第2讲 匀变速直线运动 牛顿运动定律-【创新大课堂】2026年高考二轮物理专题复习

例6B方法一：解析法 设两根细绳对圆柱体拉力的合力大小为FT 木板对圆柱体的支持力大小为F,从右向左 看，受力分析如图所示，绳子与木板间的夹角 不变，也不变，在关量三角形中，根据正弦定 理有sinc=sinβ_siny mg FN FT 在木板以底边MN为轴向后方缓慢转动直至Fm8 水平的过程中，a不变，Yy从90°逐渐减小到0， 又y+3+a=180°，且a<90°， 可知90°<y+<180°，则0<3180°， 可知B从锐角逐渐增大到钝角， 根据in&=n里=sinY可知， mg FN FT sinY不断减小，Fr逐渐减小，sinB先增大后减小，FN先增 大后减小，结合牛顿第三定律可知，圆柱体对木板的压力 先增大后减小，设两根细绳之间的夹角为20，一根细绳的 FT 拉力大小为F,则2Fcos0=Fm,可得F=2cos09不 变，F。逐渐减小，可知两根细绳上的拉力不断减小，两根细绳 对圆柱体拉力的合力不断减小，故B正确，A、C、D错误. 方法二：辅助圆法 作出圆柱体的重力mg、木板对圆柱体的支 持力FN、两根细绳对圆柱体拉力的合力 FT初始状态矢量三角形，并画出它的外接 圆，使A点在圆上顺时针移动，FT与竖直 方向夹角变大，由图可知，FT逐渐减小， FN先增大后减小. 第2讲匀变速直线运动 牛顿运动定律 例1解(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 =d=2.25m/s t1 2、3间中间时刻的速度为2=《=1.8m 故可得加速度大小为a △e=-=1m/s2 告+号 (2)设到达1号锥筒时的速度为%， t 根据匀变速直线运动规律得=一a2 代入数据解得=2.45m/s 从1号开始到停止时通过的位移大小为 -装-.0125n≈8.3d 故可知最远能经过4号锥筒 例2A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《， 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21=号a 当木板长度为2L时，有3L=弓a 又△t1=t-t0,△t2=t2一t0 联立解得△2：△1=(3-1)：（√2-1）.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t。,木板经过 A点时间为△11 ·21 若木板长度为L, 则to:△t1=1：(√2-1) ① 若木板长度为2L,设木板经过A点时间为△ t0:△2=1：[(w2-1)+(3-√2)]=1：(W3-1) ② 联立①②得△2：△1=(5-1)：(W2-1) 例3解(1)设潜艇刚“掉深”时的加速度大小为a1,对潜 艇，由牛顿第二定律得mg一F-f=ma1,代入数据解得a1 =0.9m/s2,10s末的速度为v=a1t1,解得v=9m/s: (2)掉深10s时，滞艇下落的高度方1=号，解得=45m, 潜艇减速下落的高度h2=h一h1,解得h2=67.5m,在减速 欧孩 ,解得a2=0.6m/s2 潜艇减重后的质量为m1,潜艇减重后以0.6m/s2的加速 度匀减速下沉过程中，由牛顿第二定律得F十f一m1g= m1a2,代入数据解得m1=5.15X106kg,排水前潜艇的质 量m=6.0×106kg,“掉深”过程中排出水的质量m'=m m1,解得m'=8.5×105kg. 例4【题图剖析】 对甲有T-f=m甲a 对有m-Tmza T 又有f户m甲g N=m甲g+M简g+T m甲g mzg M箱g 7nmmmmm7n77rnn00m C甲相对木箱向右运动，所以物块甲受到木箱水平向左 的摩擦力，根据牛顿第三定律可知，甲对木箱的摩擦力方 向水平向右，A错误；对甲根据牛顿第二定律有T一f= m甲a,对乙根据牛顿第二定律有m元g一T=m之a,其中f= m甲g,联立解得加速度大小为a=2.5m/s2,绳子的拉力 大小为T=7.5N,C正确，D错误；把木箱和甲看成一个整 体，在竖直方向上，有N=(甲十M箱)g十T,由上述分析 可知m2g-T=m艺a,联立可得N=(m甲十M箱)g十m元g 一乙a,因为甲、乙运动过程中加速度不变，所以地面对木 箱的支持力不变，B错误. 【巧思快解】甲和乙通过绳子相连，对甲和乙整体进行分 析，则甲和乙整体运动的加速度大小a=mz二m甲- 甲十m乙 10-5 2 m/s2=2.5m/s2,故C项正确」 例5解(1)小物块从B到C过程中，根据机械能守恒定 律，有-mgR(1-cos)=0-2m馆 小物块经过圆孤轨道的B点时，根据牛顿第二定律得 mg0s0-=m爱，代入数据解得R=0.8N,由牛频第 三定律可知，小物块对圆孤轨道的压力大小为08N; (2)由上可知g=2m/s,小于传送带的速度，所以小物块 以速度滑上传送带后，先以大小为1的加速度做减速 运动，与传送带速度？相等后再以大小为a2的加速度做减 速运动，根据牛颜第二定律得mngsin0十umgcos0=ma1,又 有mgsin日-mgcos0=ma2,由运动学公式得减速过程，有 2-呢=2a2x2,又有呢-v2=2a2(L-x2),以a2的加速 度做减速运动的时间为12= ”一吧，以41的加速度做减速 运动的时间为1=奶二” 小物块从A到B的运动时间为t=1十t2,代入数据解得t =1.4s; 2 (3)小物块在传送带上运动的第一个过程中，相对传送带 向前运动△r1=L一x2一t1 第二个过程中，相对传送带向后运动△x2=2一x2 代入数据并比较可知，小物块在传送带上留下的划痕长△ =1m. 例6ADx一1图像的斜率表示速度，甲乙两个物块的曲线 均为抛物线，则甲物体做匀加速运动，乙物体做匀减速运 动，在0~t。时间内甲乙位移可得x甲= 0十w 2tn=3.20,x2 ,十0 2一0=0，可得0时刻甲物体的速度为0=2，甲物 体的加速度大小为41=”，乙物体的加速度大小为a2 to =名，由牛短第二定徐可得甲物体mgin0一4mge0s0= ma1,同理可得乙物体2 mgcos0-ngsin0=ma2,联立可 得h1十2=2tan0,故A正确，B错误；设斜面的质量为M, 取水平向左为正方向，水平方向上由牛顿第二定理可得f =ma1cos0一ma2cos0=0,则t=to之前，地面和斜面之间 摩擦力为零，故C错误；1=0之后，乙物体保持静止，甲物 体继续沿斜面向下加速，水平方向上由牛顿第二定律可得 f=a1cos0,即地面对斜面的摩擦力向左，故D正确. 【巧思快解】由题图(b)知0~0内，甲、乙位移之比为3：1， 又由于甲做匀加速直线运动，乙做匀减速直线运动，可作 出甲、乙运动的v一t图像如图所示： 甲 0 由图知t=t0时，甲的速度大小为2h,B错误；由图像斜率 可知，甲、乙的加速度大小相等，即gsin0一凸1gcos0= 2gcos日-gsin6,解得41+=2tan0,A正确. 例7D根据题意，由运动学公式x=w1叶宁，整理可得 =}+4 4 1 结合图像可得购=0.4-0.2m/s=20m/s,2a= -4m/s2,即a=-8m/s2 故1s未汽车的速度为=h十at1,解得0=12m/s,2s 未汽车的速度为2=0十at2,解得y1=4m/s 2s内汽车的平均速度为=，解得0-12m/5 2 第2s内汽车的位移为x= 十驰2，解得x=8m,故A、 2 B,C错误；汽车停下来的时间t= a 经过3s汽车的位移为x=%1,解得x=25m,故D正确， 第3讲抛体运动 例1C物块沿斜面向上做匀减速直线运动，设初速度为 ,加速度为大小a,斜面倾角为0.可知物块在水平方向上 做匀减速直线运动，初速度为r=cos日，加速度大小为 az=acos0,则有一哈x=一2arx,解得v= √(cos0)2-2acos0·x,根据公式可知，0，一x图像为类 似拋物线的一部分，故AB错误；可知物块在竖直方向上做 ·2 匀减速直线运动，速度为y=%sin0,加速度大小为a, asin0,则有一喝，=一2ay,解得8， √/(sin)2一2asin0·y,根据公式可知，y,一y图像为类 似抛物线的一部分，故C正确，D错误. 例2D两只小鸟分别在空中的M点和N点同时接到鸟 食，N,点下落的高度更高，运动时间长，故N点接到的鸟食 先被抛出，故AB错误根据xy,得y一 如果初速度相等，则两轨迹应该重合，故C错误；同理，由y =贮可知，当水平位移x相等时，yN>yM,y越大，初速 2听 度越小，则在M点接到的鸟食平抛的初速度较大，故D 正确 例3C小球落到斜面前的运动为平抛运动，速度一直在增 大，所以刚抛出时的速度最小，故A错误；小球在空中的加 速度为重力加速度，所以小球的速度变化快慢恒定不变， 故B错误：小球从拋出到落在斜面上，根据几何关系与位 移与时阅公式有面9=之-之签理解得所同时间为 2votan 0 t ,故C正确；经时间tan9,将合速度沿竖直方 g 向分解，结合速度与时间公式有小球的竖直分速度为飞，= =wtan0,则此时小球动能为E-是m=之m(6十 号)=2m哈(1+tan20)=m哈 2cs20故D错误. 例4A足球两次击中横梁时的速度方向均沿水平方向，则 逆过程均可看作平抛运动，因两次的竖直高度相同，根据 位移-时间关系h=2g,可知足球从0点运动到“，b的 时间t=t2,故A正确：因击中b点的球水平位移较大，足 球在水平方向做匀速直线运动，由=二可知水平速度较 大，则足球击中a、b两点的速度1<2，故B错误；根据 tan0==整，因击中b点时的水平速度较大，可知先后 两次足球被踢出时的速度方向与水平方向的夹角关系为 日1>2，故C错误；若足球从O点运动到b点的位移较大， 时间相同，可知打到a、b的平均速度关系v1<2,故D 错误. 例5B由题知，两足球做斜抛运动，出手后都刚好水平击 中球门横梁上的同一点，则根据逆向思维，可以把足球的 运动逆向看成平抛运动，两个足球在空中运动的加速度均 为重力加速度，由运动学规律可得，竖直方向有：心=2gh, 飞，=g,由于高度相同，可知两个足球出手时的竖直分速度 大小相等，两个足球从出手到击中横梁的时间相同，因为 两个足球在空中运动的加速度均为重力加速度，则足球两 次运动的速度变化量相同；水平方向有：x=,,由于从A 位置发射的足球水平位移更大，则其水平分速度更大，则 其击中横梁时的速度更大，由矢量合成法则可知，其发射 的初速度更大，故B正确，A、C、D错误. 例6解(1)根据题意，篮球在最高，点时球心距篮筐的高度 人=45cm,整直方向：h=之g呢 解得t0=0.3s 则篮球球心在篮筐上方飞行的时间：=2t0=0.6s (2)水年方向：号+号+= 解得h=3m/s 3专题一力与运动 3.数学知识在力学中的应用 + 物体受三个 ! 共点力平 数学 注意 + 图示 公式 衡，把表示 知识 事项 正 b sin A sin B ++ 三个力的有 sin C =2R(R为向线段作闭 △ABC外接圆 合失量三角 ! 的半径) 形，求某 cos 0+usin 0= 个力或分析 物体受4 力的变化 1+u2 sin (a+ 9 入 共点 当三个共点力的 0 力，合力 合力为0时，其中直接画出 辅助角公 其中 sin a 任意一个力与其 三个合力 + 1 恒定，当 cos a F 方 +.+ 他两个力的夹角 为0的共 1+ 正弦的比值相等 点力，应用 30° 变化时， ! 定 F F2 拉密定理， √1+ 东 F 的 sin a sinβ 比正弦定 F 1 极小值 Fs sin,其实质为正 理更 加 即tana= 便捷 弦定理的变形 温馨提示 完成作业 专题强化练（一） 第2讲 匀变速直线运动 牛顿运动定律 【备考要求】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·广西卷·13)如图，轮滑训练场沿 自由落体运动 竖直上抛运动（竖直向上： 直线等间距地摆放着若干个定位锥筒，锥筒间 =0,a=8 =g,方向竖直向下 距d=0.9m,某同学穿着轮滑鞋向右匀减速滑 两种典 基本 =+at, 型运动 行.现测出他从1号锥筒运动到2号锥筒用时 公式 x=u+5ar 纸带法求瞬时速度 11=0.4s,从2号锥筒运动到3号锥筒用时2 匀 速度位 v-u=2ax ”:板块或传 =0.5s.求该同学 变速 移公式 送带问题中求位移 (任意运动 =+1,带电粒子 +l 直线运动的 平均速 +知]匀变速 2 偏转中的应用 度公式 直线运 动 =受 (1)滑行的加速度大小： 位移差 逐差法求加速度 (2)最远能经过几号锥筒. △r=2-x=aT 公式 x-x,=(m-n)aT a=+e+ 及 4T 常 用 比例法 初速度为零的匀加速直线运动 末速度为零的匀减速直线运动可视 法 逆向思 为反向的初速度为零的匀加速直线 维法 运动 图像法 利用斜案或面积直观反映运动过程 5 精品教辅·智慧人生 高三二轮专题复习·物理 [例2](2024·山东卷·3)如 A.(5-1):(2-1) 图所示，固定的光滑斜面上有 一木板，其下端与斜面上A点 B.(5-2):(2-1) 距离为L.木板由静止释放，若木板长度为L,通 C.(5+1):(2+1) 过A点的时间间隔为△；若木板长度为2L,通 过A点的时间间隔为△2.△12：△1为( D.(3+√2)：（√2+1） 考点二 牛顿运动定律的应用 [例3](2025·江西省景德镇市高三三模)潜艇： 提炼总结]一 从高密度海水区域驶入低密度海水区域时，浮 解决动力学两类基本问题的思路 力顿减，潜艇如同“汽车掉下悬崖”，称之为“掉 受力 求合 由F=ma求 运动学 深”.我海军某潜艇在执行任务期间，突然遭遇 : 分析 力F 加速度 方程 “掉深”，全艇官兵紧急自救脱险，创造了世界潜 定 合成法 艇史上的奇迹.总质量为6.0×106kg的某潜 艇，在高密度海水区域距海平面200m,距海底 研究对象 正交分解法 由F=ma求合 运动分析一一求加速度a 112.5m处沿水平方向缓慢潜航，如图所示.当 力或某个力 该潜艇驶入低密度海水区域A点时，浮力突然 降为5.4×107N,10s后，潜艇官兵迅速对潜艇 [例4](2025·安徽 减重（排水），结果潜艇刚好零速度“坐底”并安 卷·5)如图，装有轻 全上浮，避免了一起严重事故.已知在整个运动 质光滑定滑轮的长 过程中，潜艇所受阻力大小恒为0.6×105N,重 方体木箱静置在水 力加速度g取10m/s2,假设潜艇减重的时间忽 平地面上，木箱上的物块甲通过不可伸长的水 略不计，海底平坦，求： 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 ( 高密度海水 低密度海水 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 (1)潜艇“掉深”10s时的速度； C.甲运动的加速度大小为2.5m/s2 (2)潜艇减重排出水的质量.（结果取两位有效 D.乙受到绳子的拉力大小为5.0N 数字) 【迁移归纳】 四类常见连接体问题 三种情况中弹簧 弹力、绳的张力 Dwf 大小相同且与接 触面是否光滑 无关 两物体速度和加 速度大小相同、 方向不同，常用 跨滑轮的连接体 隔离法 精品教辅·智慧人生 o 专题一力与运动 (1)小物块经过圆弧轨道的B点时对轨道的压 两物体刚要发生 力大小： 相对滑动时物体 (2)小物块从A到B的运动时间： 叠加类连接体 间达到最大静摩 (3)此过程中小物块在传送带上留下的划痕 擦力 长度 分离时相互作用 力为零，但此时 两物体的加速度 靠在一起的连接体 仍相等 [例5](2025·山东省大教育联盟模拟)如图所 示，倾角0=37°的传送带以v=4m/s的速度沿 逆时针方向运行，AB部分的长度L=5.4m.竖 直面内的光滑圆弧轨道BC与传送带相切于B 点，圆弧轨道的半径R=1m,C位于其圆心正 上方.一质量m=0.2kg的小物块（可视为质 提炼总结]十十+十+十十十十十十十十中十十 点)从A点以一定的初速度v。沿AB方向滑上 传送带中的动力学问题 传送带，最终刚好停在C点.小物块与传送带间 1.分析物块相对传送带运动或运动趋势的方 的动摩擦因数：=0.5，最大静摩擦力等于滑动 向，来判断摩擦力方向. 摩擦力，重力加速度g取10m/s2,sin37°= 2.4与tan0的关系决定了物块与传送带能 0.6求： 否保持相对静止. 3.)物=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 2.三种动力学图像 常见图像 斜率k 面积 两图像交点 思路一：分段求加速度，利用运 动学公式求解 x一1图像 △x △1 =0 表示相遇 F一t图像 思路二：动量定理，图线与（轴 表示此时速度 所围面积表示F的冲量 相等，往往是距 o一1图像 △v △L -a 位移x 离最大或最小 思路一：分段求加速度，利用运 的临界点 动学公式求解 F一x图像 速度变 表示此时加速 思路二：动能定理，图线与x轴 a-t图像 化量△v 度相等 所围面积表示力F做的功 精品教辅·智慧人生 高三二轮专题复习·物理 根据牛顿第二定律列式，再变 注意：号一1图像与1轴围的面积不表示这段时 换成a一F关系 例如：如图所示，F-mg=ma: 间内物体的位移」 [例7](2025·湖南省郴州市高三三模)国产新 a= a一F图像 一g,则a一F图像的斜 m 能源汽车近年来取得了显著进步.在某次安全 率为 ,截距为一g 测试中，某款新能源汽车在平直公路上行驶，突 172 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 →a [例6]（多选）(2025·黑、吉、辽、蒙卷·10)如图 平方的比值芳与}之间的关系图像如图所示， (a),倾角为0的足够长斜面放置在粗糙水平面 上.质量相等的小物块甲、乙同时以初速度% 则下列说法正确的是 () 沿斜面下滑，甲、乙与斜面的动摩擦因数分别为 12,整个过程中斜面相对地面静止.甲和乙 的位置x与时间1的关系曲线如图(b)所示，两 条曲线均为抛物线，乙的x一t曲线在t=to时 切线斜率为0，则 00204a608一ey A.1s末汽车的速度为10m/s B.2s内汽车的平均速度为14m/s 甲 C.第2s内汽车的位移为24m D.经过3s汽车的位移为25m 【迁移归纳】 图(a 图6) 物理中一次函数问题的解题思路 A.1十2=2tan0 B.t=to时，甲的速度大小为3o 横、纵坐 对应物理 横纵坐标 找出 标代表的 量之间的 公式 的一次函 公式 斜率 C.t=o之前，地面对斜面的摩擦力方向向左 物理量 基本公式 变形 数表达式 y=kx+b 截距 D.t=o之后，地面对斜面的摩擦力方向向左 3.非常规图像 变形后的一次 非常规 纵截 举例 基本公式 斜 函数表达式 盛 图像（举例） 函数表达式 斜率k 距b 由v2-v=2a.x 2一x图像 2a 单摆T 得u2=品十2a.x 诟 T=2xNg T2=4x2 4x2 g 1■ 1图像 ,一t图像 由x=l+2a2 得=+ 2a Vo 伏阻法测电 由=w1+2ad 1 2 阻的方一R E=U+ 一上图像 1 R Uo 图像 + : 由2一话=2ax知图线与x轴所 安阻法测电 a一x图像 围面积等于 ,此面积与物体 阻的 -R E=I(R+r) 1 ER+E E E 质量乘积表示动能的变化量 图像 1 面积表示运动时间 温馨提示 完成作业 专题强化练（二） 精品教辅·智慧人生