第一篇 专题一 第2讲 匀变速直线运动 牛顿运动定律-【步步高·大二轮专题复习】2025年高考物理复习讲义课件（苏京版）（课件PPT+word教案）

第2讲　匀变速直线运动　牛顿运动定律 目标要求　1.会用多种方法灵活处理匀变速直线运动的问题。2.掌握牛顿第二定律，会分析瞬时性问题、连接体问题，会应用牛顿运动定律解决运动的实际问题。3.会分析运动学和动力学图像。 考点一　匀变速直线运动规律及应用 常用方法 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L，通过A点的时间间隔为Δt1；若木板长度为2L，通过A点的时间间隔为Δt2。Δt2∶Δt1为(　　) A.(-1)∶(-1) B.(-)∶(-1) C.(+1)∶(+1) D.(+)∶(+1) 答案　A 解析　方法一　基本公式法 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=a 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=a 当木板长度为2L时，有3L=a 又Δt1=t1-t0，Δt2=t2-t0 联立解得Δt2∶Δt1=(-1)∶(-1) 故选A。 方法二　比例式法 设木板从静止释放到下端到达A点的时间为t0，木板经过A点时间为Δt1 若木板长度为L， 则t0∶Δt1=1∶(-1) ① 若木板长度为2L，设木板经过A点时间为Δt2 t0∶Δt2=1∶[(-1)+(-)]=1∶(-1) ② 联立①②得Δt2∶Δt1=(-1)∶(-1)。 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==2.25 m/s 2、3间中间时刻的速度为v2==1.8 m/s 故可得加速度大小为 a===1 m/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=2.45 m/s 从1号开始到停止时通过的位移大小为 x==3.001 25 m≈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 例3　一个质量为2 kg的箱子静止放在水平面上，箱子与水平面间的动摩擦因数为0.5，给箱子一个水平恒定拉力，使箱子从静止开始运动，经过2 s，箱子的位移为20 m。重力加速度g=10 m/s2，已知sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，空气阻力不计。 (1)求拉力的大小； (2)若拉力大小不变，把拉力的方向改为与水平面成37°角斜向上，使箱子从静止开始运动1 s后撤去拉力，求箱子运动的总位移。 答案　(1)30 N　(2)18.975 m 解析　(1)箱子做匀加速直线运动，有L=at2， 解得a==10 m/s2， 由牛顿第二定律有F-μmg=ma， 故F=ma+μmg=30 N (2)箱子先以大小为a1的加速度匀加速t1时间，撤去拉力后，以大小为a2的加速度匀减速t2时间后速度恰为0，有Fcos 37°-μ(mg-Fsin 37°)=ma1 解得a1=11.5 m/s2 撤去拉力后a2=μg=5 m/s2 由于匀加速阶段的末速度为匀减速阶段的初速度，因此有a1t1=a2t2 其中t1=1 s 箱子运动的总位移L'=a1+a2 联立解得L'=18.975 m 解决动力学两类基本问题的思路 例4　(2023·福建卷·5改编)如图所示，一广场小火车由车头和车厢编组而成。假设各车厢质量均相等(含乘客)，在水平地面上运行过程中阻力与车重成正比。一广场小火车共有3节车厢，车头对第一节车厢的拉力为T1，第一节车厢对第二节车厢的拉力为T2，第二节车厢对第三节车厢的拉力为T3，则(　　) A.当火车匀速直线运动时，T1=T2=T3 B.当火车匀速直线运动时，T1∶T2∶T3=1∶2∶3 C.当火车匀加速直线运动时，T1=T2=T3 D.当火车匀加速直线运动时，T1∶T2∶T3=3∶2∶1 答案　D 解析　设每节车厢重力为G，当火车匀速直线运动时T1=f1=3kG，T2=f2=2kG，T3=f3=kG，得T1∶T2∶T3=3∶2∶1，故A、B错误；当火车匀加速直线运动时T1-3kG=3ma，T2-2kG=2ma，T3-kG=ma，得T1∶T2∶T3=3∶2∶1，故C错误，D正确。 四类常见连接体问题 三种情况中弹簧弹力、绳的张力大小相同且与接触面是否光滑无关 跨过滑轮的连接体 两物体速度和加速度大小相同、方向不同，常用隔离法 叠加类连接体 两物体刚要发生相对滑动时物体间达到最大静摩擦力 靠在一起的连接体 分离时相互作用力为零，但此时两物体的加速度仍相等 例5　如图所示，传送带的倾角θ=37°，从A到B长度为16 m，传送带以10 m/s 的速度逆时针转动。t=0时刻在传送带上A端无初速度地放一个质量m=0.5 kg的黑色煤块，t=1 s时传送带被异物卡住不动了。已知煤块与传送带之间的动摩擦因数为 μ=0.5，煤块在传送带上经过会留下黑色划痕。则(sin 37°= 0.6，cos 37°=0.8，取g=10 m/s2)(　　) A.煤块到达 B 点时的速度为10 m/s B.煤块从A到B的时间为3 s C.煤块从A到B的过程中机械能减少了 12 J D.煤块从A到B的过程中传送带上留下划痕的长度是16 m 答案　C 解析　开始阶段，由牛顿第二定律得mgsin θ+μmgcos θ=ma1，解得a1=gsin θ+μgcos θ=10 m/s2，煤块加速至与传送带速度相等时需要的时间为t1== s=1 s，煤块发生的位移为x1=a1=×10×12 m=5 m<16 m，所以煤块加速到10 m/s时仍未到达B点，此时传送带刚好被异物卡住不动了，此后摩擦力方向改变；第二阶段有mgsin θ-μmgcos θ=ma2，解得a2=2 m/s2，设第二阶段煤块滑动到B点的时间为t2，则LAB-x1=vt2+a2，解得t2=1 s，则煤块从A到B的时间t=t1+t2=2 s，故B错误；根据vB=v+a2t2得vB=12 m/s，故A错误；第一阶段煤块的速度小于传送带速度，煤块相对传送带向上移动，煤块与传送带的相对位移大小为Δx1=vt1-x1=10×1 m-5 m=5 m，故煤块相对于传送带上移5 m；第二阶段煤块的速度大于传送带速度(为零)，煤块相对传送带向下移动，煤块相对于传送带的位移大小为Δx2=LAB-x1=11 m，即煤块相对传送带下移11 m，故传送带表面留下黑色划痕的长度为11 m(前5 m被覆盖)，故D错误；选B所在平面为参考平面，煤块开始的机械能EA=mgLABsin 37°=48 J，到达B点时机械能EB=m=36 J，ΔE=EB-EA=-12 J，故C正确。 传送带中的动力学问题 1.分析物块相对传送带运动或运动趋势的方向，是判断摩擦力方向。 2.μ与tan θ的关系决定了物块与传送带能否保持相对静止。 3.v物=v传时，摩擦力会发生突变，物块位移与传送带的长度关系是判断有无第二阶段运动的关键。 4.求力对物块的功用对地位移，求摩擦生热用相对位移。 考点三　运动学和动力学图像 1.三种运动学图像 常见图像 斜率k 面积 两图像交点 x-t图像 =v 表示相遇 v-t图像 =a 位移x 表示此时速度相等，往往是距离最大或最小的临界点 a-t图像 速度变化量Δv 表示此时加速度相等 2.三种动力学图像 F-t图像 思路一：分段求加速度，利用运动学公式求解 思路二：动量定理，图线与t轴所围面积表示F的冲量 F-x图像 思路一：分段求加速度，利用运动学公式求解 思路二：动能定理，图线与x轴所围面积表示力F做的功 a-F图像 根据牛顿第二定律列式，再变换成a-F关系 例如：如图所示，F-μmg=ma，a=-μg，则a-F图像的斜率为，截距为-μg 例6　(2023·江苏南京市三模)潜艇从海水高密度区域驶入低密度区域，浮力顿减，称之为“掉深”。如图甲所示，某潜艇在高密度海水区域沿水平方向缓慢航行。t=0时，该潜艇“掉深”，随后采取措施成功脱险，在0~30 s时间内潜艇竖直方向的v-t图像如图乙所示(设竖直向下为正方向)。不计水的粘滞阻力，则(　　) A.潜艇在“掉深”时的加速度大小为1 m/s2 B.t=30 s时潜艇回到初始高度 C.潜艇竖直向下的最大位移为100 m D.潜艇在10~30 s时间内处于超重状态 答案　D 解析　潜艇在“掉深”开始时向下加速，则由图像可知加速度大小为a= m/s2=2 m/s2，选项A错误；在0~30 s时间内先向下加速后向下减速，则t=30 s时潜艇向下到达最大深度，选项B错误；由图像可知潜艇竖直向下的最大位移为h=×20×30 m=300 m，选项C错误；潜艇在10~30 s时间内向下减速，加速度向上，处于超重状态，选项D正确。 3.非常规图像 非常规图像(举例) 函数表达式 斜率k 纵截距b v2-x图像 由v2-=2ax 得v2=+2ax 2a -t图像 由x=v0t+at2 得=v0+at a v0 -图像 由x=v0t+at2 得=v0+a v0 a a-x图像 由v2-=2ax知图线与x轴所围面积等于，此面积与物体质量乘积表示动能的变化量 -x 面积表示运动时间 注意：-t图像与t轴围的面积不表示这段时间内物体的位移。 例7　在某次安全测试中，某款汽车在平直公路上行驶，突然发现前方有障碍物，智能系统识别后紧急恒力制动。从制动开始计时，该汽车的位移和时间的比值与时间t之间的关系图像如图所示，则下列说法正确的是(　　) A.该汽车的初速度为20 m/s B.该汽车的初速度为6 m/s C.该汽车的加速度大小为4 m/s2 D.该汽车从制动到停止用时5 s 答案　A 解析　由于汽车恒力制动，则可知该汽车制动后做匀减速直线运动，设该汽车制动后的加速度大小为a，由位移与时间的关系可得x=v0t-at2，变式可得=-at+v0，结合题图可得v0=20 m/s，a=8 m/s2，故A正确，B、C错误；根据速度与时间的关系可得，该汽车从制动到停止用时t0==2.5 s，故D错误。 物理中一次函数问题的解题思路 举例 基本公式 变形后的一次函数表达式 斜率 截距 单摆T2-l图像 T=2π T2=4π2 伏阻法测电阻的-图像 E=U+r =·+ 安阻法测电阻的-R图像 E=I(R+r) =R+ 专题强化练　[分值：50分] 1~6题每题4分，7~9题每题5分，10题11分，共50分 [保分基础练] 1.(2024·新课标卷·14)一质点做直线运动，下列描述其位移x或速度v随时间t变化的图像中，可能正确的是(　　) 答案　C 解析　物体做直线运动，位移与时间成函数关系，A、B选项中一个时间对应两个或两个以上的位移，故不可能；同理D选项中一个时间对应两个速度，也不可能，只有C选项速度与时间是成函数关系，故可能。 2.(2023·江苏卷·1)电梯上升过程中，某同学用智能手机记录了电梯速度随时间变化的关系，如图所示。电梯加速上升的时段是(　　) A.从20.0 s到30.0 s B.从30.0 s到40.0 s C.从40.0 s到50.0 s D.从50.0 s到60.0 s 答案　A 解析　由速度—时间图像可知，电梯加速上升的时间段为20.0 s到30.0 s，故选A。 3.(2024·福建卷·3)某直线运动的v-t图像如图所示，其中0~3 s为直线，3~3.5 s为曲线，3.5~6 s为直线，则以下说法正确的是(　　) A.0~3 s的平均速度为10 m/s B.3.5~6 s做匀减速直线运动 C.0~3 s的加速度比3.5~6 s的大 D.0~3 s的位移比3.5~6 s的小 答案　B 解析　根据v-t图像可知，0~3 s内质点做匀加速直线运动，平均速度为= m/s=15 m/s，故A错误； 根据v-t图像可知，3.5~6 s内质点做匀减速直线运动，故B正确； 根据v-t图像的斜率绝对值表示加速度大小，可知0~3 s的加速度大小为a1= m/s2=10 m/s2，3.5~6 s的加速度大小满足a2> m/s2=10 m/s2，可知0~3 s的加速度比3.5~6 s的小，故C错误； 根据v-t图像与横轴围成的面积表示位移可得，0~3 s的位移为x1=×30×3 m=45 m，3.5~6 s的位移满足x2<×30×(6-3.5) m=37.5 m，可知0~3 s的位移比3.5~6 s的大，故D错误。 4.(2023·福建卷·7改编)甲、乙两辆完全相同的小车均由静止沿同一方向出发做直线运动。以出发时刻为计时零点，甲车的速度—时间图像如图(a)所示，乙车所受合外力—时间图像如图(b)所示。则(　　) A.0~2 s内，甲车的加速度大小逐渐增大 B.乙车在t=2 s和t=6 s时的速度相同 C.2~6 s内，甲、乙两车的位移相同 D.t=8 s时，甲、乙两车的动能不同 答案　B 解析　根据题图(a)可知0~2 s内，甲车做匀加速直线运动，加速度大小不变，故A错误；乙车所受合外力—时间图像如题图(b)所示，图像与横轴围成的面积表示动量，根据动量定理，在0~2 s内I2=mv2，I2=S0~2=2 N·s，0~6 s内I6=mv6，I6=S0~6=2 N·s，则可知乙车在t=2 s和t=6 s时的速度相同，故B正确；根据题图(a)可知，2~6 s内甲车的位移为0；根据题图(b)可知，2~6 s内乙车一直向正方向运动，则2~6 s内，甲、乙两车的位移不同，故C错误；根据题图(a)可知，t=8 s时甲车的速度为0，则t=8 s时，甲车的动能为0；乙车在0~8 s内根据动量定理有I8=mv8，I8=S0~8=0，可知t=8 s时乙车的速度为0，则t=8 s时，乙车的动能为0，故D错误。 5.(2024·安徽卷·6)如图所示，竖直平面内有两完全相同的轻质弹簧，它们的一端分别固定于水平线上的M、N两点，另一端均连接在质量为m的小球上。开始时，在竖直向上的拉力作用下，小球静止于MN连线的中点O，弹簧处于原长。后将小球竖直向上，缓慢拉至P点，并保持静止，此时拉力F大小为2mg。已知重力加速度大小为g，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力。若撤去拉力，则小球从P点运动到O点的过程中(　　) A.速度一直增大 B.速度先增大后减小 C.加速度的最大值为3g D.加速度先增大后减小 答案　A 解析　在P点保持静止，由平衡条件可知此时拉力F与重力和两弹簧的拉力的合力为零。此时两弹簧的合力大小为mg。当撤去拉力，则小球从P点运动到O点的过程中两弹簧的拉力与重力的合力方向始终向下，小球一直做加速运动，故A正确，B错误； 小球从P点运动到O点的过程中，弹簧形变量变小，两弹簧在竖直方向的合力不断变小，故小球受的合力一直变小，加速度一直减小，加速度的最大值为撤去拉力时的加速度，由牛顿第二定律可知2mg=ma，得a=2g，即加速度的最大值为2g，C、D错误。 6.(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 答案　A 解析　剪断前，对B、C、D整体受力分析： A、B间轻弹簧的弹力 FAB=(3m+2m+m)g=6mg 对D受力分析：C、D间轻弹簧的弹力FCD=mg 剪断后，对B：FAB-3mg=3maB 解得aB=g，方向竖直向上 对C：FCD+2mg=2maC 解得aC=1.5g，方向竖直向下，故选A。 [争分提能练] 7.(2024·江苏苏锡常镇四市一模)如图所示，一足够长的倾斜传送带以恒定的速率逆时针转动，某时刻在传送带上适当的位置放上具有一定初速度的小物块，如图所示。取沿传送带向下的方向为正方向，则下列v-t图中不可能描述小物块在传送带上运动的是(　　) 答案　D 解析　当小物块的初速度沿传送带向下(μ>tan θ)，且小于传送带的速度时，对小物块受力分析，由牛顿第二定律可得ma=mgsin θ+μmgcos θ，即a=gsin θ+μgcos θ，可知小物块将沿传送带向下做匀加速直线运动，若传送带足够长，则会出现小物块达到传送带速度时，满足mgsin θ<μmgcos θ，可知二者将共速。故A、B正确； 同理，可知当小物块的初速度沿传送带向上，对小物块受力分析，由牛顿第二定律可得ma=mgsin θ+ μmgcos θ，即a=gsin θ+μgcos θ，可知小物块先沿传送带向上做匀减速直线运动，减速到零后反向匀加速，若传送带足够长会出现小物块与传送带共速的情况(μ>tan θ)，或者小物块继续匀加速(μ<tan θ)，此时加速度满足a'=gsin θ-μgcos θ<a，故C正确，D错误。 8.(2024·广东卷·7)如图所示，轻质弹簧竖直放置，下端固定。木块从弹簧正上方H高度处由静止释放。以木块释放点为原点，取竖直向下为正方向。木块的位移为y，所受合外力为F，运动时间为t，忽略空气阻力，弹簧在弹性限度内。关于木块从释放到第一次回到原点的过程中，其F-y图像或y-t图像可能正确的是(　　) 答案　B 解析　在木块下落H高度之前，木块所受合外力为木块的重力，保持不变，即F=mg，当木块接触弹簧后， 合外力F=mg-kx，其中x为压缩量且x=y-H，F-y图像如图甲所示，故B正确，A错误； 在木块下落H高度之前，木块做自由落体运动，根据y=gt2，知y-t图像为抛物线，故D错误； 在O~H的过程中，速度逐渐增大，y-t图像斜率逐渐增大，当木块接触弹簧后到合外力为零前，木块的速度继续增大，所以y-t图像斜率继续增大，当弹簧弹力大于木块的重力后到最低点过程中F=kx-mg， 木块所受合外力向上，木块速度减小，所以y-t图像斜率减小，到达最低点后，木块向上运动，经以上分析可知，y-t图像大致为如图乙所示，故C错误。 9.(2023·江苏扬州市三模)如图甲所示，光滑斜面上有固定挡板A，斜面上叠放着小物块B和薄木板C，木板下端位于挡板A处，整体处于静止状态。木板C受到逐渐增大的沿斜面向上的拉力F作用时，木板C的加速度a与拉力F的关系图像如图乙所示，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g=10 m/s2，则由图像可知下列说法正确的是(　　) A.10 N<F<15 N时物块B和木板C相对滑动 B.木板和物块两者间的动摩擦因数不可求出 C.由题目条件可求木板C的质量 D.F>15 N时物块B和木板C相对滑动 答案　D 解析　由题图乙可知，当10 N<F<15 N时物块B和木板C相对静止，当F>15 N时图像的斜率变大，可知此时物块B和木板C产生了相对滑动，故A错误，D正确； 对木板和物块的整体分析，当F1=10 N时，a=0，则F1=(M+m)gsin θ，当F2=15 N时，a=2.5 m/s2，则F2-(M+m)gsin θ=(M+m)a ，联立方程可求解M+m=2 kg，sin θ=，但是不能求解木板C的质量，故C错误； 当F2=15 N时，a=2.5 m/s2，此时物块和木板开始发生相对滑动，此时物块和木板之间的摩擦力达到最大静摩擦力，则对物块μmgcos θ-mgsin θ=ma，可求解μ=，故B错误。 [尖子生选练] 10.(11分)(2024·江苏常州市模拟)如图甲所示，物块A、B通过细线连接，A在水平桌面上，与A相连的细线水平，B悬挂在桌子边缘，细线与滑轮间无摩擦。现将物块A从P点处由静止释放，B落地后不反弹，最终A停在Q点，物块A的v-t图像如图乙所示。已知B的质量为0.5 kg，重力加速度大小g取10 m/s2。求： (1)(3分)PQ两点的距离； (2)(4分)物块A与桌面间的动摩擦因数； (3)(4分)物块A的质量。 答案　(1)3 m　(2)0.1　(3) kg 解析　(1)由v-t图像可知 xPQ=×2×3 m=3 m (2)由v-t图像可知，物块A在1~3 s的加速度大小a2=1 m/s2 1~3 s内，对物块A根据牛顿第二定律得 μmAg=mAa2 所以μ==0.1 (3)0~1 s内，加速度大小a1=2 m/s2 分别对物块A、B分析，根据牛顿第二定律得 FT-μmAg=mAa1 mBg-FT=mBa1 解得mA= kg。 学科网（北京）股份有限公司 $$ 力与运动 专题一 第2讲　匀变速直线运动　牛顿运动定律 1.会用多种方法灵活处理匀变速直线运动的问题。 2.掌握牛顿第二定律，会分析瞬时性问题、连接体问题，会应用牛顿运动定律解决运动的实际问题。 3.会分析运动学和动力学图像。 目标要求 内容索引 专题强化练 考点二　牛顿运动定律的应用 考点一　匀变速直线运动规律及应用 考点三　运动学和动力学图像 匀变速直线运动规律及应用 考点一 常用方法 　 (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L，通过A点的时间间隔为Δt1；若木板长度为2L，通过A点的时间间隔为Δt2。Δt2∶Δt1为 A.(-1)∶(-1) B.(-)∶(-1) C.(+1)∶(+1) D.(+)∶(+1) √ 例1 方法一　基本公式法 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=a 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=a 当木板长度为2L时，有3L=a 又Δt1=t1-t0，Δt2=t2-t0 联立解得Δt2∶Δt1=(-1)∶(-1) 故选A。 方法二　比例式法 设木板从静止释放到下端到达A点的时间为t0， 木板经过A点时间为Δt1 若木板长度为L， 则t0∶Δt1=1∶(-1) ① 若木板长度为2L，设木板经过A点时间为Δt2 t0∶Δt2=1∶[(-1)+(-)]=1∶(-1) ② 联立①②得Δt2∶Δt1=(-1)∶(-1)。 　 (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； 例2 答案　1 m/s2 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==2.25 m/s 2、3间中间时刻的速度为v2==1.8 m/s 故可得加速度大小为 a===1 m/s2 (2)最远能经过几号锥筒。 答案　4 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=2.45 m/s 从1号开始到停止时通过的位移大小为 x==3.001 25 m≈3.33d 故可知最远能经过4号锥筒。 牛顿运动定律的应用 考点二 　一个质量为2 kg的箱子静止放在水平面上，箱子与水平面间的动摩擦因数为0.5，给箱子一个水平恒定拉力，使箱子从静止开始运动，经过2 s，箱子的位移为20 m。重力加速度g=10 m/s2，已知sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，空气阻力不计。 (1)求拉力的大小； 例3 答案　30 N 箱子做匀加速直线运动，有L=at2， 解得a==10 m/s2， 由牛顿第二定律有F-μmg=ma， 故F=ma+μmg=30 N (2)若拉力大小不变，把拉力的方向改为与水平面成37°角斜向上，使箱子从静止开始运动1 s后撤去拉力，求箱子运动的总位移。 答案　18.975 m 箱子先以大小为a1的加速度匀加速t1时间，撤去拉力后，以大小为a2的加速度匀减速t2时间后速度恰为0，有Fcos 37°-μ(mg-Fsin 37°)=ma1 解得a1=11.5 m/s2 撤去拉力后a2=μg=5 m/s2 由于匀加速阶段的末速度为匀减速阶段的初速度，因此有a1t1=a2t2 其中t1=1 s 箱子运动的总位移L'=a1+a2 联立解得L'=18.975 m 提炼·总结 解决动力学两类基本问题的思路 　 (2023·福建卷·5改编)如图所示，一广场小火车由车头和车厢编组而成。假设各车厢质量均相等(含乘客)，在水平地面上运行过程中阻力与车重成正比。一广场小火车共有3节车厢，车头对第一节车厢的拉力为T1，第一节车厢对第二节车厢的拉力为T2，第二节车厢对第三节车厢的拉力为T3，则 A.当火车匀速直线运动时，T1=T2=T3 B.当火车匀速直线运动时，T1∶T2∶T3 =1∶2∶3 C.当火车匀加速直线运动时，T1=T2=T3 D.当火车匀加速直线运动时，T1∶T2∶T3=3∶2∶1 √ 例4 设每节车厢重力为G，当火车匀速直线运 动时T1=f1=3kG，T2=f2=2kG，T3=f3=kG， 得T1∶T2∶T3=3∶2∶1，故A、B错误； 当火车匀加速直线运动时T1-3kG=3ma， T2-2kG=2ma，T3-kG=ma，得T1∶T2∶T3=3∶2∶1，故C错误，D正确。 多题归一 四类常见连接体问题   三种情况中弹簧弹力、绳的张力大小相同且与接触面是否光滑无关   跨过滑轮的连接体 两物体速度和加速度大小相同、方向不同，常用隔离法   叠加类连接体 两物体刚要发生相对滑动时物体间达到最大静摩擦力   靠在一起的连接体 分离时相互作用力为零，但此时两物体的加速度仍相等 　 如图所示，传送带的倾角θ=37°，从A到B长度为16 m，传送带以10 m/s 的速度逆时针转动。t=0时刻在传送带上A端无初速度地放一个质量m=0.5 kg的黑色煤块，t=1 s时传送带被异物卡住不动了。已知煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.5，煤块在传送带上经过会留下黑色划痕。则(sin 37°= 0.6，cos 37°=0.8，取g=10 m/s2) A.煤块到达 B 点时的速度为10 m/s B.煤块从A到B的时间为3 s C.煤块从A到B的过程中机械能减少了 12 J D.煤块从A到B的过程中传送带上留下划痕的长度是16 m √ 例5 开始阶段，由牛顿第二定律得mgsin θ+μmgcos θ =ma1，解得a1=gsin θ+μgcos θ=10 m/s2，煤块加速 至与传送带速度相等时需要的时间为t1== s= 1 s，煤块发生的位移为x1=a1=×10×12 m= 5 m<16 m，所以煤块加速到10 m/s时仍未到达B点，此时传送带刚好被异物卡住不动了，此后摩擦力方向改变；第二阶段有mgsin θ-μmgcos θ=ma2，解得a2=2 m/s2，设第二阶段煤块滑动到B点的时间为t2， 则LAB-x1=vt2+a2，解得t2=1 s，则煤块从A到B的时间t=t1+t2=2 s，故 B错误； 根据vB=v+a2t2得vB=12 m/s，故A错误； 第一阶段煤块的速度小于传送带速度，煤块相对传 送带向上移动，煤块与传送带的相对位移大小为Δx1 =vt1-x1=10×1 m-5 m=5 m，故煤块相对于传送带上 移5 m；第二阶段煤块的速度大于传送带速度(为零)， 煤块相对传送带向下移动，煤块相对于传送带的位移大小为Δx2=LAB-x1=11 m，即煤块相对传送带下移11 m，故传送带表面留下黑色划痕的长度为11 m(前5 m被覆盖)，故D错误； 选B所在平面为参考平面，煤块开始的机械能EA=mgLABsin 37°=48 J， 到达B点时机械能EB=m=36 J，ΔE=EB-EA=-12 J，故C正确。 提炼·总结 传送带中的动力学问题 1.分析物块相对传送带运动或运动趋势的方向，是判断摩擦力方向。 2.μ与tan θ的关系决定了物块与传送带能否保持相对静止。 3.v物=v传时，摩擦力会发生突变，物块位移与传送带的长度关系是判断有无第二阶段运动的关键。 4.求力对物块的功用对地位移，求摩擦生热用相对位移。 运动学和动力学图像 考点三 1.三种运动学图像 常见图像 斜率k 面积 两图像交点 x-t图像 =v   表示相遇 v-t图像 =a 位移x 表示此时速度相等，往往是距离最大或最小的临界点 a-t图像   速度变化量Δv 表示此时加速度相等 2.三种动力学图像 F-t图像 思路一：分段求加速度，利用运动学公式求解 思路二：动量定理，图线与t轴所围面积表示F的冲量 F-x图像 思路一：分段求加速度，利用运动学公式求解 思路二：动能定理，图线与x轴所围面积表示力F做的功 a-F图像 根据牛顿第二定律列式，再变换成a-F关系 例如：如图所示，F-μmg=ma，a=-μg， 则a-F图像的斜率为，截距为-μg  　 (2023·江苏南京市三模)潜艇从海水高密度区域驶入低密度区域，浮力顿减，称之为“掉深”。如图甲所示，某潜艇在高密度海水区域沿水平方向缓慢航行。t=0时，该潜艇“掉深”，随后采取措施成功脱险，在0~30 s时间内潜艇竖直方向的v-t图像如图乙所示(设竖直向下为正方向)。不计水的粘滞阻力，则 A.潜艇在“掉深”时的加速度大 小为1 m/s2 B.t=30 s时潜艇回到初始高度 C.潜艇竖直向下的最大位移为100 m D.潜艇在10~30 s时间内处于超重状态 √ 例6 潜艇在“掉深”开始时向下 加速，则由图像可知加速度 大小为a= m/s2=2 m/s2，选 项A错误； 在0~30 s时间内先向下加速后向下减速，则t=30 s时潜艇向下到达最大深度，选项B错误； 由图像可知潜艇竖直向下的最大位移为h=×20×30 m=300 m，选项C 错误； 潜艇在10~30 s时间内向下减速，加速度向上，处于超重状态，选项D正确。 3.非常规图像 非常规图像(举例) 函数表达式 斜率k 纵截距b v2-x图像 由v2-=2ax 得v2=+2ax 2a -t图像 由x=v0t+at2 得=v0+at a v0 -图像 由x=v0t+at2 得=v0+a v0 a 非常规图像(举例) 函数表达式 斜率k 纵截距b a-x图像 由v2-=2ax知图线与x轴所围面积等于，此面 积与物体质量乘积表示动能的变化量 -x 面积表示运动时间 注意：-t图像与t轴围的面积不表示这段时间内物体的位移。 　在某次安全测试中，某款汽车在平直公路上行驶，突然发现前方有障碍物，智能系统识别后紧急恒力制动。从制动开始计时，该汽车的位移和时间的比值与时间t之间的关系图像如图所示，则下列说法正确的是 A.该汽车的初速度为20 m/s B.该汽车的初速度为6 m/s C.该汽车的加速度大小为4 m/s2 D.该汽车从制动到停止用时5 s 例7 √ 由于汽车恒力制动，则可知该汽车制动后做匀减速直 线运动，设该汽车制动后的加速度大小为a，由位移 与时间的关系可得x=v0t-at2，变式可得=-at+v0，结 合题图可得v0=20 m/s，a=8 m/s2， 故A正确，B、C错误； 根据速度与时间的关系可得，该汽车从制动到停止用时t0==2.5 s， 故D错误。 物理中一次函数问题的解题思路 迁移·归一 举例 基本公式 变形后的一次函数表达式 斜率 截距 单摆T2-l图像 T=2π T2=4π2   伏阻法测电阻的-图像 E=U+r =·+ 安阻法测电阻的-R图像 E=I(R+r) =R+ 专题强化练 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 C A B B A A D B 题号 9 10 答案 D (1)3 m　(2)0.1　(3) kg 对一对 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 1.(2024·新课标卷·14)一质点做直线运动，下列描述其位移x或速度v随时间t变化的图像中，可能正确的是 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 保分基础练 答案 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 物体做直线运动，位移与时间成函数关系，A、B选项中一个时间对应两个或两个以上的位移，故不可能； 同理D选项中一个时间对应两个速度，也不可能，只有C选项速度与时间是成函数关系，故可能。 答案 2.(2023·江苏卷·1)电梯上升过程中，某同学用智能手机记录了电梯速度随时间变化的关系，如图所示。电梯加速上升的时段是 A.从20.0 s到30.0 s B.从30.0 s到40.0 s C.从40.0 s到50.0 s D.从50.0 s到60.0 s √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 由速度—时间图像可知，电梯加速上升的时间段为20.0 s到30.0 s，故选A。 3.(2024·福建卷·3)某直线运动的v-t图像如图所示，其中0~3 s为直线，3~3.5 s为曲线，3.5~6 s为直线，则以下说法正确的是 A.0~3 s的平均速度为10 m/s B.3.5~6 s做匀减速直线运动 C.0~3 s的加速度比3.5~6 s的大 D.0~3 s的位移比3.5~6 s的小 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 根据v-t图像可知，0~3 s内质点做匀加速直线运 动，平均速度为= m/s=15 m/s，故A错误； 根据v-t图像可知，3.5~6 s内质点做匀减速直线 运动，故B正确； 根据v-t图像的斜率绝对值表示加速度大小，可知0~3 s的加速度大小为 a1= m/s2=10 m/s2，3.5~6 s的加速度大小满足a2> m/s2=10 m/s2，可 知0~3 s的加速度比3.5~6 s的小，故C错误； 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 根据v-t图像与横轴围成的面积表示位移可得， 0~3 s的位移为x1=×30×3 m=45 m，3.5~6 s的 位移满足x2<×30×(6-3.5) m=37.5 m，可知0~ 3 s的位移比3.5~6 s的大，故D错误。 答案 4.(2023·福建卷·7改编)甲、乙两辆完全相同的小车均由静止沿同一方向出发做直线运动。以出发时刻为计时零点，甲车的速度—时间图像如图(a)所示，乙车所受合外力—时间图像如图(b)所示。则 A.0~2 s内，甲车的加速度大小逐 渐增大 B.乙车在t=2 s和t=6 s时的速度相同 C.2~6 s内，甲、乙两车的位移相同 D.t=8 s时，甲、乙两车的动能不同 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 根据题图(a)可知0~2 s内，甲车 做匀加速直线运动，加速度大 小不变，故A错误； 乙车所受合外力—时间图像如 题图(b)所示，图像与横轴围成的面积表示动量，根据动量定理，在0~2 s内I2=mv2，I2=S0~2=2 N·s，0~6 s内I6=mv6，I6=S0~6=2 N·s，则可知乙车在t=2 s和t=6 s时的速度相同，故B正确； 根据题图(a)可知，2~6 s内甲车的位移为0；根据题图(b)可知，2~6 s内乙车一直向正方向运动，则2~6 s内，甲、乙两车的位移不同，故C错误； 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 根据题图(a)可知，t=8 s时甲车 的速度为0，则t=8 s时，甲车的 动能为0；乙车在0~8 s内根据动 量定理有I8=mv8，I8=S0~8=0，可 知t=8 s时乙车的速度为0，则t=8 s时，乙车的动能为0，故D错误。 答案 5.(2024·安徽卷·6)如图所示，竖直平面内有两完全相同的轻质弹簧，它们的一端分别固定于水平线上的M、N两点，另一端均连接在质量为m的小球上。开始时，在竖直向上的拉力作用下，小球静止于MN连线的中点O，弹簧处于原长。后将小球竖直向上，缓慢拉至P点，并保持静止，此时拉力F大小为2mg。已知重力加速度大小为g，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力。若撤去拉力，则小球从P点运动到O点的过程中 A.速度一直增大 B.速度先增大后减小 C.加速度的最大值为3g D.加速度先增大后减小 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 在P点保持静止，由平衡条件可知此时拉力F与重力 和两弹簧的拉力的合力为零。此时两弹簧的合力大 小为mg。当撤去拉力，则小球从P点运动到O点的 过程中两弹簧的拉力与重力的合力方向始终向下， 小球一直做加速运动，故A正确，B错误； 小球从P点运动到O点的过程中，弹簧形变量变小，两弹簧在竖直方向的合力不断变小，故小球受的合力一直变小，加速度一直减小，加速度的最大值为撤去拉力时的加速度，由牛顿第二定律可知2mg=ma，得a=2g，即加速度的最大值为2g，C、D错误。 答案 6.(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 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 剪断前，对B、C、D整体受力分析： A、B间轻弹簧的弹力 FAB=(3m+2m+m)g=6mg 对D受力分析：C、D间轻弹簧的弹力FCD=mg 剪断后，对B：FAB-3mg=3maB 解得aB=g，方向竖直向上 对C：FCD+2mg=2maC 解得aC=1.5g，方向竖直向下，故选A。 答案 7.(2024·江苏苏锡常镇四市一模)如图所示，一足够长的倾斜传送带以恒定的速率逆时针转动，某时刻在传送带上适当的位置放上具有一定初速度的小物块，如图所示。取沿传送带向下的方向为正方 向，则下列v-t图中不可能描述小物块在传送带上运动的是 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 争分提能练 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 当小物块的初速度沿传送带向下(μ>tan θ)，且小于传送带的速度时，对小物块受力分析，由牛顿第二定律可得ma=mgsin θ+μmgcos θ，即a=gsin θ+μgcos θ，可知 答案 小物块将沿传送带向下做匀加速直线运动，若传送带足够长，则会出现小物块达到传送带速度时，满足mgsin θ<μmgcos θ，可知二者将共速。故A、B正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 同理，可知当小物块的初速度沿传送带向上，对小物块受力分析，由牛顿第二定律可得ma=mgsin θ+ μmgcos θ，即a=gsin θ+μgcos θ，可知小物块先沿传送 答案 带向上做匀减速直线运动，减速到零后反向匀加速，若传送带足够长会出现小物块与传送带共速的情况(μ>tan θ)，或者小物块继续匀加速(μ<tan θ)，此时加速度满足a'=gsin θ-μgcos θ<a，故C正确，D错误。 8.(2024·广东卷·7)如图所示，轻质弹簧竖直放置，下端固定。木块从弹簧正上方H高度处由静止释放。以木块释放点为原点，取竖直向下为正方向。木块的位移为y，所受合外力为F，运动时间为t，忽 略空气阻力，弹簧在弹性限度内。关于木块从释放到第一 次回到原点的过程中，其F-y图像或y-t图像可能正确的是 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 在木块下落H高度之前，木块所受合外力为木块的重 力，保持不变，即F=mg，当木块接触弹簧后， 合外力F=mg-kx，其中x为压缩量且x=y-H，F-y图像如 图甲所示，故B正确，A错误； 在木块下落H高度之前，木块做自由落体运动，根据y=gt2，知y-t图像 为抛物线，故D错误； 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 在O~H的过程中，速度逐渐增大，y-t图像斜率逐渐增 大，当木块接触弹簧后到合外力为零前，木块的速度 继续增大，所以y-t图像斜率继续增大，当弹簧弹力大 于木块的重力后到最低点过程中F=kx-mg， 木块所受合外力向上，木块速度减小，所以y-t图 像斜率减小，到达最低点后，木块向上运动，经 以上分析可知，y-t图像大致为如图乙所示，故C 错误。 答案 9.(2023·江苏扬州市三模)如图甲所示，光滑斜面上有固定挡板A，斜面上叠放着小物块B和薄木板C，木板下端位于挡板A处，整体处于静止状态。木板C受到逐渐增大的沿斜面向上的拉力F作用时，木板C的加速度a与拉力F的关系图像如图乙所示，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g=10 m/s2，则由图像可知下列说法正确的是 A.10 N<F<15 N时物块B和木板C相对滑动 B.木板和物块两者间的动摩擦因数不可求出 C.由题目条件可求木板C的质量 D.F>15 N时物块B和木板C相对滑动 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 由题图乙可知，当10 N<F<15 N时 物块B和木板C相对静止，当F>15 N 时图像的斜率变大，可知此时物块 B和木板C产生了相对滑动，故A错误，D正确； 对木板和物块的整体分析，当F1=10 N时，a=0，则F1=(M+m)gsin θ，当F2=15 N时，a=2.5 m/s2，则F2-(M+m)gsin θ=(M+m)a ，联立方程可 求解M+m=2 kg，sin θ=，但是不能求解木板C的质量，故C错误； 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 当F2=15 N时，a=2.5 m/s2，此时 物块和木板开始发生相对滑动， 此时物块和木板之间的摩擦力达 到最大静摩擦力，则对物块μmgcos θ-mgsin θ=ma，可求解μ=，故B 错误。 答案 10.(2024·江苏常州市模拟)如图甲所示，物块A、B通过细线连接，A在水平桌面上，与A相连的细线水平，B悬挂在桌子边缘，细线与滑轮间无摩擦。现将物块A从P点处由静止释 放，B落地后不反弹，最终A停在 Q点，物块A的v-t图像如图乙所示。 已知B的质量为0.5 kg，重力加速度大小g取10 m/s2。求： (1)PQ两点的距离； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案　3 m 答案 尖子生选练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 由v-t图像可知 xPQ=×2×3 m=3 m 答案 (2)物块A与桌面间的动摩擦因数； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案　0.1 答案 由v-t图像可知，物块A在1~3 s的加速度大小a2=1 m/s2 1~3 s内，对物块A根据牛顿第二定律得 μmAg=mAa2 所以μ==0.1 (3)物块A的质量。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案　 kg 答案 0~1 s内，加速度大小a1=2 m/s2 分别对物块A、B分析，根据牛顿第二定律得 FT-μmAg=mAa1 mBg-FT=mBa1 解得mA= kg。 本课结束 THANKS $$