第一篇 专题一 第二讲　牛顿运动定律与直线运动-2024年高考物理大二轮复习

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第2讲　牛顿运动定律与直线运动
匀变速直线运动规律及应用
2.两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。
3.处理追及问题的常用方法
(2023·江苏徐州市期末)某汽车正以54 km/h的速度行驶在城市道路上，在车头距离“礼让行人”停车线36 m时，驾驶员发现前方有行人通过人行横道，0.4 s后刹车使汽车匀减速滑行，为了使汽车不越过停车线停止让行，下列说法中正确的是A.汽车刹车滑行的最大距离为36 mB.汽车刹车的最小加速度为3 m/s2C.汽车用于减速滑行的最长时间为4 sD.汽车行驶的平均速度不能超过7.5 m/s
(2023·江苏省学业水平考试押题卷)2023年1月，由中国航天科工三院磁电总体部抓总研制的国内首台“管道磁浮高精度智能无人巡检车”，在山西省大同市阳高县高速飞车试验基地，成功完成管道动态测量与检测一体化的快速高精度智能化无人巡检试验。假设该巡检车经过的某段管道如图所示，巡检车沿图中虚线从a处由静止开始运动到b处，由两段长度均为20 m的直线段和半径为R＝5 m的 圆弧段组成。为了保证巡检效果，车沿直线运动的最大速度为5 m/s，沿圆弧段运动的最大速度为3 m/s，巡检车的最大加速度为2 m/s2。求：(1)巡检车沿直线段运动加速到最大速度时通过的最小位移的大小；
(2)巡检车从a到b过程所需的最短时间。
结合题述可知，巡检车先以最大加速度加速到5 m/s，匀速运动一段距离，再减速到3 m/s进入圆弧轨道时，巡检车从a处运动到圆弧轨道起点所需的时间最短
巡检车在该段匀速运动的距离为x3＝20 m－x1－x2＝9.75 m
离开圆弧部分后，加速到5 m/s所需的时间为t5＝t2之后以5 m/s的速度运动到b点，通过的距离为x4＝16 m
则巡检车从a到b过程所需的最短时间为t＝t1＋t2＋t3＋t4＋t5＋t6＝12.27 s。
1.解决动力学两类基本问题的思路
(1)整体法与隔离法的选用技巧
(2)连接体问题中常见的临界条件
接触面光滑，或μA＝μB
(2023·北京卷·6)如图所示，在光滑水平地面上，两相同物块用细线相连，两物块质量均为1 kg，细线能承受的最大拉力为2 N。若在水平拉力F作用下，两物块一起向右做匀加速直线运动。则F的最大值为A.1 N B.2 N C.4 N D.5 N
对两物块整体根据牛顿第二定律有F＝2ma，再对于后面的物块有FTmax＝ma，FTmax＝2 N，联立解得F＝4 N，故选C。
(2022·浙江1月选考·19)第24届冬奥会将在我国举办。钢架雪车比赛的一段赛道如图甲所示，长12 m水平直道AB与长20 m的倾斜直道BC在B点平滑连接，斜道与水平面的夹角为15°。运动员从A点由静止出发，推着雪车匀加速到B点时速度大小为8 m/s，紧接着快速俯卧到车上沿BC匀加速下滑(图乙所示)，到C点共用时5.0 s。若雪车(包括运动员)可视为质点，始终在冰面上运动，其总质量为110 kg，重力加速度g取10 m/s2，sin 15°＝0.26，求雪车(包括运动员)(1)在直道AB上的加速度大小；
运动员在直道AB上做匀加速运动，则有v12＝2a1x1
(2)过C点的速度大小；
由v1＝a1t1解得t1＝3 s运动员在斜道BC上匀加速下滑，则有
t2＝t－t1＝2 s解得a2＝2 m/s2过C点的速度大小v＝v1＋a2t2＝12 m/s
(3)在斜道BC上运动时受到的阻力大小。
在斜道BC上由牛顿第二定律，有mgsin θ－Ff＝ma2解得Ff＝66 N。
质量为M＝2 kg的木板B静止在水平面上，可视为质点的物块A从木板的左侧沿木板上表面水平冲上木板，如图甲所示。A和B经过1 s达到同一速度，之后共同减速直至静止，A和B的v－t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.A与B上表面之间的动摩擦因数μ1＝0.1B.B与水平面间的动 摩擦因数μ2＝0.2C.A的质量m＝6 kgD.A的质量m＝4 kg
(2023·江苏南京市三模)潜艇从海水高密度区域驶入低密度区域，浮力顿减，称之为“掉深”。如图甲所示，某潜艇在高密度海水区域沿水平方向缓慢航行。t＝0时，该潜艇“掉深”，随后采取措施成功脱险，在0～30 s时间内潜艇竖直方向的v－t图像如图乙所示(设竖直向下为正方向)。不计水的粘滞阻力，则A.潜艇在“掉深”时的加速度 大小为1 m/s2B.t＝30 s时潜艇回到初始高度C.潜艇竖直向下的最大位移为100 mD.潜艇在10～30 s时间内处于超重状态
在0～30 s时间内先向下加速后向下减速，则t＝30 s时潜艇向下到达最大深度，选项B错误；
潜艇在10～30 s时间内向下减速，加速度向上，处于超重状态，选项D正确。
(2023·全国甲卷·19改编)用水平拉力使质量分别为m甲、m乙的甲、乙两物体在水平桌面上由静止开始沿直线运动，两物体与桌面间的动摩擦因数分别为μ甲和μ乙。甲、乙两物体运动后，所受拉力F与其加速度a的关系图线如图所示。由图可知A.m甲m乙，μ甲m甲g＝μ乙m乙g，则μ甲0)，重力加速度为g。初始时整个系统静止，现将容器由静止释放，则释放瞬间木球相对于地面的加速度大小为
7.(2023·江苏南通市海安高级中学月考)如图，水平桌面上有一薄板，薄板上摆放着小圆柱体A、B、C，圆柱体的质量分别为mA、mB、mC，且mA>mB>mC。用一水平外力将薄板沿垂直BC的方向抽出，圆柱体与薄板间的动摩擦因数均相同，圆柱体与桌面间的动摩擦因数也均相同。则抽出后，三个圆柱体留在桌面上的位置所组成的图形可能是
设圆柱体的质量为m，圆柱体与薄板间的动摩擦因数、圆柱体与桌面间的动摩擦因数均为μ，则在抽薄板的过程中，圆柱体在薄板摩擦力的作用下做加速运动，离开薄板后在桌面摩擦力的作用下做减速运动，根据
牛顿第二定律有μmg＝ma，可得，加速运动与减速运动时的加速度都为a＝μg，由于圆柱体A先离开薄板，B、C同时后离开薄板，则根据v＝at可知，A离开薄板时的速度小于B、C离开薄板时的速度，同时A加速的位移小于B、C加速的位移。离开薄板后，根据v2＝2ax可知，B、C在桌面上滑动的距离相等，且大于A在桌面上滑动的距离。故选A。
8.(2022·全国甲卷·19改编)如图，质量相等的两滑块P、Q置于水平桌面上，二者用一轻弹簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为μ。重力加速度大小为g。用水平向右的拉力F拉动P，使两滑块均做匀速运动；某时刻突然撤去该拉力，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前A.P的加速度大小的最大值为μgB.Q的加速度大小的最大值为2μgC.P的位移大小一定大于Q的位移大小D.P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小
设两滑块的质量均为m，撤去拉力前，两滑块均做匀速直线运动，则拉力大小为F＝2μmg，撤去拉力前对Q受力分析可知，弹簧的弹力为FT0＝μmg，以向右为正方向，撤去拉力瞬间弹簧弹力不变仍为μmg，两滑块与地面间仍然保持相对滑动，此时滑块P的加速度为－FT0－μmg＝maP1，解得aP1＝－2μg，此刻滑块Q所受的外力不变，加速度仍为零，从撤去拉力到弹簧第一次恢复原长过程中，弹簧弹力一直在减小，根据牛顿第二定律可知P减速的加速度减小，滑块Q所受的合外力增大，方向向左，做加速度增大的减速运动，故P加速度大小的最大值是刚撤去拉力瞬间的加速度为2μg，Q加速度最大时为弹簧恢复原长时，有－μmg＝maQm，解得aQm＝－μg，故滑块Q加速度大小的最大值为μg，A、B错误；
由于弹簧恢复原长前滑块P的加速度一直大于Q的加速度，所以撤去拉力后P的速度一直小于同一时刻Q的速度，所以P的位移一定小于Q的位移，C错误，D正确。
9.(2023·江苏省学业水平考试押题卷)如图所示，质量为1 kg的长木板B放在水平地面上，质量为2 kg的物块A放在木板B的左端。物块A与木板B间的动摩擦因数为0.7，木板B与地面间的动摩擦因数为0.2。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为10 m/s2。现对A施加一水平拉力F，则物块速度vA、木板速度vB随时间变化的图像可能是
设二者恰不发生相对滑动时，外力大小为F0，对物块有F0－μ1mAg＝mAaA，对木板有μ1mAg－μ2(mB＋mA)g＝mBaB，且aA＝aB，解得F0＝30 N，aA＝aB＝8 m/s2。A选项中，物块的加速度大于木板的加速度，均小于二者能相对静止一起运动的最大加速度，A错误；B选项中，物块和木板一起加速运动，且加速度满足要求，B正确；
C选项中，物块的加速度大小为8.5 m/s2，木板的加速度大小为4.25 m/s2