第1部分 专题1 第2讲 牛顿运动定律与直线运动（PPT课件）-【创新教程】2025年高考物理大二轮专题增分方案

第2讲　牛顿运动定律与直线运动 第一部分 专题整合 知识突破 专题一 力与运动 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题一 力与运动 物理 核心素养 助学提能 课堂评价 高考预测 01 02 限时集训 能力达标 03 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题一 力与运动 物理 核心素养 助学提能 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题一 力与运动 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题一 力与运动 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题一 力与运动 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题一 力与运动 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题一 力与运动 物理 　　　　 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题一 力与运动 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题一 力与运动 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题一 力与运动 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题一 力与运动 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题一 力与运动 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题一 力与运动 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题一 力与运动 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题一 力与运动 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题一 力与运动 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题一 力与运动 物理 　　　　 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题一 力与运动 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题一 力与运动 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题一 力与运动 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题一 力与运动 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题一 力与运动 物理 　　　 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题一 力与运动 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题一 力与运动 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题一 力与运动 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题一 力与运动 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题一 力与运动 物理 　　　　 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题一 力与运动 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题一 力与运动 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题一 力与运动 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题一 力与运动 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题一 力与运动 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题一 力与运动 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题一 力与运动 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题一 力与运动 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题一 力与运动 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题一 力与运动 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题一 力与运动 物理 　　　　 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题一 力与运动 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题一 力与运动 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题一 力与运动 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题一 力与运动 物理 课堂评价 高考预测 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题一 力与运动 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题一 力与运动 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题一 力与运动 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题一 力与运动 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题一 力与运动 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题一 力与运动 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题一 力与运动 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题一 力与运动 物理 考点一　匀变速直线运动规律的应用 1．匀变速直线运动的基本规律 (1)速度关系：v＝v0＋at. (2)位移关系：x＝v0t＋eq \f(1,2)at2. (3)速度位移关系：v2－veq \o\al(2,0)＝2ax. (4)某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度：eq \o(v,\s\up6(－))＝eq \f(x,t)＝veq \f(t,2). (5)匀变速直线运动在相等时间内相邻的两段位移之差为常数，即Δx＝aT2. 2．追及问题的解题思路和技巧 (1)解题思路 (2)解题技巧 ①紧抓“一图三式”，即过程示意图、时间关系式、速度关系式和位移关系式． ②审题应抓住题目中的关键字眼，充分挖掘题目中的隐含条件，如“刚好”“恰好”“最多”“至少”等，往往对应一个临界状态，满足相应的临界条件． ③若被追赶的物体做匀减速运动，一定要注意追上前该物体是否已停止运动，最后还要注意对解的讨论分析． [例1]　(2024·山东卷，3)如图所示，固定的光滑斜面上有一木板，其下端与斜面上A点距离为L.木板由静止释放，若木板长度为L，通过A点的时间间隔为Δt1；若木板长度为2 L，通过A点的时间间隔为Δt2.Δt2∶Δt1为(　　) A．(eq \r(3)－1)∶(eq \r(2)－1)　 B．(eq \r(3)－eq \r(2))∶(eq \r(2)－1) C．(eq \r(3)＋1)∶(eq \r(2)＋1) D．(eq \r(3)＋eq \r(2))∶(eq \r(2)＋1) [解题指导] (1)木板做匀加速直线运动；(2)木板通过A点时间间隔等于末端通过A点时间与前端通过A点时间之差． [解析]　木板在斜面上运动时，木板的加速度不变，设加速度为a，木板从静止释放到下端到达A点的过程，根据运动学公式有L＝eq \f(1,2)ateq \o\al(2,0)， 木板从静止释放到上端到达A点的过程，当木板长度为L时，有2L＝eq \f(1,2)ateq \o\al(2,1)， 当木板长度为2L时，有3L＝eq \f(1,2)ateq \o\al(2,2)， 又Δt1＝t1－t0，Δt2＝t2－t0， 联立解得Δt2∶Δt1＝(eq \r(3)－1)∶(eq \r(2)－1)． [答案]　A 运动学中涉及多物体、多过程问题的分析技巧 (1)分别弄清楚不同物体或同一物体不同过程的运动性质； (2)确定不同物体或同一物体不同过程运动物理量的关系，如速度、时间和位移的关系； (3)列出相应的规律式(运动学公式)和各物理量之间的关系式； (4)联立解方程组，必要时对结果的合理性进行讨论． 1．(2024·山东临沂一模)近几年来我国新能源汽车发展迅速，现对国产某品牌新能源汽车进行性能测试．已知该汽车在时间t内通过了位移x，同时它的速度变为原来的N倍．如果汽车做的是匀加速直线运动，该汽车加速度大小为(　　) A．a＝eq \f(2N－1x,N＋1t2)　　　 B．a＝eq \f(2N＋1x,N－1t2) C．a＝eq \f(2N＋2x,N－1t2) D．a＝eq \f(2N－1x,N－2t2) 解析：A　[设汽车的初速度为v，则时间t后速度变为Nv，汽车在时间t内通过了位移x，则平均速度为eq \o(v,\s\up6(－))＝eq \f(v＋Nv,2)＝eq \f(x,t)，解得v＝eq \f(2x,N＋1t)，所以该汽车的加速度为a＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(N－1v,t)＝eq \f(2N－1x,N＋1t2).] 2．在奥运会女子蹦床比赛中．如图所示，运动员双脚离开蹦床后竖直向上运动，把上升过程分为等距的三段，从下至上运动过程中，依次经历三段的时间记为t1、t2、t3，则t1∶t2∶t3最接近(　　) A．3∶6∶10 B．3∶4∶10 C．3∶6∶20 D．3∶4∶20 解析：B　[根据逆向思维，将向上的末速度为0的匀减速直线运动看为向下的初速度为0的匀加速直线运动，则有h＝eq \f(1,2)gteq \o\al(2,3)，2h＝eq \f(1,2)g(t2＋t3)2,3h＝eq \f(1,2)g(t1＋t2＋t3)2， 解得t3＝eq \r(\f(2h,g))，t2＝eq \r(\f(4h,g))－eq \r(\f(2h,g))，t1＝eq \r(\f(6h,g))－eq \r(\f(4h,g))，则有t1∶t2∶t3＝(eq \r(3)－eq \r(2))∶(eq \r(2)－1)∶1≈(1.732－1.414)∶(1.414－1)∶1≈3∶4∶10，可知该比值最接近3∶4∶10.] 3．(2024·全国甲卷，24)为抢救病人，一辆救护车紧急出发，鸣着笛沿水平直路从t＝0时由静止开始做匀加速运动，加速度大小a＝2 m/s2，在t1＝10 s时停止加速开始做匀速运动，之后某时刻救护车停止鸣笛，t2＝41 s时在救护车出发处的人听到救护车发出的最后的鸣笛声．已知声速v0＝340 m/s，求： (1)救护车匀速运动时的速度大小； (2)在停止鸣笛时救护车距出发处的距离． 解析：(1)根据匀变速运动速度公式v＝at1， 可得救护车匀速运动时的速度大小v＝2×10 m/s＝20 m/s； (2)救护车加速运动过程中的位移x1＝eq \f(1,2)ateq \o\al(2,1)＝100 m， 设在t3时刻停止鸣笛，根据题意可得eq \f(t3－t120＋100,v0)＋t3＝t2， 停止鸣笛时救护车距出发处的距离x＝x1＋(t3－t1)×v， 代入数据联立解得x＝680 m. 答案：(1)20 m/s　(2)680 m 考点二　牛顿运动定律的应用 瞬时加速度问题 1．两个重要模型 (1)轻绳——长度不变时产生的弹力可突变，剪断时弹力立即消失； (2)轻弹簧——其形变的恢复需要时间，在瞬时性问题中，其弹力认为不变． 2．注意：力和加速度可以发生突变，但速度不可以． [例2]　(2024·湖南卷，3)如图，质量分别为4m、3m、2m、m的四个小球A、B、C、D，通过细线或轻弹簧互相连接，悬挂于O点，处于静止状态，重力加速度为g.若将B、C间的细线剪断，则剪断瞬间B和C的加速度大小分别为(　　) A．g,1.5g　　　　　 B．2g,1.5g C．2g,0.5g D．g,0.5g [解题指导] (1)正确受力分析，求出剪断前A、B和C、D间弹簧的弹力大小； (2)分别对B和C受力分析求其合力，根据牛顿第二定律求瞬时加速度． [解析]　 剪断前，对BCD分析FAB＝(3m＋2m＋m)g， 对D，FCD＝mg， 剪断后，对B，FAB－3mg＝3maB， 解得aB＝g，方向竖直向上； 对C，FDC＋2mg＝2maC， 解得aC＝1.5g，方向竖直向下．故A正确． [答案]　A 　弹力是否突变的判断方法 (1)发生明显形变的物体，如轻弹簧、橡皮筋，在两端都连有物体的情况下，弹力不能突变． (2)发生微小形变的物体，如轻绳、轻杆、桌面等，弹力可以突变．突变情况根据物体后面的运动状态来判断． 连接体问题 1．当连接体中各物体具有共同的加速度时，一般采用整体法．当系统内各物体的加速度不同时，一般采用隔离法． 2．求连接体内各物体间的相互作用力时必须用隔离法． [例3]　(2024·黑龙江哈尔滨·三模)(多选)如图所示，三个物块A、B、C的质量分别为m、2m、m，物块B叠放在C上，物块A与C之间用轻弹簧水平连接，物块A、C与水平地面间的动摩擦因数都为μ，物块B与C之间的动摩擦因数为eq \f(μ,2).在大小恒为F的水平推力作用下，使三个物块正保持相对静止地一起向右做匀加速直线运动，已知重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内，则下列说法正确的是(　　) A．弹簧弹力大小为eq \f(F,4) B．保持A、B、C三个物块相对静止，F最大值不超过6μmg C．在撤去水平推力的瞬间，物块A的加速度变小 D．若撤去水平推力后，物块B和C仍能保持相对静止 [解析]　对A、B、C三个物体受力分析，摩擦力为f＝μ(m＋2m＋m)g＝4μmg，根据牛顿第二定律F－f＝(m＋2m＋m)a，对A受力分析，根据平衡条件F弹－μmg＝ma，联立，可得F弹＝eq \f(F,4)，故A正确；保持A、B、C三个物块相对静止，对B可知，整体的最大加速度为amax＝eq \f(\f(μ,2)×2mg,2m)＝eq \f(μg,2)，对A、B、C三个物体，根据牛顿第二定律Fm－4μmg＝(m＋2m ＋m)amax，解得Fm＝6μmg，故B正确；在撤去水平推力的瞬间，弹簧对A的力不会发生突变，即在撤去水平推力的瞬间，A的受力情况不变，即物体A的加速度不变，故C错误；在撤去水平推力的瞬间，对物块B、C整体受力分析F合＝3μmg＋F弹＝3μmg＋eq \f(F,4)＝3ma，则整体的加速度为a＝μg＋eq \f(F,12m)，由B选项可知，物块B的最大加速度为amax＝eq \f(μg,2)＜a，所以，若撤去水平推力后，物块B和C不能保持相对静止，故D错误． [答案]　AB 动力学的两类基本问题 1．动力学问题的解题思路 2．动力学的两类基本问题 由因推果——已知物体的受力情况，确定物体的运动情况 首先根据物体的受力确定物体的加速度，再根据加速度特点及加速度与速度的方向关系确定速度变化的规律 由果溯因——已知物体的运动情况，确定物体的受力情况 由物体的运动情况，确定物体的加速度及其变化规律，再结合牛顿第二定律确定受力情况 [例4]　(2024·山东省押题卷)风洞实验室中可产生方向、大小都可以调节控制的风力．如图所示，将一小球套在一根固定的直杆上，直杆与水平面夹角θ为37°，若在竖直向上的风力F作用下，小球从静止开始以4 m/s2的加速度沿直杆向上运动，此时杆对球的弹力大小为8 N．已知小球质量m＝1 kg，sin 37°＝0.6，g取10 m/s2. (1)求竖直向上的风力的大小； (2)求杆与球间的动摩擦因数； (3)若风力F作用2 s后撤去，求小球沿直杆向上运动的最大位移． [解析]　(1)小球在垂直于杆方向上受风力的分力大小为F1＝Fcos 37°， 小球的重力垂直于杆向下的分力大小为 G1＝Gcos 37°＝8 N， 小球在垂直于杆方向上受力平衡，可知杆对球的弹力垂直于杆向下，所以杆对球的弹力大小， F2＝F1－G1， 由题意可知F2＝8 N， 解得F＝20 N. (2)风力F作用时，由牛顿第二定律有 (F－mg)sin 37°－μF2＝ma1， 因a1＝4 m/s2，F＝20 N， 解得μ＝0.25. (3)风力作用2 s时小球的速度为v1＝a1t1＝8 m/s， 风力作用2 s时小球的位移为x1＝eq \f(1,2)a1teq \o\al(2,1)＝8 m， 风力撤去后，由牛顿第二定律有 mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma2， 解得a2＝8 m/s2，方向沿杆向下 小球继续上滑的位移x2＝eq \f(v\o\al(2,1),2a2)＝4 m， 小球沿直杆向上运动的最大位移xm＝x1＋x2＝12 m. [答案]　(1)20 N　(2)0.25　(3)12 m 考点三　运动学和动力学图像 　运动学的图像问题 (1)对于x ­t图像，图线在纵轴上的截距表示t＝0时物体的位置；对于v ­t图像和a ­t图像，图线在纵轴上的截距并不表示t＝0时物体的位置． (2)在v ­t图像中，两条图线的交点不表示两物体相遇，而是表示两者速度相同． (3)v ­t图像中两条图线在轴上的截距不同，不表示两物体的初始位置不同，位置是否相同应根据题中条件确定． (4)对于a ­x图像、a ­v2图像、x ­v2图像等非常规图像，不要想当然地猜测图像的物理意义，要结合运动学公式和图像，找出函数表达式，进而确定斜率、截距等意义． [例5]　(2024·河北卷，3)篮球比赛前，常通过观察篮球从一定高度由静止下落后的反弹情况判断篮球的弹性．某同学拍摄了该过程，并得出了篮球运动的v­t图像，如图所示．图像中a、b、c、d四点中对应篮球位置最高的是(　　) A．a点　 B．b点　　C．c点　 D．d点 [解题指导] 正确理解速度－时间图像斜率倾斜方向及与时间轴包围面积的意义． [解析]　由图像可知，图像第四象限表示向下运动，速度为负值．当向下运动到速度最大时篮球与地面接触，运动发生突变，速度方向变为向上并做匀减速运动．故第一次反弹后上升至a点，此时速度第一次向上减为零，到达离地面最远的位置．故四个点中篮球位置最高的是a点． [答案]　A 动力学的图像问题 [例6]　(多选)(2024·全国甲卷，15)如图，一轻绳跨过光滑定滑轮，绳的一端系物块P，P置于水平桌面上，与桌面间存在摩擦；绳的另一端悬挂一轻盘(质量可忽略)，盘中放置砝码．改变盘中砝码总质量m，并测量P的加速度大小a，得到a­m图像．重力加速度大小为g.在下列a­m图像中，可能正确的是(　　) [解析]　设P的质量为M，P与桌面的动摩擦力为f；以P为对象，根据牛顿第二定律可得T－f＝Ma， 以盘和砝码为研究对象，根据牛顿第二定律可得mg－T＝ma， 联立可得a＝eq \f(mg－f,M＋m)＝eq \f(g－\f(f,m),M＋m)·m， 可知当砝码的重力大于f时，才有一定的加速度，当m趋于无穷大时，加速度趋近于g. [答案]　D 　求解运动图像与牛顿第二定律综合问题的基本思路 1．(多选)(2024·四川泸州三模)2024年4月17日，AITO问界M9华为高阶智能驾驶版首发，可以实现无人驾驶．如图所示，车道宽为2.7 m，长为12 m的货车以v1＝10 m/s的速度匀速直线行驶，距离斑马线20 m时，一自行车以v3＝2 m/s的速度匀速直线行驶，恰好垂直越过货车右侧分界线，此时无人驾驶轿车车头恰好和货车车尾齐平，轿车以v2＝15 m/s速度匀速直线行驶，轿车紧急制动的加速度大小a＝10 m/s2.当货车在侧面遮挡轿车雷达波时，自行车需完全越过货车左侧分界线，轿车雷达才能准确探测到前方自行车．则下列判断正确的是(　　) A．货车不减速也不会与自行车相撞 B．轿车不减速也不会与自行车相撞 C．轿车探测到自行车立即制动不会与自行车相撞 D．轿车探测到自行车立即制动会与自行车相撞 解析：AC　[人过路口的时间t3＝eq \f(2L,v3)＝eq \f(2×2.7,2)s＝2.7 s，在这段时间内，货车的位移x1＝eq \f(1,2)v1t3＝eq \f(1,2)×10×2.7 m＝13.5 m＜20 m，轿车的位移x2＝v2t3＝15×2.7 m＝40.5 m＞32 m，A正确，B错误；自行车过路口时，轿车雷达可探测到障碍物的时间t0＝eq \f(1,2)t3＝1.35 s，此时轿车距路口的距离Δx＝x0－v2·eq \f(t3,2)＝(32－15×1.35)m＝11.75 m，轿车开始制动到停下来的时间t′＝eq \f(v2,a)＝eq \f(15,10)s＝1.5 s，所需要的制动距离x′＝eq \f(1,2)v2t′＝eq \f(1,2)×15×1.5 m＝11.25 m＜11.75 m，二者不会相撞，C正确，D错误．] 2．(2024·四川成都市第一次诊断)无线充电宝可通过磁吸力吸附在手机背面，利用电磁感应实现无线充电．劣质的无线充电宝使用过程中可能因吸力不足发生滑落造成安全隐患．图(a)为科创小组某同学手握手机(手不接触充电宝)，利用手机软件记录竖直放置的手机及吸附的充电宝从静止开始在竖直方向上的一次变速运动过程(手机与充电宝始终相对静止)，记录的加速度a随时间t变化的图像如图(b)所示(规定向上为正方向)，且图像上下部分分别与t轴围成的面积相等，已知无线充电宝质量为0.2 kg，手机与充电宝之间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2，则在该过程中(　　) A．手机与充电宝全程向下运动，最终处于静止状态 B．充电宝在t2与t3时刻所受的摩擦力方向相同 C．充电宝与手机之间的摩擦力最小值为2 N D．充电宝与手机之间的吸引力大小至少为12 N 解析：D　[手机与充电宝从静止开始，向下先做加速度增大的加速运动，从t1时刻向下做加速度减小的加速运动，加速度减小到零时，速度达到最大；再向下做加速度增大的减速运动，t2时刻速度减小到零，此后做向上的加速度减小的加速运动，加速度减小到零时向上运动的速 度达到最大，此后先向上做加速度增大的减速运动，从t3时刻再向上做加速度减小的减速运动，最后速度为零，故A错误；充电宝在t2时刻加速度方向向上，所受的摩擦力方向向上；充电宝在t3时刻加速度方向向下，由mg＋Ff＝ma3，a3＝12 m/s2，可知摩擦力方向向下，故B错误； 在t1时刻充电宝向下的加速度为10 m/s2，充电宝与手机之间的摩擦力最小，值为零，故C错误；在t2时刻充电宝向上的加速度最大，充电宝与手机之间的摩擦力最大，由牛顿第二定律可得Ffmax－mg＝ma2，又Ffmax＝μF，解得充电宝与手机之间的吸引力大小至少为F＝12 N，故D正确．] $$