲和圖乙分別是轎車與貨車位置隨時間變化的圖像，兩圖中曲線

均為拋物線。已知轎車勻速行駛的速度為10m/s,司機反應(yīng)時間忽略不計，下

列說法正確的是（）

A.轎車加速度大小為2m/s?

B.當(dāng)f=7s時，兩車速度大小相等

3/27

C.若4=28m,則兩車恰好沒有相撞

D.若沒有相撞，則兩車相距最近時貨車的位移為48m

C［由于題圖甲、乙中曲線均為拋物線，則兩車剎車后均做勻變速直線運動，

由題圖甲可知，轎車在Af轎=10s內(nèi)減速的位移為Ax轎=50m,又/轎=10m/s,

由位移一時間公式有Ax轎=/Mt新一）轎（Af轎產(chǎn),代入數(shù)據(jù)解得轎車的加速度大

小為a#=1m",A錯誤；由題圖乙可知貨車勻速行駛的速度大小為/貨=籌=當(dāng)

m/s=14m/s,又貨車在Af貨=7s內(nèi)減速的位移為Ax貨=49m,則由位移一時間

公式有心貨=/貨Af貫一F，代入數(shù)據(jù)解得a貨=2m/?,設(shè)/=/（）時兩車共

速，則有/轎-a轎力=/貨一a優(yōu)價一A。，解得“=8s,即，=8s時，兩車速度大

小相等，B錯誤；兩車恰好沒有發(fā)生碰撞的瞬間，兩車的速度相同，結(jié)合B項

分析有d=/山+/￡為一A/）一京貨（力一Arp—（v轎如一封轎喘），解得d=28m,

C正確；若兩車沒有相撞，則兩車速度相同時，相距最近，所以相距最近時貨車

的位移s貨=/貨A/+/貨（加一A。一夕貨（勿一Af）2=76m,D錯誤。］

反思感僭勻變速直線運動問題的求解思路

突破點二牛頓運動定律的應(yīng)用

考向1瞬時加速度問題

1.解題依據(jù)：當(dāng)物體所受合外力發(fā)生變化時，加速度也隨著發(fā)生變化，而物體

運動的速度不能發(fā)生突變。

2.兩種基本模型的特點

4/27

①剛性繩（或接觸面）模型：這種不發(fā)生明顯形變就能產(chǎn)生彈力的物體，剪斷（或

脫離）后，形變恢復(fù)幾乎不需要時間，故認(rèn)為彈力可以立即改變或消失。

②彈簧（或橡皮繩）模型：此種物體的特點是形變量大，形變恢復(fù)需要較長時間，

在瞬時問題中，在彈簧（或橡皮繩）的自由端連接有物體時其彈力的大小不能突變,

往往可以看成是瞬間不變的。

3.基本方法

①分析原狀態(tài)（給定狀態(tài)）下物體的受力情況，明確各力大小。

②分析當(dāng)狀態(tài)變化時（燒斷細(xì)線、剪斷彈簧、抽出木板、撤去某個力等），哪些力

變化，哪些力不變，哪些力消失（被剪斷的繩、彈簧中的彈力、發(fā)生在被撤去物

體接觸面上的彈力都立即消失）。

③分析物體在狀態(tài)變化后所受的合外力，利用牛頓第二定律求出瞬時加速度。

［典例4］（牛頓第二定律的瞬時性）如圖所示，兩個質(zhì)量均為陽的金屬小球拴在

輕質(zhì)橡皮筋的兩端，橡皮筋的中點固定在紙盒底部的正中間，小球放在紙盒口

邊上?，F(xiàn)讓紙盒從一定高度自由下落，小球被橡皮筋拉回盒中并能發(fā)生碰撞。

不計空氣阻力，重力加速度為g,則釋放紙盒的瞬間（）

A.橡皮筋的彈力為0

B.小球加速度大小等于重力加速度g

C.紙盒加速度大小小于重力加速度g

D.橡皮筋對紙盒的作用力大小等于2”唔

D［釋放紙盒的瞬間，橡皮筋的形變還沒有來得及變化，單根橡皮筋彈力等于

小球的重力〃唔，故A錯誤；釋放紙盒的瞬間，橡皮筋彈力仍為〃唔，小球的加

速度等于0,故B錯誤；設(shè)紙盒的質(zhì)量為V,釋放前，手對紙盒的作用力為（M

+2m）g,方向豎直向上，設(shè)橡皮筋對紙盒的作用力為凡對紙盒由受力平衡得廠

+Mg=（M+2m）g,所以橡皮筋對紙盒的作用力尸=2〃唔，釋放的瞬間，橡皮筋

的形變還沒有來得及變化，橡皮筋對紙盒的作用力仍為2?tg,方向豎直向下，

故D正確；釋放的瞬間，紙盒所受合力為歹.=歹+吸=（2加+必且，由牛頓第

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二定律可得紙盒的加速度。=仔=誓2>g,故c錯誤。］

口考向2動力學(xué)兩類基本問題

解決動力學(xué)兩類基本問題的思路

一

確

定

研

究

對

象

一

［典例5］(牛頓第二定律和運動學(xué)規(guī)律)(2024?山東卷)如圖所示，固定的光滑斜

面上有一木板，其下端與斜面上N點的距離為工木板由靜止釋放，若木板長

度為L,通過N點的時間間隔為AA；若木板長度為2上，通過N點的時間間隔為

AhoA/2:4人為()

A.(V3-1)：(V2-1)

B.(V3-V2)：(V2-1)

C.(V3+1)：(V2+1)

D.(V3+V2)：(V2+1)

A［對木板由牛頓第二定律可知木板的加速度不變，木板從靜止釋放到下端到

達(dá)N點的過程，有2=/。拾，木板從靜止釋放到上端到達(dá)N點的過程，當(dāng)木板

長度為L時，有2工=，。釬，當(dāng)木板長度為22時，有3L=1a%,又一加,

\t2=t2~t0,聯(lián)立解得Af2：41=(6一1)：(魚一1),A正確。］

口考向3連接體問題

1.整體法與隔離法的選用技巧

命題情境方法選擇

若連接體內(nèi)各物體具有相同的加速度，且不需要求

整體法

物體之間的作用力

若連接體內(nèi)各物體的加速度不相同，或者需要求出

隔離法

系統(tǒng)內(nèi)物體之間的作用力

6/27

若連接體內(nèi)各物體具有相同的加速度，且需要求出

物體之間的作用力，可以先整體求加速度，后隔離整體法、隔離法交替運用

求內(nèi)力

2.連接體問題中常見的臨界條件

常見情境臨界條件

接觸或脫離時彈力EN=0

相對滑動時靜摩擦力達(dá)到最大值

繩子斷裂/松弛時張力等于繩子最大承受力/人=0

速度達(dá)到最值時加速度為0

［典例6］（連接體問題）如圖月斤示，傾角為。=37。的光滑斜面體底端固定一擋板，

質(zhì)量為陽、2M的物體尸、。用勁度系數(shù)為A的輕質(zhì)彈簧連接并置于斜面體上，t

=0時刻在物體P上施加一水平外力F,使物體P沿斜面體向上以恒定的加速度

g做勻加速直線運動，經(jīng)過一段時間物體。剛好與擋板分離，已知重力加速度為

g,sin37°=0.6o則下列說法正確的是（）

A.，=0時，擋板所受壓力的大小為0.6〃唔

B.彈簧恢復(fù)原長時水平外力的大小為1.6/Hg

C.物體。剛好與擋板分離時，水平外力的大小為2.75〃唔

D.經(jīng)時間再，物體Q剛好與擋板分離

D［，=0時，彈簧不會發(fā)生突變，擋板所受壓力大小不變，擋板所受的壓力大

小為E\=3Mgsin?解得八=l.8/wg,選項A錯誤；彈簧恢復(fù)原長時，對物體

P由牛頓第二定律得Mcos〃一/wgsin口=用用又〃=g,解得/i=2/wg,選項B

錯誤；物體。剛好與擋板分離時，對物體。有T=2Mgsin?此時對物體P由

牛頓第二定律得方zcosa—7—Mgsin〃=陽4,代入數(shù)據(jù)解得歹2=3.5/wg,選項C

錯誤；設(shè)開始彈簧的壓縮量為羽，對物體P有陽gsina=Axi,解得xi=也言之,

物體2剛好與擋板分離時，設(shè)彈簧的伸長量為X2,有T=kxi,解得刈=咨皿,

7/27

物體尸的位移為X=X1+X2=^^,由公式X=|g,得/=后,解得，=工嘿,選

項D正確。］

【教師備選資源】

（多選）（2023?湖南卷）如圖所示，光滑水平地面上有一質(zhì)量為2m的小車在水平

推力歹的作用下加速運動。車廂內(nèi)有質(zhì)量均為陽的N、6兩小球，兩球用輕桿

相連，N球靠在光滑左壁上，5球處在車廂水平底面上，且與底面的動摩擦因數(shù)

為"，桿與豎直方向的夾角為仇桿與車廂始終保持相對靜止。假設(shè)最大靜摩擦

力等于滑動摩擦力。下列說法正確的是（）

A.若6球受到的摩擦力為0,貝！|F=2?igtan，

B.若推力廠向左，且tan，W",則F的最大值為2〃唔tan，

C.若推力F向左，且"<tan則歹的最大值為4〃唔（2"-tan〃）

D.若推力F向右，且tan0>2",則F的范圍為4?zg（tan，-2"）<戶<4〃唔（tan0

+24）

CD［分析題目的三個關(guān)鍵前提：①對小車和N、5兩小球構(gòu)成的整體，根據(jù)牛

頓第二定律可知尸=4M詼②對N、6兩個小球構(gòu)成的整體，豎直方向上小車對

4、B的關(guān)特力,即對5的支持力N=2/Hg;③對N和6分別受力分析時桿的作

用力始終沿桿。若6球受到的摩擦力為零，對5球受力分析，如圖甲所示，可

知Focos0=N—mg,Fosin0=ma,解得a=gtan0,則F=4mgtan0,A錯誤；

K

mgFo

甲

若推力F向左，則系統(tǒng)加速度水平向左，對N球受力分析，如圖乙所示，可知

在豎直方向始終滿足Ficos，=/Mg,則當(dāng)八=0時，N有最大加速度

aAm9則Esin〃=陽o/m,解得?m=gtan仇對B球受力分析，如圖丙所示，可

知

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mg

乙

f

當(dāng)時，B有最大加速度asm9Fi=Fi9"?2mg—FisinO=maBm9解得劭m

=(2"—tan0)g9若tan貝I班即Fm=4maAm=4mgtan8,B錯誤；

若"Vtan貝4即居i=4陽劭m=4/ng(2"—tan8),C正確；若推力

歹向右，則系統(tǒng)加速度水平向右，對力球分析可知歹2=R,

cosB

mg

丙

對5球受力分析，如圖丁所示，可知尸2=正2,若/="N向左，則b2sin，一〃N

=M〃min,〃min=(tan夕一2")g,解得Enin=4Mg(tan，一2"),若/="N向右，則

Fisin3+fiN=mamax9amax=(tan0+lfi)g9解得Enax=4/wg(tan夕+2"),D正確。

K]

mgF2

T

突破點三運動學(xué)圖像和動力學(xué)圖像

1.兩關(guān)注一橫坐標(biāo)、縱坐標(biāo)

(1)確認(rèn)橫、縱坐標(biāo)對應(yīng)的物理量各是什么，坐標(biāo)軸物理量的單位不能忽視。

(2)注意橫、縱坐標(biāo)是否從零刻度開始。

2.三理解—斜率'面積'截距

(1)圖線的斜率：通常能夠體現(xiàn)某個物理量的大小、方向及變化情況。

(2)面積：由圖線和橫坐標(biāo)軸圍成的面積，有時還要用到縱坐標(biāo)軸及圖線上的一

個點或兩個點到橫坐標(biāo)軸的垂線段所圍圖形的面積，一般都能表示某個物理量。

(3)截距：圖線在縱坐標(biāo)軸及橫坐標(biāo)軸上的截距。

3.三分析—交點'轉(zhuǎn)折點、漸近線

(1)交點：往往是解決問題的切入點，此交點表示有相等的物理量。

(2)轉(zhuǎn)折點：滿足不同的函數(shù)關(guān)系式，對解題起關(guān)鍵作用，此點前、后圖線的斜

率不同。

9/27

⑶漸近線：往往可以利用漸近線求出該物理量的極值。

［典例7］（運動學(xué)中的圖像問題）杭州第19屆亞運會智能場館的設(shè)計融入智能化

比賽、數(shù)字賽道等高科技，其中在田徑和游泳賽道上應(yīng)用機器人相機拍攝。機

器人相機和運動員從同一地點同一方向由靜止同時出發(fā)，其位移x隨速度的平

方沙變化的關(guān)系圖像如圖所示，其中甲是運動員的位移x隨速度的平方P變化

的關(guān)系圖像，乙為機器人相機的位移k隨速度的平方d變化的關(guān)系圖像，以下

判斷正確的是（）

A.運動員做勻變速直線運動，機器人相機做勻速直線運動

B.運動員和機器人相機在巧處再次相遇

C.機器人相機從開始運動到速度達(dá)到修時所需的時間,=%

D.運動員和機器人相機從開始運動到位移相等的過程中平均速度也相等

C［根據(jù)公式，-畸=2依變形可得x=3?2一卷又二者的初速度以=0,則

凡由題圖可得力為圖線斜率，甲斜率減小，乙斜率不變，機器人相機的

加速度不變，運動員的加速度逐漸增大，A錯誤；結(jié)合題圖和A項分析可畫出

兩者的V-t圖像如圖所示，兩者在X1處速度相同，需要的時間不同，所以兩者

在不同時間到達(dá)xi,故在xi處未相遇，B錯誤；機器人相機的運動是勻變速運

動，根據(jù)的=生手力可得，=魯，C正確；兩者到xi處需要的時間不同，，甲大

于建，因此在該過程中兩者的平均速度萬甲〈方乙，D錯誤。

方法技行用函數(shù)思想分析非常規(guī)圖像

圖像反映了兩個變量（物理量）之間的函數(shù)關(guān)系，因此要由運動學(xué)公式推導(dǎo)出兩個

物理量間的函數(shù)關(guān)系，以此來分析圖像的斜率、截距、面積等的物理意義。如:/

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圖像：由可得:=以+扣,縱截距為口，斜率為、"-X圖像：由小一畸

=2ox可得（/=畸+2依，圖像斜率為2a。

【教師備選資源】

（2023?全國甲卷）一小車沿直線運動，從f=0開始由靜止勻加速至/=力時刻，

此后做勻減速運動，至h=/2時刻速度降為0。在下列小車位移X與時間，的關(guān)系

曲線中，可能正確的是（

D［選項中圖像皆為x-f圖像，x-f圖像中圖線各點切線斜率絕對值表示該點的

瞬時速度大小。由題意可知，小車初速度為0,0?。時間內(nèi)小車做勻加速運動,

根據(jù)公式片at,可知小車速度增大，所以圖像斜率增大，力?打時間內(nèi)小車做勻

減速運動，圖像斜率減小，f=f2時刻速度降為0,故D正確。］

［典例8］（動力學(xué)中的圖像問題）（多選）（2024.吉林卷）一足夠長木板置于水平地

面上，二者間的動摩擦因數(shù)為"。，=0時，木板在水平恒力作用下，由靜止開始

向右運動。某時刻，一小物塊以與木板等大、反向的速度從右端滑上木板。已

知f=0至h=4fo的時間內(nèi)，木板速度,隨時間，變化的圖像如圖所示，其中g(shù)

為重力加速度大小。，=4為時刻，小物塊和木板的速度相同。下列說法正確的是

()

A.小物塊在/=3h時刻滑上木板

11/27

B.小物塊和木板間的動摩擦因數(shù)為2“

C.小物塊與木板的質(zhì)量比為3：4

D./=4%之后小物塊和木板一起做勻速運動

ABD［由題圖可知，/=3力時木板的速度開始減小，說明小物塊在，=3力時滑上

木板，A正確；以圖像斜率的絕對值表示加速度大小，則0?3力時間內(nèi)，木板

的加速度大小為“1=下詈=/喀，，=3%時木板的速度大小為H=ai,3to=^gto,

結(jié)合題意可知，f=3力時小物塊以ygfo的速度水平向左滑上木板，，=4”時小物

塊與木板共速，大小為｝唔力，方向水平向右，則與木板共速前，小物塊的加速

度大小（2"的）=2點,設(shè)小物塊的質(zhì)量為陽，小物塊與木板間的動摩

擦因數(shù)為對小物塊由牛頓第二定律得47Mg聯(lián)立解得/=2",B正確；

設(shè)木板的質(zhì)量為V,0?3力時間內(nèi)，對木板由牛頓第二定律有方一"吸=八九11,

解得尸=|/Wg,3fo?4勿時間內(nèi)，木板的加速度大小々2=王"匕上四=/zg,由牛

頓第二定律可得F—〃（Af+〃，）g=-M?2,解得ZM：A/=1：2,C錯誤；t

=4加時，小物塊與木板速度相同，假設(shè)f=4力后小物塊與木板不相對滑動，則

小物塊和木板整體受到F和地面的摩擦力/作用，由于/=〃"+??應(yīng)="吸=/,

則整體受力平衡，小物塊與木板之間無摩擦力，假設(shè)成立，所以，=4為之后小物

塊和木板一起做勻速運動，D正確。］

【教師備選資源】

1.（多選）（2023?全國甲卷）用水平拉力使質(zhì)量分別為陽甲、陽乙的甲、乙兩物體

在水平桌面上由靜止開始沿直線運動，兩物體與桌面間的動摩擦因數(shù)分別為〃甲

和〃乙。甲、乙兩物體運動后，所受拉力廠與其加速度a的關(guān)系圖線如圖所示。

由圖可知（）

0a

A.m甲乙B.m甲乙

C."甲V"乙D."甲〉"乙

BC［對水平面上的物體根據(jù)牛頓第二定律有尸一整理得歹

12/27

/intg,則F-a圖像中圖線的斜率A=/M,截距為由題中F-a圖像可知左甲>A

匕，則zw甲>〃，匕，A錯誤，B正確；由題F-a圖像可知兩圖線的截距相同，則“甲

mag,因為nt甲〉/所以"甲乙，C正確，D錯誤。］

2.侈選）（2023?湖北卷尸=0時刻，質(zhì)點尸從原點由靜止開始做直線運動，其加

速度a隨時間，按圖示的正弦曲線變化，周期為2力。在0?3力時間內(nèi)，下列說

法正確的是（）

A.，=2力時，尸回到原點

B.f=2力時，P的運動速度最小

C./=為時，尸到原點的距離最遠(yuǎn)

D.，=|力時，尸的運動速度大小與，=%）時相同

BD［在aY圖像中圖線與時間軸圍成圖形的面積表示速度大小，故利用a-f圖像

畫出入，圖像，如圖所示，可知B、D正確；在人/圖像中圖線與時間軸圍成的

圖形的面積表示位移大小，則質(zhì)點P一直向前運動，2%?4為重復(fù)此過程的運動，

可知3力時刻質(zhì)點P離原點最遠(yuǎn)，A、C錯誤。

多防亂九

,，隨圜蠅▼?臨考預(yù)測，名師押題?

1.（高考熱點?彈簧連接運動）（2024?湖北十一校5月聯(lián)考）物塊尸、。中間用一

根輕質(zhì)彈簧相連，放在光滑水平面上，物塊尸的質(zhì)量為2kg,如圖甲所示。開

始時兩物塊均靜止，彈簧處于原長，，=0時對物塊P施加水平向右的恒力F,t

=ls時撤去，在0?1s內(nèi)兩物塊的加速度隨時間變化的情況如圖乙所示。整個

運動過程中以下說法正確的是（）

1.0

0.8

Q

0It/s

乙

13/27

A.f=ls時，物塊。的速度大小為0.4m/s

B.恒力1大小為1.6N

C.物塊。的質(zhì)量為0.5kg

D.撤去推力后，物塊P、。最終將一起做勻加速直線運動

C［若0?1s內(nèi)。的加速度均勻增大，則，=ls時，。的速度大小等于也=

|X1XO.8m/s=0.4m/s,由題圖可得實際。的圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積大于Q

的加速度均勻增大時圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積，故，=1s時。的速度大小大于

0.4m/s,A錯誤；剛施加力F瞬間，對物塊尸有歹=〃0＞的=2*1N=2N,即恒

力大小為2N,B錯誤；/=ls時，對物塊尸、。整體有b=（Mp+〃2Q）ai,解得

陽°=0.5kg,C正確；撤去外力，整體所受合力為0,P、。間靠彈簧相互作用，

一個加速則另一個必然減速，D錯誤。］

2.（熱點模型——“傳送帶模型”）（多選）如圖甲所示，小物塊從左側(cè)滑上勻速率

轉(zhuǎn)動的足夠長的水平傳送帶，其位移與時間的變化關(guān)系如圖乙所示。圖線的0?

3s段為拋物線，3s?4.5s段為直線，下列說法正確的是（）

A.傳送帶沿逆時針方向轉(zhuǎn)動

B.小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)〃=0.1

C.小物塊剛放上傳送帶時的速度大小為4m/s

D.0~4.5s內(nèi)物塊在傳送帶上留下的痕跡長為9m

ACD［根據(jù)題圖可知，物塊最后返回出發(fā)點，可知傳送帶逆時針轉(zhuǎn)動，選項A

正確；根據(jù)圖像可知，2s末物塊的速度減為0,該時間內(nèi)物塊對地的位移大小

為xi=4m,此后物塊將反向加速，通過圖像可知，在3s末物塊與傳送帶達(dá)到

共速，加速階段的位移大小為X2=lm,根據(jù)位移與時間的關(guān)系有Xl=D（）ti-

2

X2=：a%，其中4=2s,t2=ls,解得刈=4m/s,a=2m/s,而根據(jù)牛

頓第二定律，對物塊有“股且二〃〃，解得〃=0.2,選項B錯誤，C正確；根據(jù)乙

14/27

中圖像斜率的絕對值表示速度的大小可知，傳送帶的速度大小為k=2m/s,則

小物塊與傳送帶達(dá)到共速前的這段時間內(nèi)傳送帶的位移大小為4=0=6m,由

此可得0-4.5s內(nèi)物塊在傳送帶上留下的痕跡長為AX=XI+X3—X2=4m+6m—

1m=9m,選項D正確。］

3.(熱點情境?體育娛樂活動)(2024?1月九省聯(lián)考吉林'黑龍江卷)滑雪是我國

東北地區(qū)冬季常見的體育運動。如圖(a)所示，在與水平面夾角，=14.5。的滑雪道

上，質(zhì)量陽=60kg的滑雪者(含裝備)先采用兩滑雪板平行的滑雪姿勢(此時雪面

對滑雪板的阻力可忽略)，由靜止開始沿直線勻加速下滑xi=45m,之后采取兩

滑雪板間成一定角度的滑雪姿勢，通過滑雪板推雪獲得阻力，勻減速繼續(xù)下滑

X2=15m后停止。已知sin14.5。=0.25,01137。=0.6,取重力加速度g=10m",

不計空氣阻力。

(1)求減速過程中滑雪者加速度?的大小；

(2)如圖(b)所示，若減速過程中兩滑雪板間的夾角a=74。，滑雪板受到沿雪面且

垂直于滑雪板邊緣的阻力均為萬，求F的大小。

［解析］(1)由靜止開始沿直線勻加速下滑的過程有2aixi=d,mgsin0=mai

代入數(shù)據(jù)得k=15m/s,勻減速繼續(xù)下滑的過程有2OX2=1

代入數(shù)據(jù)得a=7.5m/s2o

(2)若減速過程中兩滑雪板間的夾角a=74。，

根據(jù)牛頓第二定律有Zbsin^-mgsin0=ma

解得b=500N。

［答案］(1)7.5m/s2(2)500N

專題限時集訓(xùn)(二)力與直線運動

［A組基礎(chǔ)保分練］

15/27

1.（2024?九省聯(lián)考河南卷）如圖所示，在平直路面上進(jìn)行汽車剎車性能測試。

當(dāng)汽車速度為（4時開始剎車,先后經(jīng)過路面和冰面（結(jié)冰路面）,最終停在冰面上。

剎車過程中，汽車在路面與在冰面所受阻力之比為7：1,位移之比為8：7。則

汽車進(jìn)入冰面瞬間的速度為（）

—?Vo

路面冰面

A.為B.C.?D.?

Z3o9

B［設(shè)汽車在路面與在冰面所受阻力分別為力、力，加速度分別為由、?2,汽車

進(jìn)入冰面瞬間的速度為H,由牛頓第二定律尸則汽車在路面與在冰面上運

動的加速度大小之比為也="=：,由運動學(xué)公式，在路面上有畸-說=2aixi,

在冰面上有說=2g：2,其中*解得汽車進(jìn)入冰面瞬間的速度為故

冗273

選B。］

2.（2024?1月九省聯(lián)考廣西卷）2023年11月，在廣西舉辦的第一屆全國學(xué)生（青

年）運動會的自行車比賽中，若甲、乙兩自行車的々圖像如圖所示，在，=0時

刻兩車在賽道上初次相遇，貝!|（）

A.0?%內(nèi)，乙的加速度越來越大

B.人時刻，甲、乙再次相遇

C.0?4內(nèi)，甲、乙之間的距離先增大后減小

D.4?h內(nèi)，甲、乙之間的距離先減小后增大

D［々圖像的斜率表示加速度，由題圖可得，0?人內(nèi)乙圖線的斜率逐漸變小,

即加速度減小，故A錯誤；々圖像與時間軸圍成的面積表示位移，由題圖可知

在立時刻，乙的位移大于甲的位移，即此時乙在甲前面，故B錯誤；修，圖像與

16/27

時間軸圍成的面積表示位移，由題圖可得，0?九時間內(nèi)乙圖線與時間軸所圍的

面積與甲圖線與時間軸所圍的面積之差一直增大，即甲、乙的位移差一直增大，

甲、乙之間的距離一直增大，故C錯誤；由B選項可得，〃時刻乙在甲前面，力?

打由題圖可知/甲＞/匕，則甲會追上乙，并超越乙到乙的前面，即力?打甲、乙之

間的距離先減小到甲追上乙，后甲超越乙到乙的前面，甲、乙的距離再增大，

故D正確。故選D。］

3.(多選)(2024?湖南益陽質(zhì)檢)如圖(a)所示，某同學(xué)用智能手機拍攝物塊從臺

階旁的斜坡上自由滑下的過程，物塊運動過程中的五個位置N、B、C,)、E及

對應(yīng)的時刻如圖(b)所示。已知斜坡是由長為d=0.6m的地磚拼接而成，且N、

C、E三個位置物塊的下邊緣剛好與磚縫平齊。貝()()

A.物塊由N運動至E的時間為0.6s

B.位置，與位置。間的距離為1.30m

C.物塊在位置D時的速度大小為2.25m/s

D.物塊下滑的加速度大小為1.875m/s2

CD［由題圖(b)中各個位置對應(yīng)時刻可知，相鄰位置的時間間隔T=0.40s,故

NE的時間間隔為1.6s,選項A錯誤；NC段與CE段的時間間隔均為27=0.80

s,xcE-XAC=3d—d=2d,又XCE—xxc=a(27)2,解得。=1.875m",選項D正

確；物塊在位置。時速度。=霽=2.25m/s,選項C正確；由助=口+。?37

得物塊在N位置速度g=0,則位置N、。間距離為X4D=%*=L35m,選項

2a

B錯誤。故選CD。］

4.(2024?3月福州市高三質(zhì)量檢測)滑塊以一定的初速度沿傾角為，的粗糙斜面

從底端上滑，到達(dá)最高點6后返回到底端，N點為途中的一點。利用頻閃儀分

17/27

別對上滑和下滑過程進(jìn)行拍攝，頻閃照片示意圖分別如圖甲、圖乙所示。若滑

塊與斜面間動摩擦因數(shù)處處相同，均為“，不計空氣阻力，重力加速度為g。對

比兩圖，下列說法正確的是（）

A.滑塊上滑和返回過程的運動時間相等

B.滑塊運動的加速度大小之比為a甲：a乙=16：9

C.滑塊過N點時的速度大小之比為打甲：以乙=3：4

D.fi=—tan0

B［根據(jù)題圖可知，題圖甲中有3個時間間隔，題圖乙中有4個時間間隔，則

滑塊上滑與下滑的時間之比，甲：屋=3：4,A錯誤；根據(jù)初速度為零的勻加速

直線運動的位移一時間公式x=|aZ2結(jié)合A項分析可知，滑塊運動的加速度大小

之比a甲：a匕=?:ti=16:9,B正確；對題圖甲的逆過程分析有戌申=2a^XBA,

JT/IT

對題圖乙過程分析有說y=2a乙x%則匆=隹=匕C錯誤；滑塊上滑過程，

4乙。乙（0乙3

由牛頓第二定律有陽gsincos〃=陽4甲，滑塊下滑過程，由牛頓第二定律

有mgsinO—pmgcosO=ma匕，聯(lián)立并結(jié)合B項分析解得“=五tan0,D錯誤。］

5.（2024?1月九省聯(lián)考吉林'黑龍江卷）如圖所示，質(zhì)量均為陽的物塊甲、乙

靜止于傾角為，的固定光滑斜面上，二者間用平行于斜面的輕質(zhì)彈簧相連，乙緊

靠在垂直于斜面的擋板上。給甲一個沿斜面向上的初速度，此后運動過程中乙

始終不脫離擋板，且擋板對乙的彈力最小值為0,重力加速度為g。擋板對乙的

彈力最大值為（）

A.2mgsin0

18/27

C.4mgsin0D.5mgsin0

C［物塊甲運動至最高點時，擋板對乙的彈力最小值為0,對乙有F彈i=〃9sin

0,對甲有J^i+ntgsin物塊甲運動至最低點時，根據(jù)對稱性有尸彈21

mgsinO=ma,對乙受力分析，擋板對乙的彈力最大值為人=歹彈z+w/gsin，=

4mgsin0,故選Co］

6.（2024?廣東卷）如圖所示，輕質(zhì)彈簧豎直放置，下端固定，木塊從彈簧正上

方H高度處由靜止釋放。以木塊釋放點為原點，取豎直向下為正方向，木塊的

位移為y,所受合外力為E運動時間為人忽略空氣阻力，彈簧在彈性限度內(nèi)。

關(guān)于木塊從釋放到第一次回到原點的過程中。其F少圖像或y-f圖像可能正確的

是（）

B［在木塊下落〃高度之前，木塊所受合外力為木塊的重力保持不變，即歹=

mg,當(dāng)木塊接觸彈簧后到合力為零前，根據(jù)牛頓第二定律有—H）,

隨著j增大F減?。划?dāng)彈簧彈力大于木塊的重力后到最低點過程中有尸=〃。一

H）—mg,木塊所受合外力向上，隨著y增大F增大，故F少圖像如圖所示，故

B正確，A錯誤；

19/27

同理，在木塊下落〃高度之前，木塊做勻加速直線運動，根據(jù))=?產(chǎn)，速度逐

漸增大，所以y-f圖像斜率逐漸增大；當(dāng)木塊接觸彈簧后到合力為零前，根據(jù)牛

頓第二定律知歹=〃唔一〃。一切，木塊的速度繼續(xù)增大，做加速度減小的加速運

動，所以y-f圖像斜率繼續(xù)增大；當(dāng)彈簧彈力大于木塊的重力后到最低點過程中

F=k(y—H)—mg,木塊所受合外力向上，木塊做加速度增大的減速運動，所以

y-t圖像斜率減?。坏竭_(dá)最低點后，木塊向上運動。經(jīng)以上分析可知，木塊先做

加速度恒定的加速運動，再做加速度減小的加速運動，再做加速度增大的減速

運動，再做加速度減小的加速運動，再做加速度增大的減速運動，最后做勻減

速直線運動到最高點，yT圖像大致如圖所示，故C、D錯誤。故選B。

7.(2024?1月九省聯(lián)考安徽卷)如圖所示，相距/=2.5m的兩平臺位于同一水

平面內(nèi)，二者之間用傳送帶相接。傳送帶向右勻速運動，根據(jù)需要設(shè)定驅(qū)動系

統(tǒng)的速度大小k=lm/So質(zhì)量陽=10kg的貨物(可視為質(zhì)點)放在距傳送帶左側(cè)

1m處的P點，右側(cè)平臺的人通過一根輕繩用恒力F=40N水平向右拉貨物。

已知貨物與平臺間的動摩擦因數(shù)"1=0.2,貨物與傳送帶間的動摩擦因數(shù)"2=0.5,

假設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g取lOm"。求：

(1)貨物運動到傳送帶左端時的速度大小；

(2)貨物在傳送帶上運動的時間。

［解析］(1)根據(jù)牛頓第二定律得貨物在左端平臺上時加速度為的=±譽=2

m/s2

20/27

由運動學(xué)規(guī)律有說=2訪$1,5i=lm

解得貨物運動到傳送帶左端時的速度大小為

%=2m/So

(2)由于14>匕故可知貨物滑上傳送帶后受到的摩擦力方向向左，此時加速度為

。2=勺/坦=-1m/s2

m

故貨物開始做勻減速運動，設(shè)經(jīng)過時間/2與傳送帶共速，得/2=U=1S

a2

該段時間貨物位移為52=歿42=1.5m

由于〃2Mg>F,則共速后貨物勻速運動，設(shè)再經(jīng)過時間均到達(dá)傳送帶右端，得打

=-1—S2-=1/S

V

故貨物在傳送帶上運動的時間為t=ti+t3=2So

［答案］(1)2m/s(2)2s

［B組能力提分練］

8.成都至宜賓高鐵是全國“八縱八橫”高速鐵路通道之“京昆通道”的重要組

成部分，也是川西、西北至昆明快速客運鐵路大通道的重要組成部分。為了保

證行車安全，某高鐵在經(jīng)過鐵道橋時的最高時速為片216km/h,高鐵長度約為

/o=2OOm,若該高鐵正以%=324km/h的速度勻速行駛，高鐵恰好按規(guī)定通過

長為L=1600m的鐵道橋后立即加速到原來的速度，已知高鐵減速所用的時間

為加速時間的2倍，且加速和減速的總時間為90s,假設(shè)加速和減速階段的加速

度恒定。則下列說法正確的是()

A.高鐵減速時的加速度大小為1m4

B.高鐵從減速到恢復(fù)到原來的速度所用的總時間為113.3s

C.高鐵從減速到恢復(fù)到原來的速度通過的距離為8150m

D.與沒有鐵道橋相比，耽誤的時間為25s

D［設(shè)高鐵減速的時間為力、勻速時間為打、加速的時間為打，減速和加速的加

速度大小分別為高鐵減速的時間為人=上匕高鐵加速的時間為13="?,

ala2

又，1+，3=，，加=2,3,代入數(shù)據(jù)解得41=0.5m/s?，42=1m/s?,A錯誤；高鐵通過

鐵道橋所用的時間為打="包="喏"s=30s,所以高鐵從減速到通過鐵道橋

v60

21/27

后加速到原來的速度所用的總時間為，總=fl+f2+f3=120s,B錯誤；高鐵減速

的位移XI=^N-=4500m,高鐵加速的位移為％3=警2=2250m,所以高鐵

從減速到恢復(fù)到原來的速度通過的距離為X=XI+L+/O+X3=8550m,C錯誤；

（另解：高鐵減速的位移為的=巧匕1=4500m,高鐵加速的位移為招=當(dāng)43=2

250mo）若沒有鐵道橋，高鐵應(yīng)以（4=90m/s的速度勻速通過8550m,此過程

所需的時間為〃=工=當(dāng)建s=95s,有鐵道橋耽誤的時間為4=九*—〃=120s—

95s=25s,D正確。］

9.（2024?北京市東城區(qū)高三期末）在地鐵某路段的隧洞墻壁上，連續(xù)相鄰地掛

有相同的廣告畫，畫幅的寬度為0.8m,在列車行進(jìn)的某段時間內(nèi)，由于視覺暫

留現(xiàn)象，車廂內(nèi)的人向窗外望去會感覺廣告畫面是靜止的。若要使人望向窗外

時，看到的是畫中的蘋果做自由落體運動，則這段時間內(nèi)（人眼的視覺暫留時間

取0.05s,重力加速度g取10m/s2）（）

A.列車的車速為8m/s

B.隧洞墻壁上每幅畫中蘋果所在的位置可連成拋物線

C.隧洞墻壁上相鄰兩幅畫中蘋果之間的高度差都相等

D.隧洞墻壁上連續(xù)相鄰兩幅畫中蘋果之間的高度差不相等，依次相差5cm

B［當(dāng)列車經(jīng)過相鄰兩幅畫的時間間隔為0.05s時，車廂內(nèi)的人會感覺廣告畫面

是靜止的，所以列車的速度（/==：=耗m/s=16m/s,A錯誤；以勻速行駛的列

車為參考系時，畫中的蘋果做自由落體運動，則以地面為參考系時畫中的蘋果

做平拋運動，因此隧洞墻壁上每幅畫中蘋果所在的位置可連成拋物線，B正確；

根據(jù)勺=gN可得隧洞墻壁上連續(xù)相鄰兩幅畫中蘋果之間的高度差的差值為勺

=gr=10X（0.05）2m=2.5cm,C、D錯誤。］

10.（多選）（2024?3月南昌市高三第一次模擬檢測）如圖甲所示，水平地面上有

一長木板，將一小物塊放在長木板上，給小物塊施加一水平外力F,已知長木板

及小物塊的加速度?隨外力F的變化關(guān)系如圖乙所示。已知最大靜摩擦力等于

滑動摩擦力，重力加速度為g,以下說法正確的是（）

22/27

A.小物塊與長木板間的動摩擦因數(shù)”=亍

B.長木板與地面間的動摩擦因數(shù)"2=手

C.小物塊的質(zhì)量卅="

D.長木板的質(zhì)量拉=生生

BCD［根據(jù)題圖乙分析可知，當(dāng)歹=Fi時，地面與木板間的摩擦力達(dá)到最大，

即有歷="2(河+陽欣，當(dāng)歷時，物塊和木板一起加速運動，由牛頓第二

定律有F—fi2(M+m)g=(M+m)a,變形得a=匯W；F—〃喏，對比題圖乙可知

=盧丁，〃2g=ao,解得"2=曳，B正確；當(dāng)b=用時，物塊與木板間的摩擦力

達(dá)到最大，即有五3—41陽且=陽例，當(dāng)時，物塊與木板發(fā)生相對滑動，對物

塊由牛頓第二定律有/一"i/wg=M4,變形得對比題圖乙可知，'

=-^-,解得陽=生以，結(jié)合B項分析解得兇=生芻，C、D正確；根據(jù)以上

尸3一尸2?1?1

分析可知"=總=普工，A錯誤。］

11.(2024?濟南市高三學(xué)習(xí)質(zhì)量檢測)2023年10月23日，中國選手奪得杭州亞

殘運會女子3km自行車個人追逐賽冠軍。杭州亞殘運會自行車賽道為周長L=

250m的橢圓，如圖(a)所示，兩點為橢圓賽道短軸的兩端點，比賽開始后，

甲、乙兩名選手分別從V、N兩點同時出發(fā)，由靜止加速到速率最大的過程中，

甲、乙兩名選手的速率隨時間變化的規(guī)律分別如圖(b)、圖(c)所示，兩選手均在

達(dá)到最大速率后以最大速率騎行。

(1)求甲選手的騎行路程為82.5m時的速率；

(2)通過計算判斷甲選手在騎行前兩圈過程中能否追上乙選手。

23/27

2；/(m-s-1)

(b)(c)

［解析］(1)由題圖(b)可知0?10s時間內(nèi)甲的朝?行路程為

si=F^X10m=40m<82.5m

10~20s時間內(nèi)甲的馴■行路程為

?2=-y^X10m=90m>82.5m—si

則甲的騙行路程為82.5m時處于10~20s時間內(nèi)，

10~20s時間內(nèi)甲速率的變化率為

"1=彳/m/s2=0.2m/s2

則由運動學(xué)規(guī)律可知

S-Sl=

解得，=5s,f=-85s(舍去)

由運動學(xué)規(guī)律可知，甲選手的騎■行路程為82.5m時的速率為(/=%+〃/

解得片9m/So

(2)結(jié)合題圖(b)、題圖(c)可知甲、乙運動過程中速率相等時的速率矽=10m/s,

又0?40