第三章運(yùn)動(dòng)和力的關(guān)系

第2講牛頓第二定律的基本應(yīng)用

益學(xué)習(xí)導(dǎo)航站

9考情分析?探規(guī)律：掌握考試內(nèi)容的變化趨勢(shì)，建立考情框架

核心知識(shí)庫(kù)：重難考點(diǎn)總結(jié)，梳理必背知識(shí)、歸納重點(diǎn)

考點(diǎn)1瞬時(shí)加速度問(wèn)

考點(diǎn)2超重和失重★★★☆☆

考點(diǎn)3動(dòng)力學(xué)兩類(lèi)基本問(wèn)題★★★☆☆

考點(diǎn)4“等時(shí)圓”模型★★★☆☆

(星級(jí)越高，重要程度越高)

僅真題挑戰(zhàn)場(chǎng)：感知真題，檢驗(yàn)成果，考點(diǎn)追溯

【考情分析?探規(guī)律】

知識(shí)點(diǎn)年份涉及試卷及題號(hào)

2023浙江1月選考T5、北京卷T6、湖南卷T10

2024湖南卷T3、安徽卷T4、T6、廣東卷T14、海南卷T1、

牛頓第二定律的應(yīng)用

全國(guó)甲卷T5、T22、北京卷T10、新課標(biāo)卷T25、

全國(guó)甲卷T19、全國(guó)乙卷T14

20252025?湖北、2025?湖北、2025?云南、2025?四川、

【知識(shí)梳理】

考點(diǎn)一瞬時(shí)加速度問(wèn)題

1.兩種模型

(1)輕繩、輕桿和接觸面：在不需要考慮其產(chǎn)生彈力、彈力形成后發(fā)生明顯形變恢復(fù)形變,剪斷或脫失或改

變一般題目中所給的輕繩、輕桿和接觸面在不加特殊說(shuō)明時(shí)，受力突變情況，即受力可瞬間改變，分析問(wèn)

題時(shí)按此模型處理。

(2)彈簧、細(xì)繩和橡皮條：當(dāng)兩端與物體相連(即兩端為固定端)時(shí)，由于物體有慣性，長(zhǎng)度不會(huì)發(fā)生突變,

在瞬時(shí)問(wèn)題中，彈力大小認(rèn)為不變,即彈力不突變,利用此特點(diǎn)分析含這類(lèi)模型的瞬時(shí)受力等物理問(wèn)題。

你可以補(bǔ)充下具體需求呀，比如對(duì)這些內(nèi)容疑問(wèn)、拓展講解等。

2.兩個(gè)易混問(wèn)題

(1)如圖甲、乙中小球加1、在原來(lái)均靜止，現(xiàn)如果均從圖中A處剪斷，則剪斷繩子瞬間圖甲中的輕質(zhì)彈簧

的彈力來(lái)不及變化；圖乙中的下段繩子的拉力變?yōu)?.

甲乙

(2)由(1)的分析可以得出：繩的彈力可以突變，而彈簧的彈力不能突變.

3.求解廨時(shí)加速度問(wèn)題的一般思骼

分析瞬時(shí)變化前物體的受力情況-分析瞬時(shí)變化后哪些力變化或消失一求出變化后物體所受合力,根據(jù)牛

頓第二定律列方程一求瞬時(shí)加速度

考點(diǎn)二超重和失重

1.實(shí)重和視重

⑴實(shí)重：物體實(shí)際所受的重力，它與物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)無(wú)關(guān).

⑵視重：當(dāng)物體在豎直方向上有加速度時(shí)，物體對(duì)彈簧測(cè)力計(jì)的拉力或?qū)ε_(tái)秤的壓力將丕笠王物體的重

力.此時(shí)彈簧測(cè)力計(jì)的示數(shù)或臺(tái)秤的示數(shù)即為視重.

2.超重、失重和完全失重的對(duì)比

名稱(chēng)超重失重完全失重

產(chǎn)生

物體的加速度向上物體的加速度向下物體豎直向下的加速度等于g

條件

對(duì)應(yīng)

運(yùn)動(dòng)加速上升或減速下降加速下降或減速上升自由落體運(yùn)動(dòng)、豎直上拋運(yùn)動(dòng)等

情境

F—mg=mamg—F=mamg—F=mg

原理

F—mg-VmaF—mg—maF=0

說(shuō)明(1)發(fā)生超重或失重現(xiàn)象時(shí)物體所受的重力沒(méi)有變化，只是壓力(或拉力)變大或變小了.

(2)在完全失重的狀態(tài)下，一切由重力產(chǎn)生的物理現(xiàn)象都會(huì)完全消失，如天平失效、浸在水中

的物體不再受浮力作用、液柱不再產(chǎn)生壓強(qiáng)等.

考點(diǎn)三動(dòng)力學(xué)兩類(lèi)基本問(wèn)題

1.兩類(lèi)基本問(wèn)題

(1)由物體的受力情況求解運(yùn)動(dòng)情況：先求出幾個(gè)力的合力，由牛頓第二定律仍合="匐)求出加速度,再由

運(yùn)動(dòng)學(xué)的有關(guān)公式求出速度或位移.

(2)由物體的運(yùn)動(dòng)情況求解受力情況：先根據(jù)運(yùn)動(dòng)規(guī)律求出加速度,再由牛頓第二定律求出合力，從而確定

未知力.

(3)應(yīng)用牛頓第二定律解決動(dòng)力學(xué)問(wèn)題，受力分析和運(yùn)動(dòng)分析是關(guān)鍵，加速度是解決此類(lèi)問(wèn)題的紐帶，分析

流程如下：

由力求運(yùn)動(dòng)

zJ—,牛頓第二定律me運(yùn)動(dòng)學(xué)公式J一

［受々情況—fl施麗］T運(yùn)動(dòng)，情況1

由運(yùn)動(dòng)求力

2.多運(yùn)動(dòng)過(guò)程的分析

(1)基本思路

①將“多過(guò)程”分解為許多“子過(guò)程”，各“子過(guò)程”間由“銜接點(diǎn)”連接.

②對(duì)各“銜接點(diǎn)”進(jìn)行受力分析和運(yùn)動(dòng)分析，必要時(shí)畫(huà)出受力圖和過(guò)程示意圖.

③根據(jù)“子過(guò)程”“銜接點(diǎn)”的模型特點(diǎn)選擇合適的物理規(guī)律列方程.

④分析“銜接點(diǎn)”速度、加速度等的關(guān)聯(lián)，確定各段間的時(shí)間關(guān)聯(lián)，并列出相關(guān)的輔助方程.

⑤聯(lián)立方程組，分析求解，對(duì)結(jié)果進(jìn)行必要的驗(yàn)證或討論.

(2)解題關(guān)鍵

①注意應(yīng)用。一/圖像和情景示意圖幫助分析運(yùn)動(dòng)過(guò)程.

②抓住兩個(gè)分析：準(zhǔn)確受力分析和運(yùn)動(dòng)過(guò)程分析.

3.動(dòng)力學(xué)問(wèn)題的解題思路

|明確研究對(duì)象）―?利用整體法或隔離法確定研究對(duì)象

0

受力分析和運(yùn)］_畫(huà)好受力示意圖、運(yùn)動(dòng)情境圖，明確物體

動(dòng)狀態(tài)分析的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)和運(yùn)動(dòng)過(guò)程

a

選取力的］.

處理方法一”合成法或正交分解法

u

［選取正方向j—?通常規(guī)定加速度的方向?yàn)檎较?/p>

（①根據(jù)牛頓第二定律與=皿?；颍?/p>

確定合外力，

JIF^may

列方程求解一‘I②由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式列出輔助方程

考點(diǎn)四“等時(shí)圓”模型

1.“等時(shí)圓”模型

所謂“等時(shí)圓”就是物體沿著位于同一豎直圓上的所有光滑細(xì)桿由靜止下滑，到達(dá)圓周的最低點(diǎn)（或從最高

點(diǎn)到達(dá)同一圓周上各點(diǎn)）的時(shí)間相等，都等于物體沿直徑做自由落體運(yùn)動(dòng)所用的時(shí)間.

2.模型特征

（1）物體從豎直圓環(huán)上沿不同的光滑弦上端由靜止開(kāi)始滑到環(huán)的最低點(diǎn)所用時(shí)間相等，如圖甲所示.

甲乙丙

（2）物體從豎直圓環(huán)上最高點(diǎn)沿不同的光滑弦由靜止開(kāi)始滑到下端所用時(shí)間相等，如圖乙所示.

（3）兩個(gè)豎直圓環(huán)相切且兩環(huán)的豎直直徑均過(guò)切點(diǎn)，物體沿不同的光滑弦上端由靜止開(kāi)始滑到下端所用時(shí)間

相等，如圖丙所示.

【真題挑戰(zhàn)】

一、單選題

1.（2025?湖北?高考真題）一個(gè)寬為L(zhǎng)的雙軌推拉門(mén)由兩扇寬為亨的門(mén)板組成。門(mén)處于關(guān)閉狀態(tài)，其俯視

圖如圖（a）所示。某同學(xué)用與門(mén)板平行的水平恒定拉力作用在一門(mén)板上，一段時(shí)間后撤去拉力，該門(mén)板

完全運(yùn)動(dòng)到另一邊，且恰好不與門(mén)框發(fā)生碰撞，其俯視圖如圖（b）所示。門(mén)板在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到的阻力

與其重力大小之比為〃，重力加速度大小為g。若要門(mén)板的整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程用時(shí)盡量短，則所用時(shí)間趨近于

LL

圖（a）

圖（b）

A-底B./_[L~

C.戶(hù)D.2--

【答案】B

【詳解】設(shè)拉力為尸，作用時(shí)間為4，撤去外力后AB運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為灰，AB運(yùn)動(dòng)過(guò)程的最大速度為V”,，則

由動(dòng)量定理，=mvm

得「73嬴

撤銷(xiāo)拉力后，有^mgt2=mvm

對(duì)于全過(guò)程，有="ingt

得尸=竺蜜

ti

對(duì)于全過(guò)程有4=￥

22

故AB運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間

叫?心二叫?匕二匕1L

t=t1+t2

F-^mg4g"mgt4g"gf〃gji哂

A

可知當(dāng)L越大時(shí)，/越小，當(dāng)/2=?時(shí)，/取最小值。

故選B。

2.（2024.重慶.高考真題）2024年5月3日，嫦娥六號(hào)探測(cè)成功發(fā)射，開(kāi)啟月球背面采樣之旅，探測(cè)器的

著陸器上升器組合體著陸月球要經(jīng)過(guò)減速、懸停、自由下落等階段。則組合體著陸月球的過(guò)程中（）

A.減速階段所受合外力為0B.懸停階段不受力

C.自由下落階段機(jī)械能守恒D.自由下落階段加速度大小g=9.8nVs2

【答案】C

【詳解】A.組合體在減速階段有加速度，合外力不為零，故A錯(cuò)誤；

B.組合體在懸停階段速度為零，處于平衡狀態(tài)，合力為零，仍受重力和升力，故B錯(cuò)誤；

C.組合體在自由下落階段只受重力，機(jī)械能守恒，故C正確；

D.月球表面重力加速度不為9.8m/s2,故D錯(cuò)誤。

故選Co

二、多選題

3.（2023?湖北?高考真題）如圖所示，原長(zhǎng)為/的輕質(zhì)彈簧，一端固定在。點(diǎn)，另一端與一質(zhì)量為，〃的小

球相連。小球套在豎直固定的粗糙桿上，與桿之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5。桿上M、N兩點(diǎn)與。點(diǎn)的距離均

為/,尸點(diǎn)到。點(diǎn)的距離為g/,OP與桿垂直。當(dāng)小球置于桿上尸點(diǎn)時(shí)恰好能保持靜止。設(shè)最大靜摩擦力

等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度大小為g。小球以某一初速度從M點(diǎn)向下運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)，在此過(guò)程中，彈簧始

終在彈性限度內(nèi)。下列說(shuō)法正確的是（）

/

/

/

、!

OsyvwvwwQp

X\

4\

\\

\

''N

A.彈簧的勁度系數(shù)為土注

B.小球在尸點(diǎn)下方，處的加速度大小為（3血-4）g

C.從M點(diǎn)到N點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，小球受到的摩擦力先變小再變大

D.從M點(diǎn)到P點(diǎn)和從P點(diǎn)到N點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，小球受到的摩擦力做功相同

【答案】AD

【詳解】A.小球在尸點(diǎn)受力平衡，則有

mg=f,/=〃再，"=（，一￡）

聯(lián)立解得

k=2

A正確;

C.在PM之間任取一點(diǎn)4令A(yù)O與MN之間的夾角為6,則此時(shí)彈簧的彈力為

F=k\I——--

(2sin。

小球受到的摩擦力為

ft=〃FNI=〃Fsin。

化簡(jiǎn)得

/長(zhǎng)/sin。-弓］夕在MP之間增大在尸N減變小，即摩擦力先變大后變小，C錯(cuò)誤；

D.根據(jù)對(duì)稱(chēng)性可知在任意關(guān)于P點(diǎn)對(duì)稱(chēng)的點(diǎn)摩擦力大小相等，因此由對(duì)稱(chēng)性可知M到P和P到N摩擦力

做功大小相等；D正確；

B.小球運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)下方;時(shí)。=45。，此時(shí)摩擦力大小為

f?kl}

…E丁萬(wàn)J

由牛頓第二定律

mg+Fcos45°-/=ma

聯(lián)立解得

a=血g

B錯(cuò)誤。

故選AD。

4.（2022?全國(guó)甲卷?高考真題）如圖，質(zhì)量相等的兩滑塊P、Q置于水平桌面上，二者用一輕彈簧水平連

接，兩滑塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為〃。重力加速度大小為g。用水平向右的拉力歹拉動(dòng)P,使兩滑塊

均做勻速運(yùn)動(dòng)；某時(shí)刻突然撤去該拉力，則從此刻開(kāi)始到彈簧第一次恢復(fù)原長(zhǎng)之前（）

A.P的加速度大小的最大值為2〃g

B.Q的加速度大小的最大值為2〃g

C.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時(shí)刻Q的速度大小

【答案】AD

【詳解】設(shè)兩物塊的質(zhì)量均為小，撤去拉力前，兩滑塊均做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，則拉力大小為

F=2]nmg

撤去拉力前對(duì)Q受力分析可知，彈簧的彈力為

To="mg

AB.從此刻開(kāi)始到彈簧第一次恢復(fù)原長(zhǎng)之前的過(guò)程中，以向右為正方向，撤去拉力瞬間彈簧彈力不變?yōu)?/p>

沖出,兩滑塊與地面間仍然保持相對(duì)滑動(dòng)，此時(shí)滑塊P的加速度為

-To-/umg=man

解得

Opi=

此刻滑塊Q所受的外力不變，加速度仍為零，過(guò)后滑塊P做減速運(yùn)動(dòng)，故PQ間距離減小，彈簧的伸長(zhǎng)量

變小，彈簧彈力變小。根據(jù)牛頓第二定律可知P減速的加速度減小，滑塊Q的合外力增大，合力向左，做

加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)。

故P加速度大小的最大值是剛撤去拉力瞬間的加速度為2〃g。

Q加速度大小最大值為彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)

一〃mg=rnaQm

解得

=一〃g

故滑塊Q加速度大小最大值為〃g，A正確，B錯(cuò)誤；

C.滑塊PQ水平向右運(yùn)動(dòng)，PQ間的距離在減小，故P的位移一定小于Q的位移，C錯(cuò)誤；

D.滑塊P在彈簧恢復(fù)到原長(zhǎng)時(shí)的加速度為

-pimg=maP2

解得

?P2=Tg

撤去拉力時(shí)，PQ的初速度相等，滑塊P由開(kāi)始的加速度大小為2〃g做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，最后彈簧

原長(zhǎng)時(shí)加速度大小為〃g；滑塊Q由開(kāi)始的加速度為0做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，最后彈簧原長(zhǎng)時(shí)加速度

大小也為〃g。分析可知P的速度大小均不大于同一時(shí)刻Q的速度大小，D正確。

故選AD。

三、解答題

5.（2025?湖北?高考真題）如圖所示，一足夠長(zhǎng)的平直木板放置在水平地面上，木板上有3〃（w是大于1

的正整數(shù)）個(gè)質(zhì)量均為相的相同小滑塊，從左向右依次編號(hào)為1、2、…、3n,木板的質(zhì)量為“相。相鄰滑

塊間的距離均為L(zhǎng)木板與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃，滑塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為2,。初始時(shí)木板和

所有滑塊均處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)給第1個(gè)滑塊一個(gè)水平向右的初速度，大小為倔I（夕為足夠大常數(shù)，g

為重力加速度大?。?。滑塊間的每次碰撞時(shí)間極短，碰后滑塊均會(huì)粘在一起繼續(xù)運(yùn)動(dòng)。最大靜摩擦力等于

滑動(dòng)摩擦力。

~T\FT）……甌

I~~I

（1）求第1個(gè)滑塊與第2個(gè)滑塊碰撞前瞬間，第1個(gè)滑塊的速度大小

⑵記木板滑動(dòng)前第j個(gè)滑塊開(kāi)始滑動(dòng)時(shí)的速度為，，第，+1個(gè)滑塊開(kāi)始滑動(dòng)時(shí)的速度為v*0用已知量和匕

表示，+1O

（3）若木板開(kāi)始滑動(dòng)后，滑塊間恰好不再相碰，求夕的值。（參考公式：F+2?+…+尸=：左仕+1）（24+1））

O

【答案】（D【jG”4）〃gL

Q)V.=F舊-WgL

4〃(2〃+1乂8〃2+10〃+5

(3)夕=

3(2〃-1)

【詳解】（1）滑塊1運(yùn)動(dòng)時(shí)，對(duì)木板的摩擦力為工=2“mg

地面對(duì)木板的摩擦力為力=4〃加Wg

所以此過(guò)程中木板保持不動(dòng)；每個(gè)滑塊之間距離為L(zhǎng)所以對(duì)滑塊1根據(jù)動(dòng)能定理有

-2/nmgL=gmv[-gmv1

解得W=J(1-4)〃gZ

（2）滑塊間碰撞時(shí)間極短，碰后滑塊粘在一起運(yùn)動(dòng)，若長(zhǎng)木板不動(dòng)，第j個(gè)滑塊開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度為

111-jmg_

aj=--:--=24g

jm

根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，第/個(gè)滑塊開(kāi)始滑動(dòng)到和第，+1個(gè)滑塊碰撞時(shí)，有的-#=2乎

第j個(gè)滑塊和第J+1個(gè)滑塊碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒有力叫=（7+1）加牛+i

聯(lián)立可得W丘；-4〃gL

（3）當(dāng)?shù)冢€(gè)木塊開(kāi)始滑動(dòng)時(shí)，木板恰好要滑動(dòng)，此時(shí)有24-Amg=M（〃m+3nm）g

解得％=2”（〃為整數(shù)）

則第Z+1個(gè)（即2〃+1）木塊開(kāi)始滑動(dòng)時(shí)，木板開(kāi)始滑動(dòng)，要?jiǎng)偤貌话l(fā)生下一次碰撞，假設(shè)木板和剩下的

木塊不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，則

2〃（2"+1）zng-/u（nm+3〃加）g=^nm+（"-1）zn]a木

貝肥=衿＜2〃g

2n-\

木板和剩下的木塊不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)。

2u-（k+l]me

對(duì)前面氏+1個(gè)（即2"+1）木塊，有為+1=-7-一八----=2〃g

yk+l）m

木板開(kāi)始滑動(dòng)時(shí)，剛好不發(fā)生下一次碰撞，則對(duì)前面左+1個(gè)木塊和Z+2個(gè)木塊共速，且相對(duì)位移恰好為3

則

222

%―v共v共=L

2/2a

則為+：=2〃v共2+4〃gL

又v共%+]_2〃g/

則”當(dāng)

則%”常

2n-l

j=l時(shí)，第一個(gè)滑塊開(kāi)始運(yùn)動(dòng)的速度％即，則％2=￡〃gL

j=2時(shí)，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得碼=2小

可得第2個(gè)滑塊開(kāi)始運(yùn)動(dòng)的速度v2=m（0-4）〃gL,

貝Ij4V2?=笈〃gL-4〃gL

由第二問(wèn)可得，（j+l）23;=7q-4/2〃gL,則對(duì)第3個(gè)滑塊到第左+1個(gè)滑塊有

2

9匕2=4XV2-4x4/igL

22從

16V4=9V3-9x4gL

22

25v5=16xv4-16x4/^gL

（左+1）2嗎+1=公vj—*4〃gL

將從j=2至I]j=k+l相關(guān)方程累積求和可得

（左+1）?為1=?gL-4^￡[12+22+33+42+...+^2]=即gL-2上傳+?（2左+1）邂

_SnjugL

聯(lián)立口/k=2n

~2n-l

4"（2九+1乂8〃2+10〃+5

可得尸=

3（2〃-1）

6.（2023?遼寧?高考真題）某大型水陸兩棲飛機(jī)具有水面滑行汲水和空中投水等功能。某次演練中，該飛

機(jī)在水面上由靜止開(kāi)始勻加速直線(xiàn)滑行并汲水，速度達(dá)到也=80m/s時(shí)離開(kāi)水面，該過(guò)程滑行距離

L=1600m＞汲水質(zhì)量〃z=1.0xl04kg。離開(kāi)水面后，飛機(jī)攀升高度/?=100m時(shí)速度達(dá)到v?=100m/s,之后保

持水平勻速飛行，待接近目標(biāo)時(shí)開(kāi)始空中投水。取重力加速度g=10m/s2。求：

（1）飛機(jī)在水面滑行階段的加速度a的大小及滑行時(shí)間t；

（2）整個(gè)攀升階段，飛機(jī)汲取的水的機(jī)械能增加量/及

【答案】（！?）2m/s2,40s；（2）2.8xl07J

【詳解】（1）飛機(jī)做從靜止開(kāi)始做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，平均速度為則

乙=》

解得飛機(jī)滑行的時(shí)間為

飛機(jī)滑行的加速度為

a=21=也m/s2=2m/s2

t40

（2）飛機(jī)從水面至//=100m處，水的機(jī)械能包含水的動(dòng)能和重力勢(shì)能，則機(jī)械能變化量為

AE=—mvl+mgh—1mvf=2.8xlO7J

7.（2022?天津?高考真題）冰壺是冬季奧運(yùn)會(huì)上非常受歡迎的體育項(xiàng)目。如圖所示，運(yùn)動(dòng)員在水平冰面上

將冰壺A推到M點(diǎn)放手，此時(shí)A的速度%=2m/s,勻減速滑行占=16.8m到達(dá)N點(diǎn)時(shí)，隊(duì)友用毛刷開(kāi)始

擦A運(yùn)動(dòng)前方的冰面，使A與N尸間冰面的動(dòng)摩擦因數(shù)減小，A繼續(xù)勻減速滑行％=3.5m,與靜止在尸

點(diǎn)的冰壺B發(fā)生正碰，碰后瞬間A、B的速度分別為h=0O5m/s和VB=0.55m/s。已知A、B質(zhì)量相同,

A與"N間冰面的動(dòng)摩擦因數(shù)4=。01,重力加速度g?。簂Om/sz,運(yùn)動(dòng)過(guò)程中兩冰壺均視為質(zhì)點(diǎn)，A、B

碰撞時(shí)間極短。求冰壺A

(1)在N點(diǎn)的速度匕的大小;

(2)與NP間冰面的動(dòng)摩擦因數(shù)〃2。

【答案】(1)匕=0.8m/s；(2)4=0.004

【詳解】(1)設(shè)冰壺質(zhì)量為加，A受到冰面的支持力為N,由豎直方向受力平衡，有

N=mg

設(shè)A在九W間受到的滑動(dòng)摩擦力為了,則有

f=N\N

設(shè)A在MN間的加速度大小為。，由牛頓第二定律可得

f=ma

聯(lián)立解得

a==0.1m/s2

由速度與位移的關(guān)系式，有

v；—VQ=-2aX]

代入數(shù)據(jù)解得

匕=0.8m/s

(2)設(shè)碰撞前瞬間A的速度為匕，由動(dòng)量守恒定律可得

mv2=mvA+mvB

解得

v2=0.6m/s

設(shè)A在NP間受到的滑動(dòng)摩擦力為廣，則有

f'=M2mg

由動(dòng)能定理可得

聯(lián)立解得

//2=0.004

8.（2022?重慶?高考真題）小明設(shè)計(jì)了一個(gè)青蛙捉飛蟲(chóng)的游戲，游戲中蛙和蟲(chóng)都在xOy豎直平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)。

蟲(chóng)可以從水平x軸上任意位置處由靜止開(kāi)始做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，每次運(yùn)動(dòng)的加速度大小恒為:g（g為重力

加速度），方向均與x軸負(fù)方向成37。斜向上（x軸向右為正）。蛙位于y軸上M點(diǎn)處，OM=H,能以不

3

同速率向右或向左水平跳出，蛙運(yùn)動(dòng)過(guò)程中僅受重力作用。蛙和蟲(chóng)均視為質(zhì)點(diǎn)，取sin37o=y。

3

（1）若蟲(chóng)飛出一段時(shí)間后，蛙以其最大跳出速率向右水平跳出，在y”的高度捉住蟲(chóng)時(shí)，蛙與蟲(chóng)的水

平位移大小之比為20:3,求蛙的最大跳出速率。

（2）若蛙跳出的速率不大于（1）問(wèn)中的最大跳出速率，蛙跳出時(shí)刻不早于蟲(chóng)飛出時(shí)刻，蟲(chóng)能被捉住，求

蟲(chóng)在x軸上飛出的位置范圍。

（3）若蟲(chóng)從某位置飛出后，蛙可選擇在某時(shí)刻以某速率跳出，捉住蟲(chóng)時(shí)蛙與蟲(chóng)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比為1:&;

蛙也可選擇在另一時(shí)刻以同一速率跳出，捉住蟲(chóng)時(shí)蛙與蟲(chóng)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比為1:而\求滿(mǎn)足上述條件的蟲(chóng)

飛出的所有可能位置及蛙對(duì)應(yīng)的跳出速率。

【答案】（1）%=：炳；（2）k±HH<x<2H；（3）Vi=gj30gH,西=||.或匕=］椒8H,

TH

-15

【詳解】（1）蟲(chóng)子做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，青蛙做平拋運(yùn)動(dòng)，由幾何關(guān)系可知

工蟲(chóng)3

青蛙做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)時(shí)間為％,有

Q1

H--H=-gt2

42**

聯(lián)立解得

(2)若蛙和蟲(chóng)同時(shí)開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，時(shí)間均為，，則蟲(chóng)的水平分加速度和豎直分加速度分別為

=-gcos37°=-g,

相遇時(shí)有

-gf+-ayt~=H

解得

3H

27

則最小的坐標(biāo)為

3H

若蛙和蟲(chóng)不同時(shí)刻出發(fā)，軌跡相切時(shí)，青蛙的平拋運(yùn)動(dòng)有

,,12

y=H--gt,x=vmt

可得軌跡方程為

y=H-^yX2

2%

蟲(chóng)的軌跡方程為

y=（/ax—x）tan37°

兩軌跡相交，可得

（%皿*-x）tan37°=8-總尤2

整理可知

33

x2——x+-x-H=O

44m

令A(yù)=0,即

993

而Tx球巧/-")=0

解得

Xmax=2H

蟲(chóng)在無(wú)軸上飛出的位置范圍為

HMxM2H

3

(3)設(shè)蛙的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為「有

gg]+g〃y("l)2=H

+萬(wàn)%”5無(wú)2)2=H

解得

6H3H

若青蛙兩次都向右跳出，則

卬]+/4(①])2=%

卬2+)(而2產(chǎn)=4

解得

匕=gj30gH,Xj=||w

若青蛙一次向左跳出，一次向右跳出，則

=無(wú)2

-v2t2=x2

解得

W=七小°8口，X2=^H

9.(2022?浙江?高考真題)物流公司通過(guò)滑軌把貨物直接裝運(yùn)到卡車(chē)中。如圖所示，傾斜滑軌與水平面成

24。角，長(zhǎng)度4=4m,水平滑軌長(zhǎng)度可調(diào)，兩滑軌間平滑連接。若貨物從傾斜滑軌頂端由靜止開(kāi)始下滑，

2

其與滑軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為機(jī)=§,貨物可視為質(zhì)點(diǎn)(取cos24°=0.9,sin24°=0.4,重力加速度

g=10m/s2)o

(1)求貨物在傾斜滑軌上滑行時(shí)加速度q的大小;

(2)求貨物在傾斜滑軌末端時(shí)速度v的大??；

(3)若貨物滑離水平滑軌末端時(shí)的速度不超過(guò)2m/s,求水平滑軌的最短長(zhǎng)度4.

【答案】(1)2m/s2;(2)4m/s；(3)2.7m

【詳解】(1)根據(jù)牛頓第二定律可得

mgsin24°—jumgcos24°=ma1

代入數(shù)據(jù)解得

%=2m/s2

(2)根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式

2見(jiàn)=V2

解得

v=4m/s

(3)根據(jù)牛頓第二定律

/j.mg=ma2

根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式

2

_2aJ[=v^ax-v

代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得

l2=2.7m

10.(2022?湖南?高考真題)如圖(a),質(zhì)量為根的籃球從離地8高度處由靜止下落，與地面發(fā)生一次非

彈性碰撞后反彈至離地人的最高處。設(shè)籃球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受空氣阻力的大小是籃球所受重力的幾倍(4為

常數(shù)且0<2<Hq-：h)，且籃球每次與地面碰撞的碰后速率與碰前速率之比相同，重力加速度大小為g。

(1)求籃球與地面碰撞的碰后速率與碰前速率之比；

(2)若籃球反彈至最高處〃時(shí)，運(yùn)動(dòng)員對(duì)籃球施加一個(gè)向下的壓力尸，使得籃球與地面碰撞一次后恰好反

彈至力的高度處，力/隨高度y的變化如圖(b)所示，其中％已知，求此的大?。?/p>

(3)籃球從“高度處由靜止下落后，每次反彈至最高點(diǎn)時(shí)，運(yùn)動(dòng)員拍擊一次籃球(拍擊時(shí)間極短)，瞬

間給其一個(gè)豎直向下、大小相等的沖量/,經(jīng)過(guò)N次拍擊后籃球恰好反彈至X高度處，求沖量/的大小。

(l+2)/z/八口2mg(\—A)(H—h)2g——協(xié)但訴1—公+1)

【答案】（1）k=-一乙；(2)Fo=(3)I=m.

(l-A)Hh—%h(HN-hN)

【詳解】（1）籃球下降過(guò)程中根據(jù)牛頓第二定律有

mg—Amg=ma下

再根據(jù)勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的公式，下落的過(guò)程中有

籃球反彈后上升過(guò)程中根據(jù)牛頓第二定律有

mg+Amg=ma上

再根據(jù)勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的公式，上升的過(guò)程中有

uj=2a上k

則籃球與地面碰撞的碰后速率與碰前速率之比

(1+A)h

(l-A)H

（2）若籃球反彈至最高處"時(shí)，運(yùn)動(dòng)員對(duì)籃球施加一個(gè)向下的壓力憶則籃球下落過(guò)程中根據(jù)動(dòng)能定理有

；m#

mgh+卜”Fo—Amgh=

籃球反彈后上升過(guò)程中根據(jù)動(dòng)能定理有

—mgh-Amgh=0-^

聯(lián)立解得

2mg(1—A)(H—h)

h—h^

（3）方法一：由（1）問(wèn)可知籃球上升和下降過(guò)程中的加速度分別為

叫=（1-2）g（方向向下）

。上=（l+x）g（方向向下）

由題知運(yùn)動(dòng)員拍擊一次籃球（拍擊時(shí)間極短），瞬間給其一個(gè)豎直向下、大小相等的沖量/,由于拍擊時(shí)

間極短，則重力的沖量可忽略不計(jì)，則根據(jù)動(dòng)量定理有

I=mv

即每拍擊一次籃球?qū)⒔o它一個(gè)速度V。

拍擊第1次下降過(guò)程有

上升過(guò)程有

的丫=2(1+4)g%

代入左后，下降過(guò)程有

=2(1-4)g為

上升過(guò)程有

%；=2(1—幾)g班

聯(lián)立有

)=分％+(沙v2

%=1(%------

ri2gd-A)rin2g(一)

拍擊第2次，同理代入左后，下降過(guò)程有

《一廿=2。一彳）g4

上升過(guò)程有

時(shí)=2（1-4）g納

聯(lián)立有

7hJv2、

h=—(TiiH-------------)

2H2g(l-A)

再將m代入必有

2

月=（%%+1%.茄心哈勿（V一）

拍擊第3次，同理代入左后，下降過(guò)程有

V3-V2=2(1-2)g/i.

上升過(guò)程有

hv^=2(y-X)gHhi

聯(lián)立有

7h7Iv2、

%=---(/l--------------)

勺H2(l-2)2g

再將比代入有

八（""J?J、2

%2g(一l-A)+/AyF

H2g(l-A)

直到拍擊第N次，同理代入左后，下降過(guò)程有

2

v^-v=2(1-A)ghN_,

上升過(guò)程有

hvl=2(l-X)gHhN

聯(lián)立有

7h/[v2.

h=—(h,H-------------)

NHN12g(l-2)

將flN-1代入版有

+?"+(—)'?—--

號(hào)飛吟,,人吟H2g(l-2)

其中

hN=H,h^=h

則有

2

HHv

-h+[-]

2g(IT)

%H

則

,/2g(l2)("啊'

I=mv'

Vh{HN-hN)

方法二：由（1）問(wèn)可知籃球上升和下降過(guò)程中的加速度分別為

。下=。-"）g（方向向下）

a上=（l+2）g（方向向下）

由題知運(yùn)動(dòng)員拍擊一次籃球（拍擊時(shí)間極短），瞬間給其一個(gè)豎直向下、大小相等的沖量/,由于拍擊時(shí)

間極短，則重力的沖量可忽略不計(jì)，則根據(jù)動(dòng)量定理有

即每拍擊一次籃球?qū)⒔o它一個(gè)速度V'。設(shè)籃球從打下落時(shí)，速度為%,反彈高度為九，籃球受到?jīng)_量I后

速度為V',落地時(shí)速度為匕，則

22

2(l+X)g/z=(h0)2,2(l-A)g/z=v1-v'

聯(lián)立可得

h.二(八小_

2(l+2)g2(1-彳)g

代入人可得,

籃球再次反彈，反彈速度為左匕，設(shè)反彈高度為小，受到?jīng)_量后，落地速度為電，同理可得

22

2(1+2)g4=(加了，2(1-ZM=V2-V'

同理化簡(jiǎn)可得

籃球第三次反彈，反彈速度為八2,設(shè)反彈高度為岳，受到?jīng)_量后，落地速度為V3,同理可得

22

2(l+2)g4=(m)2,2(1-A)^=V3-V'

同理化簡(jiǎn)可得

第N次反彈可得

HHT-J2TJN—1

對(duì)式子①②③……a兩側(cè)分別乘以力。、工、廬……、再相加可得

HNT2h

其中，%2=2(-)g//,(M)2=2(l+X)gH,可得

2g(1_；1)(〃_/7)(〃可+1_〃.+1)

h(HN-hN)

可得沖量/的大小

11.(2022?山東?高考真題)某糧庫(kù)使用額定電壓U=380V,內(nèi)阻尺=0.25。的電動(dòng)機(jī)運(yùn)糧。如圖所示，配

重和電動(dòng)機(jī)連接小車(chē)的纜繩均平行于斜坡，裝滿(mǎn)糧食的小車(chē)以速度v=2m/s沿斜坡勻速上行，此時(shí)電流

/=40A。關(guān)閉電動(dòng)機(jī)后，小車(chē)又沿斜坡上行路程L到達(dá)卸糧點(diǎn)時(shí)，速度恰好為零。卸糧后，給小車(chē)一個(gè)

向下的初速度，小車(chē)沿斜坡剛好勻速下行。已知小車(chē)質(zhì)量町=100kg,車(chē)上糧食質(zhì)量外=1200kg,配重質(zhì)

量啊,=40kg,取重力加速度g=10m/s2,小車(chē)運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的摩擦阻力與車(chē)及車(chē)上糧食總重力成正比，比例

系數(shù)為無(wú)，配重始終未接觸地面，不計(jì)電動(dòng)機(jī)自身機(jī)械摩擦損耗及