2025届高考物理二轮复习讲义：专题一 力与运动 第2讲 力与直线运动 【含答案】

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【网络构建】
题型1 直线运动规律综合应用

例1 [2024·慈溪中学模拟] 如图所示,在平直路面上进行汽车刹车性能测试.当汽车速度为v0时开始刹车,先后经过路面和冰面(结冰路面),最终停在冰面上.刹车过程中,汽车在路面与冰面所受阻力之比为7∶1,位移之比为8∶7,则汽车进入冰面瞬间的速度为( )
A.12v0B.13v0
C.18v0D.19v0
【技法点拨】
汽车匀减速到路面的末速度可以视为在冰面上匀减速运动的初速度,根据牛顿第二定律分别计算出两种路面的加速度,结合匀变速直线运动规律,就可以解决问题.
例2 [2024·温州中学模拟] 如图所示,“礼让行人”是城市文明的重要标志.某汽车正以54 km/h的速度行驶在城市道路上,在车头距离“礼让行人”停车线36 m时,驾驶员发现前方有行人通过人行横道,0.4 s后刹车使汽车匀减速滑行.为了使汽车车头不越过停车线停止让行,下列说法中正确的是 ( )
A.汽车刹车后滑行的最大距离为36 m
B.汽车减速的最小加速度为3.75 m/s2
C.汽车用于减速滑行的最长时间为5 s
D.从驾驶员发现行人到汽车停止的过程,汽车平均速度为7.5 m/s
【技法点拨】
汽车礼让行人过程涉及人的反应时间、减速运动有效时间等,可以通过画出v-t图像来审题.
【迁移拓展】
1.[2024·温岭模拟] 2023年11月,我国航母“福建舰”开始弹射实验.飞机航母弹射系统能够使飞机获得一个初速度,从而达到缩短滑行距离的目的.设飞机靠自身引擎获得的加速度为a,没有弹射的情况下,飞机滑行L1的距离达到起飞速度;开启弹射系统,使飞机获得一个初速度v0,飞机滑行L2的距离达到起飞速度.设L1-L2=ΔL,加速度a和起飞速度均为定值,下列关于ΔL的说法正确的是( )
A.ΔL与v0成正比B.ΔL与v02成正比
C.ΔL与v03成正比D.ΔL与v0成正比
2.[2024·舟山模拟] 如图所示,小球从距地面高度h1=1.25 m的A点由静止释放,经地面第一次反弹,竖直上升至最高点B,B点距地面高度h2=0.8 m,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力.下列说法正确的是( )
A.小球在B点处于静止状态
B.小球下降过程处于失重状态,上升过程处于超重状态
C.小球与地面作用过程速度变化量的大小为1 m/s
D.小球下降过程的平均速度大小大于上升过程的平均速度大小
题型2 动力学图像综合问题

1.常见图像
2.非常规图像
例3 [2024·金华模拟] 端午节两个队伍比赛的速度与时间关系图像如图所示,甲在第一段时间内的加速度是在第二段时间内的加速度的2倍,在3t0时刻甲到达终点.下列说法正确的是( )
A.甲、乙两队伍同时出发
B.0~t0内,甲的平均速度大于乙的平均速度
C.甲在t0时刻的速度为v03
D.乙到达终点的时刻为11t012

例4 [2024·台州模拟] 水平地面上质量为1 kg的物块受到同一直线上的水平拉力F1、F2的作用,F1、F2随时间的变化如图所示,已知物块在前2 s内以5 m/s的速度做匀速直线运动,g取10 m/s2,则( )
A.物块与地面间的动摩擦因数为0.2
B.3 s末物块受到的摩擦力大小为4 N
C.5 s末物块受到的摩擦力大小为1 N
D.5 s末物块的加速度大小为3 m/s2


【技法点拨】
处理图像问题的一般流程
【迁移拓展】
1.智能手机安装软件后,可利用手机上的传感器测量手机运动的加速度.带塑胶软壳的手机从一定高度由静止释放,落到地面上,手机传感器记录了手机运动的加速度a随时间t变化的关系如图所示,g为当地的重力加速度.下列说法错误的是( )
A.释放时,手机离地面的高度为12gt12
B.手机第一次与地面碰撞的作用时间为t3-t1
C.手机第一次与地面碰撞中所受最大弹力为自身重力的10倍
D.0~t2内图线与横坐标轴围成的面积中,时间轴下方与上方的面积大小相等
2.[2024·杭州模拟] 浙江省杭州高级中学的某物理兴趣小组研究某物体做匀变速直线运动的xt-t图像如图所示.下列说法正确的是( )
A.物体在t02时的速度为b2
B.阴影部分的面积表示物体在0~t02时间内通过的位移
C.物体在t0时刻回到出发点
D.物体的加速度大小为bt0
参考答案与详细解析
题型1
例1 B [解析] 设汽车进入冰面瞬间的速度为v1,由牛顿第二定律得Ff=ma,则汽车在路面与冰面上运动的加速度大小之比为a1a2=Ff1Ff2=71,由运动学公式,在路面上有v02-v12=2a1x1,在冰面上有v12=2a2x2,其中x1x2=87,解得v1=v03,故B正确.
例2 B [解析] 已知汽车刹车前速度为v0=543.6 m/s=15 m/s,在t1=0.4 s内做匀速运动的位移为x1=v0t1=6 m,则汽车刹车滑行的最大距离为x2=36 m-x1=30 m,故A错误;汽车刹车的最小加速度为amin=v022x2=3.75 m/s2,故B正确;汽车用于减速滑行的最长时间为tmax=v0amin=4 s,故C错误;汽车从发现前方有行人通过人行横道到停下来过程的平均速度满足v=xt≥360.4+4 m/s≈8.18 m/s>7.5 m/s,故D错误.
【迁移拓展】
1.B [解析] 没有弹射的情况下,飞机做初速度为0的匀加速直线运动,设起飞速度为v,由匀变速直线运动速度与位移关系式知v2=2aL1,开启弹射系统,飞机做初速度为v0的匀加速直线运动,则v2-v02=2aL2,由题知L1-L2=ΔL,则ΔL=v22a-v2-v022a=12av02,可知ΔL与v02成正比,故B正确.
2.D [解析] 小球在B点处只受到重力,合力方向向下,所以小球在B点处于完全失重状态,故A错误;小球下降过程做自由落体运动,加速度等于重力加速度,处于完全失重状态,上升过程的加速度也等于重力加速度,仍处于完全失重状态,故B错误;小球从距地面高度h1=1.25 m的A点由静止释放,做自由落体运动,到地面时速度为v1=2gℎ1=5 m/s,经地面第一次反弹后,竖直上升至最高点B,B点距地面高度h2=0.8 m,则小球做匀减速直线运动,从地面反弹的速度为v2=-2gℎ2=-4 m/s,所以小球与地面作用过程速度变化量为Δv=v2-v1=-9 m/s,即速度变化量大小为9 m/s,故C错误;小球下降过程的平均速度大小为v1=v1+02=2.5 m/s,上升过程的平均速度大小为v2=v2+02=2 m/s,所以小球下降过程的平均速度大小大于上升过程的平均速度大小,故D正确.
题型2
例3 C [解析] 由图可知乙队伍出发t02时间后,甲队伍才出发,甲队伍比乙队伍晚出发,故A错误;v-t图像与横坐标轴围成的面积表示位移,0~t0内,甲图像与横坐标轴围成的面积小于乙图像与横坐标轴围成的面积,乙的位移较大,而所用时间相同,所以甲的平均速度小于乙的平均速度,故B错误;设甲在t0时刻的速度为v,则甲在第一段时间内的加速度为a1=vt0-t02=2vt0,甲在第二段时间的加速度为a2=v0-v3t0-t0=v0-v2t0,已知a1=2a2,解得甲在t0时刻的速度为v=v03,故C正确;两支队伍比赛的路程为x=v2t0-t02+v+v02(3t0-t0)=1712v0t0,乙加速阶段的位移为x1=v02t0,设乙到达终点的时刻为t,则v0(t-t0)=x-x1,解得乙到达终点的时刻为t=2312t0,故D错误.
例4 C [解析] 在0~2 s内物块做匀速直线运动,则滑动摩擦力Ff=F1-F2=3 N,物块与地面间的动摩擦因数μ=Ffmg=31×10=0.3,选项A错误;2 s后物块做匀减速直线运动,加速度a=F合m=6−5−31 m/s2=-2 m/s2,则速度减为0需要的时间t=0−va=0−5-2 s=2.5 s,即4.5 s末速度减为零,3 s末物块受到的摩擦力仍为滑动摩擦力,大小为3 N,5 s末物块受到的摩擦力为静摩擦力,大小为6 N-5 N=1 N,选项C正确,B错误;物块停止后,因F1、F2两个力的差值小于最大静摩擦力,故物块不再运动,即5 s末物块的加速度为零,选项D错误.
【迁移拓展】
1.C [解析] 由图可知,t1时刻手机开始接触地面,则0~t1内手机做自由落体运动,释放时,手机离地面的高度为h=12gt12,故A正确;由图可知,t1时刻手机开始接触地面,t3时刻手机开始离开地面,则手机第一次与地面碰撞的作用时间为t3-t1,故B正确;由图可知,t2时刻手机的加速度最大,且方向竖直向上,根据牛顿第二定律可得F-mg=m·10g,解得F=11mg,即手机第一次与地面碰撞中所受最大弹力为自身重力的11倍,故C错误;由图可知,t2时刻手机的加速度最大,此时手机受到地面的弹力最大,手机处于最低点,手机的速度为零,则0~t2时间内手机的速度变化量为零,根据a-t图像与横轴围成的面积表示速度变化量,可知0~t2内图线与横坐标轴围成的面积中,时间轴下方与上方的面积大小相等,故D正确.
2.C [解析] 物体做匀变速直线运动,根据运动学公式有x=v0t-12at2,整理得xt=-12at+v0,可知xt-t图像的斜率为k=-a2,纵截距为b=v0,由图像可知k=-bt0,解得物体的加速度大小为a=2bt0,初速度为v0=b,根据速度与时间关系式v=v0-at,代入数据得在t02时的速度为0,故A、D错误;物体初速度为b,在t02时的速度为0,则0~t02时间内的平均速度为b2,所以0~t02时间内物体的位移为x=b2·t02=bt04,图中阴影部分的面积S=12b+b2·t02=3bt08,因此阴影部分的面积并不表示物体在0~t02时间内通过的位移,故B错误;物体的加速度大小为a=2bt0,初速度为v0=b,则有x=bt-bt0t2,当t=t0时,x=0,即物体在t0时刻回到出发点,故C正确.
【关键能力】
熟练应用匀变速直线运动规律及其相关结论.理解牛顿第二定律,会分析处理两类动力学问题,掌握传送带、板块等常见直线运动的模型.会应用整体法与隔离法进行受力和运动分析,会应用多种运动图像处理多过程问题.
主要内容
考查知识点
匀变速直线运动规律及其重要结论、自由落体及竖直上抛运动、追及相遇问题、运动图像综合分析与牛顿第二定律及动能定理等综合
两种物理思想
逆向思维、极限思想
两个易错
易混点
(1)物体做加速或减速运动取决于速度与加速度方向间的关系
(2)“刹车”问题要先判断刹车时间,再分析计算
追及问题
临界条件
速度相等时是距离最大或最小的临界条件,速度大追速度小的有最小间距(或碰撞、反超),速度小的追速度大的有最大间距
应用牛顿第二
定律解决匀变
速直线运动问
题的一般思路
抓住两个分析,即受力情况分析和运动情况分析,必要时要画运动情景示意图.对于多运动过程问题,一定要找准转折点,特别是转折点的速度
常见图像
斜率k
面积
两图像交点
x-t图像
速度v
表示相遇
v-t图像
加速度a
位移x
不表示相遇,表示此时速度相等,往往是距离最大或最小的临界点
a-t图像
速度变
化量Δv
表示此时加速度相等
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=2ax+v02
2a
v02
xt-t图像
由x=v0t+12at2,得xt=12at+v0
12a
v0
a-F图像
由F-μmg=ma,得a=1mF-μg
1m
-μg