专题一 第2讲 牛顿运动定律与直线运动-【衡中学案】2026年高考物理二轮总复习学案

006 第2讲 牛顿运动定律与直线运动 〈核知识固双基 凸“心备知识”提炼 1.匀变速直线运动核心公式：v=,+at、x=ot+ 2,无时间时用2-02=2ax,平均速度等于中间时刻速度 0修么*知 2 2.匀变速直线运动规律的推论：连续相等时间内位移差恒定（△x=αT),可求加速度。 3.瞬时性问题的结论：弹簧弹力不突变，轻绳/轻杆弹力瞬间变化，需重新分析受力。 4.连接体整体法：加速度相同时，整体受力分析求加速度，再隔离求内力。 5.动力学两类问题关键：已知运动求力用运动学公式得加速度，再用牛顿第二定律；已知力求运动则反之。 6.-t图像规律：斜率表加速度，面积表位移，交点表示速度相等（同向时距离极值点）。 7.α-F图像要点：斜率为质量倒数，不过原点可能存在摩擦力（横轴截距为摩擦力对应的F)。 8.运动学图像转换：x-t图像斜率为速度，α-t图像面积为速度变化量，注意正负符号的物理意义。 益“关键能力”构建 1.思想方法 (1)非常规图像 非常规图像（举例） 函数表达式 斜率k 纵截距b 由02-02=2ax 2-x图像 2a 02 得v2=,2+2ax 气图像 由x=6+分d 得产=+ (2)处理追及问题的常用方法 判断追上与否的条件 过程分析法 U甲=U乙 求解二者间距离极值的条件 函数法 △=乙+，为关于：的二次网数，当4=一名时有极值，令4：=0，利用 甲 △=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-t图像，图线与t轴所围面积表示位移，利用图像更直观 007 2.模型建构 (1)沿如图光滑斜面下滑的物体： Q 垂直于斜面 竖直 小球下落时间相等 沿角平分线滑下最快 当α=45°时所用时间最短 (2)一起加速运动的物体系，若力是作用于m上，则m和m:的相互作用力为F、=m·上，有无摩擦都一 m1+m2 样，平面，斜面，竖直方向都一样。 AF a →aF a mI 四k →m1m2 m2m1→ 2 甲 乙 丙 (3)下面几种物理模型，在临界情况下，a=gtan a。 a 光滑，相对静止 与接触面间弹力为零 绳，相对静止 光滑，与接触面间弹力为零 (4)下列各模型中，速度最大时合力为零，速度为零时，加速度最大。 B 777777777 777777777777 命题热点巧突破 题型1匀变速直线运动的规律应用 )真题研究 (2024·全国甲卷)为抢救病人，一辆救护车紧急出发，鸣着笛沿水平直路从t=0时由静止开始做匀加速运动， 加速度大小a=2m/s2,在61=10s时停止加速开始做匀速运动，之后某时刻救护车停止鸣笛，2=41s时在救 护车出发处的人听到救护车发出的最后的鸣笛声。已知声速，=340m/s,求： (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。 008 【审题指导】 关键表述 物理量及其关系 61=10s时停止加速开始做匀速运动 可由v=a山，求出救护车做匀速直线运动时的速度 2=41s时在救护车出发处的人听到救护车发出的最后 声波传播时间2-t1-△（△6为停止鸣笛时匀速运 的鸣笛声 动的时间) 】规律总结 基本公式 v-utat,x=w+ar 两种典厂自由落体运动=0，a=8 速度位移 型运动 竖直上抛运动（功竖直向上；a=g,方向竖直向下） 速 公式 72-2=2ar 直 平均谏度 （任意运动) UUn+u 纸带法求瞬时速度把；板块或传送带问题中求位 2T 运 公式 2 匀变速直 线运动 移=1：帝电柱子偏转中的应用=，=之1 2 动 = 的 位移差 △x=x2-x=aT2 逐差法求加速度 (x4+x3)-(x2+x1） 公式 xmx=（m-n）aT2 q=- 4T2 及 常 比例法 初速度为零的匀加速直线运动 用 逆向思 末速度为零的匀减速直线运动可视为 方 维法 反向的初速度为零的匀加速直线运动 法 图像法 利用斜奉或面积直观反映运动过程 》对点训练 1.(2025·广西卷)某乘客乘坐的动车进站时，动车速度从36k/h减小为0，此过程可视为匀减速直线运动，期 间该乘客的脉搏跳动了70次。已知他的脉搏跳动每分钟约为60次，则此过程动车行驶距离约为() A.216m B.350m C.600m D.700m 2.(2025·安徽卷)汽车由静止开始沿直线从甲站开往乙站，先做加速度大小为α的匀加速运动，位移大小为x; 接着在t时间内做匀速运动；最后做加速度大小也为α的匀减速运动，到达乙站时速度恰好为0。已知甲、乙两 站之间的距离为8x,则 () 1 A.x= 1gur B.x= 16 Ct 8u3 1 D.x=2 题型2牛顿运动定律的应用 。一考法一牛顿第二定律的应用 11.(2025·山东卷)工人在河堤的硬质坡面上固定一垂直坡面的挡板，向坡底运送长方体建筑材料。如图所 示，坡面与水平面夹角为0，交线为PV,坡面内QN与PN垂直，挡板平面与坡面的交线为MN,∠MNQ= 6。若建筑材料与坡面、挡板间的动摩擦因数均为，重力加速度大小为g,则建筑材料沿MW向下匀加速 滑行的加速度大小为 () A.gsin20-ugcos 0-ugsin Ocos 0 B.gsin Ocos 0-ugcos 0-ugsin'0 C.gsin 0cos 0-ugcos 0-ugsin Ocos 0 D.gcos 0-ugcos 0-ugsin0 009 ·一考法二瞬时性问题 例2（多选(205甘肃卷）如图轻质弹资上端丙定，下端悬挂质址为2m的小球A,质量为m的小 球B与A用细线相连，整个系统处于静止状态。弹簧劲度系数为k,重力加速度为g。现剪断细 线，下列说法正确的是 A.小球A运动到弹簧原长处的速度最大 A）2m B.剪断细线的瞬间，小球A的加速度大小为号 C小球A运动到最高点时，弹簧的伸长量为 D.小球A运动到最低点时，弹簧的伸长量为2mg 。一考法三连接体问题 例3②5。安餐卷)如图，装有轻质光滑定滑轮的长方体木箱静置在水平地面 甲 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 )》规律总结 四类常见连接体问题 n 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 小首 两物体速度和加速度大小相同、方向不同，常用隔离法 跨滑轮的连接体 两物体刚要发生相对滑动时物体间达到最大静摩擦力 叠加类连接体 土8 分离时相互作用力为零，但此时两物体的加速度仍相等 靠在一起的连接体 010 ·一考法四两类动力学问题 例4（多选）(24：黑吉辽卷)一足够长的木板登于水平地面上，二者间的动李擦因数 为“。=0时，木板在水平恒力作用下，由静止开始向右运动。某时刻，一小物块以 与木板等大、反向的速度从右端滑上木板。已知t=0到t=4。的时间内，木板速度g v随时间t变化的图像如图所示，其中g为重力加速度大小。t=4。时刻，小物块与 0623站4.7 木板的速度相同。下列说法正确的是 A.小物块在1=3。时刻滑上木板 B.小物块和木板间的动摩擦因数为2μ C.小物块与木板的质量之比为3：4 D.t=4o之后小物块和木板一起做匀速运动 【审题指导】 关键信息 破题关键 (1)足够长的木板置于水平地面上，二者间的动摩擦因 (1)小物块在长木板上运动，初速度与长木板方向 数为； 相反； (2)木板在水平恒力作用下，由静止开始向右运动； (3)一小物块以与木板等大、反向的速度从右端滑上 (2)分析物块与木板间的运动情况与受力情况，结 合v-t图像，列式分析 木板 【易错提醒】(1)不能顺利建立板块模型，无法准确分析而出错；(2)不能将模型与v-t图像的关键信息分 析出来而出错。 题型3运动学和动力学图像 ·一考法一运动学图像 例5，(2025·海南卷)如图所示是某汽车通过TC过程的。-1图像，下面说法正确的是 A.0~1内，汽车做匀减速直线运动 B.t1~t2内，汽车静止 C.0~t1和t2~t3内，汽车加速度方向相同 D.0~41和2~5内，汽车速度方向相反 例5(25：山东济宁三模)智能寻迹小车目前被应用于物流配送等多个领域，为测试不洞寻迹小车的刹车件 能，让它们在图甲中A点获得相同的速度，并沿直线AB刹车，最终得分为刹车停止时越过的最后一条分 值线对应的分数，每相邻分值线间距离为0.5m。某小车M测试时恰好停止于100分分值线，该车的位 移和时间的比值x与时间：之间的关系图像如图乙所示，小车均可视为质点。下列说法正确的是() (m.s) 40 B//∠1人1y人 2.0 919293949596979899100 1.0 甲 乙 A.小车M刹车过程中加速度大小为2.0m/s2 B.A点距100分分值线的距离为2m C.1s时小车M的速度为2m/s D.若某小车恰好匀减速停止于96分分值线，则该车的加速度大小为3.0m/s2 011 ·一考法二动力学图像 例？(：北京卷)犊拟失重环境的实验舱，通过电磁弹射从地面由静止开给如定后 竖直向上射出，上升到最高点后回落，再通过电磁制动使其停在地面。实验舱运 动过程中，受到的空气阻力∫的大小随速率增大而增大，∫随时间：的变化如图所 示（向上为正）。下列说法正确的是 A.从，到，实验舱处于电磁弹射过程 B.从2到3，实验舱加速度大小减小 C.从3到5，实验舱内物体处于失重状态 D.4时刻，实验舱达到最高点 例8D:安锁卷)饭角为0的传送带以恒定速率顺时针转动。：=0时在传送带底瑞无 初速轻放一小物块，如图所示。。时刻物块运动到传送带中间某位置，速度达到。不 计空气阻力，则物块从传送带底端运动到顶端的过程中，加速度α、速度v随时间t变化的 关系图线可能正确的是 】规律总结 三种动力学图像 思路一：分段求加速度，利用运动学公式求解 F-t图像 思路二：动量定理，图线与t轴所围面积表示F的冲量 思路一：分段求加速度，利用运动学公式求解 F-x图像 思路二：动能定理，图线与x轴所围面积表示力F做的功 根据牛顿第二定律列式，再变换成a-F关系 a-F图像 例如：如图所示，F-mg=ma,a= -g,则a-F图像的斜率为，截距为-4g 温馨提示：复习至此，请做练案[2] 微专题1传送带模型、滑块一木板模型 命题热点巧突破 题型1传送带模型 例（多选）如图甲所示，足够长的传送猎倾斜放置，颜角为6.以恒定 个l(m·s) 速率v=4m/s顺时针转动。一煤块以初速度v。=12m/s从A端冲 、10 上传送带，煤块的速度随时间变化的图像如图乙所示，取重力加速 度g=10m/s2,则下列说法正确的是 A.倾斜传送带与水平方向夹角的正切值tan0=0.75 B.煤块与传送带间的动摩擦因数u=0.5 C.煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为4s D.煤块在传送带上留下的痕迹长为(12+4√5)m考法二 例2.A设绳子与竖直方向的夹角为0，以人为对象，根 据平衡条件可得Tcos0=mg,Tsin0=F、可得T= 。人、=gan0由于下行过程中于拉绳的作用点 与墙面的距离保持不变，则日逐渐减小，则T减小， F、减小。故选A。 考法三 例3.D对小球P进行受力分析，三 0 LLiitt 力构成矢量三角形，如图所示， 根据几何关系可知两三角形相F红 F 似，因此器=六=品缓侵运 动过程OP越来越小，则F逐渐 n7i77 诚小，故A,B错误：由祭=织 mg =可知如果PN增大，则x会减小，刻果PN波小， 则x会增大，该等式不可能成立，所以弹簧的形变量 保持不变，弹簧弹力大小始终不变，小球运动轨迹是 圆弧，故D正确，C错误。 题型3 例4.D对B受力分析，如图所示，可知小球A对小球B 为库仑斥力，由于B球带正电，所以A球带正电，A 错误；由平行四边形定则得mgos30°-子P,F √3gE,联立解得小球A在N处产生的电场强度大小 kO 为E=m竖，B错误：由点电荷的场强公式得E= 3R21 解得Q-3mgR 6g,D正确，C错误。 N/B R 10 →F ,30p M ng￥ A 例5.(1)mg(2)置 【解析】(1)由P匀速下降可知，P处于平衡状态， 所受合力为0，设导线的拉力大小为T,对P有2T= 2mg,解得T=mg。 (2)设Q所受安培力大小为F,对P、Q整体受力分 析，有mg+F=2mg, 又F=BL,解得1=置 2 第2讲牛顿运动定律与直线运动 题型1 真题研究 (1)20m/s(2)680m 【解析】（1)救护车在t,=10s时停止加速，则救护车 匀速直线运动时的速度为v=at,① 解得v=20m/s。② (2)设匀速运动时间△时停止鸣笛，此时救护车距离 1 出发点的距离为x=,2+A③ 发出的鸣笛声从鸣笛处传播到救护车出发处，传播距 离为x=(t2-t1-△t)④ 解得x=680m。⑤ 对点训练 1.B火车运动的时间为1一份×08=0s,火车行驶的 距离x-分-9×70m=30m,故选B。 2.A由题意可知，设匀加速直线运动时间为'，匀速运动 的速度为，匀加速直线运动阶段，由位移公式x=2, 根据逆向思维，匀减速直线运动阶段的位移等于匀加 速直线运动阶段的位移，则匀速直线运动阶段有8x-x 1 -x=,联立解得1=3，再根据x=2at,解得x= ☆ad,B.C,D错误，A正确。 题型2 考法一 例1.B根据牛顿第二定律mgsin Ocos0-umgcos0- umgsin0sin0=ma,可得a=gsin0cos0-gcos0- gsin0,故选B。 考法二 例2.BC剪断细线后，弹力大于A的重力，则A先向上 做加速运动，随弹力的减小，则向上的加速度减小， 当加速度为零时速度最大，此时弹力等于重力，弹簧 处于拉伸状态，选项A错误；剪断细线之前F弹= 3mg,剪断细线瞬间弹簧弹力不变，则对A由牛顿第 二定律F-2mg=2ma,解得A的加速度a=号，选 项B正确：剪断细线之前弹簧伸长量，-30，萌断 细线后A做简谐振动，在平衡位置时弹簧伸长量x2 -2四即振幅为4=-名=警，由对称性可知小球 A运动到最高点时，弹簧伸长量为，选项C正确： 由上述分析可知，小球A运动到最低点时，弹簧伸长 量为3，选项D错误。故选BC。 4 考法三 例3.C因为物块甲向右运动，木箱静止，根据相对运动， 甲对木箱的摩擦力方向向右，A错误：设乙运动的加 速度为a,只有乙有竖直向下的恒定加速度，对甲、乙 和木箱，由整体法，竖直方向受力分析有F、=M总g -ma,则地面对木箱的支持力大小不变，B错误；设 绳子的弹力大小为T,对甲受力分析有T-wmg= ma,对乙受力分析有mg-T=ma,联立解得a= 2.5m/s2,T=7.5N,C正确，D错误。 考法四 例4.ABDv-t图像的斜率表示加速度，可知t=3t时刻 木板的加速度发生改变，故可知小物块在t=3t。时 刻滑上木板，故A正确；结合图像可知t=3。时刻， 木板的速度为，=弓8，设小物块和木板间动摩擦 因数为，由题意可知物体开始滑上木板时的速度 为=-多4，负号表示方向水平向左，物块在木 板上滑动的加速度为4，=m坚 =uog,经过t时间与 木板共速此时速度大小为”=2g。,方向水平向 右，故可得v共-=ato,解得=2μ，故B正确；设 木板质量为M,物块质量为m,根据图像可知物块未 1 滑上木板时，木板的加速度为a= 2g to =2g,故 可得F-wg=,解得F=子Wg,根据图像可知 物块滑上木板后木板的加速度为a'= 3 2g4。-21g =-g,此时对木板由牛顿第二定律 to 得F-a(m+M0g-h,g=Ma,解得号=分故C 错误；假设t=4t。之后小物块和木板一起共速运动， 3 3 对整体F-a(m+M)g=Mg-Mg=0,故可知 此时整体处于平衡状态，假设成立，即t=4t。之后小 物块和木板一起做匀速运动，故D正确。故选ABD。 题型3 考法一 例5.Av-t图像的斜率表示加速度，由图可知0~t,时 间内加速度为负且恒定，速度为正，加速度方向与速 度方向相反，故0~t,内，汽车做匀减速直线运动，故 A正确；1~2内，汽车做匀速直线运动，故B错误； 0~t内加速度为负，2~t3内加速度为正，故0~ 和t2~t内，汽车加速度方向相反，故C错误；0~t 和t2~3内，汽车速度方向相同，均为正，故D错误。 -25 例6.B根据题意，由公式x=w+了整理可得=， 12.0-4.0 +2at,结合图像可得6=4m㎡s,2a= 1.0 m/s2, 解得a=-4m/s2,即小车M刹车过程中加速度大小 为4m/s2,故A错误；A点距100分分值线的距离为 0=2m,1s时小车M的速度为，=。+= %o=2a 4m/s-4×1m/s=0,故B正确，C错误；若某小车恰 好匀减速停止于96分分值线，则刹车距离为x=x +4Ax=4m,则该车的加速度大小为4= 2m/s2,故D错误。 考法二 例7.Bt~t时间内，f向下，先增大后减小，可知此时速 度方向向上，先增大后减小，故实验舱先处于弹射过 程后做减速向上运动，故A错误；2~t时间内，f向 下在减小，可知此时速度方向向上，速度在减小，根 据牛顿第二定律有mg+f=ma即a=士+g,故加速 m 度大小在减小，故B正确；~t时间内，f向上，先增 大后减小，可知此时速度方向向下，先增大后减小， 先向下加速后向下减速，加速度先向下后向上，先失 重后超重，故C错误；根据前面分析可知t时刻速度 方向改变，从向上变成向下，故3时刻到达最高点， 故D错误。 例8.C0~时间内：物体轻放在传送带上，受力分析可 知，物体受重力、支持力、滑动摩擦力，滑动摩擦力大 于重力的下滑分力，合力不变，故做匀加速运动。 之后：当物块速度与传送带相同时，静摩擦力与重力 的下滑分力相等，加速度突变为零，物块做匀速直线 运动，故C正确，A、B、D错误。 微专题1传送带模型、滑块一木板模型 题型1 例1.AD由v-t图像得0~1s内煤块的加速度大小a1 _12-4m/g=8m/s2,方向沿传送带向下，12s 内煤块的加速度大小a,=4,0m/。=4m/s,方向 1 沿传送带向下。0~1s,对煤块由牛顿第二定律得 mgsin0+mgcos9=ma1,1~2s,对煤块由牛顿第二 定律得mngsin0-umgcos0=ma2,联立解得tan0= 0.75,u=0.25,A正确，B错误；w-t图像中图线与时 间轴所围面积表示位移的大小，所以煤块上滑的总 位移大小为x=2兰x1m+7×4×1m=0m,由 2 5