解密02直线运动（讲义）-【高频考点解密】2024高考物理二轮复习讲义（全国通用）

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内容索引
1.匀变速直线运动规律和推论的灵活应用
2.掌握牛顿运动定律的两类问题及其简单应用
3.熟悉图象类型及图象信息应用
1.高考对本章的考查既有选择题也有解答题；
2.命题热点侧重匀变速直线规律及运动的图像等的灵活应用；
3单独考查一个知识点的题目较少，多数题目都同时涉及几个知识点，常与牛顿运动定律、功能关系、电磁学结合对物理思维和能力进行考查。
考点一 匀变速直线运动规律的应用
基本公式的选择与应用：
例1（2021全国甲）如图，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P处，上部架在横杆上。横杆的位置可在竖直杆上调节，使得平板与底座之间的夹角θ可变。将小物块由平板与竖直杆交点Q处静止释放，物块沿平板从Q点滑至P点所用的时间t与夹角θ的大小有关。若由30°逐渐增大至60°，物块的下滑时间t将（ ）
A. 逐渐增大B. 逐渐减小C. 先增大后减小D. 先减小后增大
【答案】D
【解析】设PQ水平距离为L，由运动学公式可知
可得
可知时，t 有最小值，故当从由30°逐渐增大至60°时下滑时间t先减小后增大。
故选D。
例2、【平均速度法】．(2020·潍坊二模)中国自主研发的“暗剑”无人机，时速可超过2马赫．在某次试飞测试中，起飞前沿地面做匀加速直线运动，加速过程中连续经过两段均为120 m的测试距离，用时分别为2 s和1 s，则无人机的加速度大小是( )
A．20 m/s2 B．40 m/s2
C．60 m/s2 D．80 m/s2
解析：第一段的平均速度v1＝eq \f(x,t1)＝eq \f(120,2) m/s＝60 m/s；第二段的平均速度v2＝eq \f(x,t2)＝eq \f(120,1) m/s＝120 m/s，中间时刻的速度等于平均速度，则a＝eq \f(v2－v1,\f(1,2)（t1＋t2）)＝eq \f(120－60,1.5) m/s2＝40 m/s2，故B正确．
答案：B
变式一.如图所示，一小球(可视为质点)沿斜面匀加速下滑，依次经过A、B、C三点．已知AB＝18 m，BC＝30 m，小球经过AB和BC两段所用的时间均为2 s，则小球经过A、B、C三点时的速度大小分别是( )
A．12 m/s，13 m/s，14 m/s
B．10 m/s，14 m/s，18 m/s
C．8 m/s，10 m/s，16 m/s
D．6 m/s，12 m/s，18 m/s
解析：根据Δx＝at2得a＝eq \f(Δx,t2)＝eq \f(30－18,4) m/s2＝3 m/s2，经过B点的瞬时速度等于通过AC段的平均速度，则vB＝eq \f(xAC,2t)＝eq \f(18＋30,4) m/s＝12 m/s，则经过C点的速度vC＝vB＋at＝12 m/s＋3×2 m/s＝18 m/s，
经过A点的速度vA＝vB－at＝12 m/s－3×2 m/s＝6 m/s，故D正确．
答案：D
变式二.一物块(可看成质点)以一定的初速度从一光滑斜面底端A点上滑，最高可滑到C点，已知AB是BC的3倍，如图所示，已知物块从A到B所需时间为t0，则它从B经C再回到B，需要的时间是( )
A．t0 B．eq \f(t0,4)
C．2t0 D．eq \f(t0,2)
解析：由最高可滑至C点，得veq \\al(2,A)＝2a·4xBC，veq \\al(2,B)＝2a·xBC.
所以vA＝2vB，又因为eq \f(vA,2)t＝2xBC，eq \f(vB＋vA,2)t0＝3xBC，解得t＝2t0，故C正确．
答案：C
变式三.(2020·天水质检)(多选)如图所示，一冰壶以速度v垂直进入三个完全相同的矩形区域做匀减速直线运动，且刚要离开第三个矩形区域时速度恰好为零，则冰壶依次进入每个矩形区域时的速度之比和穿过每个矩形区域所用的时间之比分别是( )
A．v1∶v2∶v3＝3∶2∶1
B．v1∶v2∶v3＝eq \r(3)∶eq \r(2)∶1
C．t1∶t2∶t3＝1∶eq \r(2)∶eq \r(3)
D．t1∶t2∶t3＝(eq \r(3)－eq \r(2))∶(eq \r(2)－1)∶1
解析：因为冰壶做匀减速直线运动，且末速度为零，故可以看成反向匀加速直线运动来研究．初速度为零的匀加速直线运动中通过连续三段相等位移的时间之比为1∶(eq \r(2)－1)∶(eq \r(3)－eq \r(2))，故所求时间之比为(eq \r(3)－eq \r(2))∶(eq \r(2)－1)∶1，所以选项C错误，D正确；由v2－veq \\al(2,0)＝2ax可得，初速度为零的匀加速直线运动中通过连续相等位移的速度之比为1∶eq \r(2)∶eq \r(3)，则所求的速度之比为eq \r(3)∶eq \r(2)∶1，故选项A错误，B正确．
答案：BD
变式四.如图所示，甲、乙两车同时由静止从A点出发，沿直线AC运动．甲以加速度a3做初速度为零的匀加速运动，到达C点时的速度为v.乙以加速度a1做初速度为零的匀加速运动，到达B点后做加速度为a2的匀加速运动，到达C点时的速度也为v.若a1≠a2≠a3，则( )
A．甲、乙不可能同时由A到达C
B．甲一定先由A到达C
C．乙一定先由A到达C
D．若a1＞a3，则甲一定先由A到达C
解析：根据速度—时间图线得，若a1＞a3，如图1，因为末速度相等，位移相等，即图线与时间轴所围成的面积相等，则t乙＜t甲．
若a3＞a1，如图2，因为末速度相等，位移相等，即图线与时间轴所围成的面积相等，则t乙＞t甲．通过图线作不出位移相等、速度相等、时间也相等的图线，所以甲、乙不能同时到达．故A正确，B、C、D错误．
考点二 运动图象问题
1.三种基本运动学图象．
2.图象问题的五看．
一看：轴；二看：线；三看：斜率；四看：面积；五看：截距．
3．图象问题的两点注意．
(1)x-t图象和v-t图象描述的都是直线运动，图象不表示物体的运动轨迹．
(2)利用v-t图象分析两个物体的运动时，要注意两个物体的出发点，即注意它们是否从同一位置出发．
4．陌生的图象：要先找图象的函数关系式(根据动力学规律对运动过程列方程，找出两物理量在运动过程中任一位置的关系，分离出因变量即可)，由函数关系式确定截距、斜率等的物理意义．
例1（2021广东卷）赛龙舟是端午节的传统活动。下列和图像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它龙舟在途中出现船头并齐的有（ ）
A. B. C. D.
【答案】BD
【解析】A此图是速度图像，由图可知，甲的速度一直大于乙的速度，所以中途不可能出现甲乙船头并齐，故A错误；
B．此图是速度图像，由图可知，开始丙的速度大，后来甲的速度大，速度图像中图像与横轴围成的面积表示位移，由图可以判断在中途甲、丙位移会相同，所以在中途甲丙船头会并齐，故B正确；
C．此图是位移图像，由图可知，丁一直运动在甲的前面，所以中途不可能出现甲丁船头并齐，故C错误；
D．此图是位移图像，交点表示相遇，所以甲戊在中途船头会齐，故D正确。
故选BD。
变式一.(多选)入冬以来，全国多地多次发生雾霾天气，能见度不足20 m，在这样的恶劣天气中，甲、乙两汽车在一条平直的单行道上，乙在前、甲在后同向行驶．某时刻两车司机同时听到前方有事故发生的警笛提示，同时开始刹车．两辆车刹车时的v-t图象如图，则( )
A．若两车发生碰撞，开始刹车时两辆车的间距一定小于100 m
B．若两车发生碰撞，开始刹车时两辆车的间距一定小于200 m
C．若两车发生碰撞，则一定是在刹车后20 s以内的某时刻发生相撞
D．若两车发生碰撞，则一定是在刹车后20 s以后的某时刻发生相撞
解析：由图可知，两车速度相等经历的时间为20 s，甲车的加速度a1＝eq \f(－25,25) m/s2＝－1 m/s2，乙车的加速度a2＝eq \f(－15,30) m/s2＝－0.5 m/s2，两车速度相等时，甲车的位移x甲＝v甲t＋eq \f(1,2)a1t2＝25×20 m－eq \f(1,2)×1×400 m＝300 m，乙车的位移x乙＝v乙t＋eq \f(1,2)a2t2＝15×20 m－eq \f(1,2)×0.5×400 m＝200 m，可知要不相撞，则两车间的最小距离Δx＝300 m－200 m＝100 m，因为两车发生碰撞，则两车的距离小于100 m，故A正确，B错误；因为速度相等后，若不相撞，两者的距离又逐渐增大，可知两辆车一定是在刹车后的20 s之内的某时刻发生相撞的，故C正确，D错误．
答案：AC
变式二.(多选)一汽车在高速公路上以v0＝30 m/s的速度匀速行驶，t＝0时刻，驾驶员采取某种措施，汽车运动的加速度随时间变化的关系如图所示，以初速度方向为正，下列说法正确的是( )
A．t＝6 s时车速为5 m/s
B．t＝3 s时车速为零
C．前9 s内的平均速度为15 m/s
D．前6 s内车的位移为90 m
解析：0～3 s，汽车做匀减速直线运动，3 s末的速度v3＝v0＋a1t1＝(30－10×3) m/s＝0，B正确；3～9 s，汽车做匀加速直线运动，t＝6 s时速度v6＝a2t2＝5×3 m/s＝
15 m/s，A错误；前3 s内的位移x3＝eq \f(0－veq \\al(2,0),2a1)＝eq \f(0－302,2×（－10）) m＝45 m，3～9 s内的位移x3～9＝eq \f(1,2)a2teq \\al(2,3)＝eq \f(1,2)×5×62 m＝90 m，则前9 s内的位移为x9＝x3＋x3～9＝135 m，平均速度为v＝eq \f(x9,t总)＝eq \f(135,9) m/s＝15 m/s，C正确；3～6 s内的位移x3～6＝eq \f(1,2)a2teq \\al(2,2)＝eq \f(1,2)×5×32 m＝22.5 m，则前6 s内的位移为x6＝x3＋x3～6＝67.5 m，D错误．
答案：BC
考点三 牛顿运动定律两类动力学问题
例1.（2021河北） 机动车礼让行人是一种文明行为。如图所示，质量的汽车以的速度在水平路面上匀速行驶，在距离斑马线处，驾驶员发现小朋友排着长的队伍从斑马线一端开始通过，立即刹车，最终恰好停在斑马线前。假设汽车在刹车过程中所受阻力不变，且忽略驾驶员反应时间。
（1）求开始刹车到汽车停止所用的时间和所受阻力的大小；
（2）若路面宽，小朋友行走的速度，求汽车在斑马线前等待小朋友全部通过所需的时间；
（3）假设驾驶员以超速行驶，在距离斑马线处立即刹车，求汽车到斑马线时的速度。
【答案】（1），；（2）20s；（3）
【解析】（1）根据平均速度
解得刹车时间
刹车加速度
根据牛顿第二定律
解得
（2）小朋友过时间
等待时间
（3）根据
解得
例2（2021广东）算盘是我国古老的计算工具，中心带孔的相同算珠可在算盘的固定导杆上滑动，使用前算珠需要归零，如图所示，水平放置的算盘中有甲、乙两颗算珠未在归零位置，甲靠边框b，甲、乙相隔，乙与边框a相隔，算珠与导杆间的动摩擦因数。现用手指将甲以的初速度拨出，甲、乙碰撞后甲的速度大小为，方向不变，碰撞时间极短且不计，重力加速度g取。
（1）通过计算，判断乙算珠能否滑动到边框a；
（2）求甲算珠从拨出到停下所需的时间。
【答案】（1）能；（2）0.2s
【解析】（1）由牛顿第二定律可得，甲乙滑动时均有
则甲乙滑动时的加速度大小均为
甲与乙碰前的速度v1，则
解得
v1=03m/s
甲乙碰撞时由动量守恒定律

解得碰后乙的速度
v3=0.2m/s
然后乙做减速运动，当速度减为零时则
可知乙恰好能滑到边框a；
（2）甲与乙碰前运动的时间
碰后甲运动的时间
则甲运动的总时间为
变式一、如图所示，一根足够长的水平杆固定不动，一个质量m=2 kg的圆环套在杆上，圆环的直径略大于杆的截面直径，圆环与杆的动摩擦因数μ=0.75.对圆环施加一个与水平方向成θ=53°角斜向上、大小为F=25 N的拉力，使圆环由静止开始做匀加速直线运动(sin 53°=0.8,cs 53°=0.6,g取10 m/s2).求：
(1)圆环对杆的弹力大小；
(2)圆环加速度的大小；
(3)若拉力F作用2 s后撤去，圆环在杆上滑行的总距离．
【解析】(1)分析圆环的受力情况如图甲所示。
将F正交分解，F1=Fcs θ=15 N， F2=Fsin θ=20 N 因G=20 N与F2大小相等，故圆环对杆的弹力为0。
(2)由(1)可知，在拉力F作用下，环不受摩擦力，由牛顿第二定律可知：F合=F1=ma1， 代入数据得a1=7.5 m/s2。
(3)由(2)可知，撤去F时圆环的速度v0=a1t1=15 m/s 拉力F作用2 s的位移x1=12a1t12=
15 m 撤去F后圆环受力如图乙所示
根据牛顿第二定律μmg=ma2得a2=7.5 m/s2
圆环的加速度与速度方向相反，做匀减速直线运动直至静止，取v0方向为正方向，
则v0=15 m/s，a=-7.5 m/s2
由运动学公式可得：撤去F后圆环滑行的位移x2=v2-v022a=15 m 故总位移x=x1+x2=30 m。
变式二、如图所示，某学校趣味运动会上举行推箱子比赛．杨明同学用与水平方向成37°角斜向下的推力F推一个质量为m=20kg的箱子匀速前进，箱子与地面间的动摩擦因数为μ=0.40.求：
(1)推力F的大小；
(2)若人不改变推力F的大小，只把力的方向变为水平，去推静止在水平地面上的箱子，求此时箱子加速度的大小；
(3)当水平推力F作用的时间t=3s后撤去推力，则撤去推力后箱子还能运动多长时间⋅
【解析】(1)物体匀速运动过程中，受到斜向下的推力F、重力mg、支持力FN、摩擦力f，则有：
水平方向：Fcs37°=f；
竖直方向：FN=mg+Fsin37°；
又：f=μFN；
由上面得：F=μmgcs37°-μsin37°=10007N=142.85N；
(2)若人不改变推力F的大小，只把力的方向变为水平，去推静止在水平地面上的箱子，此时有：F-μmg=ma
则a=F-μmgm=10007-8020m/s2=227m/s2=3.14m/s2；
(3)当水平推力F作用的时间t=3s后撤去推力，此时物体的速度为：v=at；
以后运动过程中物体的加速度大小为：a1=μmgm=μg=4m/s2，方向与速度方向相反。
所以物体还能运动的时间为：t1=Δva1=3314s=2.34s。
考点四 整体法与隔离法在动力学问题中的应用
整体法与隔离法应用方法：
例1.（2021全国乙）水平地面上有一质量为的长木板，木板的左端上有一质量为的物块，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、分别为、时刻F的大小。木板的加速度随时间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，物块与木板间的动摩擦因数为，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（ ）
A. B.
C. D. 在时间段物块与木板加速度相等
【答案】BCD
【解析】A．图（c）可知，t1时滑块木板一起刚在从水平滑动，此时滑块与木板相对静止，木板刚要滑动，此时以整体为对象有
故A错误；
BC．图（c）可知，t2滑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
以木板为对象，根据牛顿第二定律，有
解得
故BC正确；
D．图（c）可知，0~t2这段时间滑块与木板相对静止，所以有相同的加速度，故D正确。
故选BCD。
变式一（2021·湖南省二模） 如图所示，2021个完全相同的小球通过完全相同的轻质弹簧（在弹性限度内）相连，在水平拉力F的作用下，一起沿水平面向右运动，设1和2之间弹簧的弹力为，2和3间弹簧的弹力为，……，2020和2021间弹簧的弹力为，则下列结论正确的是（ ）
A. 若水平面光滑，从左到右每根弹簧长度之比为1：2：3：…：2020
B. 若水平面光滑，
C. 若水平面粗糙，的大小无法确定
D. 若水平面粗糙，撤去F的瞬间，第2020号小球的加速度突然反向
【答案】B
【解析】
B．以整体为研究对象，根据牛顿第二定律可得
F=2021ma
解得
以后面的第1、2、3…2020个小球为研究对象，根据牛顿第二定律可得可知
…
则
F1-2：F2-3：……F2020-2021=1：2：3：……2020
故B正确；
A．由胡克定律知F=kx，结合A的分析可知从左到右每根弹簧伸长量之比为
x1-2：x2-3：……x2020-2021=1：2：3：……2020
但弹簧的长度之比不满足1：2：3：…：2020，故A错误；
C．若水平面粗糙，设每个小球受的滑动摩擦力为f，则以整体为研究对象，根据牛顿第二定律可得
F-2021f=2021ma′
解得
以后面的第1、2、3…2020个小球为研究对象，根据牛顿第二定律可得可知
…
则
F′1-2：F′2-3：……F′2020-2021=1：2：3：……2020
故C错误；
D．若水平面粗糙，撤去F的瞬间，第2020号小球所受的两边弹簧的弹力以及摩擦力都不变，则加速度不变，选项D错误。
故选B。
变式二[轻绳连接体模型]（多选）质量分别为M和m的物块形状大小均相同，将它们通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，如图甲所示，绳子平行于倾角为α的斜面，M恰好能静止在斜面上，不考虑M、m与斜面之间的摩擦，若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放M，斜面仍保持静止，则下列说法正确的是( )
A. 轻绳的拉力等于 mg
B. 轻绳的拉力等于Mg
C. M运动的加速度大小为(1-sin2α)g
D. M运动的加速度大小为M-mMg
【答案】AD
【解析】第一次放置时M静止，则由平衡条件可得：Mgsinα=mg，第二次按图乙放置时，对整体，由牛顿第二定律得：Mg-mgsinα=(M+m)a，联立解得：a=(1-sinα)g=M-mMg.对m，由牛顿第二定律：T-mgsinα=ma，解得：T=mg，故AD正确，BC错误．故选：AD
变式三[轻杆连接体模型]如图所示，固定在小车上的支架的斜杆与竖直杆的夹角为θ，在斜杆下端固定有质量为m的小球，下列关于杆对球的作用力F的判断中，不正确的是( )
A. 小车静止时，F=mg，方向竖直向上
B. 小车匀速时，F=mgcsθ，方向垂直杆向上
C. 小车向右匀加速运动，加速度大小为a时，可能有F=masinθ，方向沿着杆斜向上
D. 小车向右匀减速运动，加速度大小为a时，F=(ma)2+(mg)2，方向斜向左上方
【答案】B
【解析】AB、小车静止或做匀速直线运动时，球处于平衡状态，重力mg与F是一对平衡力，由平衡条件可知：F=mg，方向；竖直向上，故A正确，B错误；C、小车向右做匀加速直线运动，如果加速度大小：a=gtanθ时，杆的作用力：F=masinθ，方向：沿杆斜向上，故C正确；D、小车向右做匀减速直线运动，加速度大小为a，由牛顿第二定律，水平方向：Fx=ma，竖直方向：Fy=mg，合力：F=Fx2+Fy2=(ma)2+(mg)2，方向：斜向左上方，故D正确；
适宜选用公式
题目中所涉及的物理量(包括已知量、待求量和为解题设定的中间量)
没有涉及
的物理量
v＝v0＋at
v0、v、a、t
x
x＝v0t＋eq \f(1,2)at2
v0、a、t、x
v
v2－veq \\al(2,0)＝2ax
v0、v、a、x
t
x＝eq \f(v＋v0,2)t
v0、v、t、x
a
x-t图象
图象斜率的大小表示物体运动速度的大小，斜率的正负表示速度的方向
v-t图象
(1)某一点代表此时刻的瞬时速度，时间轴上方速度方向为正，时间轴下方速度方向为负．(2)图象斜率的大小表示物体运动的加速度的大小，斜率的正负表示加速度的方向．(3)图象与时间轴围成的面积代表位移，时间轴上方位移为正，时间轴下方位移为负
a-t图象
图象与时间轴围成的面积表示物体速度的变化量；加速度恒定表示物体做匀变速运动，否则物体做非匀变速运动
三者关系
x-t图象和v-t图象描述的都是直线运动，而a-t图象描述的不一定是直线运动；在图象转换时，必须明确不同图象间相互联系的物理量，必要时还应根据运动规律写出两个图象所描述的物理量间的函数关系式进行分析和判断
两类动力学问题
解决两类基本问题的基本思路
已知受力情况,求物体的运动情况
先受力分析⇒求合外力⇒由牛顿第二定律F=ma⇒求加速度⇒运动学公式⇒求运动有关物理量
已知运动情况,求物体的受力情况
先分析运动情况⇒由运动学公式⇒求加速度⇒由牛顿第二定律F=ma⇒求合外力⇒受力分析⇒受力情况
以加速度为“桥梁”,由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解
适用条件
注意事项
优点
整
体
法
系统内各物体保持相对静止,即各物体具有相同的加速度
只分析系统外力,不分析系统内各物体间的相互作用力
便于求解系统受到的外力
隔
离
法
(1)系统内各物体加速度不相同
(2)要求计算系统内物体间的相互作用力
(1)求系统内各物体间的相互作用力时,可先用整体法,再用隔离法
(2)加速度大小相同,方向不同的连接体,应采用隔离法分析
便于求解系统内各物体间的相互作用力