第2讲 牛顿运动定律与直线运动-【创新教程】2027年高考数学艺考生文化课百日冲关学生用书

第一部分：专题一力与运动 第2讲牛顿运动定律与直线运动 核心素养>助学提能 考点一匀变速直线运动规律的应用 核心透视 [解题指导] 1.匀变速直线运动的基本规律 第一步：运动员的运动分两个阶段，画出 (1)速度关系：v=v十at. 运动过程示意草图 (2)位移关系：x=+a。 第二步：由匀变速直线运动规律可知x= (3)速度位移关系：2-v=2ax. 受1家出0 (4)某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬 第三步：由vm分析某时刻的速度和加速 时速度：0= 度的大小可能值 (5)匀变速直线运动在相等时间内相邻的两段 技法点拨 位移之差为常数，即△x=aT2。 运动学中涉及多物体、多过程问题的分析 2.追及问题的解题思路和技巧 技巧 (1)解题思路 (1)分别弄清楚不同物体或同一物体不同过 分析两 画运动 程的运动性质； 找两物体 列位移 物体运→ 示意图 (2)确定不同物体或同一物体不同过程运动 位移关系 方程 动过程 或v-t图像 物理量的关系，如速度、时间和位移的 (2)解题技巧 关系； ①紧抓“一图三式”，即过程示意图、时间关 (3)列出相应的规律式（运动学公式）和各物 系式、速度关系式和位移关系式 理量之间的关系式； ②审题应抓住题目中的关键字眼，充分挖 :(4)联立解方程组，必要时对结果的合理性进行 掘题目中的隐含条件，如“刚好”“恰好”“最 讨论 多”“至少”等，往往对应一个临界状态，满 对点集训 足相应的临界条件， 1.(2026·贵州卷)某同学乘坐列车时，在自己 ③若被追赶的物体做匀减速运动，一定要 的座位上利用车厢内信息屏和手机秒表估 注意追上前该物体是否已停止运动，最后 算隧道长度.该同学进隧道时速度为60m/ 还要注意对解的讨论分析. s,出隧道时速度为50m/s,总用时200s.若 典题例析 列车在隧道中做匀减速直线运动，则该隧道 [例1](2026·广东卷)足球比赛中，某队员 长为 为接应传球，由静止开始沿直线跑动，先匀 A.5000m B.8000m 加速冲刺，后匀减速至接球点停止.全程用 C.11000m D.14000m 时5s,位移大小为20m,则该队员在某时 2.冰壶比赛是以队为单位在冰上进行的一种投 刻的速度和加速度的大小可能是( 掷性竞赛项目.在某次比赛中，冰壶投出后以8 A.6 m/s,2 m/s2 B.6 m/s,1m/s2 m/s的初速度做匀减速直线运动，加速度大小 C.9 m/s,2 m/s2 D.9 m/s,1 m/s2 为0.4m/s,下列说法中正确的是( I物理 A.冰壶第1s末的速度大小为0.4m/s (1)救护车匀速运动时的速度大小； B.冰壶第1s内的位移大小为8.2m (2)在停止鸣笛时救护车距出发处的距离. C.倒数第3s内的位移大小为1.0m D.倒数第3s内的平均速度大小为号m/s 3.(2024·全国甲卷，24)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t1=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，t2=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u,=340m/s,求： 考点二 牛顿运动定律的应用 专向1 瞬时加速度问题 专向2 连接体问题 1.两个重要模型 1.当连接体中各物体具有共同的加速度时，一 (1)轻绳—长度不变时产生的弹力可突变， 般采用整体法.当系统内各物体的加速度不 剪断时弹力立即消失； 同时，一般采用隔离法 (2)轻弹簧一其形变的恢复需要时间，在瞬 2.求连接体内各物体间的相互作用力时必须 时性问题中，其弹力认为不变， 用隔离法 2.注意：力和加速度可以发生突变，但速度不可以 [例3](2025·安徽卷，5)如 [例2](2024·湖南卷，3)如图，质4 图，装有轻质光滑定滑轮的 QA 量分别为4m、3m、2m、m的四个小球 长方体木箱静置在水平地面 A、B、C、D,通过细线或轻弹簧互相 26c 上，木箱上的物块甲通过不 连接，悬挂于O点，处于静止状态， 可伸长的水平轻绳绕过定滑轮与物块乙相连. 重力加速度为g.若将B、C间的细线剪断，则剪 乙拉着甲从静止开始运动，木箱始终保持静 断瞬间B和C的加速度大小分别为 ( 止.已知甲、乙质量均为1.0kg,甲与木箱之间 A.g,1.5g B.2g,1.5g 的动摩擦因数为0.5，不计空气阻力，重力加速 C.2g,0.5g D.g,0.5g 度g取10m/s2,则在乙下落的过程中( [解题指导] A.甲对木箱的摩擦力方向向左 (1)正确受力分析，求出剪断前A、B和 B.地面对木箱的支持力逐渐增大 C、D间弹簧的弹力大小； C.甲运动的加速度大小为2.5m/s2 (2)分别对B和C受力分析求其合力，根 D.乙受到绳子的拉力大小为5.0N 据牛顿第二定律求瞬时加速度， 春问3 动力学的两类基本问题 1.动力学问题的解题思路 规律总结弹力是否突变的判断方法 整体法或隔离法 (1)发生明显形变的物体，如轻弹簧、橡皮筋，在 受力分析确定研究对象 运动性质分析 两端都连有物体的情况下，弹力不能突变， (1)分析物体 所受各力日 F=ma (2)发生微小形变的物体，如轻绳、轻杆、桌面 (2)建坐标系 定律 (3)根据矢量 等，弹力可以突变.突变情况根据物体后面 运算求合 桥梁”(2)a恒定，且o与a在同一条 外力 直线上→物体做匀变速直线运动 的运动状态来判断。 (1)v=otat (2)x-+at (③)2o1=2ax(④△x=aTr 8 第一部分：专题一力与运动 2.动力学的两类基本问题 (3)若风力F作用2s后撤去，求小球沿直 杆向上运动的最大位移. 首先根据物体的受力确定 由因推果一已知物体的加速度，再根据加 物体的受力情况，确速度特点及加速度与速度 定物体的运动情况的方向关系确定速度变化 的规律 由物体的运动情况，确定 由果溯因一已知 物体的加速度及其变化规 物体的运动情况，确 律，再结合牛顿第二定律 定物体的受力情况 确定受力情况 [例4]风洞实验室中可产生 方向、大小都可以调节控制的 B 风力.如图所示，将一小球套 0- 在一根固定的直杆上，直杆与 风 水平面夹角0为37°，若在竖直向上的风力 F作用下，小球从静止开始以4m/s2的加 速度沿直杆向上运动，此时杆对球的弹力大 小为8N.已知小球质量m=1kg,sin37°= 0.6,g取10m/s2. (1)求竖直向上的风力的大小； (2)求杆与球间的动摩擦因数； 考点三运动学和动力学图像 专间1】 运动学的图像问题 载摄像机记录了沿途景色.某同学根据一段 (1)对于x-t图像，图线在纵轴上的截距表示 视频绘制了图乙，横坐标N为树木序号，纵 t=0时物体的位置；对于v-t图像和a-t 坐标t为对应树木出现的时刻，t3~t内汽 图像，图线在纵轴上的截距并不表示t=0 车通过隧道.关于汽车的运动，下列说法合 时物体的位置. 理的是 (2)在v-t图像中，两条图线的交点不表示两 物体相遇，而是表示两者速度相同， (3)-t图像中两条图线在轴上的截距不同， 不表示两物体的初始位置不同，位置是否 相同应根据题中条件确定， 图甲 (4)对于a-x图像、a-o2图像、x-v2图像 等非常规图像，不要想当然地猜测图像 0 3691215 图乙 的物理意义，要结合运动学公式和图像， A.t1~t2内做加速运动 找出函数表达式，进而确定斜率、截距等 意义 B.t2~t3内做减速运动 [例5](2026·山东卷)如图甲所示，汽车在 C.t1~t2内的路程小于t2~t3内的路程 平直公路上行驶，路边有等间距的树木，车 D.t2t3内的路程大于t4~t内的路程 9 I物理 春向2】 动力学的图像问题 C.摩擦力与重力沿斜面的分力大小之和 [例6]（多选)如图甲所示，平行于倾角为0 为b 的固定斜面向上的拉力F使小物块沿斜面 D.摩擦力与重力沿斜面的分力大小之和 向上运动，运动过程中加速度a与F的关系 为c 如图乙所示.图线的斜率为k,与F轴交点 技法点拨 求解运动图像与牛顿第二定 的横坐标为c,与a轴交点的纵坐标为一b. 律综合问题的基本思路 由图可知 由运动图像 构建 (v-l、x-t等 运动情境 图像) 抓住 确定运动规律 图像的关键点， 匀加速运动 提取有用信息 或匀减速运动 A.小物块的质量为k 由{牛顿第二定律 运动学公式 一列方程 B小物块的质量为名 课堂评价>高考预测 1.如图所示，质量分别为 B a随时间t变化的图像如图(b)所示（规定向 m1=1kg和m2=2kg R 上为正方向)，且图像上下部分分别与t轴 的两个大小完全相同 围成的面积相等，已知无线充电宝质量为 的物块A、B,通过轻绳相连，并连接在装有 0.2kg,手机与充电宝之间的动摩擦因数 定滑轮的小车上，不计一切摩擦.在水平推 =0.5,重力加速度g取10m/s2,则在该 力F,的作用下物块A紧贴着小车，且小车 过程中 和两个物块恰好一起向右做初速度为零的 a/(m's为 20 匀加速运动，若将图中两个小物块的位置互 换，在水平推力F2的作用下物块B紧贴着 小车，使得小车和两个物块恰好一起向右做 初速度为零的匀加速运动，若两次运动的时 间相同，则两次小车运动的位移之比为 充电宝 (a) (b) ( A.手机与充电宝全程向下运动，最终处于静 A.1:1 B.2:1 止状态 C.1:4 D.4:1 B.充电宝在t2与t时刻所受的摩擦力方向 2.无线充电宝可通过磁吸力吸附在手机背面， 相同 利用电磁感应实现无线充电.劣质的无线充 C.充电宝与手机之间的摩擦力最小值为 电宝使用过程中可能因吸力不足发生滑落 2N 造成安全隐患.图(a)为科创小组某同学手 D.充电宝与手机之间的吸引力大小至少为 握手机（手不接触充电宝），利用手机软件记 12N 录竖直放置的手机及吸附的充电宝从静止 @温馨提 开始在竖直方向上的一次变速运动过程（手 学习至此，请完成配套训练专题精准强化2 机与充电宝始终相对静止)，记录的加速度 10〡物理 增大后减小，BO绳中的拉力一直减小，故A、C错误；当 F沿直径方向时，F1最大，AO绳中最大拉力为F1= 30=2mg,故B正确；在A0绳竖直时，B0绳中拉力 最小，为零，故D错误. [答案]B 考点三 [例6][解析](1)木块在木楔斜面上匀速向下运动时， 根据平衡条件有mgsin0=-mgcos6, 解得=tan0, 因其在力F作用下沿斜面向上匀速运动，根据正交分解 法有Fcos a=ngsin9十F;,Fsin a十Fx=ngcos0 且F:=FN,联立解得F=2 ngsin日 cosa十sina 2 ngsin Ocos日 mgsin 20 -cos acos sin asin cos(0a) 当a=日时，F有最小值，即Fnin=mgsin26. (2)因为木块及木楔均处于平衡状态，整体受到的地面 的摩擦力等于F的水平分力，即 FiM=Fcos (a+0) 当F取最小值mg sin29时，则有 F-Fc0s 20-mgsin 20c0s2mgsin 40. [答案](1)ngsin20(2)7 mgsin40 [对点集训] l.C[根据题意，对甲受力分析，如图(a)所示， 由平衡条件有Fcos60°=FN cos30°， Fsin60°+Fxw sin30°=2G, 解得FN甲=G,F=3G, 将圆柱体甲缓慢地拉至半圆柱体乙的顶端，拉力F方向 不变，拉力F与FN”的变化情况，如图(b)所示，可知两 圆柱体间的压力逐渐增大，拉力F逐渐减小，当圆柱体 甲拉至半圆柱体乙的顶端时，F、最大，等于圆柱体甲的 重力大小2G,拉力F最小为零，故A、B错误；对圆柱体 甲和半圆柱体乙整体受力分析，如图(c)所示，由平衡条 件有Fcos60°=F,,FN十Fsin60°=3G,由于F逐渐减 小，则F,逐渐减小，F、逐渐增大，故C正确，D错误.] FN甲2 F F F FN甲 甲 2G 2G1 3G (a) (b) (c) 2.BD[小球在莱位置时，有mgRsin0=2m,对小球受 力分析有N。一mgsn9=m京，解得小球所受支持力为 V#=3 mgsin0,根据牛顿第三定律可知，小球对半圆槽 的压力Fs=V,=3 ngsin日，因为半圆槽始终静止，所以 半圆槽所受合力为零，即水平方向有f=F压cos日= 2 3 mgsin Oc0s0=号mgsin20,所以当日=45°时，半圆槽爱 到的摩擦力最大，故A错误，B正确；对半圆槽受力分 析，设地面对半圆槽的支持力为F意，竖直方向有F意 Mg十F&sin9,整理有F意=Mg十3 mgsin,当sin9= 时，有F,=(m十M)g,根据牛顿第三定律有N=F 3 =(m十M)g,故C错误，D正确.门 课堂评价·高考预测 1.B[设筛子和谷子的总重力为G,把杆或绳上的力沿竖 直方向和水平方向分解，在竖直方向上根据平衡条件有 G=3 Fn cos9=3 cosA,可得=88昌故B正确， 2.A[设每段绳子上的张力均为T,则根据平衡条件有 4Tsin 0=mg. 水平方向有2 Tcos0=FN, 认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力， 则有fm=uFN=u·2Tcos6, 根据平衡条件有2fm=mg, 即4 uTcos0=4Tsin9, 解得r=tanB.] 第2讲牛顿运动定律与直线运动 核心素养·助学提能 考点一 [例1][解析]根据题意，设运动过程中最大速度为℃m, 则有x=之， 代入数据解得m=8m/s, 根据题意可知，加速过程或减速过程的最大时间均小于 总时间，则有℃m=at, 解得加速过程或减速过程的最小加速度a=华=1.6m/s, 综上所述，该球员某时刻的速度不可能为9m/s,加速度 大小不可能为1/s.所以根据题意和选项速度和加速 度大小可能是6m/s,2m/s°. [答案]A 对点集训门 1.C「列车在隧道内做匀减速直线运动，匀变速直线运动 的平均速度满足口=心十巴， 2 位移等于平均速度乘以运动时间，即x=t, 代入已知条件u=60m/s、v=50m/s、t=200s, 计算得x=60十50×200m=11000m.] 2 2.C[冰壶做匀减速直线运动，a=一0.4m/s2,则第1s末 的速度大小v1=十at1=7.6m/s,故A错误；冰壶第 1s内的位移大小是工1=%4十2a(=7.8m,故B错 误；整个过程的逆过程是初速度为0的匀加速直线运动， 最后1s内位移大小为'=a=0,2m,由初速度 8 为零的匀加速直线运动的规律可知最后1s内位移大小 与倒数第3s内的位移大小之比为1：5，故倒数第3s 内的位移大小为x3=1.0m,故C正确；倒数第3s内的 平均速度大小为u,=至=1m/s,故D错误.] ts 3.解析：(1)根据匀变速运动速度公式v=at1, 可得救护车匀速运动时的速度大小0=2X10m/s =20m/s: (2)教护车加选运动过程中的位移=子a听=10m, 设在t时刻停止鸣笛，根据题意可得 (t3-t1)20+100 -十t3=t2, 停止鸣笛时救护车距出发处的距离 x=x1十(t3一t)Xv, 代入数据联立解得x=680m. 答案：(1)20m/s(2)680m 考点二考向1 「例2][解析] 剪断前，对BCD分析FAB=(3m十2m十m)g, 对D,FD=mg, 剪断后，对B,FAB一3mg=3mag, 解得Qg=g,方向竖直向上： 对C,Fpe+2mg=2mae, 解得ac=1.5g,方向竖直向下.故A正确. [答案]A 考向2 [例3][解析]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，只要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FN=Mg一 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一mg=ma, 对乙受力分析有mg一T=ma, 联立解得a=2.5m/s2,T=7.5N,C正确，D错误 [答案]C 考向3 [例4][解析](1)小球在垂直于杆方向上受风力的分 力大小为F1=Fc0s37°， 小球的重力垂直于杆向下的分力大小为 G1=Gcos37°=8N, 小球在垂直于杆方向上受力平衡，可知杆对球的弹力垂 直于杆向下，所以杆对球的弹力大小， F2=F1一G1, 由题意可知F2=8N, 解得F=20N. (2)风力F作用时，由牛顿第二定律有 (F-mg)sin 37-uF:=ma, 2( 讲解册参考答案 因a1=4m/s°，F=20N, 解得=0.25. (3)风力作用2s时小球的速度为=a1t1=8m/s, 风力作用2s时小球的位移为工=2a=8m, 凤力辙去后，由牛顿第二定律有 mgsin37°+mgcos37°=ma2, 解得a=8m/s,方向沿杆向下 =4m 小球继续上滑的位移x:=2a: 小球沿直杆向上运动的最大位移xm=x1十x2=12m [答案](1)20N(2)0.25(3)12m 考点三考向1 [例5][解析]由于相邻两树木间距离相等，所以t-V 图像的形状与t-x图像的形状相同，又t-x图像上的 点的切线斜率表示对应时刻速度的倒数，t1~t时间内t 一N图像上的，点的切线斜率不变，所以该段时间内汽车 做匀速运动，A错误；2t?时间内t-N图像上的点的 切线斜率逐渐增大，所以该段时间内汽车做减速运动，B 正确：根据t-N图像可知t1~t2时间内汽车的路程为相 邻树木间距的4倍，t,一t,时间内汽车的路程为相邻树 木间距的3倍，t:~t:时间内汽车的路程为相邻树木间 距的3倍，故C、D错误. 「答案]B 考向2 [例6][解析]以物块为研究对象，根据牛顿第二定律 有F-mgsin0-F,=ma,可得a=E-mgsin9+E,结 172 172 合a-一F图像可得k=1=么，-mgsin9+B=一b,可 m c 172 知小物块的质量m=。,摩擦力与重力活斜面的分力大 小之和为mgsin9+F;=c,故B、D正确. [答案]BD 课堂评价·高考预测 1.C[第一次设绳子拉力为T,,根据平衡条件可知T,= m1g,对物块B,根据牛顿第二定律T1=ma1,解得a1= 28,由于小车与物块相对静止，因此小车的加速度等于 1 滑块的加速度，两个小物块的位置互换后，设绳子拉力 为T2,根据平衡条件可知T2=g,对物块A,根据牛顿 第二定律T,=ma:,解得a:=2g.根据=号a,可知 在相同时间内，两次小车运动的位移之比为x1：x2=a1 ：a2=1:4,故C正确.门 2.D[手机与充电宝从静止开始，向下先做加速度增大的 加速运动，从t1时刻向下做加速度减小的加速运动，加 速度减小到零时，速度达到最大：再向下做加速度增大 9 丨物理 的减速运动，2时刻速度减小到零，此后做向上的加速 度减小的加速运动，加速度减小到零时向上运动的速度 达到最大，此后先向上做加速度增大的减速运动，从t 时刻再向上做加速度减小的减速运动，最后速度为零， 故A错误；充电宝在t,时刻加速度方向向上，所受的摩 擦力方向向上；充电宝在t时刻加速度方向向下，由mg +F,=ma3,a3=12m/s,可知摩擦力方向向下，故B错 误；在t,时刻充电宝向下的加速度为10m/s2,充电宝 与手机之间的摩擦力最小，值为零，故C错误：在t。时刻 充电宝向上的加速度最大，充电宝与手机之间的摩擦力 最大，由牛顿第二定律可得Fimax一mg=ma2,又Fmx= F,解得充电宝与手机之间的吸引力大小至少为F=12N, 故D正确.] 第3讲抛体运动圆周运动 核心素养·助学提能 考点一 [例1][解析]由题意可知，四边形ABCD是菱形，摇动 手柄竖直拾升重物过程中，B点的速度方向竖直向上， A、C两点的速度方向分别垂直AD、CD方向，大小相等， A、C两，点的间距每秒均匀缩短2mm,可知A、C两点速 度的水平分量大小相等，为==合×号m/s=1 mm/s,当∠CAB=45°时，B,点和C,点沿BC方向的分速度 大小相等，即gsin45°=c,又e=ccos45°，可得te=√2 mm/s,vg=2mm/s,A、C两点的速度大小相等，方向相 互垂直，A、C错误，B正确：A、C两点竖直方向的速度大 小相等，方向相同，水平方向速度大小相等，方向相反， 所以A点相对C,点的速度沿水平方向，大小为A:十= 2mm/s,D正确. [答案]BD [对点集训] 1.C[船头垂直河岸出发时，过河时间最短，即，=，过河 Ty 位移d,=√+(t)严；船以最短的位移过河时，d2= √一，联立解得在 d 1 ‘√1+远选项C /1十 正确.门 2.B[设圆环与木板的接触，点 为P,圆心为O,角的顶点为 A,连接AO,A、P之间的距离 为x,将圆心的速度分解为板 的速度和圆环上P点的速Ammm咖nmim 度，如图所示 由几何关系有m号-二，由运动的合成与分解有 =sin0,板的角速度为a=整，解得w=号sin0an号 故B正确.门 30 考点二考向1 [例2][解析]根据题意可知飞行器安全到达着陆线， 速度最小时会刚好通过月面坑边到达着陆线，此时根据 1 平抛运动规律在竖直方向有H=2gn(,代入数据解 得t1=40s, 在水平方向有1=t1,代入数据可得=30m/s; 飞行器安全到达着陆线，速度最大时会到达着陆线最右 端的坑边缘，此时根据平抛运动规律在竖直方向有H十 h=28a云，代入数据解得t=60s, 在水平方向有1十d=t,代入数据可得，=70m/s, 所以飞行器安全到达着陆线需满足0/s≤ 70m/s, [答案]B 考向2 [例3][解析]设落，点与O,点的竖直高度为h,水平位移 为x,初速度与水平方向的夹角为日，将初速度沿水平和竖直 方向分解，可得-=n01一时x=4cas9t, 同时有h+x2=R, k立可得6=+号一 设落到圆孤上的速度为，根据机械能守恒 mg+m=md, 1 解得v=√，2+2gh, 故可知h越小0想小，故当gr-尽，是 ·产时，h取最小 g 值，落到圆孤上的速度最小； 解得入g h=号R,0=巫故A,D正确，C 2 倍说，根据前西分析，当√医A=专R时庆入解得 1 sin9=2,8=30°，故B错误。 [答案]AD 考点三考向1 [例4][解析]物品从无人机上释放后，做平抛运动，竖 直方向H=号g,可得=2s 要使得物品落点在目标区域内，水平方向满足 x=√/Ri-R=t, 最大角速度等于”一尺' 2 联立可得0=子Tad/s,故A错误，B正确， 无人机从A到B的时间t=一 由于t'>t,可知无人机运动到B,点时，在A,点释放的物 品已经落地，故C正确，D错误. [答案]BC 00