第一篇　专题一　第2讲　匀变速直线运动　牛顿运动定律

第2讲匀变速直线运动牛顿运动定律目标要求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=0.9m，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=0.4s，从2号锥筒运动到3号锥筒用时t2=0.5s。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)1m/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=dt1=2.252、3间中间时刻的速度为v2=dt2=1.8故可得加速度大小为a=ΔvΔt=v1(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-at代入数据解得v0=2.45m/s从1号开始到停止时通过的位移大小为x=v022a=3.00125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.(3-1)∶(2-1) B.(3-2)∶(2-1)C.(3+1)∶(2+1) D.(3+2)∶(2+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=12a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=12a当木板长度为2L时，有3L=12a又Δt1=t1-t0，Δt2=t2-t0联立解得Δt2∶Δt1=(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t0，木板经过A点时间为Δt1若木板长度为L，则t0∶Δt1=1∶(2-1)①若木板长度为2L，设木板经过A点时间为Δt2t0∶Δt2=1∶［(2-1)+(3-2)］=1∶(3-1)②联立①②得Δt2∶Δt1=(3-1)∶(2-1)考点二牛顿运动定律的应用例3(2024·陕西榆林市一模)一个质量为2kg的箱子静止放在水平面上，箱子与水平面间的动摩擦因数为0.5，给箱子一个水平恒定拉力，使箱子从静止开始运动，经过2s，箱子的位移为20m。重力加速度g=10m/s2，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，空气阻力不计。(1)求拉力的大小；(2)若拉力大小不变，把拉力的方向改为与水平面成37°角斜向上，使箱子从静止开始运动1s后撤去拉力，求箱子运动的总位移。答案(1)30N(2)18.975m解析(1)箱子做匀加速直线运动，有L=12at2解得a=2Lt2=10由牛顿第二定律有F-μmg=ma，故F=ma+μmg=30N(2)箱子先以大小为a1的加速度匀加速t1时间，撤去拉力后，以大小为a2的加速度匀减速t2时间后速度恰为0，有Fcos37°-μ(mg-Fsin37°)=ma1解得a1=11.5m/s2撤去拉力后a2=μg=5m/s2由于匀加速阶段的末速度即为匀减速阶段的初速度，因此有a1t1=a2t2其中t1=1s箱子运动的总位移L'=12a1t12+1联立解得L'=18.975m解决动力学两类基本问题的思路例4(多选)(2023·福建卷·5)如图所示，一广场小火车是由车头和车厢编组而成。假设各车厢质量均相等(含乘客)，在水平地面上运行过程中阻力与车重成正比。一广场小火车共有3节车厢，车头对第一节车厢的拉力为FT1，第一节车厢对第二节车厢的拉力为FT2，第二节车厢对第三节车厢的拉力为FT3，则()A.当火车匀速直线运动时，FT1=FT2=FT3B.当火车匀速直线运动时，FT1∶FT2∶FT3=3∶2∶1C.当火车匀加速直线运动时，FT1=FT2=FT3D.当火车匀加速直线运动时，FT1∶FT2∶FT3=3∶2∶1答案BD解析设每节车厢重力为G，当火车匀速直线运动时FT1=Ff1=k×3G，FT2=Ff2=k×2G，FT3=Ff3=k×G，得FT1∶FT2∶FT3=3∶2∶1，故A错误，B正确；当火车匀加速直线运动时FT1-Ff1=FT1-k×3G=3ma，FT2-Ff2=FT2-k×2G=2ma，FT3-Ff3=FT3-k×G=ma，得FT1∶FT2∶FT3=3∶2∶1，故C错误，D正确。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(2024·安徽六安市质检)如图所示，传送带的倾角θ=37°，从A到B长度为16m，传送带以10m/s的速度逆时针转动。t=0时刻在传送带上A端无初速度地放一个质量m=0.5kg的黑色煤块，t=1s时传送带被异物卡住不动了。已知煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.5，煤块在传送带上经过会留下黑色划痕。则(sin37°=0.6，cos37°=0.8，取g=10m/s2)()A.煤块到达B点时的速度为10m/sB.煤块从A到B的时间为3sC.煤块从A到B的过程中机械能减少了12JD.煤块从A到B的过程中传送带上留下划痕的长度是16m答案C解析开始阶段，由牛顿第二定律得mgsinθ+μmgcosθ=ma1，解得a1=gsinθ+μgcosθ=10m/s2，煤块加速至与传送带速度相等时需要的时间为t1=va1=1010s=1s，煤块发生的位移为x1=12a1t12=12×10×12m=5m<16m，所以煤块加速到10m/s时仍未到达B点，此时传送带刚好被异物卡住不动了，此后摩擦力方向改变；第二阶段有mgsinθ-μmgcosθ=ma2，解得a2=2m/s2，设第二阶段煤块滑动到B点的时间为t2，则LAB-x1=vt2+12a2t22，解得t2=1s，则煤块从A到B的时间t=t1+t2=2s，故B错误；根据vB=v+a2t2得vB=12m/s，故A错误；第一阶段煤块的速度小于传送带速度，煤块相对传送带向上移动，煤块与传送带的相对位移大小为Δx1=vt1-x1=10×1m-5m=5m，故煤块相对于传送带上移5m；第二阶段煤块的速度大于传送带速度(为零)，煤块相对传送带向下移动，煤块相对于传送带的位移大小为Δx2=LAB-x1=11m，即煤块相对传送带下移11m，故传送带表面留下黑色划痕的长度为11m(前5m被覆盖)，故D错误；选B所在平面为参考平面，煤块开始的机械能EA=mgLABsin37°=48J，到达B点时机械能EB=12mvB2=36J，Δ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tanθ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ΔxΔ

表示相遇v-t图像ΔvΔ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=Fm-μg，则a-F图像的斜率为1m，截距为例6(多选)(2023·福建卷·7)甲、乙两辆完全相同的小车均由静止沿同一方向出发做直线运动。以出发时刻为计时零点，甲车的速度—时间图像如图(a)所示，乙车所受合外力—时间图像如图(b)所示。则()A.0~2s内，甲车的加速度大小逐渐增大B.乙车在t=2s和t=6s时的速度相同C.2~6s内，甲、乙两车的位移不同D.t=8s时，甲、乙两车的动能不同答案BC解析由题知甲车的速度—时间图像如图(a)所示，则根据图(a)可知0~2s内，甲车做匀加速直线运动，加速度大小不变，故A错误；由题知乙车所受合外力—时间图像如图(b)所示，则乙车在0~2s内根据动量定理有I2=mv2，I2=S0~2=2N·s，乙车在0~6s内根据动量定理有I6=mv6，I6=S0~6=2N·s，则可知乙车在t=2s和t=6s时的速度相同，故B正确；根据图(a)可知，2~6s内甲车的位移为0；根据图(b)可知，2~6s内乙车一直向正方向运动，则2~6s内，甲、乙两车的位移不同，故C正确；根据图(a)可知，t=8s时甲车的速度为0，则t=8s时，甲车的动能为0；乙车在0~8s内根据动量定理有I8=mv8，I8=S0~8=0，可知t=8s时乙车的速度为0，则t=8s时，乙车的动能为0，故D错误。3.非常规图像非常规图像(举例)函数表达式斜率k纵截距bv2-x图像由v2-v02得v2=v022avxt-t由x=v0t+12at得xt=v0+112v0xt2-由x=v0t+12at2得xt2=v01v012a-x图像由v2-v02=2ax知图线与x轴所围面积等于1v-面积表示运动时间注意：xt-t图像与t例7(2024·辽宁沈阳市质量监测)在某次安全测试中，某款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的比值xt与t之间的关系图像如图所示，则下列说法正确的是(A.该汽车的初速度为20m/sB.该汽车的初速度为6m/sC.该汽车的加速度大小为4m/s2D.该汽车从制动到停止用时5s答案A解析由于汽车恒力制动，则可知该汽车制动后做匀减速直线运动，设该汽车制动后的加速度大小为a，由位移与时间的关系可得x=v0t-12at2，变式可得xt=-12at+v0，结合题图可得v0=20m/s，a=8m/s2，故A正确，B、C错误；根据速度与时间的关系可得，该汽车从制动到停止用时t0=v0a=2.5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=2πlT2=4π2l4π2

伏阻法测电阻的1U-1E=U+UR1U=rE·1r1安阻法测电阻的1I-RE=I(R+r)1I=1ER1r专题强化练［分值：60分］1~6题每题5分，7、8、10题每题6分，9题12分，共60分［保分基础练］1.(2024·新课标卷·14)一质点做直线运动，下列描述其位移x或速度v随时间t变化的图像中，可能正确的是()答案C解析物体做直线运动，位移与时间成函数关系，A、B选项中一个时间对应两个或两个以上的位移，故不可能；同理D选项中一个时间对应两个速度，也不可能，只有C选项速度与时间是成函数关系，故可能。2.(2024·福建卷·3)某直线运动的v-t图像如图所示，其中0~3s为直线，3~3.5s为曲线，3.5~6s为直线，则以下说法正确的是()A.0~3s的平均速度为10m/sB.3.5~6s做匀减速直线运动C.0~3s的加速度比3.5~6s的大D.0~3s的位移比3.5~6s的小答案B解析根据v-t图像可知，0~3s内质点做匀加速直线运动，平均速度为v=0+302m/s=15m/s，故A根据v-t图像可知，3.5~6s内质点做匀减速直线运动，故B正确；根据v-t图像的斜率绝对值表示加速度大小，可知0~3s的加速度大小为a1=303m/s2=10m/s2，3.5~6s的加速度大小满足a2>306-3m/s2=10m/s2，可知0~3s的加速度比3.5~6s的小，故根据v-t图像与横轴围成的面积表示位移可得，0~3s的位移为x1=12×30×3m=45m，3.5~6s的位移满足x2<12×30×(6-3.5)m=37.5m，可知0~3s的位移比3.5~6s的大，故3.(2024·广东佛山市顺德区二模)2023年10月31日，神舟十六号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆。当返回舱距离地面1.2m时，返回舱的速度为8m/s，此时返回舱底部的4台反推火箭点火工作，使返回舱触地前瞬间速度降至2m/s，实现软着陆。若该过程飞船始终竖直向下做匀减速运动，返回舱的质量变化和受到的空气阻力均忽略不计。返回舱的总质量为3×103kg，g取10m/s2，则4台反推火箭点火工作时提供的推力大小为()A.3×104N B.7.5×104NC.2.6×104N D.1.05×105N答案D解析根据运动学公式可得v2-v02=-2ah，解得加速度大小为a=v02-v22h=82-222×1.2m/s2=25m/s2，根据牛顿第二定律可得F-4.(2024·安徽卷·6)如图所示，竖直平面内有两完全相同的轻质弹簧，它们的一端分别固定于水平线上的M、N两点，另一端均连接在质量为m的小球上。开始时，在竖直向上的拉力作用下，小球静止于MN连线的中点O，弹簧处于原长。后将小球竖直向上，缓慢拉至P点，并保持静止，此时拉力F大小为2mg。已知重力加速度大小为g，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力。若撤去拉力，则小球从P点运动到O点的过程中()A.速度一直增大B.速度先增大后减小C.加速度的最大值为3gD.加速度先增大后减小答案A解析在P点保持静止，由平衡条件可知此时拉力F与重力和两弹簧的拉力的合力为零。此时两弹簧的合力大小为mg。当撤去拉力，则小球从P点运动到O点的过程中两弹簧的拉力与重力的合力方向始终向下，小球一直做加速运动，故A正确，B错误；小球从P点运动到O点的过程中，弹簧形变量变小，两弹簧在竖直方向的合力不断变小，故小球受的合力一直变小，加速度一直减小，加速度的最大值为撤去拉力时的加速度，由牛顿第二定律可知2mg=ma，得a=2g，即加速度的最大值为2g，C、D错误。5.(九省联考·河南·15)如图，在平直路面上进行汽车刹车性能测试。当汽车速度为v0时开始刹车，先后经过路面和冰面(结冰路面)，最终停在冰面上。刹车过程中，汽车在路面与在冰面所受阻力之比为7∶1，位移之比为8∶7。则汽车进入冰面瞬间的速度为()A.12v0 B.13v0 C.18v0 D.答案B解析设汽车在路面与在冰面所受阻力分别为Ff1、Ff2，汽车进入冰面瞬间的速度为v1，由牛顿第二定律Ff=ma则汽车在路面与在冰面上运动的加速度大小之比为a1a2=由运动学公式，在路面上有v02-v12=2在冰面上有v12=2a2其中x1x解得汽车进入冰面瞬间的速度为v1=v0故选B。6.(2024·福建省部分地市质量监测)如图所示为餐厅暖盘车的储盘装置示意图，三根完全相同的轻质弹簧等间距竖直悬挂在水平固定圆环上，下端连接质量为M的托盘，托盘上放着6个质量均为m的盘子并处于静止状态。已知重力加速度大小为g，则某顾客快速取走1号盘子的瞬间，托盘对6号盘子作用力的大小为()A.5mg(M+6mC.5m2gM+5m答案A解析顾客快速取走1号盘子的瞬间，托盘和其他5个盘子所受合力为mg，根据牛顿第二定律有mg=(M+5m)a对剩余5个盘子，根据牛顿第二定律有FN-5mg=5ma联立可得托盘对6号盘子作用力的大小为FN=5mg(M［争分提能练］7.(2024·湖南卷·3)如图，质量分别为4m、3m、2m、m的四个小球A、B、C、D，通过细线或轻弹簧互相连接，悬挂于O点，处于静止状态，重力加速度为g。若将B、C间的细线剪断，则剪断瞬间B和C的加速度大小分别为()A.g，1.5g B.2g，1.5gC.2g，0.5g D.g，0.5g答案A解析剪断前，对B、C、D整体受力分析：A、B间轻弹簧的弹力FAB=(3m+2m+m)g=6mg对D受力分析：C、D间轻弹簧的弹力FCD=mg剪断后，对B：FAB-3mg=3maB解得aB=g，方向竖直向上对C：FDC+2mg=2maC解得aC=1.5g，方向竖直向下，故选A。8.(2024·安徽省皖江名校联盟二模)足够长的光滑固定斜面上的三个相同的物块通过与斜面平行的细线相连，在沿斜面方向的拉力F0的作用下保持静止，如图甲所示，物块2的右侧固定有不计质量的力传感器。改变拉力F0的大小，使三个物块沿斜面以不同加速度向上做初速度为零的匀加速直线运动，测得多组传感器的示数F和物块通过的位移x与时间t的平方的比值，画出图像如图乙所示，重力加速度g=10m/s2。下列说法正确的是()A.斜面的倾角θ=60°B.每个物块的质量m=2.5kgC.当F=10N时，F0=15ND.当F=10N时，物块的加速度大小为a=2.5m/s2答案C解析对物块2、3根据牛顿第二定律有F-2mgsinθ=2ma，根据运动学公式有x=12at2，联立解得xt2=F4m-12gsinθ，由题图乙可知，图像斜率k=12=14m，即m=0.5kg，图像纵轴截距的绝对值b=2.5=12gsinθ，解得sinθ=12，所以θ=30°，故A、B错误；当F=10N时，对物块2、3有F-2mgsinθ=2ma，可求得三个物块共同的加速度大小为a=5m/s2，对三个物块有F0-3mgsinθ=3ma9.(12分)(2024·新课标卷·25)如图，一长度l=1.0m的均匀薄板初始时静止在一光滑平台上，薄板的右端与平台的边缘O对齐。薄板上的一小物块从薄板的左端以某一初速度向右滑动，当薄板运动的距离Δl=l6时，物块从薄板右端水平飞出；当物块落到地面时，薄板中心恰好运动到O点。已知物块与薄板的质量相等。它们之间的动摩擦因数μ=0.3，重力加速度大小g=10m/s2(1)(7分)物块初速度大小及其在薄板上运动的时间；(2)(5分)平台距地面的高度。答案(1)4m/s13s(2)5解析(1)物块在薄板上做匀减速运动，