新高考物理二轮复习讲义第1部分 专题1 第2讲 牛顿运动定律与直线运动（含解析）

这是一份新高考物理二轮复习讲义第1部分 专题1 第2讲 牛顿运动定律与直线运动（含解析），共17页。试卷主要包含了命题角度，7 s，05 m－12等内容，欢迎下载使用。
考点一 匀变速直线运动规律及应用
1．匀变速直线运动问题常用的七种解题方法
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
例1 (2022·湖北卷·6)我国高铁技术全球领先，乘高铁极大节省了出行时间．假设两火车站W和G间的铁路里程为1 080 km，W和G之间还均匀分布了4个车站．列车从W站始发，经停4站后到达终点站G.设普通列车的最高速度为108 km/h，高铁列车的最高速度为 324 km/h.若普通列车和高铁列车在进站和出站过程中，加速度大小均为0.5 m/s2，其余行驶时间内保持各自的最高速度匀速运动，两种列车在每个车站停车时间相同，则从W到G乘高铁列车出行比乘普通列车节省的时间为( )
A．6小时25分钟 B．6小时30分钟
C．6小时35分钟 D．6小时40分钟
答案 B
解析 108 km/h＝30 m/s,324 km/h＝90 m/s，由于中间4个站均匀分布，因此节省的时间相当于在任意相邻两站间节省的时间的5倍，相邻两站间的距离x＝eq \f(1 080×103,5) m＝2.16×105 m，普通列车加速时间t1＝eq \f(v1,a)＝eq \f(30,0.5) s＝60 s，加速过程的位移x1＝eq \f(1,2)at12＝eq \f(1,2)×0.5×602 m＝900 m，根据对称性可知，加速与减速位移相等，可得匀速运动的时间t2＝eq \f(x－2x1,v1)＝eq \f(2.16×105－2×900,30) s＝7 140 s，同理高铁列车加速时间t1′＝eq \f(v1′,a)＝eq \f(90,0.5) s＝180 s，加速过程的位移x1′＝eq \f(1,2)at1′2＝eq \f(1,2)×0.5×1802 m＝8 100 m，匀速运动的时间t2′＝eq \f(x－2x1′,v1′)＝eq \f(2.16×105－2×8 100,90) s＝2 220 s，相邻两站间节省的时间Δt＝(t2＋2t1)－(t2′＋2t1′)＝4 680 s，因此总的节省时间Δt总＝5Δt＝4 680×5 s＝23 400 s＝6小时30分钟，故选B.
例2 (2022·陕西咸阳市一模)如图所示，某标准足球场长105 m、宽68 m．攻方前锋在中线处将足球沿边线向前踢出，足球的运动可视为在地面上做初速度为12 m/s的匀减速直线运动，加速度大小为3 m/s2.则：
(1)足球从开始做匀减速直线运动到停下来的位移大小？
(2)足球开始做匀减速直线运动的同时，该前锋队员沿边线向前追赶足球．他的启动过程可以视为初速度为零、加速度大小为4 m/s2的匀加速直线运动，他能达到的最大速度为8 m/s，该前锋队员至少经过多长时间能追上足球？
答案 (1)24 m (2)4 s
解析 (1)足球的运动可视为在地面上的匀减速直线运动，根据运动学公式有
x＝eq \f(v2－v02,2a1)＝eq \f(0－122,2×－3) m＝24 m
(2)队员的速度达到最大速度用时
t1＝eq \f(Δv,a2)＝eq \f(8－0,4) s＝2 s，
此时队员的位移为
x1＝eq \f(1,2)a2t12＝eq \f(1,2)×4×22 m＝8 m，
此时足球的位移为x1′＝v0t1＋eq \f(1,2)a1t12＝12×2 m－eq \f(1,2)×3×22 m＝18 m，
足球的速度v1′＝v0＋a1t1＝6 m/s
此时队员与足球相距s＝10 m，
设此后用时t2追上足球，则有vmt2＝v1′t2＋eq \f(1,2)a1t22＋s，解得t2＝2 s(t2＝－eq \f(10,3) s舍去)
此时足球速度v1″＝v1′＋a1t2＝0，足球恰好停止．
故前锋队员追上足球至少经过t＝t1＋t2＝4 s．
考点二 牛顿运动定律的应用
1．解决动力学两类基本问题的思路
2．瞬时加速度问题
3．连接体问题
(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
(3)常见连接体
例3 (多选)(2022·四川省成都石室中学二诊)我国高铁技术处于世界领先水平，和谐号动车组是由动车和拖车编组而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车．假设动车组各车厢质量均相等，每节动车提供的动力均为F，动车组在水平直轨道上运行过程中每节车厢受到的阻力均为Ff.某列动车组由8节车厢组成，其中第1、3、6节车厢为动车，其余为拖车，则该动车组( )
A．启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反
B．做匀加速运动时，第5、6节车厢间的作用力为1.125F
C．做匀加速运动时，第5、6节车厢间的作用力为0.125F
D．做匀加速运动时，第6、7节车厢间的作用力为0.75F
答案 CD
解析 启动时乘客的加速度方向与车厢的运动方向相同，乘客受重力和车厢的作用力，由平行四边形定则可知，车厢对乘客的作用力方向与车运动的方向不是相反关系，故A错误；做匀加速运动时，加速度为a＝eq \f(3F－8Ff,8m)，对后三节车厢，有F56＋F－3Ff＝3ma，解得第5、6节车厢间的作用力为F56＝0.125F，故B错误，C正确；对最后两节车厢，有F67－2Ff＝2ma，解得第6、7节车厢间的作用力为F67＝0.75F，故D正确．
例4 (2022·山东菏泽市二模)如图所示，两段轻绳A、B连接两个小球1、2，悬挂在天花板上．一轻弹簧C一端连接球2，另一端固定在竖直墙壁上．两小球均处于静止状态．轻绳A与竖直方向、轻绳B与水平方向的夹角均为30°，弹簧C沿水平方向．已知重力加速度为g.则( )
A．球1和球2的质量之比为1∶1
B．在轻绳A突然断裂的瞬间，球1的加速度方向竖直向下
C．在轻绳A突然断裂的瞬间，球1的加速度大小一定大于g
D．在轻绳A突然断裂的瞬间，球2的加速度大小为2g
答案 C
解析 对两球作为整体受力分析，由平衡可得F弹＝(m1＋m2)gtan 30°，对小球2受力分析且由平衡条件可得F弹＝m2gtan 60°，联立解得球1和球2的质量之比为2∶1，故A错误；在轻绳A突然断裂的瞬间，弹簧弹力F弹不变，假设轻绳A突然断裂的瞬间轻绳B的弹力突变为0，则A加速度为a1＝g，球2加速度水平方向和竖直方向分别为a2竖直＝g，a2水平＝eq \f(F弹,m2)＝eq \f(m2gtan 60°,m2)＝eq \r(3)g，两小球竖直方向加速度相等，水平方向上B球加速度向右，球2总的加速度斜向右下，AB间的绳子绷紧，则轻绳A突然断裂的瞬间轻绳B的弹力不为0，假设不成立，故球1除了受到重力还受到AB间绳子斜向右下的拉力，则向下的加速度大于g；球2除受重力和弹力外还受到AB间绳子斜向左上的拉力，故球2的加速度大小小于2g，故B、D错误，C正确．
例5 (2022·陕西宝鸡市模拟)在冬奥会赛前滑雪运动员做滑雪尝试，赛道由倾斜赛道和水平赛道组成且平滑连接，倾斜赛道与水平面的夹角为θ＝53°，如图所示．运动员从倾斜赛道上某一位置由静止开始下滑，进入水平赛道滑行一段距离后停止．已知运动员在倾斜赛道上滑行的时间和在水平赛道上滑行的时间相等，且倾斜赛道和水平赛道的动摩擦因数相同，假设运动员滑行路线均为直线，sin 53°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2.
(1)求滑板与赛道间的动摩擦因数μ；
(2)若运动员在两段赛道的总路程为125 m，求运动员在倾斜赛道和水平赛道上滑行的总时间．
答案 (1)0.5 (2)10 s
解析 (1)在两段赛道上滑行时，根据牛顿第二定律分别有：
mgsin θ －μmgcs θ＝ma1
μmg＝ma2
由于在两个赛道上滑行时间相等，可知加速度大小相等，即a1＝a2
联立解得μ＝0.5
(2)在两段赛道上滑行的加速度大小
a1＝a2＝5 m/s2
设最大速度为vm，根据速度与位移的关系可知
eq \f(vm2,2a1)＋eq \f(vm2,2a2)＝L
解得最大速度vm＝25 m/s
因此运动的总时间t＝eq \f(vm,a1)＋eq \f(vm,a1)＝10 s.
考点三 运动学和动力学图像
1．常见图像
2.非常规图像
例6 (多选)(2021·广东卷·8)赛龙舟是端午节的传统活动．下列v－t和s－t图像描述了五条相同的龙舟从同一起点线同时出发、沿长直河道划向同一终点线的运动全过程，其中能反映龙舟甲与其它龙舟在途中出现船头并齐的有( )
答案 BD
解析 A图是v－t图像，由图可知，甲的速度一直大于乙的速度，所以中途不可能出现甲、乙船头并齐，故A错误；B图是v－t图像，由图可知，开始丙的速度大，后来甲的速度大，v－t图像中图线与横轴围成的面积表示位移，由图可以判断在中途甲、丙位移会相同，所以在中途甲、丙船头会并齐，故B正确；C图是s－t图像，由图可知，丁一直运动在甲的前面，所以中途不可能出现甲、丁船头并齐，故C错误；D图是s－t图像，交点表示相遇，所以甲、戊在中途船头会并齐，故D正确．
例7 (多选)(2021·全国乙卷·21)水平地面上有一质量为m1的长木板，木板的左边上有一质量为m2的物块，如图(a)所示．用水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图(b)所示，其中F1、F2分别为t1、t2时刻F的大小．木板的加速度a1随时间t的变化关系如图(c)所示．已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1，物块与木板间的动摩擦因数为μ2，假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g.则( )
A．F1＝μ1m1g
B．F2＝eq \f(m2m1＋m2,m1)(μ2－μ1)g
C．μ2>eq \f(m1＋m2,m2)μ1
D．在0～t2时间段物块与木板加速度相等
答案 BCD
解析 由题图(c)可知，t1时刻物块、木板一起刚要在水平地面滑动，物块与木板相对静止，此时以整体为研究对象有F1＝μ1(m1＋m2)g，故A错误；
由题图(c)可知，t2时刻物块与木板刚要发生相对滑动，以整体为研究对象， 根据牛顿第二定律，有F2－μ1(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a
以木板为研究对象，根据牛顿第二定律，
有μ2m2g－μ1(m1＋m2)g＝m1a>0
解得F2＝eq \f(m2m1＋m2,m1)(μ2－μ1)g
μ2>eq \f(m1＋m2,m2)μ1，故B、C正确；
由题图(c)可知，0～t2时间段物块与木板相对静止，所以有相同的加速度，故D正确.
1.(2022·安徽省江南十校一模)索道是许多景区重要的交通工具．如图为索道运输货物的情景，已知倾斜的钢索与水平方向夹角为30°，悬挂车厢的钢杆始终保持竖直．一质量为m的物体放在车厢内倾角为30°的固定斜面上，当车厢以加速度a(a0)，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( )
A．g B．eq \f(Δρ,ρ)g
C．(1－eq \f(Δρ,ρ))g D．(1＋eq \f(Δρ,ρ))g
答案 D
解析 初始时整个系统静止，弹力为Fk，对木球分析有ρ水gV＝Fk＋ρgV，释放瞬间，弹力不变，系统处于完全失重状态，浮力消失，则a＝eq \f(Fk＋ρgV,m)＝eq \f(ΔρgV＋ρgV,ρV)＝(1＋eq \f(Δρ,ρ))g，故选D.
6．(2022·福建厦门市二模)鼓浪屿是世界文化遗产之一．岛上为保护环境不允许机动车通行，很多生活物品要靠人力板车来运输．如图所示，货物放置在板车上，与板车一起向右做匀速直线运动，板车与水平面夹角为θ.现拉动板车向右做加速运动，货物与板车仍保持相对静止，且θ不变．则板车加速后，货物所受的( )
A．摩擦力和支持力均变小
B．摩擦力和支持力均变大
C．摩擦力变小，支持力变大
D．摩擦力变大，支持力变小
答案 D
解析 对货物受力分析可知，若匀速运动，则Ff＝mgsin θ，FN＝mgcs θ，若货物随板车做加速运动，设加速度大小为a，则Ff′－mgsin θ＝macs θ，mgcs θ－FN′＝masin θ，则Ff′>Ff，FN′