1、专题一力与运动第二讲 力与直线运动近三年全国卷考情统计高考必备知识概览常考点全国卷全国卷全国卷匀变速直线运动的规律2019T18速度时间图象问题2018T192018T18动力学问题2018T152017T242019T20传送带和板块问题2017T251(2019全国卷)如图，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，离地后重心上升的最大高度为 H.上升第一个H4所用的时间为 t1，第四个H4所用的时间为 t2.不计空气阻力，则t2t1满足()A1t2t12 B2t2t13C3t2t14 D4t2t15题眼点拨“上升最大高度为 H”说明可利用逆向思维，将竖直上抛运动等效为逆向的自由落体运动；可利用
2、h12gt2 求出 t1、t2 表达式进行比值求解解析：本题应用逆向思维求解，即运动员的竖直上跳运动可等同于从一定高度处开始的自由落体运动，所以第四个H4所用的时间为 t22H4g，第一个H4所用的时间为 t12Hg 234Hg，因此有t2t112 323，即 3t2t14，选项 C 正确答案：C2(多选)(2019全国卷)如图(a)，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平t0 时，木板开始受到水平外力 F 的作用，在 t4 s 时撤去外力细绳对物块的拉力 f 随时间 t 变化的关系如图(b)所示，木板的速度 v与时间 t 的关系如图(c)所示
3、木板与实验台之间的摩擦可以忽略重力加速度取 10 m/s2.由题给数据可以得出()A木板的质量为 1 kgB2 s4 s 内，力 F 的大小为 0.4 NC02 s 内，力 F 的大小保持不变D物块与木板之间的动摩擦因数为 0.2题眼点拨“木板与实验台之间的摩擦可以忽略”说明木板在水平方向上仅受外力 F 与物块对其的摩擦力；由图(b)判断 F 与 f 变化情况，由图(c)知木板在02 s 内处于静止状态，且可求 24 s，45 s 内的加速度，从而利用牛顿第二定律求得木板质量解析：由题图(c)可知木板在 02 s 内处于静止状态，再结合题图(b)中细绳对物块的拉力 f 在 02 s 内逐渐增大
4、，可知物块受到木板的摩擦力逐渐增大，故可以判断木板受到的水平外力 F 也逐渐增大，选项 C 错误；由题图(c)可知木板在 24 s 内做匀加速运动，其加速度大小为a10.4042 m/s20.2 m/s2，在 45 s 内做匀减速运动，其加速度大小为 a20.40.254 m/s20.2 m/s2，另外由于物块静止不动，同时结合题图(b)可知物块与木板之间的滑动摩擦力 Fff，故对木板进行受力分析，由牛顿第二定律可得 FFfma1、Ffma2，解得 m1 kg、F0.4 N，选项 A、B 正确；由于不知道物块的质量，所以不能求出物块与木板之间的动摩擦因数，选项 D 错误答案：AB3(2018全
5、国卷)如图所示，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块 P，系统处于静止状态，现用一竖直向上的力 F 作用在 P 上，使其向上做匀加速直线运动，以 x 表示 P 离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示 F 和 x 之间关系的图象可能正确的是()题眼点拨 施加力 F 前“系统处于静止状态”说明物块 P 所受的重力与弹簧的弹力相等；“力 F 作用在P 上，使其向上做匀加速直线运动”说明物块 P 的加速度不变解析：设物块静止时弹簧的压缩量为 x0，未施加力 F时物块 P 静止，则有 kx0mg.有力 F 时 P 向上做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得 Fmgk(x0 x)ma，解得 Fm
6、a kx，对比题给的四个图象，可能正确的是 A.答案：A4(多选)(2018全国卷)甲、乙两汽车在同一条平直公路上同向运动，其速度时间图象分别如图中甲、乙两条曲线所示已知两车在 t2 时刻并排行驶，下列说法正确的是()A.两车在 t1 时刻也并排行驶B.t1 时刻甲车在后，乙车在前C.甲车的加速度大小先增大后减小D.乙车的加速度大小先减小后增大题眼点拨“两车在 t2 时刻并排行驶”说明在 t2时刻前乙车在前；由图象的斜率知两车加速度均先减小后增大解析：已知两车在 t2 时刻并排行驶，v-t 图象包围的面积代表运动的位移，可知在 t1 时刻甲车在后，乙车在前，故 A 错误，B 正确；图象的斜率表
7、示加速度，所以甲和乙的加速度均先减小后增大，故 C 错误，D 正确答案：BD5(多选)(2018全国卷)甲、乙两车在同一平直公路上同向运动，甲做匀加速直线运动，乙做匀速直线运动甲、乙两车的位置 x 随时间 t 的变化如图所示下列说法正确的是()A在 t1 时刻两车速度相等B0 到 t1 时间内，两车走过的路程相等Ct1 到 t2 时间内，两车走过的路程相等Dt1 到 t2 时间内的某时刻，两车速度相等题眼点拨“甲乙两车在同一平直公路上同向运动，甲做匀加速直线运动，乙做匀速直线运动”说明了两车运动情况；由图象知交点代表相遇解析：位移时间图象的斜率代表速度的大小，在 t1时刻乙车的速度大，故 A
8、错误；交点代表相遇(达到同一位置)，0 到 t1 时间内，乙车的路程大，故 B 错误；t1 到t2 时间内，两车路程相等，存在某一时刻，两图线斜率相等，两车速度相等，故 C、D 正确答案：CD命题特点与趋势1近几年高考对本讲的考查比较全面，题型以选择题为主，也涉及较为综合的计算题匀变速直线运动的规律、运动学图象问题、牛顿运动定律的应用是命题的热点2借助“传送带”“平板车”“滑块木板”模型，综合考查牛顿运动定律、受力分析、运动过程分析的计算题，会成为高考中的压轴性题目3以“机车运动”“追及相遇”为背景的实际问题也会成为高考命题的热点，应引起足够重视解题要领1解答运动学公式与牛顿第二定律综合应用的
9、问题，需要注意两个关键点(1)两分析物体受力情况分析，同时画出受力示意图；物体运动规律分析，同时画出运动情境图(2)两个桥梁加速度是联系运动和力的桥梁；速度是各物理过程相互联系的桥梁2解决图象类问题要紧紧抓住两个方面(1)要明白 x-t、v-t 图象的特点及区别；(2)要将物体的运动图象转化为物体的运动模型考点 1 匀变速直线运动的规律1记牢匀变速直线运动的“四类公式”2掌握处理匀变速直线运动的四种方法(1)公式法：根据题目要求，应用基本公式直接求解(2)推论法：如果条件允许，应用 vvt2v0v2，v2v202ax，xaT2等推论求解问题，可快速得出答案(3)比例法：根据初速度为零的匀变速直
10、线运动的比例关系式求解(4)逆向思维法：匀减速直线运动到速度为零的过程，可认为是初速度为零的反向匀加速直线运动的逆过程(2019珠海模拟)从离地H高处自由下落小球a，同时在它正下方H处以速度v0竖直上抛另一小球b，不计空气阻力，有：()(1)若v0 gH，小球b在上升过程中与a球相遇(2)若v0 gH，小球b在下落过程中肯定与a球相遇(3)若v0gH2，小球b和a不会在空中相遇(4)若v0 gH，两球在空中相遇时b球速度为零A只有(2)是正确的 B(1)(2)(3)是正确的C(1)(3)(4)是正确的D(2)(4)是正确的题眼点拨“正下方”说明沿同一直线运动；“相遇”说明两球位移之和为H.解析
11、：设相遇时间为t1，根据位移关系有：v0t112gt2112gt21H，得：t1Hv0；设b球的上升时间为t2，有：t2 v0g，若小球b在上升过程中与a球相遇，则有：t1t2，得：v0 gH，故(1)正确；若小球b在下落过程中肯定与a球相遇，则要求t2t12t2，即gH2v0gH，故(2)错误；若小球b和a不会在空中相遇，则要求t12t2，即v0gH2，故(3)正确；若两球在空中相遇时b球速度为零，就是在b球上升到最高点时，两球相遇应有：t1t2，即v0gH，所以(4)正确，故C正确，A、B、D错误答案：C解答运动学问题的基本思路对点训练1(2019徐州模拟)一辆公交车在平直的公路上从A站出
12、发运动至B站停止，经历了匀加速、匀速、匀减速三个过程，设加速和减速过程的加速度大小分别为a1、a2，匀速过程的速度大小为v，则()A增大a1，保持a2、v不变，加速过程的平均速度不变B减小a1，保持a2、v不变，匀速运动过程的时间将变长C增大v，保持a1、a2不变，全程时间变长D只要v不变，不论a1、a2如何变化，全程平均速度不变解析：匀变速运动的平均速度为：vv0v2，则加速运动过程的平均速度等于 v2，v不变则加速过程的平均速度不变，故A正确；匀加速、匀速、匀减速三个过程的位移分别为x1 12 vt1、x2vt2、x3 12 vt3，如果减小a1，保持a2、v不变，则加速过程的时间t1va
13、1将增大，加速过程的位移x1增大，而减速的时间和位移不变，所以匀速的位移将减小，匀速的时间减小，故B错误；作出物体运动的速度图象如图甲所示：增大v，保持a1、a2不变，运动的时间将减小，故C错误；同理如图乙所示，v不变，a1、a2变化，则全程的时间将会发生变化，全程平均速度变化，故D错误所以A正确，B、C、D错误答案：A2(2019常德模拟)甲车以10 m/s的速度在平直的公路上匀速行驶，乙车以4 m/s的速度与甲车同向做匀速直线运动，甲车经过乙车旁边开始以0.5 m/s2的加速度刹车，从甲车刹车开始计时，求：(1)乙车在追上甲车前，两车相距最大的距离；(2)乙车追上甲车所用的时间解析：(1)
14、设甲车的起始速度为v1，乙车的起始速度为v2，在乙车追上甲车之前，当两车速度相等时两车间的距离最大，设此时经历的时间为t1，则由v2v1at1得t1v2v1a4 m/s10 m/s0.5 m/s212 s，此时甲车的位移x1v1t112at211012 m120.5122 m84 m，乙车的位移x2v2t1412 m48 m，所以两车间的最大距离xx1x284 m48 m36 m；(2)设经过时间t乙车追上甲车，此时两车的位移相同则有v2tv1t12at2，代入数据解得t24 s，甲车刹车到停止所需的时间tv1a 20 s.所以乙车在甲车停止运动后才追上甲车，应根据v212ax2，x2v2t，
15、代入数据解得t25 s.答案：(1)36 m(2)25 s考点2 图象问题1v-t图象提供的信息2处理力学图象问题的思路(1)明确是什么性质的图象，看纵横两轴表示的物理量(2)分析图线的意义，提取图象的关键信息(3)将物体的运动过程与图象对应起来(4)较复杂的图象，可通过列解析式的方法进行判断(2019浙江卷)甲、乙两物体零时刻开始从同一地点向同一方向做直线运动，位移时间图象如图所示，则在0t1时间内()A甲的速度总比乙大B甲、乙位移相同C甲经过的路程比乙小D甲、乙均做加速运动题眼点拨“同一地点向同一方向做直线运动”说明甲乙物体做的是单向直线运动；图线交点说明甲乙物体在t1时刻相遇解析：位移时
16、间图象中，图线斜率大小等于物体速度大小由图可知，甲做匀速直线运动，乙做变速直线运动，D错误；靠近t1时刻时乙的斜率大于甲的斜率，即乙的速度大于甲的速度，故A错误；在该时间段内，甲、乙物体的初位置和末位置相同，故位移相同，B正确；由于甲、乙物体做的是单向直线运动，故位移大小等于路程，两者的路程也相同，故C错误答案：B识别图象的方法1横、纵坐标轴表示的物理量2图象形状所描述的状态及变化规律3图线与横坐标轴包围的“面积”有、无意义及对应的物理量4图线的折点表示斜率发生变化，明确图线斜率对应的物理量5由图象构建数学函数关系式，根据所构建的关系对点训练考向 运动学图象问题3(多选)(2019济南统考)甲
17、、乙两车在一平直公路上从同一地点沿同一方向做直线运动，它们的v-t图象如图所示下列判断正确的是()A乙车启动时，甲车在其前方50 m处B运动过程中，乙车落后甲车的最大距离为75 mC乙车启动10 s后正好追上甲车D乙车超过甲车后，两车不会再相遇解析：乙车t10 s启动时，甲车位移为50 m，即乙车启动时，甲车在乙前方50 m处，选项A正确；在t15 s时，甲、乙两车速度相等，甲、乙两车之间距离最大，最大距离为50 m25 m75 m，即运动过程中，乙车落后甲车的最大距离为75 m，选项B正确；t20 s时，即乙车启动10 s后，甲车在乙前方50 m处，选项C错误；乙车超过甲车后，乙车速度大于甲
18、车，两车不会再相遇，选项D正确答案：ABD考向 动力学图象问题4(多选)如图甲所示，倾角为30的斜面固定在水平地面上，一个小物块在沿斜面向上的恒定拉力F作用下，从斜面底端A由静止开始运动，一段时间后撤去拉力F，小物块能达到的最高位置为C，已知小物块的质量为0.3 kg，小物块从A到C的v-t图象如图乙所示，g取10 m/s2，则下列说法正确的是()A小物块加速时的加速度大小是减速时加速度大小的13B小物块与斜面间的动摩擦因数为 33C小物块到达C点后将沿斜面下滑D拉力F的大小为4 N解析：小物块加速时的加速度大小为：a1v1t17.503 m/s22.5 m/s2，减速时的加速度大小为：a2v
19、2t27.5043 m/s27.5 m/s2，小物块加速时的加速度大小是减速时加速度大小的13，故A正确；撤去拉力后，根据牛顿第二定律，有：mgsin 30mgcos 30ma2，即：a2gsin 30gcos 30，得 36，故B错误；在C处，由于mgsin 30mgcos 30，所以小物块到达C处后将沿斜面下滑，故C正确；在拉力F作用下，根据牛顿第二定律，有：Fmgsin 30mgcos 30ma1，代入数据得：F3 N，故D错误答案：AC考点3 牛顿第二定律的应用1应用牛顿第二定律的三点注意(1)瞬时问题要注意绳、杆弹力和弹簧弹力的区别，前者能突变后者不能(2)连接体问题要充分利用“加速
20、度相等”这一条件或题中特定条件，交替使用隔离法与整体法(3)两类动力学基本问题的解决关键是运动分析、受力分析，充分利用加速度“桥梁”作用2应用运动学公式和牛顿第二定律的解题步骤3整体法和隔离法(2019新乡模拟)如图所示，粗糙水平面上放置B、C两物体，A叠放在C上，A、B、C的质量分别为m、2m和3m，物体B、C与水平面间的动摩擦因数相同，其间用一不可伸长的轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为FT.现用水平拉力F拉物体B，使三个物体以同一加速度向右运动，则()A此过程中物体C受五个力作用B当F逐渐增大到FT时，轻绳刚好被拉断C当F逐渐增大到1.5FT时，轻绳刚好被拉断D若水平面光滑，则绳刚断时，A
21、、C间的摩擦力为FT6题眼点拨“三个物体以同一加速度向右运动”说明A、B、C三个物体加速度相同，可用整体法；隔离AC分析，可求得绳刚断时A、C的加速度解析：对A，A受重力、支持力和向右的静摩擦力作用，可以知道C受重力、A对C的压力、地面的支持力、绳子的拉力、A对C的摩擦力以及地面的摩擦力六个力作用，故A错误；对整体进行分析，整体的加速度aF6mg6m F6m g，应用隔离法对A、C进行分析，根据牛顿第二定律得，FT4mg4ma，计算得出FT 23F，当F1.5FT时，轻绳刚好被拉断，故B错误，C正确；水平面光滑，绳刚断时，对A、C进行分析，加速度a FT4m，应用隔离法对A进行分析，A的摩擦力
22、FfmaFT4，故D错误答案：C连接体问题的合力分配特点合力分配按质量比如图所示几种情况中，一起加速运动的物体，合力按质量正比例分配，由此求得两物体间的相互作用力FNm2m1m2F.注：该分配特点与有无摩擦力无关(若有摩擦力，两物体与地面或斜面间的动摩擦因数应相同)，与物体所处平面无关对点训练考向 整体法和隔离法的应用5(2019上海模拟)如图甲所示，足够长的木板B静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A.木板B受到随时间t变化的水平拉力F作用时，木板B的加速度a与拉力F关系图象如图乙所示，则小滑块A的质量为()A4 kg B3 kg C2 kg D1 kg解析：由题图乙知，当F8 N时，加速度为
23、：a2 m/s2，对整体分析，由牛顿第二定律得F(mAmB)a，代入数据解得mAmB4 kg，当F大于8 N时，A、B发生相对滑动，对B分析，根据牛顿第二定律得aFmAgmB 1mBFmAgmB，由题图乙可知，此时对应图线的斜率k 1mBaF1，解得mB1 kg，滑块A的质量为mA3 kg，故B正确答案：B考向 动力学问题6(多选)如图所示，传送带的水平部分长为L，运动速率恒为v，在其左端无初速度放上木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为，则木块从左到右的运动时间可能是()A.Lv v2gB.Lv C.2LgD.2Lv解析：若木块一直匀加速，则有L 12 gt2，得t2Lg，C正确；若木块到达传
24、送带另一端时，速度恰好等于v，则有L vtv2t，得t2Lv，D正确；若木块先匀加速运动经历时间t1，位移为x，再匀速运动经历时间t2，位移为Lx，则有vgt1，2gxv2，vt2Lx，从而得tt1t2Lv v2g，A正确答案：ACD规范练高分 动力学中的多过程问题(2017全国卷)(20分)如图，两个滑块A和B的质量分别为mA1 kg和mB5 kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为10.5；木板的质量为m4 kg，与地面间的动摩擦因数为20.1.某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v03_m/sA、B相遇时，A与木板恰好相对静止设最大静摩擦力等于滑动摩
25、擦力，重力加速度大小g取10 m/s2.求：(1)B与木板相对静止时，木板的速度；(2)A、B开始运动时两者之间的距离信息解读A、B在木板上滑动时，需判断木板是否滑动“A与木板恰好相对静止”说明此时A与木板共速隔离法求出开始阶段A、B滑块和木板的加速度，判断之后的运动形式分阶段求A、B滑块和木板的位移考生抽样解：(1)对滑块A：Ff11mAg，对滑块B：Ff21mBg，由牛顿第二定律得Ff1mAaA，Ff2mBaB，对木板：Ff32mg，Ff2Ff1Ff3ma1，B与木板达到共同速度v1由运动学公式有v1v0aBt1，v1a1t1，联立式代入已知数据得v143 m/s；(2)在t1内xBv0t
26、112aBt21，B与木板共速后，以B与木板为一个整体进行分析Ff1Ff3(mBm)a2，此后B与木板共同向右匀减速，A先向左匀减速再向右匀加速，至A、B、木板共速由运动学公式木板v2v1a2t2，对A有：v2v1aAt2，木板：x1v1t212a2t22，在t2内：xAv1t212aAt22，A、B开始运动时两者之间的距离xxBx1xA，x1.5 m阅卷点评点评对木板受力分析时出现漏力现象，造成木板摩擦力Ff3大小有误，进而加速度a1计算错误在(1)问中，只有方程得分点评由于Ff3的错误致第(2)问中的a2，v2，x1均计算错误点评在计算A、B间距离时忽视了A在时间t1内的对地位移.规范解答
27、解析：(1)滑块A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动设A、B和木板所受的摩擦力大小分别为Ff1、Ff2和Ff3，A和B相对于地面的加速度大小分别为aA和aB，木板相对于地面的加速度大小为a1.在物块B与木板达到共同速度前有Ff11mAg，(1分)Ff21mBg，(1分)Ff32(mmAmB)g.(1分)由牛顿第二定律得Ff1mAaA，(1分)Ff2mBaB，(1分)Ff2Ff1Ff3ma1.(1分)设在t1时刻，B与木板达到共同速度，其大小为v1，由运动学公式有v1v0aBt1，(1分)v1a1t1，(1分)联立式，代入已知数据得v11 m/s.(2分)(2)在t1时间间隔内，B相对于地面
28、移动的距离为xBv0t112aBt21，(2分)设在B与木板达到共同速度v1后，木板的加速度大小为a2.对于B与木板组成的体系，由牛顿第二定律有Ff1Ff3(mBm)a2.(2分)由式知，aAaB；再由式知，B与木板达到共同速度时，A的速度大小也为v1，但运动方向与木板相反由题意知，A和B相遇时，A与木板的速度相同，设其大小为v2，设A的速度大小从v1变到v2所用的时间为t2，则由运动学公式，对木板有v2v1a2t2，(1分)对A有v2v1aAt2，(1分)在t2时间间隔内，B(以及木板)相对地面移动的距离为x1v1t212a2t22，(1分)在(t1t2)时间间隔内，A相对地面移动的距离为x
29、Av0(t1t2)12aA(t1t2)2，(1分)A和B相遇时，A与木板的速度也恰好相同因此A和B开始运动时，两者之间的距离为x0 xAx1xB，(1分)联立以上各式，并代入数据得x01.9 m(1分)(也可用如图的速度时间图线求解)答案：(1)1 m/s(2)1.9 m图象巧解 首先求解在B和木板达到相同速度前后A、B和木板的加速度，同时求出每个阶段的时间，然后画v-t图象进行求解，可大大降低解题难度评分标准1第(1)问中与、与、与合并写亦得分2第(2)问中式拆开写分步式若正确可得分3用图象法解题的视正确式给分，结果对得满分对点训练7(2019石家庄模拟)如图所示，质量为m0.4 kg的小物
30、块从A点，在一个水平方向的拉力F作用下，由静止开始沿斜面向上做匀加速直线运动，经t12 s的时间物块运动到B点后，立即撤去拉力F，物块继续上升到C点后又沿斜面下滑到A点已知斜面倾角37，物块与斜面之间的动摩擦因数0.5，AB两点间的距离L10 m，重力加速度的大小g取10 m/s2(sin 370.6，cos 370.8，结果可用根式或小数表示)求：(1)拉力F的大小；(2)撤去F后又上滑的距离；(3)物块从C点滑回A点所用的时间解析：(1)设物块由A到B运动的加速度为a1，根据运动学公式和牛顿第二定律得：L12a1t21，Fcos mgsin Ffma1，FNFsin mgcos 0，又有F
31、fFN，联立解得：F12 N.(2)对物块从A到B的过程，根据运动学公式有LvB2 t1，对物块B到C的过程，根据动能定理得(mgsin mgcos)xBC012mv2B，联立解得xBC5 m.(3)物块从C滑到A的过程，有mgsin mgcos ma3，LxBC12a3t23，联立解得t3 15 s.答案：见解析8(2019宜昌模拟)如图甲所示，可视为质点的A、B两物体置于一静止长纸带上，纸带左端与A、A与B间距均为d0.5 m，两物体与纸带间的动摩擦因数均为10.1，与地面间的动摩擦因数均为20.2.现以恒定的加速度a2 m/s2向右水平拉动纸带，重力加速度g取10 m/s2，求：(1)A物体在纸带上的滑动时间；(2)在图乙的坐标系中定性画出A、B两物体的v-t图象；(3)两物体A、B停在地面上的间距解析：(1)两物体在纸带上滑动时均有1mgma1，当物体A滑离纸带时12at2112a1t21d，联立解可得t11 s；(2)如图所示
