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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=0.9 m，
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t =0.4 s，从2号锥筒运
1
动到3号锥筒用时t =0.5 s。求该同学
2
(1)滑行的加速度大小；
_________________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________________(
2)最远能经过几号锥筒。
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_________________________________________________________________________________________
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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Δt ；若木板长度为2L，通过A点的时间间隔为Δt 。
1 2
Δt ∶Δt 为( )
2 1
A.(√3-1)∶(√2-1) B.(√3-√2)∶(√2-1)
C.(√3+1)∶(√2+1) D.(√3+√2)∶(√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2 kg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2 s，箱子的位移为20 m。重力加
速度g=10 m/s2，已知sin 37°=0.6，cos 37°=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1 s后撤去拉
力，求箱子运动的总位移。
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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F ，第一节车厢对第二节车厢的拉力为F ，第二节车厢对第三节车厢的拉力为F ，则(
T1 T2 T3
)
A.当火车匀速直线运动时，F =F =F
T1 T2 T3
B.当火车匀速直线运动时，F ∶F ∶F =3∶2∶1
T1 T2 T3
C.当火车匀加速直线运动时，F =F =F
T1 T2 T3D.当火车匀加速直线运动时，F ∶F ∶F =3∶2∶1
T1 T2 T3
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
两物体速度和加速度大小相同、方向不
同，常用隔离法
跨滑轮的连接体
两物体刚要发生相对滑动时物体间达到最
大静摩擦力
叠加类连接体
分离时相互作用力为零，但此时两物体的
加速度仍相等
靠在一起的连接体
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16 m，传送带以10 m/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=0.5 kg的黑色煤块，t=1 s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(sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，取g=10 m/s2)( )
A.煤块到达 B 点时的速度为10 m/s
B.煤块从A到B的时间为3 s
C.煤块从A到B的过程中机械能减少了 12 J
D.煤块从A到B的过程中传送带上留下划痕的长度是16 m
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tan θ的关系决定了物块与传送带能否保持相对静止。
3.v =v 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。
物 传
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
Δx
x-t图像 =v 表示相遇
Δt
表示此时速度相等，往往
Δv
v-t图像 =a 位移x 是距离最大或最小的临界
Δt
点
速度变
a-t图像 表示此时加速度相等
化量Δv
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
F 1
例如：如图所示，F-μmg=ma，a= -μg，则a-F图像的斜率为 ，截距为-μg
m m
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.0~2 s内，甲车的加速度大小逐渐增大
B.乙车在t=2 s和t=6 s时的速度相同
C.2~6 s内，甲、乙两车的位移不同
D.t=8 s时，甲、乙两车的动能不同
3.非常规图像
非常规
函数表达式 斜率k 纵截距b
图像(举例)
由v2-v 2 =2ax
v2-x图像 0 2a v 2
得v2=v 2 +2ax 0
0
1
由x=vt+ at2
x 0 2 1
-t图像 a v
t x 1 2 0
得 =v+ at
t 0 2
1 x
由x=vt+ at2得
x 1 0 2 t2 1
- 图像 v a
t2 t
1 1
0 2
=v + a
0t 2
由v2-v 2 =2ax知图线与x轴所围面积等于
0
v2-v 2
a-x图像 0 ，此面积与物体质量乘积表示动能
2
的变化量
1
-x 面积表示运动时间
v
x
注意： -t图像与t轴围的面积不表示这段时间内物体的位移。
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
x
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 与t之间的关系
t
图像如图所示，则下列说法正确的是( )A.该汽车的初速度为20 m/s
B.该汽车的初速度为6 m/s
C.该汽车的加速度大小为4 m/s2
D.该汽车从制动到停止用时5 s
物理中一次函数问题的解题思路
变形后的一次
举例 基本公式 斜率 截距
函数表达式
√ l l 4π2
单摆T2-l图像 T=2π T2=4π2
g g g
1 1 U 1 r 1 1 r 1
伏阻法测电阻的 - 图像 E=U+ r = · +
U R R U E R E E E
1 1 1 r 1 r
安阻法测电阻的 -R图像 E=I(R+r) = R+
I I E E E E答案精析
例1 (1)1 m/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
d
速度为v = =2.25 m/s
1 t
1
2、3间中间时刻的速度为
d
v = =1.8 m/s
2 t
2
故可得加速度大小为
v -v
Δv 1 2
a= =t t =1 m/s2
Δt 1+ 2
2 2
(2)设到达1号锥筒时的速度为v ，
0
根据匀变速直线运动规律得
t
v =v -a 1
1 0
2
代入数据解得v =2.45 m/s
0
从1号开始到停止时通过的位移大小为
v 2
x= 0 =3.001 25 m≈3.33d
2a
故可知最远能经过4号锥筒。
例2 A [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
1
运动学公式有L= at 2
2 0
1
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= at 2
2 1
1
当木板长度为2L时，有3L= at 2
2 2
又Δt =t -t ，Δt =t -t
1 1 0 2 2 0
联立解得Δt ∶Δt =(√3-1)∶(√2-1)
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t ，木板经过A点时间为Δt
0 1
若木板长度为L，则t ∶Δt =1∶(√2-1) ①
0 1
若木板长度为2L，设木板经过A点时间为Δt
2
t ∶Δt =1∶[(√2-1)+(√3-√2)]=1∶(√3-1) ②
0 2
联立①②得Δt ∶Δt =(√3-1)∶(√2-1)]
2 1
例3 (1)30 N (2)18.975 m
1
解析 (1)箱子做匀加速直线运动，有L= at2，
2
2L
解得a= =10 m/s2，
t2
由牛顿第二定律有F-μmg=ma，
故F=ma+μmg=30 N
(2)箱子先以大小为a 的加速度匀加速t 时间，撤去拉力后，以大小为a 的加速度匀减速t 时间后速度恰为
1 1 2 2
0，有Fcos 37°-μ(mg-Fsin 37°)=ma
1
解得a =11.5 m/s2
1
撤去拉力后a =μg=5 m/s2
2
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a t =a t
11 22
其中t =1 s
1
箱子运动的总位移
1 1
L'= a t 2+ a t 2
2 1 1 2 2 2
联立解得L'=18.975 m
例4 BD [设每节车厢重力为G，当火车匀速直线运动时F =F =k×3G，F =F =k×2G，F =F =k×G，得
T1 f1 T2 f2 T3 f3
F ∶F ∶F =3∶2∶1，故A错误，B正确；当火车匀加速直线运动时F -F =F -k×3G=3ma，F -F =F -
T1 T2 T3 T1 f1 T1 T2 f2 T2
k×2G=2ma，F -F =F -k×G=ma，得F ∶F ∶F =3∶2∶1，故C错误，D正确。]
T3 f3 T3 T1 T2 T3
例5 C [开始阶段，由牛顿第二定律得mgsin θ+μmgcos θ=ma ，解得a =gsin θ+μgcos θ=10 m/s2，煤块加
1 1
v 10 1 1
速至与传送带速度相等时需要的时间为t = = s=1 s，煤块发生的位移为x = a t 2 = ×10×12 m=5 m<16
1 a 10 1 2 1 1 2
1
m，所以煤块加速到10 m/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mgsin θ-μmgcos θ=ma ，解得a =2 m/s2，设第二阶段煤块滑动到B点的时间为t ，则L -x =vt +
2 2 2 AB 1 2
1
a t 2 ，解得t =1 s，则煤块从A到B的时间t=t +t =2 s，故B错误；根据v =v+a t 得v =12 m/s，故A错误；
2 2 2 2 1 2 B 2 2 B
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
Δx =vt -x =10×1 m-5 m=5 m，故煤块相对于传送带上移5 m；第二阶段煤块的速度大于传送带速度(为零)，
1 1 1
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Δx =L -x =11 m，即煤块相对传送带下移11
2 AB 1m，故传送带表面留下黑色划痕的长度为11 m(前5 m被覆盖)，故D错误；选B所在平面为参考平面，煤
1
块开始的机械能E =mgL sin 37°=48 J，到达B点时机械能E = mv 2 =36 J，ΔE=E -E =-12 J，故C正确。]
A AB B 2 B B A
例6 BC [由题知甲车的速度—时间图像如图(a)所示，则根据图(a)可知0~2 s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0~2 s内根据动量
定理有I =mv ，I =S =2 N·s，乙车在0~6 s内根据动量定理有I =mv ，I =S =2 N·s，则可知乙车在t=2 s和
2 2 2 0~2 6 6 6 0~6
t=6 s时的速度相同，故B正确；根据图(a)可知，2~6 s内甲车的位移为0；根据图(b)可知，2~6 s内乙车一
直向正方向运动，则2~6 s内，甲、乙两车的位移不同，故C正确；根据图(a)可知，t=8 s时甲车的速度为
0，则t=8 s时，甲车的动能为0；乙车在0~8 s内根据动量定理有I =mv ，I =S =0，可知t=8 s时乙车的速
8 8 8 0~8
度为0，则t=8 s时，乙车的动能为0，故D错误。]
例7 A [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
1 x 1
a，由位移与时间的关系可得x=v t- at2，变式可得 =- at+v ，结合题图可得v =20 m/s，a=8 m/s2，故A正
0 2 t 2 0 0
v
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t = 0=2.5 s，故D错误。]
0 a
