第2讲 匀变速直线运动 牛顿运动定律 讲义-2026年高三物理二轮专题复习

第2讲　匀变速直线运动　牛顿运动定律 讲义 知识体系： 考点一 匀变速直线运动规律及应用 匀变速直线运动公式一般可分为两大类:一类是涉及时间的,一类是不涉及时间的。可根据题目的已知条件和问题快速选择合适的公式,具体的分析思路如下: 1.两种匀减速直线运动的分析方法 (1)刹车问题的分析：末速度为零的匀减速直线运动问题常用逆向思维法，对于刹车问题，应先判断车停下所用的时间，再选择合适的公式求解。 (2)双向可逆类运动分析：匀减速直线运动速度减为零后反向运动，全过程加速度的大小和方向均不变，故求解时可对全过程列式，但需注意x、v、a等矢量的正、负及物理意义。 2.处理追及问题的常用方法 过程分析法 函数法 Δx＝x乙＋x0－x甲为关于t的二次函数，当t＝－时有极值，令Δx＝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 典例1:(2025·山东烟台模拟)假设一飞机在机场着陆后做匀减速直线运动,从着陆开始计时,测得第2 s内飞机通过的位移为59.1 m,倒数第2 s内的位移为0.9 m,则关于从着陆到停止的过程,飞机的(　　) A.初速度大小为60 m/s B.加速度大小为1.2 m/s2 C.总位移大小为2 000 m D.平均速度大小为15 m/s 答案　A解析　根据题意可知,飞机做匀减速直线运动,通过逆向思维将飞机看成做初速度为0的匀加速直线运动,根据初速度为零的匀加速直线运动的推论,在连续相等时间间隔内的位移之比为1∶3∶5∶7∶…,可知倒数第1 s内的位移为x1=xⅡ=0.3 m,根据匀加速直线运动规律有x1=a,解得a=0.6 m/s2,故B错误;设初速度为v0,则匀减速过程第1 s末的速度为v1=v0-at,第2 s末的速度为v2=v0-2at,第2 s内的位移为x2=t,解得v0=60 m/s,故A正确;根据匀变速直线运动规律有=2ax总,解得x总=3 000 m,故C错误;平均速度大小为==30 m/s,故D错误。 典例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 1.牛顿第二定律 (1)表达式：F=ma，其中F为物体所受的合外力，F、m、a三个量对应同一个物体，且各量都取国际单位。 (2)应用常用方法： ①矢量合成法：若物体只受两个力作用，可用平行四边形定则求这两个力的合力，合力的方向与加速度的方向相同。 ②正交分解法：当物体受多个力作用时 常用正交分解法列方程：Fx=ma，Fy=0或Fx=0，Fy=ma 特殊情况下可分解加速度： 2.系统牛顿第二定律 若研究对象是两个或两个以上的物体，且加速度不同。 系统牛顿第二定律的表达式： 一般形式：∑F外=m1a1+m2a2+m3a3+… 分量形式： 说明：上述表达式左边只有系统受到的外力，内力不需要考虑。 典例3:滑雪是我国东北地区冬季常见的体育运动。如图(a)，在与水平面夹角θ=14.5°的滑雪道上，质量m=60 kg的滑雪者先采用两滑雪板平行的滑雪姿势(此时雪面对滑雪板的阻力可忽略)，由静止开始沿直线匀加速下滑x1=45 m；之后采取两滑雪板间呈一定角度的滑雪姿势，通过滑雪板推雪获得阻力，匀减速继续下滑x2=15 m后停止。已知sin 14.5°=0.25，sin 37°=0.6，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。 (1)求减速过程中滑雪者加速度a的大小； (2)如图(b)，若减速过程中两滑雪板间的夹角α=74°，滑雪板受到沿雪面且垂直于滑雪板边缘的阻力均为F，求F的大小。 答案　(1)7.5 m/s2　(2)500 N 解析　(1)由静止开始沿直线匀加速下滑的过程有2a1x1=v2 由牛顿第二定律知mgsin θ=ma1 代入数据得v==15 m/s 匀减速继续下滑的过程有2ax2=v2 代入数据得a==7.5 m/s2 (2)若减速过程中两滑雪板间的夹角α=74°， 根据牛顿第二定律有2Fsin -mgsin θ=ma 解得F==500 N。 3.瞬时加速度问题的处理方法 典例4:如图所示,倾角为α=30°的光滑斜面固定,质量分别为mA=2 kg、mB=4 kg的物体A、B用轻质弹簧连接,B的上端用轻绳与C点连接,A、B处于静止状态,重力加速度g=10 m/s2,则 (　　) A.经过一定时间,弹簧对A拉力的冲量为零 B.从a点剪断弹簧瞬间,A的加速度大小为零 C.剪断轻绳的瞬间,B的加速度大小为7.5 m/s2 D.剪断轻绳的瞬间,A、B两物体均处于失重状态 答案　C解析　A、B静止时,弹簧有拉力,经过一定时间,弹簧对A拉力的冲量不为零,A错误;从a点剪断弹簧的瞬间,A不受弹簧的拉力,故加速度不为零,B错误;剪断轻绳瞬间,绳的拉力突变为零,则B在沿斜面方向受到其重力的分力和弹簧的弹力,根据牛顿第二定律有mAgsin 30°+mBgsin 30°=mBa,解得a=7.5 m/s2,C正确;剪断轻绳瞬间,绳的拉力突变为零,弹簧弹力保持不变,A仍处于平衡状态,D错误。 4.连接体问题的处理方法 (1)处理方法:整体法和隔离法。 (2)运动特点 ①轻绳连接体:轻绳在伸直且无转动的状态下,两端的连接体沿绳方向的速度和加速度总是相等。 ②轻杆连接体:轻杆平动时,连接体具有相同的平动速度和加速度;轻杆转动时,连接体具有相同的角速度。 ③轻弹簧连接体:在弹簧发生形变的过程中,两端连接体的速度不一定相等;在弹簧形变量最大时,两端连接体的速率相等。 (3)常见连接体 FB=F 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 常用隔离法 常会出现临界条件 典例5:(2025·江苏盐城市期末)如图所示，一竖直轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为1 kg的物体A、B(B物体与弹簧拴接)，弹簧的劲度系数为k=40 N/m，初始时系统处于静止状态。现用大小为16 N，方向竖直向上的拉力F作用在物体A上，使物体A开始向上运动，重力加速度g取10 m/s2，空气阻力忽略不计，下列说法正确的是(　　) A.外力施加的瞬间，A、B的加速度大小均为0 B.当弹簧压缩量减小0.05 m时，A、B间弹力大小为1 N C.A、B分离时，A物体的位移大小为0.2 m D.B物体速度达到最大时，弹簧被压缩了0.1 m 答案　B解析　施加外力前，系统处于静止状态，合力为0，外力F施加的瞬间，合力为F=16 N，根据牛顿第二定律有F=2ma，解得a=8 m/s2，故A错误；初始时系统处于静止状态，则有2mg=kx0，解得x0=0.5 m，设A、B分离时，弹簧的形变量为x1，物体的加速度为a2，对A根据牛顿第二定律有F-mg=ma2，对B根据牛顿第二定律kx1-mg=ma2，联立解得x1=0.4 m，所以A物体的位移大小为x=x0-x1=0.1 m，故C错误；当弹簧压缩量减小0.05 m时，A、B还未分离，设A、B间弹力大小为FAB，此时物体的加速度大小为a1，对A根据牛顿第二定律有F+FAB-mg=ma1，对B根据牛顿第二定律有k(x0-0.05 m)-mg-FAB=ma1，联立解得FAB=1 N，故B正确；当B物体的加速度为0时速度达到最大，由C选项的分析知A、B分离时有向上的加速度，所以速度最大时A、B已经分离，B物体速度最大时合力为0，则有kx2=mg，解得x2=0.25 m，故D错误。 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 图线与横轴所围面积 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，纵截距为-μg 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图像 图线与横轴所围面积表示运动时间 -v图像 注意：-t图像与t轴所围的面积不表示这段时间内物体的位移。 典例6:(2025·湖北武汉模拟)物块P、Q中间用一根轻质弹簧相连,放在光滑水平面上,物块P的质量为2 kg,如图甲所示。开始时两物块均静止,弹簧处于原长,t=0时对物块P施加水平向右的恒力F,t=1 s时撤去,在0~1 s内两物块的加速度随时间变化的情况如图乙所示。整个运动过程中以下说法正确的是(　　) A.t=1 s时,物块Q的速度大小为0.4 m/s B.恒力F大小为1.6 N C.物块Q的质量为0.5 kg D.t=1 s后,物块P、Q一起做匀加速直线运动 答案　C解析　图像与坐标轴围成的面积表示速度变化量,若0~1 s内Q的加速度均匀增大,则t=1 s时Q的速度大小vQ=×1×0.8 m/s=0.4 m/s,由图可得实际Q的图像与坐标轴围成的面积大于Q的加速度均匀增大时图像与坐标轴围成的面积,故t=1 s时Q的速度大小大于0.4 m/s,故A错误;t=0时,对物块P有F=mPa0=2×1 N=2 N,即恒力大小为2 N,故B错误;t=1 s时,对物块P、Q整体有F=(mP+mQ)a1,解得mQ=0.5 kg,撤去推力后,两物块受弹簧弹力作用,不会一起做匀加速直线运动,故C正确,D错误。 典例7:(2025·江苏泰州市模拟)如图甲所示，一物块(可视为质点)从倾角θ=30°的足够长斜面上滑下，以物块的初始位置为坐标原点，沿斜面向下为x轴的正方向建立坐标系，物块运动的-图像如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A.物块的加速度为2 m/s2 B.物块的初速度为零 C.物块与斜面间的动摩擦因数为 D.前2 s内物块的平均速度为5 m/s 答案　C解析　由运动学公式x=v0t+at2，整理可得=+a，由题图乙可知v0=2 m/s，a=2 m/s2，解得a=4 m/s2，所以物块在斜面上做初速度为2 m/s的匀加速直线运动，A、B错误；由牛顿第二定律得mgsin θ-μmgcos θ=ma，解得μ=，C正确；第2 s末的速度为v=v0+at=10 m/s，那么前2 s内的平均速度为= m/s=6 m/s，D错误。 学科网（北京）股份有限公司 $