大题01牛顿运动定律与直线运动（解析版）.docx

《大题01牛顿运动定律与直线运动（解析版）.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《大题01牛顿运动定律与直线运动（解析版）.docx（34页珍藏版）》请在课桌文档上搜索。

1、大题Ol牛顿运动定律与直线运动直线运动与牛顿运动定律在高中物理中占有重要地位，在历年高考中都有体现，多以选择题、计算题的形式出现。其中与动力学相结合，借助经典的追及相遇、连接体、斜面等模型考察新情境或多过程问题比较常见。发麓大题典例匀变速直线运动规律的综合应用【例1】（2024河南高三校联考阶段练习）在游乐园和主题乐园有一种大型游乐设施跳楼机，这种设施可将乘客载至高空，然后几乎以重力加速度垂直向下跌落。跳楼机在某次工作时，将游客送到塔顶后让其做自由落体运动，当其下落的高度为跳楼机下降总高度%时，让跳楼机开始匀减速运动，到达地面时跳楼机的速度刚好减为零。已知整个过程跳楼机运动的总时间为11.2s

2、,取重力加速度为g=98ms2求：（1）跳楼机做减速运动的加速度为多少；（2）跳楼机做减速运动的时间以及跳楼机下降的总高度分别为多少。（总高度保留三位有效数字）【答案】（1）大小为29.4ms2,方向竖直向上；（2）2.8s,461m【详解】（1）假设跳楼机自由下落的时间为4、减速的时间为fz，自由下落的高度为4、减速运动的高度为h2,减速的加速度大小为最大速度为又由自由落体运动的规律得V2=2的跳楼机减速时0-V2=-fIah1由题意h=3解得a=3g=29.4ms（2）由自由落体运动过程有v=(g1减速运动过程有整理可得又由题意可知Z1+z2=11.2s解得/,=8.4s、t2=2.8s跳

3、楼机卜降的总高度为h=hx+h2解得/7461m例2（2024上山东济南高三统考期末）2023年10月23日，中国选手夺得杭州亚运会女子3km自行车个人追逐赛冠军。杭州亚运会自行车跑道为周长25Om的椭圆，如图a所示，M、N两点为位于椭圆轨道短轴的两端点，比赛开始后，甲、乙两名选手分别从M、N两点同时出发，骑行前两圈过程中甲、乙两名选手的速率随时间变化的规律分别如图b、图c所示。（1）甲选手骑行路程为82.5m时的速率;（写出必要的计算和文字说明）（2）甲选手在骑行前两圈过程中能否追上乙选手?【答案】v=9ms；图C（2）甲未追上乙【详解】（1）假设甲骑行82.5m时处于10-2OS的某时刻，

4、O-IoS甲的路程为n1oS1=10=40m82.5m故假设成立，10-2OS中的加速度为10-8八ra.=0.2m/s10S-S,=v,t-1解得：t=5s,r=-85s（舍去）由V=v1+alf解得v=9ms(2)0-小乙的加速度为12-0o/,=0.3m/s40甲乙速率相等需要的时间V100F共=-=F-S/3甲在这段时间内通过的路程为790S甲=40m+90m+v（f共-20s）=m乙在这段时间内通过的路程为12500S乙=5生1共=亍m甲乙速率相等时的路程差为a290s=S甲一S乙=m9ms2【解析】(1)小球自由下落过程，由运动学公式得力=蛔对智能小车运动过程，由运动学公式得X=M

5、)联立并代入数据解得V=6m/s,fo=3s。(2)假设智能小车先匀加速接着匀减速运动到楼底，运动过程中的最大速度为物，由运动学公式得解得vo=2v=12msvm=9m/s故智能小车应先加速到vm=9m/s,再匀速，最后匀减速运动到楼底。设匀加速、匀速、匀减速过程的时间分别为小12、位移分别为k、X2、右，由运动学公式得XI=SX3=/的X2=Vmt2Um=M=%-+SA)X+X2+X3=A联立式并代入数据得a9ms2o茏笼大题典例牛顿运动定律的综合应用例2（2023上福建三明高三校联考阶段练习）我国游泳健将覃海洋在刚结束的2023年杭州亚运会男子200米蛙泳决赛中刷新记录夺得金牌，新晋为“世

6、界蛙王”。图甲为运动员蛙泳时某段蹬腿加速及惯性前进过程，将这两个过程简化为水平方向的匀变速运动，其修图像如图乙所示，设运动员质量为60kg,重力加速度g取10ms2r求：（1）蹬腿加速过程和惯性前进过程中加速度大小；（2）00.9s内运动员平均速度的大小；（3）惯性前进过程中，水对运动员作用力的大小（答案保留根式）。【详解】（1）0-3S内，加速过程的加速度大小为a.=6m/s20.3-0.9s内，惯性前进的加速度大小为（2）解法一:位移为由得解法二：由V2-V,./，a-y=-=lms2V1+Voav2+V,a=2Zl+22,3绝v=1.90msSl=也+g卬;=0.45ms2=v22+=1

7、.26mV=1.90ms（3）惯性前进时竖直方向上运动员处于平衡状态，浮力为R=mg水平方向上水对运动员的阻力使其减速水对运动员的作用力大小得F=6OiTN【例2】（2023上河南高三校联考阶段练习）如图所示，倾角供=37。的斜面体固定在水平地面上，绕过固定在斜面顶端轻小光滑的定滑轮的细线，一端与放在斜面底端质量为Ikg的物块A相连，另一端吊着质量为1.5kg的物块B。开始时固定物块A,使A、B都处于静止状态，滑轮与物块A间的细线与斜面平行；由静止释放物块A,当物块A向上运动的距离为斜面长度的1时，用一个竖直向下、大小为15N的恒力替换掉物块B；当物块A又向上运动斜面长度的g距离时，撤去恒力。

8、已知物块与斜面间的动摩擦因数为0.5,取重力加速度g=10ms2,sin37o=0.6,cos37o=0.8（1）求两物块一起运动的加速度大小。（2）试分析：撤去恒力后，物块A是否会从斜面顶端滑离？【答案】（1）4=2ms2;（2）不会从斜面顶端滑离【详解】（I）物块B悬挂在细线上时，设物块A、B运动的加速度大小为/,根据牛顿第二定律有T-mgsin-jumgcos=11a1,niBg-T=?Bq解得a=2ms*(2)设斜面长为1.,绳断瞬间物块A的速度大小为刃，由运动学规律可得片=2。用心当施加恒力时，设物块A的加速度大小为42,由牛顿第二定律有F-wzagsin6-Ageos=rnfa2解

9、得a2=5ms2设撤去恒力时物块A的速度大小为V2，则有22c1,vi-vl=2a2-1.撤去拉力后，物块A的加速度大小ay=gsine+gcos6=10ms2物块A减速上滑的最大位移因此物块A不会从斜面顶端滑离。茏变避;去揖号1 .解决动力学两类基本问题的思路确定研究xt象由Fma求合力或某个力运动分析T求加速度J2 .连接体问题(1)整体法与隔离法的选用技巧整体法的选取原则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隔离法的选取原则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作用力整体法、隔离法的交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力

10、，可以先整体求加速度，后隔离求连接体内物体之间的作用力替运用3 .常见连接体接触面光滑，或A=8三种情况中弹簧弹力、绳的张力大小相同且与接触面是否光滑无关BJ71.B常用隔离法常会出现临界条件茏塞变式训练1.(2024江苏常州高三校联考阶段练习)如图甲所示，物块A、B通过细线连接，A在桌面上，B悬挂在桌子边缘，细线与滑轮间无摩擦.现将物块A从P点处由静止释放，B落地后不反弹，最终A停在。点,物块A的门f图像如图乙所示。已知B的质量为0.5kg,重力加速度大小g取IOm/S?.求：(1)PQ两点的距离；(2)物块A与桌面间的动摩擦因数;(3)物块A的质量.4【答案】(1)3m；(2)0.1；(3

11、)-kg【详解】(1)由v-f图可知(2)由w/图可知，物块A在13s的加速度大小42=1ms2l3s内，对A物块根据牛顿第二定律得mg=ma2所以=a=o.g（3）Ols内，加速度大小a=2ms2对A、B物块根据牛顿第二定律得T-加Ag=ZWAq2一/=，年解得41WA=-kg2.（2024贵州贵阳高三清华中学校考阶段练习）如图甲所示，质量为m=lkg小球从固定斜面上的A点由静止开始做加速度大小为由的运动，小球在力=IS时刻与挡板8碰撞，然后沿着斜面做加速度大小为s的运动，在Q=1.25s时刻到达C点，接着从C点运动到挡板B点，到达挡板B点的时刻为小以上过程的口“图像如图乙所示（VO未知），

12、已知02与/大小的差值为4ms2,重力加速度g=IOmZs?,则:（1）小球所受到阻力的大小为多少？（2）图中阳大小等于多少？（3）到达挡板B的时刻为“为多少？【详解】（I）根据图像，Ols时间内，有mgsn-f=ma2%=砧ls1.25s时间内，有Ingsin+f=ma2解得ai=4ms2,a2=8ms2,f=2N（2）由于2%=砧解得%=2ms（3）根据图像可得，SC间的位移大小为X=2Tl）解得X=0.25m。到&物体运动的加速度大小为a=4ms21 ,x=2at解得2s4茏皿.鲍模拟一1. （2024下四川成都高三石室中学校考开学考试）如图所示，一个质量为M、长为1.的圆管竖直放置,顶

13、端塞有一个质量为机的弹性小球，M=2%小球和圆管间的滑动摩擦力和最大静摩擦力大小均为2吟圆管从下端距离地面为H处自由落下，运动过程中，圆管始终保持竖直，每次落地后向上弹起的速度与落地时速度大小相等，不计空气阻力，重力加速度为g。求：（1）圆管第一次落地弹起时圆管和小球的加速度；（2）圆管第次落地弹起后至第二次落地前，若小球没有从圆管中滑出，则1.应满足什么条件？HX1.4【答案】（1）a=2gt方向竖直向卜，42=g,方向竖直向上；（2）1.个H【详解】（1）圆管第一次落地弹起时，设圆管的加速度为力,根据牛顿第二定律有2mg+Mg=Mai解得a=2方向竖宜向下；设小球的加速度为。2,则有2mg

14、-mg=ma2解得s=g方向竖直向上。（2）设圆管第一次落地时的速度大小为加,此时小球的速度大小也为,则有*=2g解得v0=y2gH方向竖直向下；碰地后，圆管的速度K=J2g”方向竖直向上。取竖直向下为正方向，设经过时间，小球、圆管的速度相同，则-vl+11=v0-l解得3g设时间内圆管的位移大小为X/,小球的位移大小为42,则有1,4x=vt-a=-128ox2=%-5研=H若小球刚好没有从圆管中滑出，小球与圆管的相对位移大小,41.=xl+x2=-n4之后圆管与小球一起运动，加速度为g，方向竖直向下，则1.应满足条件1.?02. （2024宁夏石嘴山高三石嘴山市第三中学校考阶段练习）如图所

15、示，A、B两棒均长lm,A悬于高处,B竖于地面，A的下端和B的上端相距/10m,若A、B两棒同时运动，A做自由落体运动，B以初速度%=40m/s做竖直上抛运动，在运动过程中都保持竖直。（取g=10ms?）问：（1）两棒何时开始相遇？（2）两棒从开始相遇到分离的时间？【答案】（1）0.25s；42m/s6.（2024河南高三校联考阶段练习）如图甲所示，足够长的长木板倾斜地固定在水平面上，倾角。二37。，轻弹簧固定在长木板底端的挡板上，轻弹簧上放置一可视为质点的质量m=05kg的物体。现用外力向下压缩弹簧并用一根轻绳系在物体和木板底端的挡板上（物体与弹簧不粘连）；f=0时刻将轻绳烧断，此后物体的速

16、度随时间的部分变化规律如图乙所示，其中OA为曲线、AB为直线。已知弹簧的劲度系数A=400Nm,取重力加速度g=10ms2,sin37=0.6,cos37o=0.8,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：（1）弹簧的最大压缩量以及物体与斜面间的动摩擦因数；（2）OO.35s内物体的位移大小为多少厘米？【答案】(1)0.05m,0.25；(2)6.13cm【详解】（1）物体与弹簧分离后，沿斜面向上做匀减速直线运动，由图乙可知减速时的加速度大小为1.0-0.80.090-0.065ms2=8ms2由牛顿第二定律可得解得物体与斜面间的动摩擦因数mgsin+mgcos=A=0.25绳子烧断瞬间，由图乙可知物

17、体的加速大小为型二曲=32曲0.025-0由牛顿第二定律得At-mgsin-mgcos=ma1解得弹簧的最大压缩量为x=0.05m（2）,=0.065s时物体与弹簧分离，之后再经Ur=-=0.125sa物体减速为0；在加时间内物体的位移为xl=y-=6.25cm物体减速为零后将匀加速下滑，加速度大小为%=gsin。-gcos-4ms2再下滑Z1=(0.35-0.065-0.125)s=0.16s物体的位移为X2=；织；=5.12Cm在OO.35s内，物体运动的位移大小为X=4r+X1-2=6.13cm7. （2024河南高三校联考阶段练习）冰壶比赛具有较高的观赏性，如图所示为冰壶比赛的场地模拟

18、图，场地的长度为44.5m,投掷线到圆垒圆心的距离为X=30m。某次比赛时，运动员由距离投掷线IOm处的A点开始用斜向下与水平方向成8=37。的恒力厂推动质量为m=19kg的冰壶，冰壶在A点时的速度为零，冰壶与冰面之间的动摩擦因数为M=O5,经过一段时间冰壶运动到投掷线处时撤走外力，运动员马上用刷子刷冰面，使冰壶与冰面之间的动摩擦因数减小到H?=击，最终冰壶刚好停在圆垒圆心。取重力加速度g=10ms2,sin37o=0.6cos37=0.8o求：（1）撤走外力前冰壶的加速度以及冰壶的最大速度分别为多少？（2）在冰壶上施加的外力应为多大？30m.独卜纯一起滑架投掷线【答案】（1）m=0.2ms2

19、;vm=2ms（2）F=197.6N【详解】（1）设冰壶做匀加速运动的加速度为/,冰壶在投掷线处的速度最大为加，撤走外力后冰壶开始减速，减速时的加速度大小为G。由题意可知，冰壶加速的位移为巾=IOm,减速的位移为七=30m撤走外力后，冰壶受到滑动摩擦力作用做减速运动，根据牛顿第二定律f=ma2又fiz2fng代入数据解得1,=ms15由vm=2a2x2可得vm=y2a2x2=2ms再由=24X可得Fcos-Fj=ma竖直方向FN=FSinO+mg又Ff=FN代入数据得F=197.6N8. （2024安徽黄山统考一模）如图甲所示，在粗糙的水平面上，放着可视为质点的A、B两物块，质量分别为%=lk

20、g,%=5kg0轻弹簧一端与物块A相连，另一端与竖直墙壁相连。A、B两物块紧靠但不相连,开始时弹簧被压缩且整个系统恰好处于静止状态。从Z=O时刻开始，对8施加一水平向右的力尸使物块B做匀加速运动，力厂随时间变化的规律如图乙所示，已知物块与地面间的动摩擦因数均为0.5,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知弹性势能E=TAX2S取IOm/S?）,求：（1）物块B的加速度大小；（2）弹簧的劲度系数；（3），=0到=0.2s的过程中力尸做的功为多少？【详解】（1）未施加拉力尸时，A、B均静止，可得K=MmA+恤”，=0时刻刚施加尸时，对A、B整体，据牛顿第二定律可得F+处）-（心+恤）g=（心+/”由图

21、像可得F=30N由以上两式解得物块B的加速度大小a=5m/s2（2）刚分离时，对A,根据牛顿第二定律可得kxx-m=mxa1、-i=2得Z=200Nm（3）据题意可知f=0.2s时，A、B开始分离，此过程AB位移大小为12八，x=-at=OJm2AB分开前，可得拉力尸与位移是一次函数关系，当A、B分离后，水平力尸的达到最大值，根据牛顿第二定律可得Fm=WnBg+切Ba=0.5510N+55N=50N故30到y0.2S的过程中力尸做的功为W=+x=4J29. （2024江西抚州高三临川一中校考阶段练习）高空跳伞是一项极限运动。某跳伞运动员于1.O时刻从高空静止跳出的UT图像如图所示，可将其运动视

22、作竖直方向的直线运动。运动员（含降落伞）所受空气阻力/的方向与速度U的方向相反，/的大小与，成正比，但开伞前、后的正比例系数不同。已知开伞前运动员匀速飞行时的速度大小为;运动员在6时刻打开降落伞，开伞后运动员匀速飞行时的速度大小为:%。重力加速度大小为g,不计空气浮力。（1）求。时刻运动员的加速度q的大小；【详解】（I）开伞前运动员匀速飞行时，根据受力平衡有开伞后运动员匀速K行时，根据受力平衡有在4时刻运动员打开降落伞瞬间，根据牛顿第二定律有k2VQi-m=mal解得q=8g3（2）若开伞前某时刻运动员的加速度大小为以，根据牛顿第二定律有,23rng-kiv;=m-ai解得1v=2vo3若开伞

23、后某时刻运动员的加速度大小为以4,根据牛顿第二定律有.232v2-ng=m解得10. （2024湖南怀化高三怀化市铁路第一中学校考阶段练习）在次消防演练中，某消防员沿固定的竖直金属杆由P处静止下滑至地面，示意图如图甲所示；消防员受竖直向上的摩擦力随时间变化情况如图乙所示。已知该消防员的质量=60kg,取重力加速度g=10ms2,空气阻力忽略不计。求：（1）消防员向下加速和减速时的加速度大小、的；（2）尸处距地面的高度力；（3）通过训练，该消防员安全落地的最大速度%=6ms,且他与金属杆之间产生的摩擦力大小范围为0720N,求他从P处下滑至地面的最短时间上720375t/s【答案】(I)1=3.

24、75ms2,2=2ms2;(2)21m；(3)3s【详解】（1）设加速时加速度为大小K,摩擦力大小为力，则mg-f=mq,Z=375N减速时加速度大小为生，摩擦力大小为人，则有f2-fng=fna2,f2=720N代入数据解得ai=3.75ms2,a2=2ms2（2）设加速阶段下降高度为,时间为,末速度为K；减速阶段下降高度为小，时间为4,则有71,2/1oh1=3a，h2=vt2-a2t2V1=印I,Z1=2s,t2=3sh=hx+h2解得（3）为使消防员在最短时间内落地，消防员应先做自由落体运动，再以最大摩擦力减速卜降。设自由落体时间为“，下降高度为小，末速度为匕；减速度下降时间为，4,下

25、降高度为4,则,1，124，%=啾-5%；VI=%，=V2-a2t4a=+联立解得f=3s1. （2023辽宁统考高考真题）某大型水陆两柄飞机具有水面滑行汲水和空中投水等功能。某次演练中，该飞机在水而上由静止开始匀加速直线滑行并汲水，速度达到匕=80ms时离开水面，该过程滑行距离1.=1600m,汲水质量加=1.0x104kg。离开水面后，飞机攀升高度后100m时速度达到艺二lms,之后保持水平匀速飞行，待接近目标时开始空中投水。取重力加速度g=10ms2.求：（1）飞机在水面滑行阶段的加速度。的大小及滑行时间h（2）整个攀升阶段，飞机汲取的水的机械能增加量/a【答案】（1）2ms40s；（2

26、）2.8107J【详解】（1）飞机做从静止开始做匀加速直线运动，平均速度为与，则r1二5卬解得飞机滑行的时间为21.21600，八t=s=40sv180飞机滑行的加速度为（?=-=ms2=2ms2t40（2）飞机从水面至。=10Om处，水的机械能包含水的动能和重力势能，则机械能变化量为=-1/HVj+tngh-wvl2=2.8107J2. （2022天津高考真题）冰壶是冬季奥运会上非常受欢迎的体育项目。如图所示，运动员在水平冰面上将冰壶A推到M点放手，此时A的速度=2ms,匀减速滑行M=I6.8m到达N点时，队友用毛刷开始擦A运动前方的冰面，使A与NP间冰面的动摩擦因数减小，A继续匀减速滑行/

27、=35m,与静止在P点的冰壶B发生正碰，碰后瞬间A、B的速度分别为匕=0.05m/s和=0.55m/s。已知A、B质量相同，A与肺V间冰面的动摩擦因数丛=SOl，重力加速度g取IOm/S?,运动过程中两冰壶均视为质点，A、B碰撞时间极短。求冰壶A（1）在N点的速度匕的大小；（2）与Np间冰面的动摩擦因数-【答案】（I）v1=0.8mS;（2）2=0.004【详解】（1）设冰壶质量为加，A受到冰面的支持力为N,由竖直方向受力平衡，有N=mg设A在MN间受到的滑动摩擦力为了,则有f=4N设A在MN间的加速度大小为。，由牛顿第二定律可得f=ma联立解得a=0.1ms2由速度与位移的关系式，有V？-V

28、o=-2r1代入数据解得vl=0.8m/s（2）设碰撞前瞬间A的速度为为，由动量守恒定律可得mv2=ZWVaZMVb解得v2=0.6m/s设A在NP间受到的滑动摩擦力为r,则有由动能定理可得,1，1，-f=2wv2-2,wv,联立解得2=0.0043. （2022山东统考高考真题）某粮库使用额定电压U=380V,内阻R=0.25。的电动机运粮。如图所示，配重和电动机连接小车的缆绳均平行于斜坡，装满粮食的小车以速度v=2Ws沿斜坡匀速上行，此时电流=40A,关闭电动机后，小车又沿斜坡上行路程1.到达卸粮点时，速度恰好为零。卸粮后，给小车一个向下的初速度，小车沿斜坡刚好匀速下行。已知小车质量町=1

29、00kg,车上粮食质量外=1200kg,配重质量wn=40kg,取重力加速度g=10ms2,小车运动时受到的摩擦阻力与车及车上粮食总重力成正比，比例系数为k,配重始终未接触地面，不计电动机自身机械摩擦损耗及缆绳质量。求：（1）比例系数女值；（2）上行路程1.值。【答案】（I）=0.1;（2）=m1o5【详解】（I）设电动机的牵引绳张力为Z，电动机连接小乍的缆绳匀速上行，由能量守恒定律有UI=I1R+Txv解得7；=7400N小车和配重起匀速，设绳的张力为右，对配重有(=g=400N设斜面倾角为凡对小车匀速有7；+T2=(w1+n2)gsin+k(m1+m2)g而卸粮后给小车一个向下的初速度，小

30、车沿斜坡刚好匀速下行，有町gsin=砥lg+hqg联立各式解得Sine=O.5,2=0.1(2)关闭发动机后小车和配重起做匀减速直线运动，设加速度为。，对系统由牛顿第二定律有(町+4)gsin+k(mx+m2)g-m0g=(网+m2+m0)。可得370,a=ms67由运动学公式可知V2=2a1.解得,671.=m1854. (2017浙江高考真题)在某段平直的铁路上，一列以324kmh的速度高速行驶的列车某时刻开始匀减速行驶,5min后恰好停在某车站,并在该站停留4min,随后匀加速驶离车站,经8.1km后恢复到原速度324kmh.(1)求列车减速时的加速度大小；(2)若该列车总质量为8.Ox

31、lO5kg,所受阻力恒为车重的0.1,求列车驶离车站加速过程中牵引力的大小；(3)求列车从开始减速到恢复原速度这段时间内的平均速度大小。【答案】(1)0.3ms2;(2)1.2106N;(3)30ms【详解】(1)列车的初速度为324kmh=90ms经过5min=3OOs停下，所以列车减速时的加速度为v0-90a=/300m/s2=O.3ms2即列车减速时加速度大小为O.3ms2,负号说明加速度的方向与运动方向相反。（2）由运动学公式得v2=2a,x,解得,V2902a=ms-=0.5ms-2/28.1103阻力Fj=O.1mg根据牛顿第二定律，有F-0mg=ma,代入数值解得F=1.2106

32、N（3）列车加速的时间为/=-=-s=180sa0.5减速过程中通过的位移x=-r=45300m=13500m2所以整个过程的平均速度_x+x13500+8100Vms=30ms%300+240+180s*um/5. （2022浙江统考高考真题）第24届冬奥会将在我国举办。钢架雪车比赛的段赛道如图1所示，长12m水平直道AB与长20m的倾斜直道BC在8点平滑连接，斜道与水平面的夹角为15。运动员从A点由静止出发，推着雪车匀加速到B点时速度大小为8ms,紧接着快速俯卧到车上沿3C匀加速下滑（图2所示）,到。点共用时5.0so若雪车（包括运动员）可视为质点，始终在冰面上运动，其总质量为110kg,

33、sinl5o=0.26,求雪车（包括运动员）（1）在直道48上的加速度大小；（2）过C点的速度大小；（3）在斜道BC上运动时受到的阻力大小。图1图2Q【答案】(1)1=-ms2;(2)I2m/s；(3)66N【详解】(1)A4段d=2g解得a.=-ms213(2) AB段K=砧解得Z1=3sBC段X2=卬2+a2t2a2=2ms2过C点的速度大小V=V1+a2t2=12ms(3)在BC段有牛顿第二定律ngsin-Ff=ma2解得F(=66N6. (2021浙江高考真题)机动车礼让行人是一种文明行为。如图所示，质量?=1.0xl()3kg的汽车以W=36kmh的速度在水平路面上匀速行驶，在距离斑

34、马线s=20m处，驾驶员发现小朋友排着长=6m的队伍从斑马线端开始通过，立即刹车，最终恰好停在斑马线前。假设汽车在刹车过程中所受阻力不变，且忽略驾驶员反应时间。(1)求开始刹车到汽车停止所用的时间和所受阻力的大小；(2)若路面宽1.=6m,小朋友行走的速度%=05ms,求汽车在斑马线前等待小朋友全部通过所需的时间;(3)假设驾驶员以=54kmh超速行驶，在距离斑马线s=20m处立即刹车，求汽车到斑马线时的速度。【答案】(1)=4s,Ff=2.5xlO3N；(2)20s；(3)v=55ms【详解】(1)根据平均速度S解得刹车时间r1=4s刹车加速度小根据牛顿第二定律Ff-ma解得7=2.5103

35、N(2)小朋友过时间1+1.h=%等待时间/=Z2Z1=20s(3)根据Vj-V2=205解得=55m/7. （2021广东高考真题）算盘是我国古老的计算工具，中心带孔的相同算珠可在算盘的固定导杆上滑动,使用前算珠需要归零，如图所示，水平放置的算盘中有甲、乙两颗算珠未在归零位置，甲靠边框6,甲、乙相隔s=35xl-2m,乙与边框。相隔S2=2.0xl0m,算珠与导杆间的动摩擦因数=01。现用手指将甲以0.4ms的初速度拨出，甲、乙碰撞后甲的速度大小为0.111Vs,方向不变，碰撞时间极短且不计，重力加速度g取IOnVs2o（1）通过计算，判断乙算珠能否滑动到边框（2）求甲算珠从拨出到停下所需的时间。算珠归零状态边框”边框力/停苜苜苜苜邙1【答案】（D能；（2）0.2s【详解】（1）由牛顿第二定律可得，甲乙滑动时均有f=ng=ma则甲乙滑动时的加速度大小均为CI=Ng=lms2甲与乙碰前的速度刃，则251=v-v12解得v=0.3ms甲乙碰撞时由动量守恒定律7