【2026版物理步步高大二轮专题复习讲义培优版专题一第2讲力与直线运动

第2讲　力与直线运动

考点一　匀变速直线运动规律及应用

例1　(2025·安徽卷·4)汽车由静止开始沿直线从甲站开往乙站，先做加速度大小为a的匀加速运动，位移大小为x；接着在t时间内做匀速运动；最后做加速度大小也为a的匀减速运动，到达乙站时速度恰好为0。已知甲、乙两站之间的距离为8x，则(　　)

A.x=at²B.x=at²

C.x=at²D.x=at²

答案　A

解析设匀加速直线运动时间为t'，匀速运动的速度为v，有x=t'，根据逆向思维，可知匀减速直线运动阶段的位移等于匀加速直线运动阶段的位移，则匀速直线运动阶段有8x-x-x=vt，联立解得t'=，根据x=at'²，解得x=at^2，A正确，B、C、D错误。

例2　(2024·广西卷·13)如图，轮滑训练场沿直线等间距地摆放着若干个定位锥筒，锥筒间距d=0.9 m，某同学穿着轮滑鞋向右匀减速滑行。现测出他从1号锥筒运动到2号锥筒用时t₁=0.4 s，从2号锥筒运动到3号锥筒用时t₂=0.5 s。求该同学：

(1)滑行的加速度大小；

(2)最远能经过几号锥筒。

答案　(1)1 m/s²　(2)4

解析(1)根据匀变速运动规律，某段内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，可知在1、2间中间时刻的速度为v₁==2.25m/s

2、3间中间时刻的速度为v₂==1.8m/s

故可得加速度大小为

a===1m/s²

(2)设到达1号锥筒时的速度为v₀，根据匀变速直线运动规律得v₁=v₀-a

代入数据解得v₀=2.45m/s

从1号开始到停止时通过的位移大小为x==3.00125m≈3.33d

故可知最远能经过4号锥筒。

考点二　牛顿运动定律的应用

1.牛顿第二定律

(1)表达式：F=ma，其中F为物体所受的合外力，F、m、a三个量对应同一个物体，且各量都取国际单位。

(2)应用常用方法：

①矢量合成法：若物体只受两个力作用，可用平行四边形定则求这两个力的合力，合力的方向与加速度的方向相同。

②正交分解法：当物体受多个力作用时

常用正交分解法列方程：F_x=ma，F_y=0或F_x=0，F_y=ma

特殊情况下可分解加速度：

2.系统牛顿第二定律

若研究对象是两个或两个以上的物体，且加速度不同。

系统牛顿第二定律的表达式：

一般形式：∑F_外=m₁a₁+m₂a₂+m₃a₃+…

分量形式：

说明：上述表达式左边只有系统受到的外力，内力不需要考虑。

例3　(多选)(2025·安徽卷·5改编)如图，装有轻质光滑定滑轮的长方体木箱静置在水平地面上，木箱上的物块甲通过不可伸长的水平轻绳绕过定滑轮与物块乙相连。乙拉着甲从静止开始运动，木箱始终保持静止。已知甲、乙质量均为1.0 kg，木箱质量为5.0 kg，甲与木箱之间的动摩擦因数为0.5，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s²，则在乙下落的过程中(　　)

A.甲对木箱的摩擦力方向向左

B.甲运动的加速度大小为2.5 m/s²

C.乙受到绳子的拉力大小为5.0 N

D.地面对木箱的支持力大小为67.5 N

答案　BD

解析根据相对运动，物块甲相对木箱向右运动，甲受到木箱向左的摩擦力，则甲对木箱的摩擦力方向向右，A错误；设物块乙运动的加速度为a，绳子的弹力大小为F_T，对甲受力分析有F_T-μm_甲g=m_甲a，对乙受力分析有m_乙g-F_T=m_乙a，联立解得a=2.5m/s^2，F_T=7.5N，B正确，C错误；只有乙有竖直向下的恒定加速度，对甲、乙和木箱组成的系统，在竖直方向由牛顿第二定律有(M+m_甲+m_乙)g-F_N=m_乙a得，F_N=(M+m_甲+m_乙)g-m_乙a=67.5N，D正确。

变式(2025·山东日照市二模)如图所示，倾角θ=37°的斜面固定在水平地面上，质量m₁=3 kg的物体A置于斜面上，一条轻绳绕过两个光滑的轻质滑轮连接着固定点O和物体A，质量m₂=8 kg的物体B与动滑轮连接。已知连接动滑轮两边的轻绳均竖直，物体A与定滑轮间的轻绳和斜面平行，物体A与斜面间的动摩擦因数μ=0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s²。初始时物体B的下表面距地面的高度h=2 m，物体A到定滑轮的距离足够远。现将两个物体同时由静止释放，B落地后不反弹。sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。

(1)在物体B下落过程中，求轻绳的拉力大小和物体A的加速度大小；

(2)求物体B落地前瞬间的速度大小；

(3)求整个过程中物体A沿着斜面向上运动的最大距离。

答案　(1)36 N　2 m/s²　(2)2 m/s　(3)4.8 m

解析(1)对物体A，根据牛顿第二定律F-m₁gsinθ-μm₁gcosθ=m₁a

设物体B的加速度为a₁，根据运动关系可知a₁=a

对物体B，根据牛顿第二定律m₂g-2F=m₂a₁

联立可得拉力大小为F=36N

加速度为a=2m/s²

(2)由运动学公式，有v²=2a₁h

可得物体B落地前瞬间的速度大小v=2m/s

(3)物体B从静止释放到落地经历的时间t==2s，则物体B落地时，物体A的速度v_A=at=4m/s

B落地后，设A的加速度大小为a₂

由牛顿第二定律有m₁gsinθ+μm₁gcosθ=m₁a₂

B落地后，根据运动学公式0-=-2a₂s₁

物体A沿着斜面向上运动的最大距离s=2h+s₁

代入数据解得s=4.8m。

四类常见连接体问题

例4　(2025·湖南浏阳市校联盟联考)如图所示，用轻绳a、b和弹簧c将小球1与小球2悬挂在空中，轻绳a与竖直方向夹角为30°，轻绳b与竖直方向夹角为60°，弹簧c水平。小球1的质量为m，重力加速度大小为g。下列说法正确的是(　　)

A.弹簧c的拉力为mg

B.小球2的质量为2m

C.剪断轻绳b的瞬间，小球1的加速度大小为

D.剪断轻绳b的瞬间，小球2的加速度方向竖直向下

答案　C

解析对小球1进行受力分析，如图甲

根据平衡条件有F_Tasin30°=F_Tbsin60°，F_Tacos30°=mg+F_Tbcos60°，

解得F_Ta=mg，F_Tb=mg

对小球2进行受力分析，如图乙

根据平衡条件有F_Tc=F_Tbsin60°，m₂g=F_Tbcos60°

解得F_Tc=mg，m₂=，故A、B错误；

剪断轻绳b的瞬间，小球1受重力和绳a的拉力，小球1将做圆周运动，受力分析如图丙

根据牛顿第二定律，有mgsin30°=ma₁，解得a₁=，故C正确；

剪断轻绳b的瞬间，小球2受重力和弹簧弹力作用，受力分析如图丁，

根据牛顿第二定律，有=m₂a₂，解得a₂=2g

设加速度的方向与水平方向成α角，有tanα==可得α=30°，加速度方向与水平方向成30°角，故D错误。

例5　(2025·福建福州市模拟)滑雪是我国东北地区冬季常见的体育运动。如图(a)，在与水平面夹角θ=14.5°的滑雪道上，质量m=60 kg的滑雪者先采用两滑雪板平行的滑雪姿势(此时雪面对滑雪板的阻力可忽略)，由静止开始沿直线匀加速下滑x₁=45 m；之后采取两滑雪板间呈一定角度的滑雪姿势，通过滑雪板推雪获得阻力，匀减速继续下滑x₂=15 m后停止。已知sin 14.5°=0.25，sin 37°=0.6，重力加速度g取10 m/s²，不计空气阻力。

(1)求减速过程中滑雪者加速度a的大小；

(2)如图(b)，若减速过程中两滑雪板间的夹角α=74°，滑雪板受到沿雪面且垂直于滑雪板边缘的阻力均为F，求F的大小。

答案　(1)7.5 m/s²　(2)500 N

解析(1)由静止开始沿直线匀加速下滑的过程有2a₁x₁=v²

由牛顿第二定律知mgsinθ=ma₁

代入数据得v==15m/s

匀减速继续下滑的过程有2ax₂=v²

代入数据得a==7.5m/s²

(2)若减速过程中两滑雪板间的夹角α=74°，根据牛顿第二定律有2Fsin-mgsinθ=ma

解得F==500N。

解决动力学两类基本问题的思路

考点三　运动学和动力学图像

1.三种运动学图像

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