力与运动 二-2023届高考物理大单元二轮复习串思路

专题一力与运动(2)

——2023届高考物理大单元二轮复习串思路【新课标全国卷】

第二讲力与直线运动

一、核心思路

2

二、重点知识

1.匀变速直线运动的规律

速度公式：v=v0+at

位移公式：x=vot+^ar

速度和位移公式的推论：v2-v^=2ax.

中间时刻的瞬时速度：匕=山

12

已知间隔相同时间段的位移差：Sx=aT2.

2.读取图像需注意：

(1)无论XY图像还是回图像都只能描述直线运动。

(2)X-f图像和修图像都不表示物体运动的轨迹。

3.牛顿第二定律表达式：F=ma,加速度方向与合理方向一致。

4.超重和失重：物体加速度方向向上或有向上分量为超重，加速度方向向下或有向下

分量为失重。

三、典型例题

考点1图像问题

例1

为了抗击“新冠”疫情，保障百姓基本生活，许多快递公司推出了“无接触配送”。快递

小哥想到了用无人机配送快递的方法。某次配送快递的无人机在飞行过程中，水平方

向的速度匕及竖直方向的速度V,

与飞行时间/的关系图像如图甲、乙所示。下列关于无人机运动的说法正确的是（）

A.0~6时间内，无人机做曲线运动

Bd时刻，无人机运动到最高点

C.q~。时间内，无人机做匀变速直线运动

D.G时刻，无人机的速度大小为麻而

答案：D

解析：本题考查通过V—图像判断物体的运动。0~匕

时间内，无人机在水平方向做初速度为零的匀加速运动，在竖直方向也做初速度为零

的匀加速运动，则合运动为匀加速直线运动，选项A错误；0~。

时间内，无人机在竖直方向的速度一直为正，即一直向上运动，则L

时刻，无人机还没有运动到最高点，选项B错误；f3T4

时间内，无人机水平方向做速度为%

的匀速运动，竖直方向做匀减速运动，则合运动为匀变速曲线运动，选项C错误；马

时刻，无人机水平方向的速度为％,竖直方向的速度为内,则合速度大小为

后W，选项D正确。

例2.质量为〃?=2kg的物体沿水平面向右做直线运动，”0

时刻受到一个水平向左的恒力F的作用，如图甲所示，取水平向右为正方向，此物体

的吁f图像如图乙所示，g取lOm/s?,则（）

A.物体与水平面间的动摩擦因数为0.5B.lOs内恒力F对物体做功为102J

C.10s末物体在计时起点位置左侧2m处D.10s内物体克服摩擦力做功为34J

答案：CD

解析：设物体向右做匀减速直线运动的加速度为4,则由V—图像得加速度大小

q=2m/s"方向与初速度方向相反，设物体向左做匀加速直线运动的加速度大小为

%,则由V—图像得%=lm/s2,方向与初速度方向相反，根据牛顿第二定律得，

F+/jmg=mai,F-/jmg=ma2,解得尸=3N,〃=0.05,故选项A错误；根据吁，

图像与横轴所围成的面积表示位移得，10s末物体的位移为

x=lx4x8m-^x6x6m=-2m,负号表示物体在计时起点位置的左侧，则10

s内恒力E对物体做功W=6J,故选项B错误，C正确；10s内物体运动的路程

s=34m,克服摩擦力做功Wf=〃抗gs=34J,故选项D正确。

归纳总结:

1.分析运动图像的方法

（1）观察图像横纵坐标所代表的物理量。

（2）将纵坐标与横坐标分别进行比值和乘积运算，并求出相应所代表的物理量

纵坐标

o即斜率意义=

横坐标

面积意义=纵坐标x横坐标。若所得结果无意义，则无需考虑该量。

妞-，图像中：斜率意义=鬻|=＞。代表加速度，

面积意义=纵坐标X横坐标=V•r=X代表位移。

（3）根据斜率与面积的意义求出题干所需物理量

2.当遇到不了解的运动图像时，直接根据横纵坐标计算斜率与面积所代表的意义，再

根据题干所问进行分析。

［变式训练］

1.物体被钢索从地面吊起，该物体在竖直方向上运动的v-r

图象如图所示，不计空气阻力。关于物体在。〜46s内的运动，下列说法正确的是（）

A.在30s时物体距地面最高

B.在46s时物体距地面的高度为22m

C.在。〜10s内物体处于失重状态

D.在30〜36s内钢索最容易断裂

2.利用函数图像是一种解决物理问题的常用方法。某同学利用传感器探究一玩具车沿

某一路段做直线运动的性质，从r=0时刻开始计时得到了

的图像.如图所示，由此可知（）

A.玩具车做速度为-3m/s的匀速直线运动

B.玩具车做变加速直线运动

C.玩具车做匀加速直线运动，初速度大小为2m/s

D.玩具车做匀加速直线运动，加速度的大小为1.5m/s2

考点2斜面模型

例3

水平地面上有一固定的斜面体，一木块从粗糙斜面底端以一定的初速度沿斜面向上滑

动后又沿斜面加速下滑到底端.则木块（）

A.上滑的加速度大小等于下滑的加速度大小

B.上滑时间等于下滑时间

C.上滑过程速度的减小量大于下滑过程速度的增加量

D.上滑过程与下滑过程克服摩擦力做功相同

答案：CD

解析：根据牛顿第二定律可求出木块上滑的加速下滑的加速度

4=gsin，-〃geos，，可知上滑的加速度大小大于下滑的加速度大小，A错误；因上滑

、下滑位移大小相等，根据x=可知，上滑时间小于下滑时间，B错误；根据

X=vt=-vt

2

可知，上滑过程速度的减小量大于下滑过程速度的增加量，C正确；因在上滑、下滑

的过程中滑动摩擦力大小相等，位移大小相等，故木块克服摩擦力做功相同，D正确.

例4.如图所示是滑梯简化图，一小孩从滑梯上A点开始无初速度下滑，在

段匀加速下滑，在8。

段匀减速下滑，滑到C点恰好静止，整个过程中滑梯保持静止状态.假设小孩在A5

段和段滑动时的动摩擦因数分别为“和〃2，旗与3C长度相等，则（）

A.整个过程中地面对滑梯始终无摩擦力作用

B.动摩擦因数之和4+〃2=2tan6

C.小孩从滑梯上A点滑到。点先超重后失重

D.整个过程中地面对滑梯的支持力始终等于小孩和滑梯的总重力

答案：B

解析：小孩在河段做匀加速直线运动，将小孩的加速度q

分解为水平和竖直两个方向，由于小孩有水平向右的分加速度，根据牛顿第二定律知

,地面对滑梯的摩擦力方向水平向右；有竖直向下的分加速度，由牛顿第二定律分析

可知，小孩处于失重状态，地面对滑梯的支持力”

小于小孩和滑梯的总重力.同理，小孩在3c

段做匀减速直线运动时，小孩处于超重状态，地面对滑梯的支持力大于小孩和滑梯的

总重力，地面对滑梯的摩擦力方向水平向左，故A、C、D错误；设钻

的长度为L，小孩在3点的速度为也以小孩从A到8为研究过程，由牛顿第二定律可得

mgsin0-^mgcos0=mat,由运动学公式可得

V2=2«,L；以小孩从3到C为研究过程，由牛顿第二定律可得

2

出mgcos0-mgsin0=ma2,由运动学公式可得v=2azL,联立解得

A+〃2=2tan。，故B正确.

归纳总结：

1.解题思路

（1）对斜面及斜面上的物体进行受力分析。

（2）将物体所受的力进行正交分解。

（3）根据物体的运动状态，在两个方向分别依据牛顿第二定律列等式，解方程

组，计算未知量。

2.注意事项

（1）因为斜面存在坡角，所以正交分解时的角度要与坡角对应。

（2）正交分解的角度与坡角的对应方法：正交分解得到的角中，与坡角两边分

别垂直的角即为与坡角相等的角。图示:

图中黄边与黄边垂直，红边与红边垂直，即可得到Na=N6。

［变式训练］

3.如图，一个质量为m=2kg

的小物块静置于足够长的斜面底端。现对其施加一个沿斜面向上、大小为F=25N

的恒力，3s后将F撤去，此时物块速度达到

15m/s。设物块运动过程中所受摩擦力的大小不变，取g=10m/s2。求：

（1）物块在斜面上运动离斜面底端的最远距离；

（2）物块在斜面上运动的总时间。（结果可用根号表示）

4.如图所示，固定斜面上放一木板

PQ,木板的。端放置一可视为质点的小物块，现用轻细线一端连接木板的。端，保持

细线与斜面平行，绕过定滑轮后，另一端悬挂钩码，钩码距离地面足够高.已知斜面倾

角6=30。，木板长为L,Q

端距斜面顶端距离也为L,物块和木板的质量均为机，两者之间的动摩擦因数为

“=走.若所挂钩码质量为

2>n,物块和木板能一起匀速上滑；若所挂钩码质量为其他不同值，物块和木板有可

能发生相对滑动.重力加速度为g,不计细线与滑轮之间的摩擦，设接触面间最大静摩

擦力等于滑动摩擦力.

（1）求木板与斜面间的动摩擦因数〃2；

（2）物块和木板发生相对滑动时，所挂钩码质量加应满足什么条件？

考点3板块模型

例5.如图所示，一足够长的木板在光滑水平面上以速度u向右匀速运动，现将质量为机

的物体竖直向下轻轻地放置在木板上的右端，已知物体和木板之间的动摩擦因数为〃

o为保持木板的速度不变，须对木板施一水平向右的作用力凡从物体放到木板上到

它相对木板静止的过程中，力厂做的功为（）

rnv2tnv2"。—，

AA.---B.---C.mv2D.2/nv2

42

答案：C

解析：物体和木板之间的摩擦力/=”际，对于木板，要保持速度v不变，有

F=f=jjmg

对于物体，根据牛顿第二定律“咫=〃以，解得。〃但；物体做匀加速直线运动，有

vv

/=—=——

a4g

22

此时木块的位移S=w=L,则水平向右的作用力/做功W=Fs=pmg.—=mv2

〃g〃g

故C正确，ABD错误。故选C。

例6.如图所示，一质量为”=2kg的足够长的长木板静止在光滑水平面上，质量为

机=lkg的小滑块（可视为质点）静止放在长木板上.从"0

时刻开始，长木板受到向左的逐渐增加的水平拉力凡小滑块与长木板之间的动摩擦

因数为0.5,重力加速度g取lOm/s"下列说法正确的是（）

A.当尸=12N时，小滑块的加速度大小为5m/s2

B.当尸=18N时，小滑块的加速度大小为6m/s2

C.当尸=18N时，长木板的加速度大小为6.5m/s?

D.当月曾大时，小滑块的加速度一定增大

答案：C

解析：长木板与小滑块相对静止时，对整体分析，由牛顿第二定律有

F=（M+m）a,对小滑块分析，刚要发生相对滑动时〃咫=〃0，解得F=15N,当

/=12N<15N时，由牛顿第二定律有尸=（知+附。，代入数据得小滑块的加速度大小为

a'=4m/s2,故A错误；当尸=18N>15N

时，两者发生相对滑动，小滑块的加速度大小为

噢=〃g=5m/s2,故B错误；对长木板分析，根据牛顿第二定律得

m

F-wg=Ma板，代入数据解得a板=6.5m/s?,故C正确；当拉力大于15

N时，两者发生相对滑动，小滑块的加速度为。块=鬻=5m/s2,恒定不变，故D错误.

归纳总结：

（1）判断滑块与滑板之间是否发生相对滑动的方法：假设两物体保持相对静止

先用整体法求整体的加速度，再用隔离法求滑块滑板之间的摩擦力，再比较所求摩擦

力与最大静摩擦力的大小，判定运动状态。

（2）一定要把复杂的过程拆分，按照时刻不同，画好运动草图，找出位移、速

度、时间等物理量间的关系。

［变式训练］

5.图甲中有一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m

的小滑块.木板受到随时间r变化水平拉力F作用时，用传感器测出其加速度

a，得到乙图的a-F图.取gfOm/s?,则（）

甲

A.滑块的质量〃i=4kg

B.木板的质量M=2kg

C.当F=8N时滑块加速度为2m/s2

D.滑块与木板间动摩擦因数为0.1

6.如图所示，质量为M=0.5kg的木板静止在光滑水平面上，质量为加=lkg

的物块以初速度v0=4m/s滑上木板的左端，物块与木板之间的动摩擦因数为

A=0.2,在物块滑上木板的同时，给木板施加一个水平向右的恒力F。当恒力F

取某一值时，物块在木板上相对于木板滑动的路程为5,给木板施加不同大小的恒力

F,得到的关系如图所示，其中AB与横轴平行，且AB段的纵坐标为

1m-1o将物块视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2。

（1）若恒力

尸=0,则物块会从木板的右端滑下，求物块在木板上滑行的时间t是多少？

（2）图乙中8c为直线段，求该段8点的横坐标

考点4连接体问题

例7.如图所示，粗细均匀的L形光滑杆固定在竖直面内，小球套在杆的竖直部分，用

绕过定滑轮的细线拉小球，使小球向上运动过程中，球对杆的作用力恒定，作用在细

线上的拉力为凡则小球由静止从图示位置向上运动过程中（）

A.小球一直做加速运动B.小球先做加速运动后做减速运动

C.F不断增大D.F保持不变

答案：B

解析：CD.小球由静止向上运动的过程中，设连接小球的细线与竖直方向的夹角为

0,则水平方向尸sin6»=N由于N一定，。变大，因此尸变小，故CD错误;

AB.竖直方向Fcos0-mg=ma开始由静止向上做加速运动，当FcosO-mg=0

速度达到最大，此后，小球继续向上运动，Feos。

不断减小，因此此后小球向上做减速运动，故A错误，B正确。

故选B。

例8.如图所示，48两物体质量分别为2kg、1

kg,用细线连接置于水平地面上，现用大小为6

N的水平作用力尸拉物体A,两物体一起向右做匀加速运动，若两物体与地面间的动摩

擦因数均为0.1,取重力加速度g=10m/s2,下列说法正确的是（）

A.B的加速度大小为5m/s?

B.A拉B的作用力为2N

C.若撤去外力F,力物体做减速运动，8物体做加速运动

D.若撤去外力F,A物体的加速度大小为Im/s?

答案：BD

解析：对43整体，由牛顿第二定律有尸-〃（见+”!）g=（町+，％）〃，解得

«=lm/s2,即8的加速度大小为lm/s?,故A错误；对8物体，由牛顿第二定律有

T-^im2g=m2a,解得T=2N,故B正确；若撤去外力尸，则A、3

两物体均在摩擦力作用下做减速运动，A、B两物体的加速度大小均为

"=丝超=丝超=〃g=lm/s2,故C错误，D正确。

肛科

归纳总结：

1.整体法与隔离法的选用

（1）连接体问题一般会存在多个物理相互叠加的情况，当多个物体的加速度相

同时，采用整体法，当多个物体的加速度不同时，采用隔离法。当存在多过程时，有

可能整体法与隔离法交错使用。

（2）当求连接体内各物体间的相互作用力时，必须用隔离法。

2.瞬时性的两种情况

（1）绳或接触面：当剪断或脱离瞬间，弹力立即消失。

（2）弹簧：当对弹簧两端瞬间施加或撤销力时，弹簧形变量不会突变，弹力大

小不会改变。

［变式训练］

7.如图所示，光滑的水平地面上有三块木块a、b、c，质量均为m,a、＜

之间用轻质细绳连接。现用一水平恒力/作用在。上，a、b、＜

三木块开始一起做匀加速运动，运动过程中把一块橡皮泥粘在某一木块上面，系统仍做

加速运动，且三木块始终没有相对滑动。则在粘上橡皮泥并达到稳定后,下列说法正确

的是（）

c-----------------L-hF

物加物%如5%切易?物羽物易物

A.无论橡皮泥粘在哪块木块上面，系统的加速度一定减小

B.若橡皮泥粘在a木块上面，则绳的张力减小,久6间摩擦力不变

C.若橡皮泥粘在b木块上面，则绳的张力和以6间摩擦力一定都不变

D.若橡皮泥粘在c木块上面，则绳的张力和小〃间摩擦力一定都增大

8.如图所示，A、B两木块质量分别为9kg和

3kg,用细线绕过滑轮连结在一起并叠放在水平桌面上，4与与桌面C

之间的动摩擦因数均为0.3,取g=10m/s2,滑轮质量不计。当对滑轮施一水平力

产=48N时,则（）

A.A对8的摩擦力为15N,方向水平向右

B.4对8的摩擦力为24N,方向水平向右

C.B对C的摩擦力为36N,方向水平向右

D.C对B的摩擦力为24N,方向水平向左

考点5传送带问题

例5.如图所示，水平传送带两端43

间的距离为L,传送带沿顺时针方向转动，一个质量为，〃的小物块以一定的初速度从A

端滑上传送带，运动到8端，此过程中物块先做匀加速直线运动后做匀速直线运动，

物块做匀加速直线运动的时间与做匀速直线运动的时间相等，两过程中物块运动的位

移之比为2:3,重力加速度为g,传送带速度大小v不变.下列说法正确的是（）

A.物块的初速度大小为上

2

B.物块做匀加速直线运动的时间为任

5v

C.物块与传送带间的动摩擦因数为止

9gL

2

D.整个过程中物块与传送带因摩擦产生的热量为丝1

9

答案：BC

解析：由题意知金“=2:3,得%=，A错误；物块做匀速运动过程有三=%,则

2035

,,=匹，物块做匀加速运动与匀速运动时间相等，即乙=小B正确；由运动学公式有

~5v

V2-Vg=lax,x=-L,/Jg=a,可得动摩擦因数〃="匚，C正确；由热量。=£相对，

59gL

s相对=%，可得°=智，'D错误.

归纳总结：

1.传送带问题的实质是相对运动，摩擦力的方向是解题的关键。通过研究传送带

与其上边的物体之间的运动，来解题。

2.传送带问题中也会遇到斜面问题中的角度问题，分析角度问题时，方法同上。

3.传送带还会涉及临界问题，要考虑到摩擦力的方向以及种类。

［变式训练］

9.三角形传送带以lm/s的速度逆时针匀速转动,两边的传送带长都是2m且与水平方向的

夹角均为37。。现有两个小物块A、B

从传送带顶端都以lm/s的初速度沿传送带下滑,物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5,(

g取lOm/s?,sin37o=0.6,8s37o=0.8)F列说法正确的是()

A.物块A先到达传送带底端

B.物块48同时到达传送带底端

C.物块48到达传送带底端时速度大小不相等

D.物块48在传送带上的划痕长度之比为1:3

gm

答案以及解析

变式训练答案

变式1答案：B

解析：由图可知0〜36s内物体速度方向向上，故在36s

时物体距地面最高，选项A错误；在46s时物体距地面的高度

/?=—x(20+36)x1.0m--x10x1.2m=22m,选项B正确；在0〜10s

22

内物体加速度向上，故物体处于超重状态，选项C错误；在30〜36s

内物体的加速度向下，故物体处于失重状态，钢索不容易断裂，选项D错误

变式2答案：C

解析：由图得：—=(—Z+2)m/s>由x=+得：土=%/+_!_〃，可得=2,解得

t302t0223

«=-m/s2.%=2m/s,可知物体做匀加速直线运动，初速度大小为2m/s,加速度的大

3

小为±m/s2。故ABD错误，C正确。故选C.

3

变式3答案：(1)根据速度公式得匕=的

解得：«,=5m/s2；由牛顿第二定律尸-/-mgsin6=，W]

解得了=5N；

撤去拉力后物块继续上滑有f+mgsm0=ma2

解得a,=7.5m/s2；则撤力前上滑距离X=工=22.5m

2“

撤力后上滑距离x,=J」=15m

2%

物块在斜面上运动离斜面底端的最远距离x=A.+x2=37.5m

⑵撤力后物块上滑的时间

下滑过程有mgsin-/=ma3

解得：=2,5m/s2；由万二耳生"

解得f3==>/30

guo

gm

故斜面上运动的总时间为f=：+%+=5+回s

变式4答案：（1）整个系统匀速运动时

对钩码有2mg=Fr

对物块和木板，有耳=2mgsin0+2]u-,mgcos0

解得〃,=走.

-3

（2）要使二者发生相对滑动，则需木板的加速度4大于物块的最大加速度生

对物块,有//,mgcos0-mgsin0=ma2

解得。2=；g

对木板，有sin0mgcos0-2jLi2mgcos0=

对钩码，有mg-耳=加q

，9

解得"？一公用1

用牛付%=_1<—g>a2=-g

m+m4

联立解得加>日忆

变式5答案：ABD

解析：从图乙中可知当加速度F>6N时，两者发生相对运动，当F<6N

时两者相对静止，当F=6N时，对整体可得F=（M+m）a，即M+m=6，当F>6N

时对木板分析受到拉力和m给的摩擦力，故有“=£2空=_1尸_”固，图像的斜率

MMM

k=-=—^—=-，即M=2kg，所以m=4kg，将F>6N时图线反向延长,可得当F=4N

M6-42

时，加速度为零，代入可得o=_Lx4-幺*W，解得

22

〃=0.1,故ABD正确;当F=8N时滑块加速度为a=<W=im/s2,故C错误

4

变式6答案：⑴以初速度均为正方向，物块m的加速度大小为：

4“=^^=〃g=2m/s2

m

21X122

木板M的加速度大小为：aM=°-^°m/s=4m/s

M0.5

由图乙知，恒力R=o时,1=lmT,则物块在木板上相对于木板滑动的路程为：S=lm

guo

gm

可知板长为：L=S=lm

22

滑块相对木板的路程为：L=(vnt-^amt)-^aMt

代入数据可得：f=gs(f=ls舍去)

(2)当F较小时，物块将从木板右端滑下，当F

增大到某一值时物块恰好到达木板的右端，且两者具有共同速度口，历时

乙，木板的加速度为：q=3^=(2F+4)m/s2

速度关系有：v=v0-amtl=att,

相对位移为：人"V/

解得：尸=1N,即8点的横坐标为：F=1N

变式7答案：AD

解析：本题考查连接体问题的综合分析。对外氏c

整体受力分析，知粘上橡皮泥后整体的质量增大，根据牛顿第二定律得整体的加速度减

小,A项正确;如果橡皮泥粘在a上，对c受力分析,绳的拉力就是c受到的合力，根据牛顿第

二定律得绳的拉力减小，对b受力分析,水平恒力厂和a对b