第2讲 牛顿运动定律与直线运动(复习讲义)-【优化探究】2026年高考物理二轮专题复习配套课件（广东专版）

第2讲　牛顿运动定律与直线运动 [高考素养]　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。 课堂巩固　强化关键能力 考点一　匀变速直线运动规律的应用 考点二　牛顿运动定律的应用 考点三　图像问题 内容索引 考点一　匀变速直线运动 规律的应用 一 4 1.常用方法 2.处理追及相遇问题的常用方法 过程分析法 函数法 Δs=s乙+s0-s甲为关于t的二次函数,当t=-时有极值,令Δs=0,利用Δ=b2-4ac判断有解还是无解,是追上与追不上的条件 图像法 画出v-t图像,图线与t轴所围面积表示位移,利用图像来分析追及相遇问题更直观(注:可以深入学习强基培优部分) [例1]　(多选)汽车A沿水平车道以vA=12 m/s的速度向前做匀减速直线运动,其刹车的加速度大小a=2 m/s2,此时发现在相邻车道前方相距x0= 7 m处有以vB=4 m/s的速度同向运动的汽车B匀速行驶,从此刻开始计时,经多长时间两车并排(即相遇) (　　) A.1 s　　　　　　　　　 B.6.25 s C.7 s D.7.25 s AD [解析]　两车相遇时满足vAt-at2=vBt+x0,解得t=1 s或者t=7 s,而A车从刹车到停止的时间为tA==6 s,故t=7 s不符合实情。 t=1 s时A车、B车第一次相遇,此时A车速度为v=vA-at=10 m/s,从第一次相遇到A车停下的过程中,A车的平均速度=v=5 m/s>vB=4 m/s,故第二次相遇前,A车已停止,第一次相遇后A车运动的最大位移为xA==25 m,则B车经tB= s追上A车,故下一相遇时刻是t2=1 s+ s=7.25 s。故选A、D。 [例2]　(2025·广东佛山二模)一辆公共汽车以初速度14 m/s进站后开始刹车,做匀减速直线运动直到停下。刹车后头3 s内的位移与最后3 s内的位移之比是4∶3,则刹车后4 s内通过的距离与刹车后3 s内通过的距离之比为 (　　) A.1∶1 B.49∶40 C.49∶30 D.49∶48 D [解析]　由题意可知=, 可得a=4 m/s2, 公共汽车停止运动需要时间t0==3.5 s, 则刹车后4 s内通过的距离 x4=t0=×3.5 m=24.5 m, 刹车后3 s内通过的距离x3=v0t3-a=24 m, 则刹车后4 s内通过的距离与刹车后3 s内通过的距离之比为49∶48,故选D。 [以图说法] 图形示例 方法总结 刹车类模型 即减速到零后不能反向加速的运动 (1)先确定刹车时间t刹,将题目给出的已知时间t与t刹比较,避免落入陷阱 (2)常用逆向思维法 图形示例 方法总结 双向可逆类模型 即减速到零后能以原加速度反向加速的运动 (1)可分过程列式或全过程列式,也可借助v-t图像解决 (2)列式时特别注意x、v、a矢量的正、负号及物理意义 (3)此类问题容易出现多解问题 图形示例 方法总结 0→vm→0类模型 此类问题借助v-t图像解决更方便 二 考点二　牛顿运动定律的应用 14 1.解决动力学两类基本问题的思路 2.连接体问题 (1)整体法与隔离法的选用技巧 整体法的选取原则 连接体内各物体具有相同的加速度,且不需要求物体之间的作用力 隔离法的选取原则 连接体内各物体的加速度不相同,或者需要求出系统内物体之间的作用力 整体法、隔离法的交替运用 连接体内各物体具有相同的加速度,且需要求出物体之间的作用力,可以先整体求加速度,后隔离求连接体内物体之间的作用力 (2)连接体问题中常见的临界条件 接触与脱离 接触面间弹力等于0 恰好发生滑动 摩擦力达到最大静摩擦力 绳子恰好断裂 绳子张力达到所能承受的最大值 绳子刚好绷直或松弛 绳子张力为0 考向1　瞬时加速度问题 [例3]　(多选)如图所示,A、B两小球分别用轻质细绳L1和轻弹簧系在天花板上,A、B两小球之间用一轻质细绳L2连接,细绳L1、弹簧与竖直方向的夹角均为θ,细绳L2水平拉直,现将细绳L2剪断,则细绳L2剪断瞬间,下列说法正确的是 (　　) A.细绳L1上的拉力与弹簧弹力之比为1∶1 B.细绳L1上的拉力与弹簧弹力之比为cos2 θ∶1 C.A与B的加速度之比为1∶1 D.A与B的加速度之比为cos θ∶1 BD [解析]　根据题述可知A、B两球的质量相等,均设为m,剪断细绳L2瞬间,对A球受力分析如图1所示,由于细绳L1的拉力突变,沿细绳L1方向和垂直于细绳L1方向进行力的分解,得FT=mgcos θ,mgsin θ=ma1,剪断细绳L2瞬间,对B球进行受力分析如图2所示,由于弹簧的弹力不发生突变,则弹簧的弹力还保持不变,有Fcos θ=mg,mgtan θ=ma2,所以FT∶F=cos2 θ∶1,a1∶ a2=cos θ∶1,故选B、D。 瞬时加速度问题 反思提升 考向2　连接体问题 [例4]　(2025·广东广州二模)如图所示,某升降电梯的轿厢A、配重B和电动机由轻质缆绳连接,电动机拉动B,使A运动。某次运行时,A(含载重)的质量M=1 000 kg,t=0时,A从1楼由静止开始以0.5 m/s2的 加速度加速运动,然后以v=1 m/s的速度匀速运动,最后以 大小为0.5 m/s2的加速度减速上升至3楼停止,A上升的高 度h=7 m。已知B的质量m=800 kg,不计空气阻力和摩擦 阻力,g取10 m/s2。求: (1)此次电梯匀速运行的时间; [解析]　电梯加速运行的时间t1==2 s, 位移h1=t1=1 m, 减速运行的时间t2==2 s, 位移h2=t2=1 m, 匀速运行的时间t3==5 s。 [答案]　 5 s (2)t=1 s时,B下端缆绳的拉力大小; [答案]　 2 900 N [解析]　由(1)可知t=1 s时,A匀加速上升,B匀加速下降,设B下端缆绳的拉力大小为F,B上端缆绳的拉力大小为T, 对A有T-Mg=Ma, 对B有F+mg-T=ma, 代入数据解得F=2 900 N。 (3)A(含载重)从静止开始上升到5 m的过程,A(含载重)的机械能增量。 [答案]　 50 500 J [解析]　由(1)可知A上升到5 m时,速度大小为1 m/s,机械能增量ΔE=Mv2+MgΔh, 代入数据解得ΔE=50 500 J。 [以图说法] 图形示例 方法总结 接触面光滑或μA=μB 三种情况中弹簧弹力、绳的张力大小相等且与接触面是否光滑无关 跨滑轮的连接体 两物体速度和加速度大小相等,但方向不同,常用隔离法 图形示例 方法总结 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 考向3　传送带模型 [例5]　(2025·广东广州联考)如图甲所示,工人用传送带运送货物,传送带倾角为30°,沿顺时针方向匀速转动。把货物从底端A点运送到顶端B点,其速度随时间变化关系如图乙所示。已知货物质量为10 kg,重力加速度取10 m/s2。下列说法不正确的是(　　) A.传送带匀速转动的速度大小为1 m/s B.货物与传送带间的动摩擦因数为 C.运送货物的整个过程中摩擦力对货物做功795 J D.A、B两点的距离为16 m D [解析]　由题图乙可知,货物先向上匀加速,再向上匀速,所以传送带匀速转动的速度大小为1 m/s,故A正确,不满足题意要求;开始时货物的加速度a== m/s2=2.5 m/s2,由牛顿第二定律可知μmgcos 30°-mgsin 30°=ma,解得货物与传送带间的动摩擦因数为μ=,故B正确,不满足题意要求;由题图乙可知,A、B两点的距离为s=×(16+15.6)× 1 m=15.8 m,故D错误,满足题意要求;由动能定 理可知Wf-mgssin 30°=mv2,解得运送货物的 整个过程中摩擦力对货物做功为Wf=795 J,故 C正确,不满足题意要求。 分析传送带上的物体受到的是滑动摩擦力还是静摩擦力以及摩擦力的方向是解决传送带模型问题的关键所在。要注意二者“共速”是摩擦力发生突变的临界状态。如果是倾斜传送带,还要判断“共速”后的下一时刻物体受到的是滑动摩擦力还是静摩擦力。 反思提升 考向4　板块模型 [例6]　(2025·广东珠海一模)某物流公司用如图所示的传送带将货物从高处传送到低处。传送带与水平地面夹角θ=37°,顺时针转动的速率v0=2 m/s,将质量为m=25 kg的物体无初速度放在传送带的顶端A,物体到达底端B后能无碰撞地滑上质量为M=50 kg的木板左端。已知物体与传送带、木板间的动摩擦因数分别为μ1=0.5、μ2=0.25,A、B间的距离为s=8.20 m。设最大静摩擦力等于滑动摩 擦力,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°= 0.6,cos 37°=0.8。 (1)求物体滑上木板左端时的速度大小。 [解析]　物体速度达到传送带速度前,由牛顿第二定律,有mgsin 37°+ μ1mgcos 37°=ma1, 解得a1=10 m/s2。 设物体与传送带共速时运动的位移为x1,则对物体有 =2a1x1, 解得x1=0.20 m。 因为x1<s,mgsin 37°>μ1mgcos 37°,所以此后物体继续在传送带上做匀加速运动,设物体的加速度为a2,则根据牛顿第二定律,有mgsin 37°-μ1mgcos 37°=ma2, 解得a2=2 m/s2。 设物体到达B端时的速度大小为v,根据运动学公式有2a2(s-x1)=v2-, 解得v=6 m/s。 [答案]　 6 m/s (2)若地面光滑,要使物体不会从木板上掉下,求木板长度L至少应是多少? [答案]　 4.8 m [解析]　设物体恰好不会从木板上掉下,设物体和木板共速时的速度为v1,规定物体的初速度方向为正方向,由动量守恒定律有 mv=(m+M)v1, 由能量守恒定律有μ2mgL=mv2-(m+M), 解得L=4.8 m,则木板长度L至少为4.8 m。 (3)若木板与地面间的动摩擦因数为μ=0.1,且物体不会从木板上掉下,求木板的最小长度L'。 [解析]　由于μ(m+M)g>μ2mg,所以木板不运动,物体做匀减速直线运动,设物体速度为0时,恰好到达木板的最右端,其加速度大小 am=μ2g=2.5 m/s2, 根据运动学公式有2amL'=v2, 解得L'=7.2 m,则木板的最小长度为7.2 m。 [答案]　 7.2 m 板块模型解题思路 反思提升 三 考点三　图像问题 36 1.常规图像 常规图像 斜率k 面积 两图像交点 s-t图像 =v   表示相遇 常规图像 斜率k 面积 两图像交点 v-t图像 =a 位移s 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.非常规运动图像 非常规图像(举例) 函数表达式 斜率k 纵截距b v2-s图像 由-=2as 得=+2as 2a -t图像 由s=v0t+at2 得=v0+at a v0 非常规图像(举例) 函数表达式 斜率k 纵截距b -图像 由s=v0t+at2 得=v0+a v0 a a-s图像 由-=2as知图线与s轴所围面积等于,此面积与物体质量的乘积表示动能的变化量 非常规图像(举例) 函数表达式 斜率k 纵截距b -s图像 由s=vt得s=t,图线与s轴所围面积表示运动时间 [例7]　国产新型磁悬浮列车甲、乙(都可视为质点)分别处于两条平行直轨道上。开始时(t=0),乙车在前,甲车在后,两车间距为x0,在t=0时甲车先启动,t=3 s时乙车再启动,两车启动后都是先做匀加速运动,后做匀速运动,两车运动的v-t图像如图所示。下列说法正确的是 (　　) A.在两车加速过程中,甲车的加速度大于乙车的加速度 B.无论x0取何值,甲、乙两车一定在7 s末相遇 C.若x0=70 m,则两车间距离最小为30 m D.在0~7 s内,甲车的平均速度大于乙车的平均速度 D [解析]　根据v-t图像的斜率表示加速度可知, 两车加速过程的加速度分别为a甲= m/s2= 8 m/s2,a乙= m/s2=10 m/s2,所以甲车的加速 度比乙车的加速度小,故A项错误;由v-t图像可知,在第7 s末,两车的速度相等,而图像与t轴的面积表示位移,所以从开始到7 s,甲车通过的路程为x甲=×40×5 m+40×(7-5)m=180 m,乙车通过的路程为x乙=×40×(7-3)m=80 m,两车路程之差为x甲-x乙=100 m,所以只有在x0=100 m时,甲、 乙两车在7 s末才相遇,故B项错误;由之前的分 析可知,当两车速度相等时间距最小,所以在t= 7 s时两车间距最小,则间距为Δs=x乙+x0-x甲= -30 m,即此时甲车已经追上乙车,则两车距离 最近出现在7 s之前,即两车在同一位置时,所以两车间距最小为0,故C项错误;从甲车运动开始计时到7 s末,甲车平均速度== m/s,乙车平均速度== m/s,甲车的平均速度大于乙车的平均速度,故D项正确。 [例8]　(2024·广东卷)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(　　) 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,当木块接触弹簧后到 合外力为零前,木块所受合力F=mg-k(y-H),随着y增大 F线性减小;当弹簧弹力大于木块的重力后到最低点 过程中木块所受合力F=k(y-H)-mg,木块所受合外力向上,随着y增大F线性增大,木块返回到原点过程是下落过程的逆过程,受力情况完全相同,故A错误,B正确。在木块下落H高度之前,木块做自由落体运动,根据y=gt2和v=gt可知,速度逐渐增大, y-t图像斜率逐渐增大,当木块接触弹 簧后到合力为零前,木块的速度继续增大,做加速 度减小的加速运动,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,木 块所受合外力向上,木块做加速度增大的减速运 动,所以y-t图像斜率减小,到达最低点后,木块向上运动,由对称性可知,返回过程木块先做加速度减小的加速运动,再做加速度增大的减速运动,最后做匀减速运动回到原点,正确的y-t示意图如图所示,故C、D错误。 图像问题的求解思路 反思提升 四 课堂巩固 强化关键能力 1.(2025·广东茂名二模)甲驾驶汽车在一段平直马路上等绿灯,甲启动汽车时乙驾驶汽车刚好从旁边经过,他们的v2-x图像如图所示,下列说法正确的是(　　) A.两车同时到达x0处 B.甲驾驶汽车做匀加速直线运动时的加速度为 C.从甲启动汽车到两车速度相等经历的时间为 D.两车在0~x0内,乙受到座椅的作用力竖直向上,甲受到座椅的作用力水平向前 C 解析:在0~x0位移内,设甲的加速度为a,由初速度为0的 匀加速直线运动规律可得2ax0=,解得a=,故B错 误;甲做匀加速直线运动,乙做匀速直线运动,当甲、乙 运动相等的位移x0时,所需要的运动时间不相等,即两车 不在同一时刻到达x0处,则两车不在x0处相遇,故A错误;由v0=at,a=,联立解得甲、乙速度相等的时刻为t=,故C正确;乙做匀速直线运动,根据平衡条件可知乙受到座椅的作用力竖直向上,甲做匀加速直线运动,座椅对甲的作用力竖直方向的分力与重力平衡,水平方向的分力提供加速度,根据力的合成可知甲受到座椅的作用力斜向前上方,故D错误。 2.汽车工程学中将加速度随时间的变化率称为急动度k,急动度k是评判乘客是否感到舒适的重要指标。如图所示为一辆汽车启动过程中的急动度k随时间t的变化的关系,已知t=0时刻汽车速度和加速度均为零。关于汽车在该过程中的运动,下列说法正确的是 (　　) A.0~3 s,汽车做匀加速直线运动 B.3~6 s,汽车做匀速直线运动 C.6 s末,汽车的加速度大小为零 D.9 s末,汽车的速度大小为18 m/s D 解析:根据题意有k=,0~3 s内汽车的急动度恒定,表明汽 车的加速度均匀增大,即0~3 s汽车做加速度增大的加速直 线运动,故A错误;结合上述分析有Δa=kΔt,由此可知,k-t图 像与时间轴所围几何图形的面积表示加速度的变化量,由 于t=0时刻的加速度为0,该面积能够间接表示加速度大小,则3 s末汽车的加速度大小为1×3 m/s2=3 m/s2,3~6 s,汽车的急动度为零,说明汽车的加速度保持不变,仍然为3 m/s2,则3~6 s汽车做匀加速直线运动,故B错误;结合上述分析可知6 s末汽车的加速度大小为3 m/s2,故C错误;由k-t图像作出a-t图像如图所示,根据a=可得Δv=aΔt,由此可知,a-t图像与时间轴所围几何图形的面积表示速度的变化量,由于t=0时刻的速度为0,则该面积能够间接表示速度大小,则9 s末汽车的速度大小v= m/s=18 m/s,故D正确。 $