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第 2 讲 牛顿运动定律与直线运动
命题规律 1.命题角度：(1)匀变速直线运动规律及应用；(2)牛顿运动定律及应用；(3)运动
学和动力学图像.2.常用方法：整体法与隔离法、数形转换法、临界极值法、控制变量法.3.常
考题型：选择题．
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
过程分析法
函数法 Δx＝x ＋x－x 为关于t的二次函数，当t＝－时有极值，
乙 0 甲
令Δx＝0，利用Δ＝b2－4ac判断有解还是无解，是追上与
追不上的条件
画出v－t图像，图线与t轴所围面积表示位移，利用图像
图像法
更直观例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＝ m＝2.16×105 m，普通
列车加速时间t ＝＝ s＝60 s，加速过程的位移x ＝at2＝×0.5×602 m＝900 m，根据对称性
1 1 1
可知，加速与减速位移相等，可得匀速运动的时间 t ＝＝ s＝7 140 s，同理高铁列车加速时
2
间t′＝＝ s＝180 s，加速过程的位移x′＝at′2＝×0.5×1802 m＝8 100 m，匀速运动的
1 1 1
时间t′＝＝ s＝2 220 s，相邻两站间节省的时间Δt＝(t＋2t)－(t′＋2t′)＝4 680 s，因此
2 2 1 2 1
总的节省时间Δt ＝5Δt＝4 680×5 s＝23 400 s＝6小时30分钟，故选B.
总
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＝＝ m＝24 m
(2)队员的速度达到最大速度用时
t＝＝ s＝2 s，
1
此时队员的位移为
x＝at2＝×4×22 m＝8 m，
1 21
此时足球的位移为x′＝vt＋at2＝12×2 m－×3×22 m＝18 m，
1 01 11足球的速度v′＝v＋at＝6 m/s
1 0 11
此时队员与足球相距s＝10 m，
设此后用时t 追上足球，则有v t＝v′t＋at2＋s，解得t＝2 s(t＝－ s舍去)
2 m2 1 2 12 2 2
此时足球速度v″＝v′＋at＝0，足球恰好停止．
1 1 12
故前锋队员追上足球至少经过t＝t＋t＝4 s．
1 2
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
整体法的
若连接体内各物体具有相同的加速度，且不需要求物体之间的作用力
选取原则
隔离法的 若连接体内各物体的加速度不相同，或者需要求出系统内物体之间的
选取原则 作用力
整体法、
若连接体内各物体具有相同的加速度，且需要求出物体之间的作用
隔离法的
力，可以先整体求加速度，后隔离求内力
交替运用
(2)连接体问题中常见的临界条件
接触与脱离 接触面间弹力等于0
恰好发生滑动 摩擦力达到最大静摩擦力
绳子恰好断裂 绳子张力达到所能承受的最大力
绳子刚好绷直与松弛 绳子张力为0
(3)常见连接体
三种情况中弹簧弹力、绳
的张力相同且与接触面是
否光滑无关接触面光滑，或μ ＝μ
A B
常用隔离法
常会出现临界条件
例3 (2022·广东省模拟)如图所示，在一光滑球面上有重力不计的力传感器通过轻绳连接在
甲、乙两物体之间，甲、乙两物体的质量均为2 kg，可看作质点．无初速度释放两物体后某
一瞬间位于图中位置，不计一切摩擦，g取10 m/s2，则此时力传感器的示数为( )
A．20 N B．15 N
C．10 N D．5 N
答案 B
解析 对甲、乙整体进行受力分析，由牛顿第二定律得m g－m gcos 60°＝(m ＋m )a，
乙 甲 乙 甲
对乙有m g－F ＝m a，联立解得F ＝15 N，故选B.
乙 T 乙 T
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 ＝(m ＋m)gtan 30°，对小球2受力分析且
弹 1 2
由平衡条件可得F ＝mgtan 60°，联立解得球1和球2的质量之比为2∶1，故A错误；在
弹 2轻绳A突然断裂的瞬间，弹簧弹力F 不变，假设轻绳A突然断裂的瞬间轻绳B的弹力突变
弹
为0，则A加速度为a ＝g，球2加速度水平方向和竖直方向分别为a ＝g，a ＝＝＝
1 2竖直 2水平
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 －μmgcos θ＝ma
1
μmg＝ma
2
由于在两个赛道上滑行时间相等，可知加速度大小相等，即a＝a
1 2
联立解得μ＝0.5
(2)在两段赛道上滑行的加速度大小
a＝a＝5 m/s2
1 2
设最大速度为v ，根据速度与位移的关系可知
m
＋＝L
解得最大速度v ＝25 m/s
m
因此运动的总时间t＝＋＝10 s.
考点三 运动学和动力学图像
1．常见图像
常见图像 斜率k 面积 两图像交点
x－t图像 ＝v 表示相遇
不表示相遇，表示此时速度相
v－t图像 ＝a 位移x
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.非常规图像
非常规图像(举例) 函数表达式 斜率k 纵截距b
由v2－v2＝2ax
0
v2－x图像 2a v2
0
得v2＝v2＋2ax
0
由x＝vt＋at2
0
－t图像 a v
0
得＝v＋at
0
由F－μmg＝ma
－μg
得a＝－μg
a－F图像
例6 (多选)(2022·广东深圳市建文外国语学校二模)甲、乙两人骑车沿同一平直公路运动，t
＝0时经过路边的同一路标，下列位移－时间(x－t)图像和速度－时间(v－t)图像对应的运动
过程中，甲、乙两人在t 时刻之前能再次相遇的是( )
0
答案 BC
解析 题图A中，甲、乙在t 时刻之前位移没有相等的时刻，即两人在t 时刻之前不能相遇，
0 0
选项A错误；题图B中，甲、乙在t 时刻之前图线有交点，即此时位移相等，即两人在t 时
0 0
刻之前能再次相遇，选项B正确；因v－t图线与横轴围成的面积表示位移大小，题图 C中
的甲、乙在t 时刻之前有位移相等的时刻，能再次相遇，而题图D中的甲、乙在t 时刻之前，
0 0
甲的位移始终大于乙的位移，两人不能相遇，选项C正确，D错误．
例7 (多选)(2021·全国乙卷·21)水平地面上有一质量为m 的长木板，木板的左边上有一质
1
量为m 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
2
图(b)所示，其中F 、F 分别为t 、t 时刻F的大小．木板的加速度a 随时间t的变化关系如
1 2 1 2 1
图(c)所示．已知木板与地面间的动摩擦因数为μ ，物块与木板间的动摩擦因数为μ ，假设
1 2
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．F＝μmg
1 1 1
B．F＝(μ－μ)g
2 2 1
C．μ>μ
2 1
D．在0～t 时间段物块与木板加速度相等
2
答案 BCD
解析 由题图(c)可知，t 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，
1
此时以整体为研究对象有F＝μ(m＋m)g，故A错误；
1 1 1 2
由题图(c)可知，t 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
2
定律，有F－μ(m＋m)g＝(m＋m)a
2 1 1 2 1 2
以木板为研究对象，根据牛顿第二定律，
有μmg－μ(m＋m)g＝ma>0
2 2 1 1 2 1
解得F＝(μ－μ)g
2 2 1
μ>μ，故B、C正确；
2 1
由题图(c)可知，0～t 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.
2
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(aF
N1 N2
D．F ∶F ＝m ∶m
N1 N2 B A
答案 AD
解析 根据牛顿第二定律对整体得a＝，则两次运动的加速度大小相等，故A正确；分别隔
离B和A，得F ＝m a，F ＝m a，则得到F ＋F ＝(m ＋m )a＝F，F ∶F ＝m ∶m ，
N1 B N2 A N1 N2 A B N1 N2 B A
故B、C错误，D正确．
5.(2022·陕西咸阳市一模)时隔8年之后，2021年12月9日，我国宇航员王亚平再次进行太
空授课，使得我国很多中小学生对微重力下液体内部的受力情况感到好奇，某同学为了在地
面探究微重力下液体内部的受力情况，设计了如下实验，如图所示，密度为 ρ的木球与轻质
弹簧相连后置于充满水的密闭容器中，弹簧的另一端固定于容器的底部．水与木球的密度差
为Δρ(Δρ>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( )
A．g B．g
C．(1－)g D．(1＋)g
答案 D
解析 初始时整个系统静止，弹力为F，对木球分析有ρ gV＝F＋ρgV，释放瞬间，弹力
k 水 k
不变，系统处于完全失重状态，浮力消失，则a＝＝＝(1＋)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F＝mgsin θ，F ＝mgcos θ，若货物随板车做
f N
加速运动，设加速度大小为a，则F′－mgsin θ＝macos θ，mgcos θ－F ′＝masin θ，则
f NF′>F，F ′μ(M＋m)g
0 0 0
时，A、B开始一起做加速运动，设当F＝F ，A、B刚好要发生相对运动，以A、B为整体，
0
由牛顿第二定律得F －μ(M＋m)g＝(M＋m)a，以B为研究对象，由牛顿第二定律得μmg－
0 0
μ(M＋m)g＝Ma，联立解得F ＝，则当μ(M＋m)g ，A、B发生相对滑动，对A由牛顿第二定律
1 0
得F－μmg＝ma ，解得a ＝＝－μg，图线的斜率为，且＞，由以上分析可知A的加速度a
2 2 A
与F的关系图像可能为C选项，C正确，A、B、D错误．
10.(2022·湖南衡阳市一模)为研究某辆高铁的某段直线运动过程，王同学绘制了如图所示的
－图像，但是没有告知是处于加速还是减速状态，则下列说法正确的是( )
A．该车处于加速状态
B．该车的初速度为40 m/s
C．该车的加速度大小为4 m/s2D．该车在前2秒的位移为96 m
答案 B
解析 由匀变速直线运动规律有x＝vt＋at2，变形得＝＋a，可知－图像斜率表示v ，纵轴
0 0
截距表示a，由题图可得出v ＝ m/s，a＝－4 m/s2，解得v ＝40 m/s，a＝－8 m/s2，所以该
0 0
车处于减速状态，初速度为40 m/s，加速度大小为8 m/s2，故A、C错误，B正确；将v ＝
0
40 m/s，a＝－8 m/s2代入位移公式可得x＝40t－4t2 (m)，则前2秒的位移为x＝64 m，故D
错误．
11．(2022·山西晋中市榆次区一模)2022年2月11日，北京冬奥会男子钢架雪车比赛结束争
夺，中国选手闫文港摘得铜牌，创造了中国选手在这一项目的历史最好成绩．如图甲，钢架
雪车比赛运动员先在水平轨道上推着雪车由静止出发，匀加速到水平轨道的末端时，运动员
快速俯卧到雪车上，沿倾角为θ＝15°的倾斜轨道匀加速下滑到P点，运动员在轨道上运动
时，从开始运动到下滑至P点的过程中速率的平方随运动距离x的变化图像如图乙所示，雪
车(含运动员)总质量为120 kg，sin 15°＝0.26，重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)雪车在倾斜轨道上受到的阻力为多大；
(2)运动员从开始运动至下滑到P点的时间为多少．
答案 (1)72 N (2)16.7 s
解析 (1)倾斜轨道上，运动的位移
x＝303.05 m－12.8 m＝290.25 m
1
根据题图乙可知，
到达P点时的速度v＝35 m/s，
t
在水平轨道末端时的速度v＝8 m/s
根据v2－v2＝2ax
t 2 2
解得a＝2 m/s2
2
根据牛顿第二定律有mgsin 15°－F＝ma
f 2
解得F＝72 N
f
(2)在倾斜轨道上运动的时间
t＝＝ s＝13.5 s
2
在水平直轨道上的位移x＝12.8 m，根据
1
v2＝2ax
1 1
解得a＝2.5 m/s2
1
则在水平轨道上运动的时间t＝＝ s＝3.2 s
1
故运动员从开始运动至下滑到P点的时间为
t＝t＋t＝16.7 s.
2 1
12.(2022·河北张家口市一模)如图所示，足够长的固定光滑斜面的倾角 θ＝30°，斜面顶端有
一轻质光滑定滑轮．质量为m的滑块P通过不可伸长的细线绕过定滑轮与重物Q相连．开
始时托着重物Q使细线竖直且恰好处于绷直状态，滑块P和滑轮间的轻绳与斜面平行．现
由静止释放重物Q，当重物Q竖直向下运动经过时间t 时，细线突然被烧断，发现滑块P又
0
经过时间t 恰好回到了出发位置，重力加速度为g，求：
0
(1)重物Q的质量；
(2)滑块P从开始运动到返回出发位置过程中运动的路程．
答案 (1) (2)
解析 (1)设重物Q的质量为m.
1
细线断前，由牛顿第二定律可知，对滑块P有
F －mgsin 30°＝ma
T 1
对重物Q有mg－F ＝ma
1 T 1 1
滑块P的位移x＝at2
1 10
滑块P在t 时的速度大小v＝at
0 1 10
细线断后，由牛顿第二定律可知滑块P的加速度大小a＝gsin 30°＝
2
又经过时间t，
0
滑块P运动的位移x＝vt－at2
2 10 20
由题意可知x＋x＝0
1 2
解得a＝，m＝
1 1
(2)细线断后滑块P沿斜面向上运动的距离
x＝
3
滑块P从开始运动到返回出发位置运动的路程
s＝2(x＋x)
1 3
联立解得s＝.
[尖子生选练]
13．(多选)(2022·广东省模拟)如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，在传送带上某
位置轻轻放置一小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数为μ，小木块速度随时间变化关系
如图所示，v、t 已知，重力加速度为g，则( )
0 0A．传送带一定沿逆时针转动
B．μ＝tan θ＋
C．传送带的速度大于v
0
D．t 后木块的加速度大小为2gsin θ－
0
答案 AD
解析 若传送带沿顺时针转动，当mgsin θ>μmgcos θ时，木块将一直匀加速下滑到底端；
当mgsin θ<μmgcos θ时，木块先向上做匀加速运动，在速度与传送带速度相等后将做匀速
运动，两种均不符合v－t图像，故传送带是沿逆时针转动，A正确；木块在0～t 内，滑动
0
摩擦力向下，做匀加速下滑，即有a ＝gsin θ＋μgcos θ，由题图乙可知a ＝，则μ＝－tan
1 1
θ，B错误；由题图乙可知，传送带的速度等于v ，C错误；木块与传送带的速度相等后的
0
加速度大小为a＝gsin θ－μgcos θ，代入μ值得a＝2gsin θ－，D正确．
2 2
