第2讲 牛顿运动定律与直线运动-【创新教程】2026年高考物理大二轮专题增分方案学生用书

丨物理 第2讲牛顿运动定律与直线运动 核心素养，助学提能 考点一 匀变速直线运动规律的应用 核心透视 技法点拨 1.匀变速直线运动的基本规律 运动学中涉及多物体、多过程问题的分析技巧 (1)速度关系：u=o十at. (1)分别弄清楚不同物体或同一物体不同过程的 (2)位移关系x=61十 2a12 运动性质； (2)确定不同物体或同一物体不同过程运动物理 (3)速度位移关系：2-诟=2ax 量的关系，如速度、时间和位移的关系； (4)某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速 (3)列出相应的规律式（运动学公式）和各物理量 度：0=又=v吃 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. (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△x=aT。 对点集训 2.追及问题的解题思路和技巧 1.(2025·广西卷，3)某位同学观察火车进站，火车 (1)解题思路 由初速度为36km/h降速到停下，火车的运动看 作匀减速直线运动，火车降速运动过程中，此同 分析两 画运动 找两物体 列位移 学的脉搏跳动了70下，已知该同学每分钟脉搏 物体运→ 示意图 → ◆ 位移关系 方程 跳动60下，则火车共行驶距离约为 ( ) 动过程 或o-t图像 A.216m B.350m (2)解题技巧 C.600m D.700m ①紧抓“一图三式”，即过程示意图、时间关系 2.(2025·河北张家口高三月考)冰壶比赛是以队 式、速度关系式和位移关系式。 为单位在冰上进行的一种投掷性竞赛项目.在某 ②审题应抓住题目中的关键字眼，充分挖掘题目 次比赛中，冰壶投出后以8m/s的初速度做匀减 中的隐含条件，如“刚好”“恰好”“最多”“至少”等， 速直线运动，加速度大小为0.4m/s2,下列说法 往往对应一个临界状态，满足相应的临界条件. 中正确的是 () ③若被追赶的物体做匀减速运动，一定要注意 A.冰壶第1s末的速度大小为0.4m/s 追上前该物体是否已停止运动，最后还要注意 B.冰壶第1s内的位移大小为8.2m 对解的讨论分析. C.倒数第3s内的位移大小为1.0m 典题例析 D.倒数第3s内的平均速度大小为号m/s 例1](2025·安徽卷，4)汽车由静止开始沿直 3.(2024·全国甲卷，24)为抢救病人，一辆救护车紧 线从甲站开往乙站，先做加速度大小为a的匀加 急出发，鸣着笛沿水平直路从t=0时由静止开始做 速运动，位移大小为x;接着在t时间内做匀速运 匀加速运动，加速度大小a=2m/s2,在t1=10s时 动；最后做加速度大小也为a的匀减速运动，到 停止加速开始做匀速运动，之后某时刻救护车停止 达乙站时速度恰好为0.已知甲、乙两站之间的 鸣笛，2=41s时在救护车出发处的人听到救护车 距离为8x,则 ( 发出的最后的鸣笛声.已知声速oo=340m/s,求： 1 A.-Isar 1 B.x= (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： 1 8at2 1 C.x= D.x- [解题指导] (1)分析汽车的运动分三个阶段；(2)由匀减速 直线运动的位移等于匀加速直线运动的位移 找出加速直线运动时间与匀速直线运动时间 的关系；(3)由位移公式找出匀变速运动位移 与匀速运动时间的关系式 冰冻的猪肉在水中比在同温度的空气中解冻得快。烧烫的铁钉放入水中比在同温度的空气中冷 ·8·却得快。装有滚烫的开水的杯子漫入水中比在同温度的空气中冷却得快。这些现象都表明：水的热传 递性比空气好。 第一部分：专题一力与运动 考点二 牛顿运动定律的应用 春问1 瞬时加速度问题 春向3 动力学的两类基本问题 1.两个重要模型 1.动力学问题的解题思路 (1)轻绳一长度不变时产生的弹力可突变，剪断 整体法或隔离法 时弹力立即消失； (2)轻弹簧一其形变的恢复需要时间，在瞬时性 受力分析确定研究对象 运动性质分析 问题中，其弹力认为不变 (1)分析物体 ,牛顿 2.注意：力和加速度可以发生突变，但速度不可以. 所受各力 F=ma )a=0f0→静止 ≠0→匀速直 第 (2)建坐标系 线运动 定律 [例2](2024·湖南卷，3)如图，质量 LL (3)根据矢量 运算求合 (2)a恒定，且与a在同一条 分别为4m、3m、2m、m的四个小球A、B、 外力 直线上→物体做匀变速直线运动 C、D,通过细线或轻弹簧互相连接，悬挂 (1)v-vo+at (3)2-v,2=2ax (4)△x=aT 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 2.动力学的两类基本问题 B和C的加速度大小分别为 由因推果—已知 首先根据物体的受力确定物 A.g,1.5g B.2g,1.5g 体的加速度，再根据加速度 C.2g,0.5g D.g,0.5g 物体的受力情况，确 特点及加速度与速度的方向 [解题指导] 定物体的运动情况 关系确定速度变化的规律 (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； 由果溯因—已知 由物体的运动情况，确定物 体的加速度及其变化规律， (2)分别对B和C受力分析求其合力，根据牛 物体的运动情况，确 定物体的受力情况 再结合牛顿第二定律确定受 顿第二定律求瞬时加速度. 力情况 规律总结弹力是否突变的判断方法 例4](2025·山东省押题卷)风 (1)发生明显形变的物体，如轻弹簧、橡皮筋，在两 洞实验室中可产生方向、大小都 B 端都连有物体的情况下，弹力不能突变 可以调节控制的风力.如图所示， 0 (2)发生微小形变的物体，如轻绳、轻杆、桌面等，弹 将一小球套在一根固定的直杆 力可以突变.突变情况根据物体后面的运动状态 上，直杆与水平面夹角0为37°， 风 来判断 若在竖直向上的风力F作用下，小球从静止开始 春向2 连接体问题 以4m/s2的加速度沿直杆向上运动，此时杆对 球的弹力大小为8N.已知小球质量m=1kg, 1.当连接体中各物体具有共同的加速度时，一般采 sin37°=0.6，g取10m/s2. 用整体法.当系统内各物体的加速度不同时，一 (1)求竖直向上的风力的大小； 般采用隔离法」 (2)求杆与球间的动摩擦因数： 2.求连接体内各物体间的相互作用力时必须用隔 (3)若风力F作用2s后撤去，求小球沿直杆向 离法. 上运动的最大位移 [例3](2025·安徽卷，5)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1.0kg,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10m/s2,则在乙下落的过程中 ( A.甲对木箱的摩擦力方向向左 B.地面对木箱的支持力逐渐增大 C.甲运动的加速度大小为2.5m/s2 D.乙受到绳子的拉力大小为5.0N ·9· 丨物理 老点三 运动学和动力学图像 春向1 运动学的图像问题 专向2 动力学的图像问题 (1)对于x一t图像，图线在纵轴上的截距表示t=0时 [例6]（多选)(2025·四川成都二诊)如图甲所示，平 物体的位置；对于v-t图像和a-t图像，图线在 行于倾角为0的固定斜面向上的拉力F使小物块 纵轴上的截距并不表示t=0时物体的位置， 沿斜面向上运动，运动过程中加速度a与F的关系 (2)在v-t图像中，两条图线的交点不表示两物体 如图乙所示.图线的斜率为k,与F轴交点的横坐标 相遇，而是表示两者速度相同 为c,与a轴交点的纵坐标为一b.由图可知() (3)-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-u2图像等非常 甲 规图像，不要想当然地猜测图像的物理意义，要 A.小物块的质量为k 结合运动学公式和图像，找出函数表达式，进而 1 确定斜率、截距等意义， B.小物块的质量为友 [例5](2024·河北卷， 个v/(m8 C.摩擦力与重力沿斜面的分力大小之和为b 3)篮球比赛前，常通过 D.摩擦力与重力沿斜面的分力大小之和为c 观察篮球从一定高度 技法点拨求解运动图像与牛顿第二定律综 由静止下落后的反弹 合问题的基本思路 情况判断篮球的弹性. 某同学拍摄了该过程， 由运动图像 构建 -8 (t、xt等 运动情境 并得出了篮球运动的 0 5t/s 图像) v-t图像，如图所示.图像中a、b、c、d四点中对 抓住 确定运动规律 应篮球位置最高的是 ( 图像的关键点， 匀加速运动 A.a点 B.b点 C.c点 D.d点 提取有用信息 或匀减速运动 [解题指导] 正确理解速度一时间图像斜率倾斜方向及与 迪（老醉公变 三列方程 时间轴包围面积的意义， 课堂评价>高考预测 1.(2025·广西南宁二模)如图 B 时间t变化的图像如图(b)所示（规定向上为正 所示，质量分别为m1=1kg F A 方向)，且图像上下部分分别与t轴围成的面积 和m2=2kg的两个大小完全 ⊙⊙ 相等，已知无线充电宝质量为0.2kg,手机与充 相同的物块A、B,通过轻绳相连，并连接在装有定 电宝之间的动摩擦因数4=0.5，重力加速度g 滑轮的小车上，不计一切摩擦.在水平推力F1的作 取10m/s2,则在该过程中 ( ) 用下物块A紧贴着小车，且小车和两个物块恰好一 4a/(m's) 20 起向右做初速度为零的匀加速运动，若将图中两个 小物块的位置互换，在水平推力F2的作用下物块 B紧贴着小车，使得小车和两个物块恰好一起向右 做初速度为零的匀加速运动，若两次运动的时间相 同，则两次小车运动的位移之比为 ( A.1:1B.2:1C.1:4 D.4:1 充电宝 2.(2025·四川成都市第一次诊断)无线充电宝可 -20 (a) 通过磁吸力吸附在手机背面，利用电磁感应实现 A.手机与充电宝全程向下运动，最终处于静止状态 无线充电.劣质的无线充电宝使用过程中可能因 B.充电宝在t2与t3时刻所受的摩擦力方向相同 吸力不足发生滑落造成安全隐患.图(a)为科创 C.充电宝与手机之间的摩擦力最小值为2N 小组某同学手握手机（手不接触充电宝），利用手 D.充电宝与手机之间的吸引力大小至少为12N 机软件记录竖直放置的手机及吸附的充电宝从 C温馨提弱 静止开始在竖直方向上的一次变速运动过程（手 学习至此，请完成配套训练专题精准强化2 机与充电宝始终相对静止)，记录的加速度α随 锅内盛有冷水时，锅底外表面附着的水滴在火焰上较长时间才能被烧干，且直到烧干也不沸腾， ·10·这是由于水滴、锅和锅内的水三者保持热传导，温度大致相同，只要锅内的水未沸腾，水演也不会沸腾， 水滴在火焰上靠蒸发而渐渐地被烧干。答案精析1 考点三 第2讲牛顿运动定律与直线运动 [例6][解析](1)木块在木楔斜面上匀速向下运动时， 核心素养·助学提能 根据平衡条件有mgsin0=mgcos0, 考点一 解得=tanB, [例1][解析]由题意可知，设匀加速直线运动时间为 因其在力F作用下沿斜面向上匀速运动，根据正交分解 t',匀速运动的速度为U, 法有Fcos a=mgsin9+Ff,Fsin a十Fy=ngcos8 且F:=Fv,联立解得F=2 mgsin日 匀加速直线运动阶段，由位移公式=受， cOsa十us1na 根据逆向思雏，匀减速直线运动阶段的位移等于匀加速 2mgsin Ocos 0 mgsin 20 直线运动阶段的位移， cos acos 0 sin asin 0 cos (0-a) 则匀速直线运动阶段有8x一x一x=t, 当a=9时，F有最小值，即Fm =mgsin 20. (2)因为木块及木楔均处于平衡状态，整体受到的地面 联立解得1=子，再根据x=子a, 的摩擦力等于F的水平分力，即 FM=Fcos(a十8) 解得x=8at,BCD错误，A正确. 当F取最小值mg sin29时，则有 「答案]A FFc2mgsin 20cos2min 40. [对点集训] [答案]（1)mgsin20(2)号ngsin40 1.B[火车运动的时间为1-品×70s=70s [对点集训] 火车共行玫的距离x=受=9×70m=350m] 1.C[根据题意，对甲受力分析，如图()所示， 由平衡条件有Fcos60°=Fy甲cos30°， 2.C[冰壶做匀减速直线运动，a=一0.4m/s,则第1s未 Fsin60°+Fxp sin30°=2G, 的速度大小v1=十at=7.6m/s,故A错误；冰壶第 解得F、甲=G,F=√3G, 1s内的位移大小是西=6十2a听=7.8m,故B错 将圆柱体甲缓慢地拉至半圆柱体乙的顶端，拉力F方向 误：整个过程的逆过程是初速度为0的匀加速直线运动， 不变，拉力F与Fp的变化情况，如图(b)所示，可知两 圆柱体间的压力逐渐增大，拉力F逐渐减小，当圆柱体 最后1s内位移大小为x'=2a=0.2m,由初速度 甲拉至半圆柱体乙的顶端时，F、最大，等于圆柱体甲的 为零的匀加速直线运动的规律可知最后1s内位移大小 重力大小2G,拉力F最小为零，故A、B错误；对圆柱体 与倒数第3s内的位移大小之比为1：5，故倒数第3s 甲和半圆柱体乙整体受力分析，如图(c)所示，由平衡条 内的位移大小为x3=1.0m,故C正确；倒数第3s内的 件有Fcos60°=F,,Fy十Fsin60°=3G,由于F逐渐减 小，则F:逐渐减小，F逐渐增大，故C正确，D错误.门 平均速度大小为= =1m/s,故D错误.] F F F F 3.解析：(1)根据匀变速运动速度公式v=at1, F FN甲 可得救护车匀速运动时的速度大小v=2X10m/s a =20m/s; F 1 (2)救护车加速运动过程中的位移x1=之a=100m, 2G 2G 3G 设在4时刻停止鸣笛，根据题意可得：一)20十100 (a) ) (c) t3=t2 2.BD[小球在某位置时，有mg Rsin0= m,对小球受 1 停止鸣笛时救护车距出发处的距离x=x1十(t一t) XU, 力分析有V华一ngsin9=m尺，解得小球所受支持力为 代入数据联立解得x=680m. 答案：(1)20m/s(2)680m V球=3 mgsin日，根据牛顿第三定律可知，小球对半圆槽 考点二 考向1 的压力F压=N#=3 ngsin0,因为半圆槽始终静止，所以 [例2][解析] 半圆槽所受合力为零，即水平方向有f=F压c0s日= 剪断前，对BCD分析FA=(3m十2m1十m)g, 3 3 mgsin6c0s0=2 mgsin20,所以当0=45时，半圆槽受 对D,Fc=mg, 剪断后，对B,FA一3mg=3ma, 到的摩擦力最大，故A错误，B正确；对半圆槽受力分 解得au=g,方向竖直向上； 析，设地面对半圆槽的支持力为F支，竖直方向有F支= 对C,Fpc十2mg=2mac, Mg十F压sin0,整理有F支=Mg十3 ng sin'0,当sin9= 解得ac=1.5g,方向竖直向下，故A正确. 时，有F:=(m十MDg,根据牛频第三定律有N=F支 [答案] A 3 考向2 =(m十M)g,故C错误，D正确.] [例3][解析]因为物块甲向右运动，木箱静止，根据相 课堂评价·高考预测 对运动，甲对木箱的摩擦力方向向右，A错误；设乙运动 1.B[设筛子和谷子的总重力为G,把杆或绳上的力沿竖 的加速度为a,只要乙有竖直向下的恒定加速度，对甲、 直方向和水平方向分解，在竖直方向上根据平衡条件有 乙和木箱，由整体法，竖直方向受力分析有F,=M感g ma,则地面对木箱的支持力大小不变，B错误；设绳子的 G=3F#cos日=3 FCos,可得P=OS月，故B正确.] 弹力大小为T,对甲受力分析有T一mg=a, 2.A[设每段绳子上的张力均为T,则根据平衡条件有 对乙受力分析有mg-T=a, 4Tsin 0=mg, 联立解得a=2.5m/s2,T=7.5N,C正确，D错误. 水平方向有2Tcos9=F, [答案]C 认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力， 考向3 则有fm=F=μ·2Tcos8, L例4们[解析](1)小球在垂直于杆方向上受风力的分 根据平衡条件有2fm=mg: 力大小为F,=Fc0s37°， 即4Tcos0=4Tsin0, 小球的重力垂直于杆向下的分力大小为 解得=tanB.] G1=Gcos37°=8N, ·235· 〡物理 小球在垂直于杆方向上受力平衡，可知杆对球的弹力垂 绳方向分解，将沿绳子方向和垂直绳方向分解，可得 直于杆向下，所以杆对球的弹力大小， F,=F1-G1, %cas日=n6.解得。品由于g块匀建下落时0 由题意可知F2=8N, 在减小，故可知一直增大. 解得F=20N. [答案]B (2)风力F作用时，由牛顿第二定律有 [对点集训] (F-mg)sin 37-uF,=ma, 因a1=4m/s,F=20N, 1.C[船头垂直河岸出发时，过河时间最短，即(=心，过河 解得u=0.25. 位移d,=√十(t)严；船以最短的位移过河时，d= (3)风力作用2s时小球的速度为U1=a1t1=8m/s, 风力作用2s时小球的位移为西1=2Q行=8m, √一，联立解得真=1-互，4= tV 风力撤去后，由牛顿第二定律有 正确.门 mgsin37°+umgcos37°=ma2, 2.B[设圆环与木板的接触，点 解得a,=8m/s2,方向沿杆向下 为P,圆心为O,角的顶，点为 二4m A,连接AO,A、P之间的距离 小球继续上滑的位移2=2a 为x,将圆心的速度分解为板 小球沿直杆向上运动的最大位移xm=x1十x2=12m 的速度和圆环上P,点的速 八0 [答案](1)20N(2)0.25(3)12m 度，如图所示 A分 考点三考向1 8 [例5][解析]由图像可知，图像第四象限表示向下运动， 由几何关系有tan之= 速度为负值.当向下运动到速度最大时篮球与地面接触，运 由运动的合成与分解有v,=sin9,板的角速度为ω= 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α点，此时速度第一次向上减为零，到达离地 竖，解得w=sina号，故B正确.] 面最远的位置，故四个点中篮球位置最高的是a点 考点二考向1 [答案]A [例2][解析]鸟食的运动视 0 考向2 为平抛运动，则在竖直方向有 [例6][解析]以物块为研究对象，根据牛顿第二定律 有F-mgsin0-F,=ma,可得a=F ngsin9+E,结 6=子， m 由于h<hv,则tM<tw,要同 合a-F图像可得k=1=b,-mgsin9十F 时接到鸟食，则在V,点接到的 mc’ =一b,可 鸟食先抛出，故A、B错误； 在水平方向有x=Uot,如图， 知小物块的质量m=石，摩擦力与重力沿斜面的分力大 过M,点作一水平面，可看出在相同高度处M点的水平 小之和为ngsin 0-十F,=c,故B、D正确. 位移大，则M点接到的鸟食平抛的初速度较大，故C错 误，D正确」 [答案]BD 课堂评价·高考预测 [L答案]D 考向2 1.C[第一次设绳子拉力为T1,根据平衡条件可知T1= [例3][解析]AC.将初速度分解为沿PQ方向分速度 m1g,对物块B,根据牛顿第二定律T1=2a1,解得a1= U1和垂直PQ分速度v2,则有y1=c0s60°=10m/s, 1 g,由于小车与物块相对静止，因此小车的加速度等于 2=sin60°=10√3m/s, 滑块的加速度，两个小物块的位置互换后，设绳子拉力 将重力加速度分解为沿PQ方向分加速度a1和垂直PQ 为T2,根据平衡条件可知T2=m2g,对物块A,根据牛顿 分加速度a2,则有a1=gsin30°=5m/s2,a2=gcos30° 1 第二定律T,=ma解得a2=2g.根据x=之ar,可知 =5√3m/s, 在相同时间内，两次小车运动的位移之比为1：x=1 垂直PQ方向根据对称性可得重物运动时间为t=2 :a2=1:4,故C正确.] 2.D[手机与充电宝从静止开始，向下先做加速度增大的 =4s,重物离PQ连线的最运距离为dm一2a, 加速运动，从t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 10√3m,故AC错误；B.重物落地时竖直分速度大小为飞 的减速运动，2时刻速度减小到零，此后做向上的加速 =一sin30°十gt=30m/s,则落地速度与水平方向夹角正 度减小的加速运动，加速度减小到零时向上运动的速度 元.0530=√5，可得0=60，故B正确： 切值为tan0=改= 达到最大，此后先向上做加速度增大的减速运动，从t 时刻再向上做加速度减小的减速运动，最后速度为零， D.从抛出到最高点所用时间为4=6s血30°=1s,则从 故A错误；充电宝在t,时刻加速度方向向上，所受的摩 g 擦力方向向上；充电宝在t时刻加速度方向向下，由mg 最高点到落地所用时间为t2=t一t=3s, 1 十F=ma3a3=12m/s,可知摩擦力方向向下，故B错 轨选最高点与落点的高度差为h=2戏=45m,故D 误；在t1时刻充电宝向下的加速度为10m/s,充电宝 正确. 与手机之间的摩擦力最小，值为零，故C错误；在2时刻 [答案]BD 充电宝向上的加速度最大，充电宝与手机之间的摩擦力 考点三考向1 最大，由牛顿第二定律可得Fmx -71g=1a2,又Fmx F,解得充电宝与手机之间的吸引力大小至少为F=12N, [例4][解析]物品从无人机上释放后，做平抛运动，竖 故D正确.] 直方向H=2gt,可得t=2s, 第3讲抛体运动圆周运动 要使得物品落，点在目标区域内，水平方向满足x= 核心素养·助学提能 考点一 √R-R=ut, [例1][解析]设两边绳与竖直方向的夹角为B,塔块沿 竖直方向匀速下落的速度为猴，将V续沿绳方向和垂直 最大角速度等于ws一R,' ·236·