专题一 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

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． 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． [例2]　(2024·山东卷·3)如图所示，固定的光滑斜面上有一木板，其下端与斜面上A点距离为L.木板由静止释放，若木板长度为L，通过A点的时间间隔为Δt1；若木板长度为2L，通过A点的时间间隔为Δt2.Δt2∶Δt1为(　　) A．(－1)∶(－1) B．(－)∶(－1) C．(＋1)∶(＋1) D．(＋)∶(＋1) 答案　A 解析　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a，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＝at 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2L＝at 当木板长度为2L时，有3L＝at 又Δt1＝t1－t0，Δt2＝t2－t0 联立解得Δt2∶Δt1＝(－1)∶(－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t0，木板经过A点时间为Δt1 若木板长度为L， 则t0∶Δt1＝1∶(－1)① 若木板长度为2L，设木板经过A点时间为Δt2 t0∶Δt2＝1∶[(－1)＋(－)]＝1∶(－1)② 联立①②得Δt2∶Δt1＝(－1)∶(－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)潜艇从高密度海水区域驶入低密度海水区域时，浮力顿减，潜艇如同“汽车掉下悬崖”，称之为“掉深”．我海军某潜艇在执行任务期间，突然遭遇“掉深”，全艇官兵紧急自救脱险，创造了世界潜艇史上的奇迹．总质量为6.0×106 kg的某潜艇，在高密度海水区域距海平面200 m，距海底112.5 m处沿水平方向缓慢潜航，如图所示．当该潜艇驶入低密度海水区域A点时，浮力突然降为5.4×107 N，10 s后，潜艇官兵迅速对潜艇减重(排水)，结果潜艇刚好零速度“坐底”并安全上浮，避免了一起严重事故．已知在整个运动过程中，潜艇所受阻力大小恒为0.6×106 N，重力加速度g取10 m/s2，假设潜艇减重的时间忽略不计，海底平坦，求： (1)潜艇“掉深”10 s时的速度； (2)潜艇减重排出水的质量．(结果取两位有效数字) 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－F－f＝ma1，代入数据解得a1＝0.9 m/s2，10 s末的速度为v＝a1t1，解得v＝9 m/s； (2)掉深10 s时，潜艇下落的高度h1＝t1，解得h1＝45 m，潜艇减速下落的高度h2＝h－h1，解得h2＝67.5 m，在减速阶段h2＝，解得a2＝0.6 m/s2 潜艇减重后的质量为m1，潜艇减重后以0.6 m/s2的加速度匀减速下沉过程中，由牛顿第二定律得F＋f－m1g＝m1a2，代入数据解得m1＝5.15×106 kg，排水前潜艇的质量m＝6.0×106 kg，“掉深”过程中排出水的质量m′＝m－m1，解得m′＝8.5×105 kg. 解决动力学两类基本问题的思路 　 [例4]　(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1.0 kg，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10 m/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2.5 m/s2 D．乙受到绳子的拉力大小为5.0 N 【题图剖析】 答案　C 解析　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－f＝m甲a，对乙根据牛顿第二定律有m乙g－T＝m乙a，其中f＝μm甲g，联立解得加速度大小为a＝2.5 m/s2，绳子的拉力大小为T＝7.5 N，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＝(m甲＋M箱)g＋T，由上述分析可知m乙g－T＝m乙a，联立可得 N＝(m甲＋M箱)g＋m乙g－m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＝＝m/s2＝2.5 m/s2，故C项正确． 【迁移归纳】 　四类常见连接体问题 三种情况中弹簧弹力、绳的张力大小相同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同、方向不同，常用隔离法 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 [例5]　(2025·山东省大教育联盟模拟)如图所示，倾角θ＝37°的传送带以v＝4 m/s的速度沿逆时针方向运行，AB部分的长度L＝5.4 m．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＝1 m，C位于其圆心正上方．一质量m＝0.2 kg的小物块(可视为质点)从A点以一定的初速度v0沿AB方向滑上传送带，最终刚好停在C点．小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，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.求： (1)小物块经过圆弧轨道的B点时对轨道的压力大小； (2)小物块从A到B的运动时间； (3)此过程中小物块在传送带上留下的划痕长度． 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 θ)＝0－mv 小物块经过圆弧轨道的B点时，根据牛顿第二定律得mg cos θ－FN＝m，代入数据解得FN＝0.8 N，由牛顿第三定律可知，小物块对圆弧轨道的压力大小为0.8 N； (2)由上可知vB＝2 m/s，小于传送带的速度，所以小物块以速度v0滑上传送带后，先以大小为a1的加速度做减速运动，与传送带速度v相等后再以大小为a2的加速度做减速运动，根据牛顿第二定律得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1，又有mg sin θ－μmg cos θ＝ma2，由运动学公式得减速过程，有v2－v＝2a2x2，又有v－v2＝2a2(L－x2)，以a2的加速度做减速运动的时间为t2＝，以a1的加速度做减速运动的时间为t1＝ 小物块从A到B的运动时间为t＝t1＋t2，代入数据解得t＝1.4 s； (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Δx1＝L－x2－vt1 第二个过程中，相对传送带向后运动Δx2＝vt2－x2 代入数据并比较可知，小物块在传送带上留下的划痕长Δx＝1 m． 传送带中的动力学问题 1．分析物块相对传送带运动或运动趋势的方向，来判断摩擦力方向． 2．μ与tan θ的关系决定了物块与传送带能否保持相对静止． 3．v物＝v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 常见图像 斜率k 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，截距为－μg [例6]　(多选)(2025·黑、吉、辽、蒙卷·10)如图(a)，倾角为θ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v0沿斜面下滑，甲、乙与斜面的动摩擦因数分别为μ1、μ2，整个过程中斜面相对地面静止．甲和乙的位置x与时间t的关系曲线如图(b)所示，两条曲线均为抛物线，乙的x－t曲线在t＝t0时切线斜率为0，则(　　) 　　 A.μ1＋μ2＝2tan θ B.t＝t0时，甲的速度大小为3v0 C.t＝t0之前，地面对斜面的摩擦力方向向左 D.t＝t0之后，地面对斜面的摩擦力方向向左 答案　AD 解析　x－t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～t0时间内甲乙位移可得x甲＝t0＝3x0，x乙＝t0＝x0，可得t0时刻甲物体的速度为v＝2v0，甲物体的加速度大小为a1＝，乙物体的加速度大小为a2＝，由牛顿第二定律可得甲物体mg sin θ－μ1mg cos θ＝ma1，同理可得乙物体μ2mg cos θ－mg sin θ＝ma2，联立可得μ1＋μ2＝2tan θ，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＝ma1cos θ－ma2cos θ＝0，则t＝t0之前，地面和斜面之间摩擦力为零，故C错误；t＝t0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＝ma1cos θ，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～t0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－t 图像如图所示： 由图知t＝t0时，甲的速度大小为2v0，B错误；由图像斜率可知，甲、乙的加速度大小相等，即g sin θ－μ1g cos θ＝μ2g cos θ－g sin θ，解得μ1＋μ2＝2tan θ，A正确． 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－v＝2ax 得v2＝v＋2ax 2a v －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－v＝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 面积表示运动时间 注意：－t图像与t轴围的面积不表示这段时间内物体的位移． [例7]　(2025·湖南省郴州市高三三模)国产新能源汽车近年来取得了显著进步．在某次安全测试中，某款新能源汽车在平直公路上行驶，突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平方的比值与之间的关系图像如图所示，则下列说法正确的是(　　) A.1 s末汽车的速度为10 m/s B.2 s内汽车的平均速度为14 m/s C.第2 s内汽车的位移为24 m D.经过3 s汽车的位移为25 m 答案　D 解析　根据题意，由运动学公式x＝v0t＋at2，整理可得＝v0＋a 结合图像可得v0＝ m/s＝20 m/s，a＝－4 m/s2，即a＝－8 m/s2 故1 s末汽车的速度为v1＝v0＋at1，解得v1＝12 m/s，2 s末汽车的速度为v2＝v0＋at2，解得v1＝4 m/s 2 s内汽车的平均速度为＝，解得＝12 m/s 第2 s内汽车的位移为x＝t12，解得x＝8 m，故A、B、C错误；汽车停下来的时间t＝ 经过3 s汽车的位移为x＝t，解得x＝25 m，故D正确． 【迁移归纳】 　物理中一次函数问题的解题思路 举例 基本公式 变形后的一次 函数表达式 斜率 截距 单摆T2－l图像 T＝2π T2＝4π2 伏阻法测电阻的－图像 E＝U＋r ＝·＋ 安阻法测电阻的－R图像 E＝I(R＋r) ＝R＋ 学科网（北京）股份有限公司 $