专题突破1 微专题2 匀变速直线运动 牛顿运动定律-【步步高】2024年新高考物理考前三个月（津鲁琼辽鄂渝粤冀湘闽黑吉晋皖云）

微专题2　匀变速直线运动　牛顿运动定律 1．匀减速直线运动问题分类： (1)刹车问题，首先要判断物体何时停止，再进行分析、计算； (2)双向运动问题，全过程应用匀变速直线运动公式求解较方便。 2．多过程问题：前一阶段的末状态是后一阶段的初状态，即前一阶段的末速度是后一阶段的初速度，前一阶段的末位置是后一阶段的初位置。 3．若两物体一起运动(连接体)，两物体具有相同加速度，通常采用先整体后隔离的方法求解；若两物体有相对运动(板块模型)，两物体应分别应用牛顿第二定律列方程。 4．物体做匀变速直线运动，若受到两个力，一般应用合成法求解；若物体受到多个力，一般应用正交分解法求解。 考点一　匀变速直线运动的规律及应用 1．(2023·山东卷·6)如图所示，电动公交车做匀减速直线运动进站，连续经过R、S、T三点，已知ST间的距离是RS的两倍，RS段的平均速度是10 m/s，ST段的平均速度是5 m/s，则公交车经过T点时的瞬时速度为(　　) A．3 m/s B．2 m/s C．1 m/s D．0.5 m/s 答案　C 解析　由题知，电动公交车做匀减速直线运动，设RS间的距离为x，则根据题意有RS＝＝＝10 m/s，ST＝＝＝5 m/s，联立解得t2＝ 4t1，vT＝vR－10 m/s，再根据匀变速直线运动速度与时间的关系有vT＝vR－a·5t1，则at1＝ 2 m/s，又有RS＝vR－a·＝10 m/s，则vR＝11 m/s，代入解得vT＝1 m/s，故选C。 2．(多选)(2023·甘肃省二模)假设高速公路上甲、乙两车在同一车道上同向行驶。甲车在前，乙车在后，速度均为v0＝30 m/s。甲、乙两车相距x0＝100 m，在t＝0时刻甲车遭遇紧急情况后，甲、乙两车的加速度随时间变化的规律分别如图甲、乙所示。取运动方向为正方向。下列说法正确的是(　　) A．0～3 s内两车间距逐渐增大 B．t＝6 s时两车距离最近，且最近距离为10 m C．6～9 s内，甲车速度大于乙车速度，两车间距离越来越大 D．两车在0～9 s内会相撞 答案　BC 解析　由题图可知0～3 s内，甲车做匀减速直线运动，乙车做匀速直线运动，初速度相等，则两车间距逐渐减小，故A错误；根据题意作出两车的速度—时间图像如图 由图可知t＝6 s时两车速度相等，阴影部分面积表示0～6 s内两车的位移差，为 Δx＝×30×3 m＋×30×(6－3) m＝90 m，所以最近距离为10 m，故B正确； 由图可知6～9 s内，甲车速度大于乙车速度，两车间距离越来越大，由于6 s时甲在乙前距离乙车10 m的位置，所以在0～9 s内两车不会相撞，故C正确，D错误。 在追及相遇中： (1)两物体追及相遇的条件是：同一时刻到达同一位置； (2)两物体距离有极值的条件是：速度相同； (3)两物体恰好不相撞的条件是：速度相同，到达同一位置。 3．(多选)(2023·广东省三模)某软件可以记录物体的运动过程并描绘出运动图像。如图是该软件导出的－t图像，t为时刻，x为0～t时间内物体运动的位移。已知t0时刻前图像为直线，t0时刻后图像为反比例函数曲线。该图像模拟某物块在粗糙水平面上做匀减速直线运动直至静止的滑动情景，取重力加速度为10 m/s2。下列说法正确的有(　　) A．物块在4 s后某一时刻静止 B．0时刻，物块的速度大小为20 m/s C．物块运动的位移大小为60 m D．物块与水平面间的动摩擦因数为 答案　BD 解析　因为t0时刻后图像为反比例函数曲线，即·t＝k，即x＝k为定值，可知此时物块静止，即从t0时刻开始物块已经静止，根据坐标(4 s,7.5 m/s)可得物块的位移为x＝30 m，选项A、C错误； 根据x＝v0t－at2，整理得＝v0－at，可得v0＝20 m/s，选项B正确； 物块的加速度大小a＝＝ m/s2＝ m/s2 根据μmg＝ma，可得μ＝，选项D正确。 1．解决匀变速直线运动问题，原则上利用两个基本公式可解决所有问题。但是一些情景下利用平均速度公式＝＝，可将平均速度转换为某一时刻的瞬时速度来解题。 2．a－t图像中，图线与横轴所围的面积表示速度的变化量。 3．非常规图像处理方法：由运动学公式推导出两个物理量间的函数关系，通常为一次函数，再分析图像的斜率、截距、面积等的含义，再求解相应物理量。例如： (1)由x＝v0t＋at2，可得－t函数关系为＝v0＋at，斜率k为a，截距b为初速度v0； (2)由v2－v02＝2ax，可得v2－x的函数关系为v2＝v02＋2ax，斜率为2a，截距为v02。 考点二　牛顿运动定律及其应用 4．(2023·天津卷·5)质量为m的列车匀速v行驶，突然以F大小的力制动刹车直到列车停止，过程中恒受到f的空气阻力，下列说法正确的是(　　) A．减速运动加速度大小a＝ B．力F的冲量为mv C．刹车距离为 D．匀速行驶时功率为(f＋F)v 答案　C 解析　根据牛顿第二定律有F＋f＝ma，可得减速运动加速度大小a＝，故A错误；根据运动学公式有t＝＝，故力F的冲量大小为I＝Ft＝，方向与运动方向相反，故B错误；根据v2＝2ax可得刹车距离x＝＝，故C正确；匀速行驶时牵引力等于空气阻力，则功率为P＝fv，故D错误。 5．(2023·广东惠州市三模)惠州罗浮山风景区于2022年1月启用新索道，如图所示，质量为M的吊厢通过悬臂固定悬挂在缆绳上，吊厢水平底板上放置一质量为m的货物。若某段运动过程中，在缆绳牵引下吊厢载着货物一起斜向上加速运动，且悬臂和吊厢处于竖直方向，重力加速度为g，则(　　) A．吊厢水平底板对货物的支持力对货物不做功 B．吊厢水平底板对货物的摩擦力对货物做正功 C．悬臂对吊厢的作用力方向与缆绳方向平行且斜向上 D．悬臂对吊厢的作用力大小等于(M＋m)g 答案　B 解析　吊厢水平底板对货物的支持力竖直向上，与速度方向的夹角小于90°，可知支持力对货物做正功，故A错误；在缆绳牵引下吊厢载着货物一起斜向上加速运动，可知吊厢水平底板对货物的摩擦力水平向右，与速度方向的夹角小于90°，摩擦力对货物做正功，故B正确；以吊厢和货物为整体分析，设加速度大小为a，缆绳与水平方向夹角为θ，则有Fy－(M＋m)g＝(M＋m)asin θ， Fx＝(M＋m)acos θ 则悬臂对吊厢的作用力大小为 F＝>(M＋m)g 设悬臂对吊厢的作用力与水平方向的夹角为α， 则有tan α＝＝>tan θ 可知悬臂对吊厢的作用力方向与缆绳方向不平行，故C、D错误。 6．快递物流已经深入我们的生活，准确迅速分拣是一个重要环节，图甲是快递分拣传送装置。它由两台传送机组成，一台水平传送，另一台倾斜传送，图乙是该装置示意图，CD部分倾角θ＝37°，B、C间距离忽略不计。已知水平传送带以4 m/s的速率顺时针转动。把一个可视为质点的货物无初速度放在A端，图丙为水平传送带AB段数控设备记录的货物的运动图像，1.3 s时刚好到达B端，且速率不变滑上C端，已知两段传送带与货物间的动摩擦因数相同。g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。 (1)求水平传送带AB的长度及传送带与货物间的动摩擦因数； (2)若CD段的长度为2.6米，则CD部分传送带顺时针转动的速度至少为多少，快递员才能在D端取到货物。 答案　(1)3.6 m　0.5　(2)3 m/s 解析　(1)由v－t图像可知，传送带AB段的长度为LAB＝3.6 m 货物在水平传送带上运动时，根据牛顿第二定律可得μmg＝ma1， 解得a1＝μg 由图像可知货物在传送带上的匀加速过程加速度为a1＝ m/s2＝5 m/s2 解得μ＝0.5 (2)依题意，货物以4 m/s滑上倾斜传送带CD部分，CD部分以顺时针方向转动但速度未知，第一种情况：若传送带CD部分速度大于货物速度，不符合传送带速度取最小的情况，故舍弃；第二种情况：若传送带CD部分速度小于货物速度，货物所受摩擦力方向沿斜面向下，则ma2＝mgsin θ＋μmgcos θ 解得a2＝10 m/s2 故货物先沿斜面向上做匀减速直线运动，等到与传送带共速时，由于μ<tan θ，故共速后将继续做匀减速直线运动。则ma3＝mgsin θ－μmgcos θ，解得a3＝2 m/s2 则有s1＝，s2＝，LCD＝s1＋s2 解得v＝3 m/s 即传送带的速度至少为3 m/s，快递员才能在D端取到货物。 考点三　滑块 —木板模型 7．(多选)(2023·辽宁大连市高三一模)如图所示，长木板放置在水平面上，一小物块置于长木板的中央，长木板和物块的质量均为m，物块与木板间的动摩擦因数为μ，木板与水平面间的动摩擦因数为，已知最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度大小为g。现对物块施加一水平向右的拉力F，则木板的加速度大小可能是(　　) A．μg B. C. D. 答案　BC 解析　若两者恰好能发生相对滑动， 对木板有μmg－×2mg＝ma0， 解得a0＝ 对物块和木板组成的系统有 F0－·2mg＝2ma0， 解得F0＝μmg 当F≥μmg时两者发生相对滑动，此时木板的加速度为；木板恰好相对水平面发生滑动时，有F1＝，当≤F<μmg时，物块与木板之间不发生相对滑动，有0≤a2<μg， 故选B、C。 8．(2023·湖南省部分学校高三联考)某商家为了吸引顾客，设计了抽奖活动，如图所示，三块尺寸相同的薄木板A、B、C随机排序并紧挨着置于足够大的水平地面上，质量均为m＝1 kg，长度均为L＝3 m。三块木板的下表面与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.1，上表面(均水平)各有不同的涂层，质量M＝2.5 kg的滑块(视为质点)与A、B、C上表面间的动摩擦因数分别为μ、2μ、3μ。顾客以某一水平初速度从左侧第一块木板的左端将滑块水平向右推出。从左向右数，若滑块最终停在第一、二、三块木板上，则顾客分别获得三、二、一等奖；若滑块滑离所有木板，则顾客不获奖。认为最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取重力加速度大小g＝10 m/s2。 (1)若木板全部固定，要想获奖，求滑块的初速度大小v0应满足的条件； (2)若木板不固定，且从左向右按照A、B、C的方式放置，要想获得一等奖，求滑块初速度的最小值v0min(结果可保留根号)。 答案　(1)0<v0≤6 m/s　(2) m/s 解析　(1)在木板全部固定的情况下，当滑块恰好能够滑至第三块木板的右端时，v0具有最大值v0max，根据动能定理有－μMgL－2μMgL－3μMgL＝0－Mv0max2 解得v0max＝6 m/s 要想获奖，v0的取值范围为0<v0≤6 m/s。 (2)在木板不固定，且从左向右按照A、B、C的方式放置的情况下，当滑块在A上滑动时，滑块与A之间的滑动摩擦力大小为Ff1＝μMg＝2.5 N A、B、C整体所受地面的最大静摩擦力 Ffmax1＝μ(M＋3m)g＝5.5 N 因为Ff1<Ffmax1 所以当滑块在A上滑动时，A、B、C均静止，当滑块在B上滑动时，滑块与B之间的滑动摩擦力大小为Ff2＝2μMg＝5 N B、C整体所受地面的最大静摩擦力为 Ffmax2＝μ(M＋2m)g＝4.5 N 因为Ff2>Ffmax2，所以当滑块在B上滑动时，B、C一起做匀加速直线运动，而滑块做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可知，当滑块在B上滑动时，滑块和B、C整体的加速度大小分别为 a1＝＝2 m/s2，a2＝＝0.25 m/s2 若滑块恰好在滑到C上时与C达到共同速度，因为滑块与C之间的最大静摩擦力为 Ff3＝3μMg＝7.5 N 大于滑块与C整体做匀减速直线运动时C所受地面的摩擦力Ff3′＝μ(M＋m)g＝3.5 N 所以滑块与C达到共同速度后将不会再相对C滑动，B、C一起做匀减速直线运动直到停止，则可获得一等奖，且v0具有最小值。 设滑块刚滑上B时的速度大小为v1，经时间t1恰好滑到C上且与C达到大小为v2的共同速度，根据匀变速直线运动的规律有 v1－a1t1＝v2，v2＝a2t1，t1－t1＝L，联立解得v1＝ m/s 对滑块从刚滑上A到刚滑上B的过程，根据动能定理有－μMgL＝Mv12－Mv0min2 解得v0min＝ m/s。 滑块—木板模型分析方法 1．(2023·广东佛山市H7教育共同体高三联考)“水火箭”是一项深受学生喜欢的科技活动，某学习小组利用饮料瓶制作的“水火箭”如图甲所示，其发射原理是通过打气使瓶内空气压力增大，当瓶口与橡皮塞脱离时，瓶内水向后喷出，“水火箭”获得推力向上射出。图乙是某次竖直发射时测绘的“水火箭”速度v与时间t的图像，其中t0时刻为“水火箭”起飞时刻，DE段是斜率绝对值为g的直线，忽略空气阻力，关于“水火箭”的运动，下列说法正确的是(　　) A．在t1、t2、t3、t4时刻中，加速度大小都等于g B．在t2时刻达到最高点 C．在t3时刻失去推力 D．t3～t4时间做自由落体运动 答案　C 解析　v－t图像的斜率表示加速度，由题图可知，在t1、t2、t3、t4时刻中，在t1时刻斜率最大，则加速度最大，故A错误；“水火箭”运动过程速度一直是正的，运动方向始终没有改变，t2时刻后仍在上升，故B错误；DE段是斜率绝对值为g的直线，说明t3时刻以后“水火箭”的加速度大小为g，由牛顿第二定律可知，“水火箭”所受合力等于重力，“水火箭”在t3时刻失去推力，故C正确；t3～t4时间内“水火箭”的速度方向是正的，加速度方向是负的，且加速度大小等于g，则“水火箭”做竖直上抛运动，故D错误。 2．(2023·东北三省四市教研联合体二模)某电影拍摄现场用摄像机拍摄物体。已知t＝0时刻摄像机和物体在平直两轨道上并排同向运动，二者v－t图像如图所示。若摄像机在8米之内可以获得清晰的画面，忽略两轨道间的距离，则从计时开始，摄像机运动过程中可以获得该物体清晰画面的总时间为(　　) A．4 s B．6 s C．8 s D．10 s 答案　C 解析　在0～4 s内，物体的加速度为a＝＝1 m/s2，4 s末物体比摄像机刚好多走的距离为Δs＝×4×4 m＝8 m，则这4 s内可以获得清晰画面；4～6 s时间内物体与摄像机逐渐远离，直到6 s末再次相距8 m，之后物体静止，摄像机在匀速移动16 m的过程中均可以获得清晰画面，用时4 s，所以摄像机获得物体清晰画面的总时间为8 s，故选C。 3．(多选)(2023·河南郑州市高三三模)如图所示，一长木板a在水平地面上运动，在某时刻(t＝0)将一相对于地面静止的物块b轻放到木板上，此时a的速度水平向右，大小为2v0，同时对a施加一水平向右的恒力F。已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间的动摩擦因数相等，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上。在物块放到木板上之后，a、b运动的速度—时间图像可能是下列图中的(　　) 答案　BC 解析　物块b由静止开始运动，长木板a有初速度且受到恒力作用，所以对物块受力分析，由牛顿第二定律得μmg＝mab，解得ab＝μg 对长木板受力分析有F－μmg－μ×2mg＝maa 解得aa＝－3μg。根据选项A、B图像斜率可知 若初始阶段aa＜0，ab＝|aa|，解得F＝2μmg 则a做匀减速直线运动，b做匀加速直线运动，共速后由于整体所受合力为零，将一起做匀速直线运动，故A错误，B正确； 根据选项C中图像知若a做匀速直线运动， 即F＝3μmg b做匀加速直线运动，两者共速后，一起做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有F－2μmg＝2ma， 解得a＝μg＝ab，故C正确； 由选项D知，若aa′>0，aa＜ab， 则有3μmg＜F<4μmg 两者均做匀加速直线运动，共速后一起做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有F－2μmg＝2ma′，解得μg＜a′＜μg，故D错误。 4.(多选)(2023·河北保定市统考三模)水平面上放置一质量为m的滑块B，上方有圆弧形凹槽，质量也为m的圆柱A恰好能放置在凹槽中，其截面图如图所示，圆心与二者接触的左端点连线跟竖直方向夹角α＝30°。一质量为M的物体C通过跨过定滑轮的不可伸长的轻质细绳与B相连，细绳张紧后由静止释放C，不计一切摩擦，重力加速度为g，B离定滑轮足够远，下列说法正确的是(　　) A．如果A、B能保持相对静止，B对A的作用力大小为g B．如果A、B能保持相对静止，B对A的作用力大小为mg C．当M＝(＋1)m时，A恰要从凹槽中滚出 D．如果α＝45°时，无论M为多大，A都不能滚出凹槽 答案　CD 解析　如果A、B能保持相对静止，将A、B、C看作一个整体，根据牛顿第二定律可知Mg＝(2m＋M)a 解得加速度大小为a＝ A受到B水平方向的作用力大小为Fx＝ma 竖直方向的作用力大小为Fy＝mg B对A的作用力大小为 F＝＝mg 故A、B错误； 圆柱A滚出凹槽的临界条件为圆柱受到槽的支持力沿着圆心与二者接触的左端点连线方向 FNsin α＝ma1，FNcos α＝mg 解得临界加速度大小为a1＝g 整体上有a1＝ 解得M＝(＋1)m，故C正确； 当α＝45°时，圆柱A滚出凹槽的临界条件为圆柱受到槽的支持力沿着圆心与二者接触的左端点连线方向，有FN′sin α＝ma2，FN′cos α＝mg 得临界加速度大小a2＝g 由于<g，所以无论M为多大，A都不能滚出凹槽，故D正确。 5．(2023·湖北省模拟)如图所示，一质量为m1＝3 kg的长木板A静止于传送带顶端，其右端与传送带的顶端M点相齐。传送带比长木板长15.24 m。传送带倾斜放置，倾角为θ＝30°，且没有启动。t＝0时刻，将一质量为m2＝2 kg的小物块B(可视为质点)轻放在长木板A的左端，与此同时，给长木板A以v0＝5 m/s的速度沿传送带向下运动。同时启动传送带，使其从静止开始以恒定的加速度a＝3 m/s2沿逆时针方向转动，已知A与传送带之间的动摩擦因数μ1＝，A与B之间的动摩擦因数μ2＝，重力加速度大小g＝10 m/s2，则： (1)要使小物块B不从长木板上掉下来，长木板至少要多长？ (2)求长木板从初始位置运动到长木板左端到N点所用的时间。 答案　(1)0.6 m　(2)3 s 解析　(1)B沿木板向下做匀加速直线运动，加速度大小为a1＝ ＝12.5 m/s2 A沿传送带向下做匀减速直线运动， 加速度大小为a2＝＝ m/s2 设A和B刚好达到共同速度v1时，时间为t1，根据运动学公式可得v1＝a1t1，v1＝v0－a2t1 联立解得v1＝3 m/s，t1＝0.24 s A的位移为xA＝v0t1－a2t12＝0.96 m B的位移为xB＝a1t12＝0.36 m A相对B滑行的最大距离，即木板最小长度为Δx＝xA－xB＝0.6 m (2)当v传＝at2＝v1＝3 m/s，解得t2＝1 s 因μ2>tan θ，μ1＝tan θ，则A、B与传送带共速前，A、B一起做匀速直线运动，运动时间为t2－t1，A、B一起运动的位移x匀＝(t2－t1)×v1＝2.28 m A、B与传送带共速后，A、B与传送带一起做匀加速直线运动，根据运动学公式有 s－xA－x匀＝12 m＝v1t加＋at加2，解得t加＝2 s 从传送带启动到A的左端运动到传送带底端N点所用的时间t总＝t2＋t加＝3 s。 学科网（北京）股份有限公司 $$