大題01牛頓運動定律與直線運動（解析版）

大題01牛頓運動定律與直線運動直線運動與牛頓運動定律在高中物理中占有重要地位，在歷年高考中都有體現(xiàn)，多以選擇題、計算題的形式出現(xiàn)。其中與動力學(xué)相結(jié)合，借助經(jīng)典的追及相遇、連接體、斜面等模型考察新情境或多過程問題比較常見。勻變速直線運動規(guī)律的綜合應(yīng)用【例1】（2024·河南·高三校聯(lián)考階段練習(xí)）在游樂園和主題樂園有一種大型游樂設(shè)施跳樓機，這種設(shè)施可將乘客載至高空，然后幾乎以重力加速度垂直向下跌落。跳樓機在某次工作時，將游客送到塔頂后讓其做自由落體運動，當(dāng)其下落的高度為跳樓機下降總高度的時，讓跳樓機開始勻減速運動，到達(dá)地面時跳樓機的速度剛好減為零。已知整個過程跳樓機運動的總時間為，取重力加速度為。求：（1）跳樓機做減速運動的加速度為多少；（2）跳樓機做減速運動的時間以及跳樓機下降的總高度分別為多少。（總高度保留三位有效數(shù)字）【答案】（1）大小為，方向豎直向上；（2），【詳解】（1）假設(shè)跳樓機自由下落的時間為、減速的時間為，自由下落的高度為、減速運動的高度為，減速的加速度大小為，最大速度為v。由自由落體運動的規(guī)律得跳樓機減速時由題意解得（2）由自由落體運動過程有減速運動過程有整理可得又由題意可知解得、跳樓機下降的總高度為解得【例2】（2024上·山東濟南·高三統(tǒng)考期末）2023年10月23日，中國選手奪得杭州亞運會女子自行車個人追逐賽冠軍。杭州亞運會自行車跑道為周長的橢圓，如圖a所示，M、N兩點為位于橢圓軌道短軸的兩端點，比賽開始后，甲、乙兩名選手分別從M、N兩點同時出發(fā)，騎行前兩圈過程中甲、乙兩名選手的速率隨時間變化的規(guī)律分別如圖b、圖c所示。求（1）甲選手騎行路程為時的速率；（2）甲選手在騎行前兩圈過程中能否追上乙選手？（寫出必要的計算和文字說明）【答案】（1）；（2）甲未追上乙【詳解】（1）假設(shè)甲騎行時處于的某時刻，甲的路程為故假設(shè)成立，甲的加速度為解得：，（舍去）由解得（2）乙的加速度為甲乙速率相等需要的時間甲在這段時間內(nèi)通過的路程為乙在這段時間內(nèi)通過的路程為甲乙速率相等時的路程差為故甲未追上乙。1.處理勻變速直線運動的常用方法基本公式法、平均速度公式法、位移差公式法、比例法、逆向思維法、圖像法等。2.兩種勻減速直線運動的分析方法(1)剎車問題的分析：末速度為零的勻減速直線運動問題常用逆向思維法，對于剎車問題，應(yīng)先判斷車停下所用的時間，再選擇合適的公式求解。(2)雙向可逆類運動分析：勻減速直線運動速度減為零后反向運動，全過程加速度的大小和方向均不變，故求解時可對全過程列式，但需注意x、v、a等矢量的正負(fù)及物理意義。3.追及、相遇問題的解題思路和技巧(1)緊抓“一圖三式”，即過程示意圖，時間關(guān)系式、速度關(guān)系式和位移關(guān)系式。(2)速度相等往往是恰好追上(追不上)，兩者間距離有極值的臨界條件。(3)若被追趕的物體做勻減速運動，一定要注意追上前該物體是否已停止運動?？蒲腥藛T在保證安全的情況下進(jìn)行高空墜物實驗，讓一小球從45m高的陽臺上無初速度落下，不計空氣阻力。在小球剛落下時恰被樓下一智能小車發(fā)現(xiàn)，智能小車迅速由靜止沿直線沖向小球下落處的正下方樓底，準(zhǔn)備接住小球。已知智能小車到樓底的距離為18m。將小球和智能小車都看成質(zhì)點，智能小車移動過程中只做勻速直線運動或勻變速直線運動，g取10m/s2。(1)智能小車至少用多大的平均速度行駛到樓底恰能接住小球；(2)若智能小車在運動過程中做勻加速或勻減速運動的加速度大小相等，且最大速度不超過9m/s，要求小車在樓底時已停止運動，求智能小車移動時加速度a的大小需滿足什么條件？【答案】(1)6m/s(2)a≥9m/s2【解析】(1)小球自由下落過程，由運動學(xué)公式得h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,0)①對智能小車運動過程，由運動學(xué)公式得x＝vt0②聯(lián)立①②并代入數(shù)據(jù)解得v＝6m/s，t0＝3s。(2)假設(shè)智能小車先勻加速接著勻減速運動到樓底，運動過程中的最大速度為v0，由運動學(xué)公式得v＝eq\f(0＋v0,2)③解得v0＝2v＝12m/s＞vm＝9m/s故智能小車應(yīng)先加速到vm＝9m/s，再勻速，最后勻減速運動到樓底。設(shè)勻加速、勻速、勻減速過程的時間分別為t1、t2、t3，位移分別為x1、x2、x3，由運動學(xué)公式得x1＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)④x3＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,3)⑤x2＝vmt2⑥vm＝at1＝at3⑦t1＋t2＋t3≤t0⑧x1＋x2＋x3＝x⑨聯(lián)立④～⑨式并代入數(shù)據(jù)得a≥9m/s2。牛頓運動定律的綜合應(yīng)用【例2】（2023上·福建三明·高三校聯(lián)考階段練習(xí)）我國游泳健將覃海洋在剛結(jié)束的2023年杭州亞運會男子200米蛙泳決賽中刷新記錄奪得金牌，新晉為“世界蛙王”。圖甲為運動員蛙泳時某段蹬腿加速及慣性前進(jìn)過程，將這兩個過程簡化為水平方向的勻變速運動，其v-t圖像如圖乙所示，設(shè)運動員質(zhì)量為60kg，重力加速度g取，求：（1）蹬腿加速過程和慣性前進(jìn)過程中加速度大??；（2）0～0.9s內(nèi)運動員平均速度的大??；（3）慣性前進(jìn)過程中，水對運動員作用力的大?。ù鸢副Ａ舾剑！敬鸢浮浚?），；（2）；（3）【詳解】（1）0-3s內(nèi)，加速過程的加速度大小為0.3-0.9s內(nèi)，慣性前進(jìn)的加速度大小為（2）解法一：位移為由得解法二：由得（3）慣性前進(jìn)時豎直方向上運動員處于平衡狀態(tài)，浮力為水平方向上水對運動員的阻力使其減速水對運動員的作用力大小得【例2】（2023上·河南·高三校聯(lián)考階段練習(xí)）如圖所示，傾角θ=37°的斜面體固定在水平地面上，繞過固定在斜面頂端輕小光滑的定滑輪的細(xì)線，一端與放在斜面底端質(zhì)量為1kg的物塊A相連，另一端吊著質(zhì)量為1.5kg的物塊B。開始時固定物塊A，使A、B都處于靜止?fàn)顟B(tài)，滑輪與物塊A間的細(xì)線與斜面平行；由靜止釋放物塊A，當(dāng)物塊A向上運動的距離為斜面長度的時，用一個豎直向下、大小為15N的恒力替換掉物塊B；當(dāng)物塊A又向上運動斜面長度的距離時，撤去恒力。已知物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.5，取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。（1）求兩物塊一起運動的加速度大小。（2）試分析：撤去恒力后，物塊A是否會從斜面頂端滑離？【答案】（1）；（2）不會從斜面頂端滑離【詳解】（1）物塊B懸掛在細(xì)線上時，設(shè)物塊A、B運動的加速度大小為a1，根據(jù)牛頓第二定律有，解得（2）設(shè)斜面長為L，繩斷瞬間物塊A的速度大小為v1，由運動學(xué)規(guī)律可得當(dāng)施加恒力時，設(shè)物塊A的加速度大小為a2，由牛頓第二定律有解得設(shè)撤去恒力時物塊A的速度大小為v2，則有撤去拉力后，物塊A的加速度大小物塊A減速上滑的最大位移因此物塊A不會從斜面頂端滑離。1．解決動力學(xué)兩類基本問題的思路2．連接體問題(1)整體法與隔離法的選用技巧整體法的選取原則若連接體內(nèi)各物體具有相同的加速度，且不需要求物體之間的作用力隔離法的選取原則若連接體內(nèi)各物體的加速度不相同，或者需要求出系統(tǒng)內(nèi)物體之間的作用力整體法、隔離法的交替運用若連接體內(nèi)各物體具有相同的加速度，且需要求出物體之間的作用力，可以先整體求加速度，后隔離求連接體內(nèi)物體之間的作用力3.常見連接體接觸面光滑，或μA＝μB三種情況中彈簧彈力、繩的張力大小相同且與接觸面是否光滑無關(guān)常用隔離法常會出現(xiàn)臨界條件1.（2024·江蘇常州·高三校聯(lián)考階段練習(xí)）如圖甲所示，物塊A、B通過細(xì)線連接，A在桌面上，B懸掛在桌子邊緣，細(xì)線與滑輪間無摩擦.現(xiàn)將物塊A從P點處由靜止釋放，B落地后不反彈，最終A停在Q點，物塊A的v-t圖像如圖乙所示。已知B的質(zhì)量為0.5kg，重力加速度大小g取10m/s2.求：（1）PQ兩點的距離;（2）物塊A與桌面間的動摩擦因數(shù)；（3）物塊A的質(zhì)量．【答案】（1）；（2）0.1；（3）【詳解】（1）由v-t圖可知（2）由v-t圖可知，物塊A在1～3s的加速度大小a2＝1m/s21～3s內(nèi)，對A物塊根據(jù)牛頓第二定律得所以（3）0～1s內(nèi)，加速度大小對A、B物塊根據(jù)牛頓第二定律得解得mA＝kg2.（2024·貴州貴陽·高三清華中學(xué)校考階段練習(xí)）如圖甲所示，質(zhì)量為m=1kg小球從固定斜面上的A點由靜止開始做加速度大小為a1的運動，小球在t1=1s時刻與擋板B碰撞，然后沿著斜面做加速度大小為a2的運動，在t2=1.25s時刻到達(dá)C點，接著從C點運動到擋板B點，到達(dá)擋板B點的時刻為t3，以上過程的v-t圖像如圖乙所示（v0未知），已知a2與a1大小的差值為4m/s2，重力加速度g=10m/s2，則：（1）小球所受到阻力的大小為多少?（2）圖中v0大小等于多少?（3）到達(dá)擋板B的時刻為t3為多少?【答案】（1）2N；（2）2m/s；（3）【詳解】（1）根據(jù)圖像，0~1s時間內(nèi)，有1s~1.25s時間內(nèi)，有解得，，（2）由于解得（3）根據(jù)圖像可得，BC間的位移大小為解得C到B，物體運動的加速度大小為解得所以1．（2024下·四川成都·高三石室中學(xué)?？奸_學(xué)考試）如圖所示，一個質(zhì)量為M、長為L的圓管豎直放置，頂端塞有一個質(zhì)量為m的彈性小球，M=2m，小球和圓管間的滑動摩擦力和最大靜摩擦力大小均為2mg。圓管從下端距離地面為H處自由落下，運動過程中，圓管始終保持豎直，每次落地后向上彈起的速度與落地時速度大小相等，不計空氣阻力，重力加速度為g。求：（1）圓管第一次落地彈起時圓管和小球的加速度；（2）圓管第一次落地彈起后至第二次落地前，若小球沒有從圓管中滑出，則L應(yīng)滿足什么條件？【答案】（1）a1=2g，方向豎直向下，a2=g，方向豎直向上；（2）【詳解】（1）圓管第一次落地彈起時，設(shè)圓管的加速度為a1，根據(jù)牛頓第二定律有2mg+Mg=Ma1解得a1=2方向豎直向下；設(shè)小球的加速度為a2，則有2mg-mg=ma2解得a2=g方向豎直向上。（2）設(shè)圓管第一次落地時的速度大小為v0，此時小球的速度大小也為v0，則有解得方向豎直向下；碰地后，圓管的速度方向豎直向上。取豎直向下為正方向，設(shè)經(jīng)過時間t1，小球、圓管的速度相同，則解得設(shè)t1時間內(nèi)圓管的位移大小為x1，小球的位移大小為x2，則有若小球剛好沒有從圓管中滑出，小球與圓管的相對位移大小之后圓管與小球一起運動，加速度為g，方向豎直向下，則L應(yīng)滿足條件。2．（2024·寧夏石嘴山·高三石嘴山市第三中學(xué)校考階段練習(xí)）如圖所示，A、B兩棒均長1m，A懸于高處，B豎于地面，A的下端和B的上端相距h=10m，若A、B兩棒同時運動，A做自由落體運動，B以初速度做豎直上拋運動，在運動過程中都保持豎直。（?。﹩枺海?）兩棒何時開始相遇？（2）兩棒從開始相遇到分離的時間？【答案】（1）0.25s；（2）0.05s【詳解】（1）設(shè)經(jīng)過時間t兩棒開始相遇，A棒下落位移，則有B棒上升的位移A、B相遇，則有解得即從開始運動經(jīng)0.25s兩棒開始相遇。（2）從相遇開始到兩棒分離的過程中，A棒做初速度不為零的勻加速直線運動，B棒做勻減速直線運動，設(shè)從相遇開始到分離所需時間為，則有其中，解得3．（2024·四川·校聯(lián)考一模）中學(xué)航模隊研究航母艦載機著陸減速新方案，提出“機翼輔助式”減速模式，隊員們在操場上利用跑道模擬實驗，如圖（a）所示先將一個質(zhì)量為的滑塊（視為質(zhì)點）以初速度滑出，滑行距離為12m時停下；對比組給滑塊裝上代替機翼的質(zhì)量為減速裝置，仍以相同的初速度滑出，滑出后滑塊與減速裝置整體受到一個與豎直方向斜向下夾角為的力F作用，如圖（b）所示（減速裝置未畫出），從而獲得較大的減速效果，減小滑行距離。已知重力加速度大小為，，，求：（1）滑塊與跑道之間的動摩擦因數(shù)；（2）若已知，，則裝上減速裝置后滑塊的減速距離大小?！敬鸢浮浚?）0.6；（2）7.2m【詳解】（1）滑塊運動過程中，對滑塊受力分析，由牛頓第二定律有由運動學(xué)公式可得聯(lián)立解得（2）裝上減速裝置后，對裝置和滑塊整體分析，如圖所示由牛頓第二定律和力的平衡可得軸軸又由運動學(xué)公式聯(lián)立解得4．（2024·河南·高三校聯(lián)考階段練習(xí)）如圖所示，足夠高的水平桌面上，P點的左側(cè)光滑，右側(cè)粗糙。物塊甲與質(zhì)量為m的鉤碼乙用輕質(zhì)的細(xì)線連接，細(xì)線跨過桌子右側(cè)的定滑輪，甲被控制在桌面上位于A點，乙懸掛在滑輪的下方。現(xiàn)釋放甲，經(jīng)過一段時間，甲運動到P點，此時甲的動能為。當(dāng)甲運動到P點時，立即在乙的下方掛上另一質(zhì)量為m的鉤碼丙，掛上丙的時間忽略不計，且掛上丙的前后瞬間甲、乙的速度不變，接著甲繼續(xù)做勻加速直線運動，再經(jīng)過一段時間正好運動到桌子的右邊緣B點。已知甲從A到P的加速度與從P到B的加速度相等，細(xì)線始終與桌面平行，不計定滑輪與細(xì)線和輪軸之間的摩擦力，重力加速度為g，求：（1）甲的質(zhì)量以及甲與粗糙區(qū)域間的動摩擦因數(shù)；（2）甲從P到B，細(xì)線對甲做的功。【答案】（1）m，0.5；（2）【詳解】（1）設(shè)甲的質(zhì)量為M，甲從A到P的加速度與從P到B的加速度相等均設(shè)為a，甲在光滑的區(qū)域運動時，對甲、乙組成的整體進(jìn)行受力分析，由牛頓第二定律可得由初速度為0的勻加速直線運動規(guī)律可得由題意可得設(shè)甲與粗糙區(qū)域間的動摩擦因數(shù)為，甲在粗糙區(qū)域間運動時，對甲、乙、丙組成的整體進(jìn)行受力分析，由牛頓第二定律可得綜合解得，，，（2）甲從P到B，位移為對乙、丙組成的整體受力分析，由牛頓第二定律可得拉力對甲做的功為綜合解得5．（2024·河南·高三校聯(lián)考階段練習(xí)）地面上的物塊在豎直向上的恒定拉力作用下，由靜止開始向上做勻加速直線運動，經(jīng)過時間3s撤去拉力，再經(jīng)過一段時間物塊落回地面。已知拉力大小是重力的1.4倍，物塊受到的空氣阻力大小恒為重力的0.2倍，取重力加速度g=10m/s2，求：（1）物塊上升的最大高度H；（2）物塊落回地面瞬間的速度大小v。（結(jié)果保留根號）【答案】（1）H=10.5m；（2）【詳解】（1）設(shè)撤去拉力時物塊的速度大小為v1，位移大小為x1，根據(jù)牛頓第二定律有1.4mg–mg–0.2mg=ma1物塊在拉力作用下由靜止開始向上做勻加速直線運動，則，v1=a1t1撤去拉力后，物塊勻減速上升至速度為零，設(shè)此過程中的上升高度為x2，則mg+0.2mg=ma2且物塊上升的最大高度H=x1+x2聯(lián)立解得H=10.5m（2）物塊上升到最高點后開始豎直向下做初速度為零的勻加速直線運動，則mg–0.2mg=ma3且v2=2a3H解得6．（2024·河南·高三校聯(lián)考階段練習(xí)）如圖甲所示，足夠長的長木板傾斜地固定在水平面上，傾角，輕彈簧固定在長木板底端的擋板上，輕彈簧上放置一可視為質(zhì)點的質(zhì)量的物體?，F(xiàn)用外力向下壓縮彈簧并用一根輕繩系在物體和木板底端的擋板上（物體與彈簧不粘連）；時刻將輕繩燒斷，此后物體的速度隨時間的部分變化規(guī)律如圖乙所示，其中OA為曲線、AB為直線。已知彈簧的勁度系數(shù)，取重力加速度，，，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。求：（1）彈簧的最大壓縮量以及物體與斜面間的動摩擦因數(shù)；（2）內(nèi)物體的位移大小為多少厘米？【答案】（1）0.05m，0.25；（2）6.13cm【詳解】（1）物體與彈簧分離后，沿斜面向上做勻減速直線運動，由圖乙可知減速時的加速度大小為由牛頓第二定律可得解得物體與斜面間的動摩擦因數(shù)繩子燒斷瞬間，由圖乙可知物體的加速大小為由牛頓第二定律得解得彈簧的最大壓縮量為（2）時物體與彈簧分離，之后再經(jīng)物體減速為0；在時間內(nèi)物體的位移為物體減速為零后將勻加速下滑，加速度大小為再下滑物體的位移為在0~0.35s內(nèi)，物體運動的位移大小為7．（2024·河南·高三校聯(lián)考階段練習(xí)）冰壺比賽具有較高的觀賞性，如圖所示為冰壺比賽的場地模擬圖，場地的長度為44.5m，投擲線到圓壘圓心的距離為。某次比賽時，運動員由距離投擲線10m處的A點開始用斜向下與水平方向成的恒力推動質(zhì)量為的冰壺，冰壺在A點時的速度為零，冰壺與冰面之間的動摩擦因數(shù)為，經(jīng)過一段時間冰壺運動到投擲線處時撤走外力，運動員馬上用刷子刷冰面，使冰壺與冰面之間的動摩擦因數(shù)減小到，最終冰壺剛好停在圓壘圓心O，取重力加速度，sin37°=0.6、cos37°=0.8。求：（1）撤走外力前冰壺的加速度以及冰壺的最大速度分別為多少？（2）在冰壺上施加的外力應(yīng)為多大？【答案】（1）a1=0.2m/s2；；（2）F=197.6N【詳解】（1）設(shè)冰壺做勻加速運動的加速度為a1，冰壺在投擲線處的速度最大為vm，撤走外力后冰壺開始減速，減速時的加速度大小為a2。由題意可知，冰壺加速的位移為x1=10m，減速的位移為x2=30m撤走外力后，冰壺受到滑動摩擦力作用做減速運動，根據(jù)牛頓第二定律f=ma2又f=μ2mg代入數(shù)據(jù)解得由可得再由可得a1=0.2m/s2（2）冰壺在加速階段：受力如圖所示根據(jù)牛頓第二定律，水平方向Fcosθ–Ff=ma1豎直方向FN=Fsinθ+mg又Ff=μ1FN代入數(shù)據(jù)得F=197.6N8．（2024·安徽黃山·統(tǒng)考一模）如圖甲所示，在粗糙的水平面上，放著可視為質(zhì)點的A、B兩物塊，質(zhì)量分別為。輕彈簧一端與物塊A相連，另一端與豎直墻壁相連。A、B兩物塊緊靠但不相連，開始時彈簧被壓縮且整個系統(tǒng)恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)。從時刻開始，對B施加一水平向右的力F使物塊B做勻加速運動，力F隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，已知物塊與地面間的動摩擦因數(shù)均為0.5，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。已知彈性勢能（g?。螅海?）物塊B的加速度大??；（2）彈簧的勁度系數(shù)；（3）到的過程中力F做的功為多少？【答案】（1）；（2）；（3）4J【詳解】（1）未施加拉力F時，A、B均靜止，可得時刻剛施加F時，對A、B整體，據(jù)牛頓第二定律可得由圖像可得由以上兩式解得物塊B的加速度大?。?）剛分離時，對A，根據(jù)牛頓第二定律可得得（3）據(jù)題意可知時，A、B開始分離，此過程AB位移大小為AB分開前，可得拉力F與位移是一次函數(shù)關(guān)系，當(dāng)A、B分離后，水平力F的達(dá)到最大值，根據(jù)牛頓第二定律可得故到的過程中力F做的功為9．（2024·江西撫州·高三臨川一中?？茧A段練習(xí)）高空跳傘是一項極限運動。某跳傘運動員于時刻從高空靜止跳出的圖像如圖所示，可將其運動視作豎直方向的直線運動。運動員（含降落傘）所受空氣阻力f的方向與速度v的方向相反，f的大小與成正比，但開傘前、后的正比例系數(shù)不同。已知開傘前運動員勻速飛行時的速度大小為；運動員在時刻打開降落傘，開傘后運動員勻速飛行時的速度大小為。重力加速度大小為g，不計空氣浮力。（1）求時刻運動員的加速度的大小；（2）若某時刻運動員的加速度大小為，求該時刻運動員的速度大小。

【答案】（1）；（2）【詳解】（1）開傘前運動員勻速飛行時，根據(jù)受力平衡有開傘后運動員勻速飛行時，根據(jù)受力平衡有在時刻運動員打開降落傘瞬間，根據(jù)牛頓第二定律有解得（2）若開傘前某時刻運動員的加速度大小為，根據(jù)牛頓第二定律有解得若開傘后某時刻運動員的加速度大小為，根據(jù)牛頓第二定律有解得10．（2024·湖南懷化·高三懷化市鐵路第一中學(xué)校考階段練習(xí)）在一次消防演練中，某消防員沿固定的豎直金屬桿由P處靜止下滑至地面，示意圖如圖甲所示；消防員受豎直向上的摩擦力隨時間變化情況如圖乙所示。已知該消防員的質(zhì)量，取重力加速度，空氣阻力忽略不計。求：（1）消防員向下加速和減速時的加速度大小、；（2）P處距地面的高度h；（3）通過訓(xùn)練，該消防員安全落地的最大速度，且他與金屬桿之間產(chǎn)生的摩擦力大小范圍為，求他從P處下滑至地面的最短時間t。

【答案】（1），；（2）；（3）【詳解】（1）設(shè)加速時加速度為大小，摩擦力大小為，則，減速時加速度大小為，摩擦力大小為，則有，代入數(shù)據(jù)解得，（2）設(shè)加速階段下降高度為，時間為，末速度為；減速階段下降高度為，時間為，則有，，，解得（3）為使消防員在最短時間內(nèi)落地，消防員應(yīng)先做自由落體運動，再以最大摩擦力減速下降。設(shè)自由落體時間為，下降高度為，末速度為；減速度下降時間為，下降高度為，則，，

聯(lián)立解得1．（2023·遼寧·統(tǒng)考高考真題）某大型水陸兩柄飛機具有水面滑行汲水和空中投水等功能。某次演練中，該飛機在水而上由靜止開始勻加速直線滑行并汲水，速度達(dá)到v?=80m/s時離開水面，該過程滑行距離L=1600m、汲水質(zhì)量m=1.0×10?kg。離開水面后，飛機攀升高度h=100m時速度達(dá)到v?=100m/s，之后保持水平勻速飛行，待接近目標(biāo)時開始空中投水。取重力加速度g=10m/s2。求：（1）飛機在水面滑行階段的加速度a的大小及滑行時間t；（2）整個攀升階段，飛機汲取的水的機械能增加量ΔE?！敬鸢浮浚?），；（2）【詳解】（1）飛機做從靜止開始做勻加速直線運動，平均速度為，則解得飛機滑行的時間為飛機滑行的加速度為（2）飛機從水面至處，水的機械能包含水的動能和重力勢能，則機械能變化量為2．（2022·天津·高考真題）冰壺是冬季奧運會上非常受歡迎的體育項目。如圖所示，運動員在水平冰面上將冰壺A推到M點放手，此時A的速度，勻減速滑行到達(dá)N點時，隊友用毛刷開始擦A運動前方的冰面，使A與間冰面的動摩擦因數(shù)減小，A繼續(xù)勻減速滑行，與靜止在P點的冰壺B發(fā)生正碰，碰后瞬間A、B的速度分別為和。已知A、B質(zhì)量相同，A與間冰面的動摩擦因數(shù)，重力加速度取，運動過程中兩冰壺均視為質(zhì)點，A、B碰撞時間極短。求冰壺A（1）在N點的速度的大小；（2）與間冰面的動摩擦因數(shù)?！敬鸢浮浚?）；（2）【詳解】（1）設(shè)冰壺質(zhì)量為，A受到冰面的支持力為，由豎直方向受力平衡，有設(shè)A在間受到的滑動摩擦力為，則有設(shè)A在間的加速度大小為，由牛頓第二定律可得聯(lián)立解得由速度與位移的關(guān)系式，有代入數(shù)據(jù)解得（2）設(shè)碰撞前瞬間A的速度為，由動量守恒定律可得解得設(shè)A在間受到的滑動摩擦力為，則有由動能定理可得聯(lián)立解得3．（2022·山東·統(tǒng)考高考真題）某糧庫使用額定電壓，內(nèi)阻的電動機運糧。如圖所示，配重和電動機連接小車的纜繩均平行于斜坡，裝滿糧食的小車以速度沿斜坡勻速上行，此時電流。關(guān)閉電動機后，小車又沿斜坡上行路程L到達(dá)卸糧點時，速度恰好為零。卸糧后，給小車一個向下的初速度，小車沿斜坡剛好勻速下行。已知小車質(zhì)量，車上糧食質(zhì)量，配重質(zhì)量，取重力加速度，小車運動時受到的摩擦阻力與車及車上糧食總重力成正比，比例系數(shù)為k，配重始終未接觸地面，不計電動機自身機械摩擦損耗及纜繩質(zhì)量。求：（1）比例系數(shù)k值；（2）上行路程L值?！敬鸢浮浚?）；（2）【詳解】（1）設(shè)電動機的牽引繩張力為，電動機連接小車的纜繩勻速上行，由能量守恒定律有解得小車和配重一起勻速，設(shè)繩的張力為，對配重有設(shè)斜面傾角為，對小車勻速有而卸糧后給小車一個向下的初速度，小車沿斜坡剛好勻速下行，有聯(lián)立各式解得，（2）關(guān)閉發(fā)動機后小車和配重一起做勻減速直線運動，設(shè)加速度為，對系統(tǒng)由牛頓第二定律有可得由運動學(xué)公式可知解得4．（2017·浙江·高考真題）在某段平直的鐵路上，一列以324km/h的速度高速行駛的列車某時刻開始勻減速行駛，5min后恰好停在某車站，并在該站停留4min，隨后勻加速駛離車站，經(jīng)8.1km后恢復(fù)到原速度324km/h.（1）求列車減速時的加速度大?。唬?）若該列車總質(zhì)量為8.0×105kg，所受阻力恒為車重的0.1，求列車駛離車站加速過程中牽引力的大?。唬?）求列車從開始減速到恢復(fù)原速度這段時間內(nèi)的平均速度大小?！敬鸢浮浚?）0.3m/s2；（2）1.2×106N；（3）30m/s【詳解】（1）列車的初速度為324km/h=90m/s經(jīng)過5min=300s停下，所以列車減速時的加速度為a=m/s2=－0.3m/s2即列車減速時加速度大小為0.3m/s2，負(fù)號說明加速度的方向與運動方向相反。（2）由運動學(xué)公式得v2=2a′x’解得a′=m/s2=0.5m/s2阻力Ff=0.1mg根據(jù)牛頓第二定律，有F－0.1mg=ma′代入數(shù)值解得F=1.2×106N（3）列車加速的時間為t′=s=180s減速過程中通過的位移x=t=45×300m=13500m所以整個過程的平均速度m/s=30m/s5．（2022·浙江·統(tǒng)考高考真題）第24屆冬奧會將在我國舉辦。鋼架雪車比賽的一段賽道如圖1所示，長12m水平直道AB與長20m的傾斜直道BC在B點平滑連接，斜道與水平面的夾角為15°。運動員從A點由靜止出發(fā)，推著雪車勻加速到B點時速度大小為8m/s，緊接著快速俯臥到車上沿BC勻加速下滑（圖2所示），到C點共用時5.0s。若雪車（包括運動員）可視為質(zhì)點，始終在冰面上運動，其總質(zhì)量為110kg，sin15°=0.26，求雪車（包括運動員）（1）在直道AB上的加速度大??；（2）過C點的速度大小；（3）在斜道BC上運動時受到的阻力大小?！敬鸢浮浚?）；（2）12m/s；（3）66N【詳解】（1）AB段解得（2）AB段解得BC段過C點的速度大?。?）在BC段有牛頓第二定律解得6．（2021·浙江·高考真題）機動車禮讓行人是一種文明行為。如圖所示，質(zhì)量的汽車以的速度在水平路面上勻速行駛，在距離斑馬線處，駕駛員發(fā)現(xiàn)小朋友排著長的隊伍從斑馬線一端開始通過，立即剎車，最終恰好停在斑馬線前。假設(shè)汽車在剎車過程中所受阻力不變，且忽略駕駛員反應(yīng)時間。（1）求開始剎車到汽車停止所用的時間和所受阻力的大?。唬?）若路面寬，小朋友行走的速度，求汽車在斑馬線前等待小朋友全部通過所需的時間；（3）假設(shè)駕駛員以超速行駛，在距離斑馬線處立即剎車，求汽車到斑馬線時的速度。【答案】（1），；（2）20s；（3）【詳解】（1）根據(jù)平均速度解得剎車時間剎車加速度根據(jù)牛頓第二定律解得（2）小朋友過時間等待時間（3）根據(jù)解得7．（2021·廣東·高考真題）算盤是我國古老的計算工具，中心帶孔的相同算珠可在算盤的固定導(dǎo)桿上滑動，使用前算珠需要歸零，如圖所示，水平放