大题01+牛顿运动定律与直线运动（解析版）

1大题01牛顿运动定律与直线运动牛顿运动定律与直线运动是高考物理的基石性内容，在全国卷及新高考卷中每年占比约18%~25%，贯穿选择题、实验题与压轴计算题。2025年高考对“牛顿运动定律与直线运动”的考查将延续“重基础、强综合、拓创新”的命题思路，注重物理观念与关键能力的深度融合。备考需以核心素养为纲，强化真实情境的模型转化能力，同时关注科技前沿与实验创新，做到“以不变应万变，如多关注冰雪运动：冰球碰撞后的匀变速运动分析（冬奥会背景）、自动驾驶汽车紧急制动的加速度计算与安全距离建、月球表面低重力环境下的自由落体实验分析、电磁弹射装置的匀加速启动过程（舰载机起飞模型）等等。例1.交通运输部办公厅发布了《关于大力推动高速公路ETC发展应用工作的通知》，明确提出：高速公路基本实现不停车快捷收费。汽车分别通过ETC通道和人工收费通道的流程如图所示。假设汽车以v1＝12m/s的速度朝收费站沿直线行驶，如果走ETC通道，需要在距收费站中心线前d＝10m处正好匀减速至v2＝4m/s，匀速通过中心线后，再匀加速至v1正常行驶；如果走人工收费通道，需要恰好在中心线处匀减速至零，经过t0＝20s缴费成功后，再启动汽车匀加速至v1正常行驶。设汽车加速和减速过程中的加速度大小均为1m/s2。求：2(1)汽车走ETC通道时，从开始减速到恢复正常行驶过程中的位移大小；(2)汽车走人工收费通道，应在离收费站中心线多远处开始减速；(3)汽车走ETC通道比走人工收费通道节约的时间。思路点拨：画出运动过程示意图(1)走ETC通道时经历三个运动阶段：(2)走人工收费通道经历两个运动阶段：解析(1)走ETC通道时，减速的位移和加速的位移相等，则故总的位移x总1＝2x1＋d＝138m。(2)走人工收费通道时，开始减速时离中心线的距离为m。(3)走ETC通道时，汽车从开始匀减速到匀加速到v1的时间走人工收费通道时，汽车从开始匀减速到匀加速到v1的时间s又x总2＝2x2＝144m二者的位移差：Δx＝x总2－x总1＝6m在这段位移内汽车以正常行驶速度做匀速直线运动，则匀变速直线运动问题常用的解题方法31．(2024广东广州高三模拟)城市高层建筑越来越多，高空坠物事件时有发生。如图所示，某高楼距地面高H＝47m的阳台上的花盆因受扰动而掉落，掉落过程可看作自由落体运动(花盆可视为质点)。现有一辆长L1＝8m、高h＝2m的货车，正以v0＝9m/s的速度驶向阳台正下方的通道。花盆刚开始掉落时，货车车头距花盆的水平距离为L2＝24m，由于道路限制，货车只能直行通过阳台的正下方的通道。(1)若司机没有发现花盆掉落，货车保持v0＝9m/s的速度匀速直行，通过计算说明货车是否会被花盆砸(2)若司机发现花盆开始掉落，采取制动的方式来避险，货车最大加速度为4.5m/s2，使货车在花盆砸落点前停下，求货车司机允许反应的最长时间。(3)若司机发现花盆开始掉落，司机反应时间Δt＝1s，则司机采取什么方式可以避险(货车加速减速可视为匀变速)。答案(1)货车会被花盆砸到(2)s(3)货车司机反应后立即以至少a1＝2.5m/s2加速或立即以至少2＝2.7m/s2减速能避险解析(1)花盆从47m高处落下，到达离地高2m的车顶过程中位移为h＝(47－2)m＝45m根据位移公式，有h＝gt2得s4有24m<x<32m则货车会被花盆砸到。(2)货车匀减速的最小距离为m制动过程中反应时通过的最大距离为x2＝L2－x1＝15m货车司机允许反应的最长时间为s。(3)货车司机反应时间通过的距离为x1＝v0Δt＝9m货车司机反应后立即加速，最小的加速度a1，有L1＋L2－x1＝v0t2＋a1tEQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up4(2),2)货车司机反应后立即减速，最小的加速度a2，则有2a(L2－x1)＝vEQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up4(2),0)货车司机反应后立即以至少a1＝2.5m/s2加速或立即以至少a2＝2.7m/s2减速能避险。例2.(2024湖北武汉模拟)如图所示，用轻质细绳绕过两个光滑轻质滑轮将木箱与重物连接，木箱质量M＝8kg，重物质量m＝2kg，木箱与地面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10m/s2.(1)要使装置能静止，木箱与地面间的动摩擦因数需满足什么条件？(2)若木箱与地面间的动摩擦因数μ=0.4，用F＝80N的水平拉力将木箱由静止向左拉动位移x＝0.5m时，求重物的速度v.答案(1)μ≥0.5(2)·\m/s解析(1)对重物受力分析，根据受力平衡可得T＝mg＝20N对木箱受力分析，可得f＝2T又f=μMg联立解得μ=0.5要使装置能静止，木箱与地面间的动摩擦因数需满足μ≥0.55(2)设木箱加速度大小为a，则重物加速度大小为2a，对重物受力分析，根据牛顿第二定律可得T-mg＝2ma对木箱受力分析，有F-μMg－2T＝Ma解得a＝0.5m/s2当木箱向左匀加速拉动位移x＝0.5m时，重物向上的位移为h＝2x＝1m可得此时重物的速度为v=·\m/s2.(2023广州天河区综合测试二)在训练运动员奔跑中下肢向后的蹬踏力量时，有一种方法是让运动员腰部系绳拖汽车轮胎奔跑，如图所示．一次训练中，运动员腰部系着不可伸长的绳拖着质量m＝11kg的轮胎从静止开始沿着笔直的跑道加速奔跑，经过t1＝3s后速度达到v1＝6m/s开始匀速跑，在匀速跑中的某时刻拖绳从轮胎上脱落，运动员立即减速，当运动员速度减为零时发现轮胎静止在其身后s0＝2m处．已知轮胎与跑道间的动摩擦因数为μ=0.5，运动员奔跑中拖绳两结点A、B间的距离L＝2m，两结点间高度差视为定值H＝1.2m．将运动员加速跑和减速过程视为匀变速运动，取g=10m/s2．求：(1)加速阶段绳子对轮胎的拉力大小．(2)运动员减速的加速度大小．答案(1)70N(2)4.5m/s2解析(1)设加速阶段轮胎的加速度大小为a1，有设轮胎受到绳子的拉力F与水平方向的夹角为θ,地面支持力为N，摩擦力为f．竖直方向Fsinθ+N＝mg水平方向Fcosθ-f＝ma1HL解得F＝70N(2)设拖绳脱落后轮胎在地面滑行的加速度大小为a2、位移大小为x，运动员减速运动的加速度大小EQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up5(2),1)运动员减速过程vEQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up5(2),1)＝2a3(x－Lcosθ+s0)解得a3＝4.5m/s2题型三运动学和动力学图像综合应用例3.具有我国自主知识产权的“歼-10”飞机的横空出世，证实了我国航空事业在飞速发展，而航空事业的发展又离不开风洞试验，其简化模型如图(a)所示。在光滑的水平轨道上停放相距x0＝10m的甲、乙两车，其中乙车是风力驱动车。在弹射装置使甲车获得v0＝40m/s的瞬时速度向乙车运动的同时，乙车的风洞开始工作，将风吹向固定在甲车上的挡风板，从而使乙车获得了速度，测绘装置得到了甲、乙两车的v-t图像如图(b)所示，设两车始终未相撞。(a)(b)(1)若甲车的质量与其加速度的乘积等于乙车的质量与其加速度的乘积，求甲、乙两车的质量比；(2)求两车相距最近时的距离。解析(1)由题图(b)可知，甲车加速度的大小乙车加速度的大小a乙因甲车的质量与其加速度的乘积等于乙车的质量与其加速度的乘积，所以有m甲a甲＝m乙a乙乙解得乙(2)在t1时刻，甲、乙两车的速度相等，均为v＝10m/s，此时两车相距最近对乙车有v＝a乙t1对甲车有v＝a甲(0.4s－t1)车的位移等于v-t图线与时间轴所围的面积，有两车相距最近时的距离为＋x乙－x甲＝4m。73．如图甲所示，长L＝1.4m的木板静止在足够长的粗糙水平面上，木板的右端放置着质量m＝1kg的滑块(可视为质点).现用不同的水平恒力F向右拉木板，得到滑块和木板的加速度a随拉力F变化的关系图像如图乙所示，重力加速度g取10m/s2.求：(1)滑块与木板之间的动摩擦因数μ1；(2)木板与地面之间的动摩擦因数μ2以及木板的质量M；(3)若水平恒力F＝27.8N，滑块从木板上滑落经历的时间t.答案（1）0.4（2）0.14Kg（3）2s解析(1)由图乙可知，F＝25N时，滑块和木板发生相对运动，此时滑块的加速度a1＝4m/s2，分析滑块受力，由牛顿第二定律μ1mg＝ma1，(2)分析木板受力，由牛顿第二定律F-μ2(m+M)g-μ1mg＝Ma2，(3)F＝27.8N时，滑块和木板发生相对运动.此时，滑块的加速度a1＝4m/s2，分析木板受力，由牛顿第二定律F-μ2(m+M)g-μ1mg＝Ma2'，解得a2'＝4.7m/s2，由运动学规律L＝1/2a2't2-1/2a1t2，解得t＝2s.12024河南信阳一模）彩虹滑道作为一种旱地滑雪设备，因其多彩绚丽的外形、危险性低且符合新时代环保理念吸引了越来越多的游客。小孩坐在皮艇中被拉上滑道的过程可简化成图示模型。已知皮艇质量M＝5kg，小孩质量m＝30kg，皮艇与滑道之间的动摩擦因数μ1＝0.1，小孩与皮艇之间的动摩擦因数μ2=0.8，现给皮艇一沿滑道斜向上的恒力F，用时t＝50s将皮艇和小孩拉至顶端，滑道长度L＝250m，重力加速度大小取g＝10m/s2，滑道倾角θ=37°,sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：（1）小孩所受摩擦力的大小和方向；（2）拉力F的大小；（3）只给小孩一个沿滑道斜向上的恒定拉力F,，求能将他们拉至顶端且不会相对滑动的F,取值范围。答案1）186N方向沿滑道向上（2）245N（3）238N≤F'≤1176N解析1）给皮艇一沿滑道斜向上的恒力F将皮艇和小孩拉至顶端，由位移与时间的关系公式有L＝at2得a＝0.2m/s2对小孩，由牛顿第二定律有f－mgsinθ=ma代入数据得f＝186N方向沿滑道向上。（2）对皮艇和小孩构成的整体，由牛顿第二定律有FM＋m）gsinθ-μ1（M＋m）gcosθ=（M+m）a代入数据得拉力的大小为F＝245N。（3）给小孩一个沿滑道斜向上的恒定拉力F'，能将他们拉至顶端的最小拉力'M＋m）gsinθ+μ1（M＋m）gcosθ=238N若小孩和皮艇恰好相对滑动，则皮艇和小孩之间的静摩擦力达到最大静摩擦力μ2mgcosθ,对整体，由牛顿第二定律有Fmax'M＋m）gsinθ-μ1（M＋m）gcosθ=（M＋m）a'对皮艇，由牛顿第二定律有μ2mgcosθ-μ1（M＋m）gcosθ-Mgsinθ=Ma'联立代入数据得a'＝26.8m/s2故238N≤F'≤1176N。22024广东汕头一模）如图所示，一足够长的薄木板B静止在水平地面上，某时刻一小物块A（可视为质点）以v0＝6m/s的初速度滑上木板B。已知A的质量m＝1kg，B的质量M＝2kg，A、B之间的动摩擦因数μ1＝0.5，B与水平面间的动摩擦因数μ2＝0.1，取g＝10m/s2，不计空气阻力。求：（1）A刚滑上木板B时A和B的加速度；（2）A在B上相对滑动的最大距离。答案（1）5m/s2，方向向左，1m/s2，方向向右（2）3m解析（1）A滑上B后，对A、B分别受力分析，由牛顿第二定律，对A有μ1mg＝ma1解得A的加速度为a1＝5m/s2，方向向左对B有μ1mg-μ2（M＋m）g＝Ma2解得B的加速度为a2＝1m/s2，方向向右。（2）设经时间t1物块和木板速度相同，对物块A，有v1＝v0－a1t1则物块前进的位移为木板前进的位移为则物块相对木板滑动的最大距离为ΔL＝x1－x2＝3m。32024河南周口模拟）2024年4月3日，某集团完成了某型号汽车的首批交付仪式。之后陆续有用户对该型号汽车进行了性能测试。为提升驾驶体验，为驾乘者提供更加安全和舒适的驾驶环境，该型号汽车具有AEB自动紧急制动性能并加入了AEBPro功能。某车主对此性能进行了测试。该型号汽车在平直的封闭公路上以v0＝108km/h的速度水平向右匀速行驶，检测到障碍物后在AEB和AEBPro功能作用下开始减速，车所受阻力f与车重力mg的比值随时间变化的情况可简化为如图所示的图像，最终停在距离障碍物1m的位置。取重力加速度大小g＝10m/s2。求：（1）该型号汽车开始减速瞬间的加速度；（2）该型号汽车在1s末的速度v1大小；（3）该型号汽车从开始减速位置到障碍物间的距离。答案（110m/s2，方向水平向左（2）20m/s（3）36m解析（1）根据题意，由图可知，该型号汽车开始刹车时＝1由牛顿第二定律有－f1＝ma联立解得a10m/s2，方向水平向左。（2）该型号汽车做减速运动，由运动学公式可得该型号汽车在1s末的速度大小为v1＝v0＋a1t1代入数据解得v1＝20m/s。（3）根据题意可知开始减速1s内，该型号汽车运动的位移为m开始减速1s后，由图可知由牛顿第二定律有－f2＝ma2由运动学公式可得0－v12＝2a2x2联立代入数据解得x2＝10m该型号汽车从开始减速位置到障碍物间的距离为x＝x1＋x2＋1m＝36m。4．(2023大湾区一模)水面救生无人船已经成为水面救援的重要科技装备．在某次测试中，一质量为20kg的无人船在平静水面上沿直线直奔目标地点．无人船先从静止出发，做匀加速运动10s后达到最大速度4m/s，接着立即做匀减速运动，匀减速运动了16m的距离后速度变为零．已知无人船运行过程中受到水的阻力恒定且大小为4N，不计空气阻力，取g＝10m/s2．求：(1)在匀加速过程中，无人船发动机提供的动力的大小F1．(2)在匀减速过程中，无人船发动机提供的阻力的大小F2．(3)无人船在上述测试中，运动的总时间t及总位移大小x．答案(1)12N(2)6N(3)18s36m解析(1)匀加速阶段加速度为解得a1＝0.4m/s2由牛顿第二定律得F1－f＝ma1(2)匀减速阶段有0－vEQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up5(2),m)2a2x2解得a2＝0.5m/s2由牛顿第二定律得F2＋f＝ma20－vm(3)匀减速阶段的时间为t28s-0－vm运动总时间为t＝t1＋t2＝18s匀加速阶段的位移为m运动总位移大小为x＝x1＋x2＝36m5．(2023广东汕头市模拟)福建舰是我国完全自主设计建造的首艘弹射型航空母舰，采用了电磁弹射和阻拦系统。舰载机的起飞和着陆均视为匀变速直线运动，福建舰始终静止，相关数据如下表所示：全舰长度320m舰宽78m母舰最大航速30节(约为56km/h)满载排水量8万余吨舰载机质量50吨舰载机搭载数量60～70架舰载机加速的加速度5m/s2舰载机减速的加速度20m/s2舰载机起飞速度80m/s(1)若电磁弹射给舰载机的初速度为40m/s，请根据表格数据判断舰载机能否正常起飞；(2)若拦阻索对返航的舰载机进行减速时，舰载机的初速度大小为40m/s，请求出着舰3s内舰载机的位移大小。答案(1)不能正常起飞，理由见解析(2)40m解析(1)根据表中数据可知，假设舰载机能正常起飞，则起飞时的加速距离为因为480m>320m，超过全舰长度，则假设不合理，舰载机不能正常起飞。(2)假设减速时全舰长度足够长，则着舰后舰载机停下的时间为s故舰载机2s内停下后，保持静止。此段时间的位移为x′=·t=×2s＝40m<320m假设成立。则着舰3s内舰载机的位移为40m。12024·广西·高考真题）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/s22）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2、3间中间时刻的速度为故可得加速度大小为（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代入数值解得v从1号开始到停止时通过的位移大小为故可知最远能经过4号锥筒。22024·全国甲卷·高考真题）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v0=340m/s，求：（1）救护车匀速运动时的速度大小；（2）在停止鸣笛时救护车距出发处的距离。答案（1）20m/s2）680m解析（1）根据匀变速运动速度公式可得救护车匀速运动时的速度大小v=2×10m/s=20m/s（2）救护车加速运动过程中的位移设在t3时刻停止鸣笛，根据题意可得停止鸣笛时救护车距出发处的距离(t)×v代入数据联立解得x=680m32021·重庆·高考真题）我国规定摩托车、电动自行车骑乘人员必须依法佩戴具有缓冲作用的安全头盔。小明对某轻质头盔的安全性能进行了模拟实验检测。某次，他在头盔中装入质量为5.0kg的物体（物体与头盔密切接触使其从1.80m的高处自由落下（如图并与水平地面发生碰撞，头盔厚度被挤压了0.03m时，物体的速度减小到零。挤压过程不计物体重力，且视为匀减速直线运动，不考虑物体和地面的形变，忽略空气阻力，重力加速度g取10m/s2。求：（1）头盔接触地面前瞬间的速度大小；（2）物体做匀减速直线运动的时间；（3）物体在匀减速直线运动过程中所受平均作用力的大小。答案（1）v=6m/s2）t=0.01s3）F=3000N详解（1）由自由落体运动规律v2=2gh，代入数据解得（2）由匀变速直线运动规律Δx=t解得t=0.01s（3）由动量定理得Ft=mv解得F=3000N42024·新疆河南·高考真题）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=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。求（1）物块初速度大小及其在薄板上运动的时间；（2）平台距地面的高度。答案（1）4m/s；s2）m解析（1）物块在薄板上做匀减速运动的加速度大小为薄板做加速运动的加速度对物块对薄板解得v（2）物块飞离