2023年高考物理考試易錯點：牛頓運動定律的綜合運用

易錯點06牛頓運動定律的綜合運用

易錯總結

動力學中的臨界極值問題臨界或極值條件的標志

⑴有些題目中有“剛好”、“恰好”、“正好”等字眼，明顯表明題述的過程存在著臨界點；

⑵若題目中有“取值范圍”、“多長時間”、“多大距離”等詞語，表明題述的過程存在著“起止

點”，而這些起止點往往就對應臨界狀態(tài)；

⑶若題目中有“最大”、“最小”、“至多”、“至少”等字眼，表明題述的過程存在著極值，這個

極值點往往是臨界點；

(4)若題目要求“最終加速度”、“穩(wěn)定加速度”等，即是求收尾加速度或收尾速度.

解題方法

一、超重和失重現(xiàn)象判斷的“三”技巧

(1)從受力的角度判斷，當物體所受向上的拉力(或支持力)大于重力時，物體處于超重狀態(tài)，

小于重力時處于失重狀態(tài)，等于零時處于完全失重狀態(tài).

(2)從加速度的角度判斷，當物體具有向上的加速度時處于超重狀態(tài)，具有向下的加速度時

處于失重狀態(tài)，向下的加速度為重力加速度時處于完全失重狀態(tài).

(3)從速度變化的角度判斷

①物體向上加速或向下減速時，超重；

②物體向下加速或向上減速時，失重.

二、動力學中的“四種”典型臨界條件

(1)接觸與脫離的臨界條件：兩物體相接觸或脫離，臨界條件是：彈力FN=O.

(2)相對滑動的臨界條件：兩物體相接觸且處于相對靜止時，常存在著靜摩擦力，則相對滑

動的臨界條件是：靜摩擦力達到最大值.

(3)繩子斷裂與松馳的臨界條件：繩子所能承受的張力是有限度的，繩子斷與不斷的臨界條

件是繩中張力等于它所能承受的最大張力，繩子松馳的臨界條件是：B=0.

⑷加速度變化時，速度達到最值的臨界條件：當加速度變?yōu)榱銜r.

三、“傳送帶模型”問題兩類傳送帶模型

(1)水平傳送帶問題：求解的關鍵在于對物體所受的摩擦力進行正確的分析判斷.判斷摩擦

力時要注意比較物體的運動速度與傳送帶的速度，也就是分析物體在運動位移x(對地)的過

程中速度是否和傳送帶速度相等.物體的速度與傳送帶速度相等的時刻就是物體所受摩擦力

發(fā)生突變的時刻.

(2)傾斜傳送帶問題：求解的關鍵在于認真分析物體與傳送帶的相對運動情況，從而確定其

是否受到滑動摩擦力作用.如果受到滑動摩擦力作用應進一步確定其大小和方向，然后根據(jù)

物體的受力情況確定物體的運動情況.當物體速度與傳送帶速度相等時，物體所受的摩擦力

有可能發(fā)生突變.

四、“滑塊一木板模型”問題

1.問題的特點

滑塊一木板類問題涉及兩個物體，并且物體間存在相對滑動.

2.常見的兩種位移關系

滑塊從木板的一端運動到另一端的過程中，若滑塊和木板向同一方向運動，則滑塊的位移和

木板的位移之差等于木板的長度；若滑塊和木板向相反方向運動，則滑塊的位移和木板的位

移之和等于木板的長度.

3.解題方法

此類問題涉及兩個物體、多個運動過程，并且物體間還存在相對運動，所以應準確求出各物

體在各個運動過程中的加速度（注意兩過程的連接處加速度可能突變），找出物體之間的位移

（路程）關系或速度關系是解題的突破口.求解中應注意聯(lián)系兩個過程的紐帶，每一個過程的

末速度是下一個過程的初速度?

【易錯跟蹤訓練】

易錯類型1：對物理概念理解不透徹

1.（2020?平遙縣第二中學校高三月考）關于超重和失重的下列說法中，正確的是（）

A.超重就是物體所受的重力增大了，失重就是物體所受的重力減小了

B.物體做自由落體運動時處于完全失重狀態(tài)，所以做自由落體運動的物體不受重力作用

C.物體具有向上的加速度時處于超重狀態(tài)，物體具有向下的加速度時處于失重狀態(tài)

D.物體處于超重或失重狀態(tài)時，物體的重力始終存在且不發(fā)生變化

【答案】D

【詳解】

ABD.超重是物體所受到的支持力或拉力大于重力的現(xiàn)象，失重是物體所受的支持力或拉

力小于重力的現(xiàn)象，當支持力或拉力等于零時，物體處于完全失重狀態(tài)，即自由落體運動屬

于完全失重狀態(tài)。所以物體處于超重或失重狀態(tài)時，物體的重力始終存在且不發(fā)生變化。

AB錯誤，D正確；

C.當物體隨著傾斜的傳動帶向上加速運動時，傳送帶對物體的支持力是小于重力的，此時

物體不屬于超重狀態(tài)。在坐過山車時，在最高點時，如果速度夠大，是有可能座椅對人的支

持力大于重力的，此時就屬于超重狀態(tài)，但是加速度是向下的。所以根據(jù)加速度方向判斷超

重還是失重是不準確的。c錯誤。

故選D。

2.（2019?大名縣第一中學高三期末）如圖甲所示，足夠長的固定光滑細桿與地面成一定夾

角，在桿上套有一個光滑小環(huán)，沿桿方向給環(huán)施加一個拉力F,使環(huán)由靜止開始運動，已

知拉力F及小環(huán)速度v隨時間t變化的規(guī)律如圖乙所示，重力加速度g取10m/s2.則以

下判斷正確的是（）

A.小環(huán)的質量是2kg

B.細桿與地面間的夾角是30。

C.前3s內(nèi)拉力F的最大功率是2.5W

D.前3s內(nèi)小環(huán)機械能的增加量是6.25J

【答案】C

【詳解】

AB.從速度時間圖象得到環(huán)先勻加速上升，然后勻速運動，根據(jù)牛頓第二定律，有第1s內(nèi),

速度不斷變大，由圖象可得：加速度為==0.5〃z/s2；加速階段：Fi-mgsin0=ma；

勻速階段：F2-mgsin0=O；聯(lián)立解得：m=lkg,sin0=O.45,則細桿與地面間的傾角不等于30。,

故AB錯誤；

C.第1s內(nèi)，速度不斷變大，拉力的瞬時功率也不斷變大，第1秒末，P=Fv=5x0.5=2.5W；

第一秒末到第三秒末，P=Fv=4,5x0.5=2.25W,即拉力的最大功率為2.5W,故C正確；

D.從速度時間圖象可以得到，前1s的位移為0.25m,2到3s位移為1m；前3s拉力做的功

為：W=5x0.25+4.5xl=5.75J,故D錯誤；

故選C.

3.（2022?全國高三專題練習）如圖所示，處于自然狀態(tài)下的輕彈簧一端固定在水平地面上,

質量為m的小球從彈簧的另一端所在位置由靜止釋放，設小球和彈簧一直處于豎直方向，

彈簧的勁度系數(shù)為匕重力加速度為g。在小球將彈簧壓縮到最短的過程中，下列敘述中不

正確的是（）

A.小球的速度先增大后減小B.小球的加速度先減小后增大

C.小球速度最大時彈簧的形變量為半D.彈簧的最大形變量為等

kk

【答案】D

【詳解】

開始時，小球的重力大于彈力，加速度方向向下，小球向下加速運動，隨著彈簧的壓縮，彈

力逐漸變大，則加速度逐漸減小，當彈力等于重力時，加速度為零，即

mg=kx

即

mg

x=----

k

此時小球的速度最大，然后小球繼續(xù)向下運動壓縮彈簧，彈力大于重力，加速度變?yōu)橄蛏希?/p>

速度逐漸減小，直到速度減小到零，到達最低點，由對稱性可知，此時彈簧的壓縮量為

r2mg

2A-------

k

則ABC正確，不符合題意；D錯誤，符合題意；

故選D。

4.（2021?湖北漢陽一中高三二模）如圖所示，質量相同，但表面粗糙程度不同的三個物塊人

6、c放在三個完全相同的斜面體上，斜面體靜置于同一粗糙水平面上。物塊。、6、c以相

同初速度下滑，其V7圖像如圖所示。物塊下滑過程中斜面體始終保持靜止，小6、c與斜

面之間的動摩擦因數(shù)分別為“、4、孔，斜面體對地面的壓力分別為然,、然〃、月「斜面體

A.〃"<為<"

B.Ffia<FND<FNC

c.fb=o,。向右，A向左

D.%=0,力向左，/向右

【答案】D

【詳解】

由VT圖像可知，物塊。勻加速下滑，物塊6勻速下滑，物塊c勻減速下滑。

A.對物塊。有

mgsin0>]Liamgcos0

則有

jua<tan6

對物塊b有

mgsin0=&mgcos0

則有

juh=tan0

對物塊c有

mgsin0</Libmgcos0

則有

>tan0

故有

Ma<^b<氏

故A正確，不符合題意；

BCD.對物塊和斜面體整體進行分析。物塊。和斜面體有沿斜面向下的加速度，對加速度

進行分解，豎直方向有向下的加速度，處于失重狀態(tài)，則有

<G想

水平方向有向左的加速度，則地面對斜面體的摩擦力水平向左，根據(jù)牛頓第三定律可知，斜

面體對地面的摩擦力人水平向右；

物塊6和斜面體處于平衡狀態(tài)，則有

=G總

斜面體與地面之間無摩擦力，即

fb=。

物塊c和斜面體有沿斜面向上的加速度，對加速度進行分解，豎直方向有向上的加速度，處

于超重狀態(tài)，則有

FNC>G總

水平方向有向右的加速度，則地面對斜面體的摩擦力水平向右，根據(jù)牛頓第三定律可知，斜

面體對地面的摩擦力人水平向左。則可得

故BC正確，不符合題意，D錯誤，符合題意。

故選D。

5.（2020.全國）如圖甲所示，傾角0=30。的光滑斜面固定在水平面上，自然伸長的輕質彈簧

一端固定在斜面底端的擋板上。一質量為機的小球，從離彈簧上端一定距離的位置由靜止

釋放，接觸彈簧后繼續(xù)向下運動。小球運動的一/圖象如圖乙所示，其中OA段為直線，

段是與0A相切于A點的平滑曲線，8c是平滑曲線，不考慮空氣阻力，重力加速度為g。

關于小球的運動過程，下列說法不正確的是（）

A.小球在ZB時刻所受彈簧彈力等于;〃對

B.小球在tc時刻的加速度大于1g

C.小球從正時刻所在的位置由靜止釋放后，能回到出發(fā)點

D.小球從fA時刻到fc時刻的過程中重力勢能的減少量等于彈簧彈性勢能的增加量

【答案】D

【詳解】

A.小球在加時刻速度達到最大，此時彈簧的彈力等于小球重力沿斜面的分力，則

%=mgsin30°=gmg

故A正確；

B.由題圖可知，以時刻所在位置關于加時刻所在位置對稱處小球的加速度大小為5，彈簧

彈力大小為，"g,故到達fc時刻所在位置時彈簧的彈力大于，咫，根據(jù)牛頓第二定律可知

4-mgsin0-ma

解得

1

a>28

故B正確；

C.整個過程中，彈簧和小球組成的系統(tǒng)機械能守恒，故從tc時刻所在的位置由靜止釋放，

小球能到達原來的出發(fā)點，故C正確；

D.小球從以時刻到先時刻的過程中，由系統(tǒng)機械能守恒知小球重力勢能的減小量與小球動

能的減小量之和等于彈簧彈性勢能的增加量，故D錯誤。

題目要求選不正確的，故選D。

6.（2021?遼寧高三二模）中國航天科技的發(fā)展一直穩(wěn)步向前，不斷的完成自我突破與創(chuàng)新。

如圖是某次發(fā)射載人宇宙飛船的過程，先將飛船發(fā)射到圓形軌道I上，然后在尸點變軌到

橢圓軌道U上。下列說法不正確的是（）

A.飛船在軌道I上經(jīng)過P點的速度一定大于第一宇宙速度

B.飛船在軌道II上經(jīng)過Q點的速度一定小于第一宇宙速度

C.飛船在軌道II上從P點到。點和從。點到P點的過程中，宇航員都處于完全失重狀態(tài)

D.飛船從地球向上加速發(fā)射和減速返回地球的過程中，宇航員都處于超重狀態(tài)

【答案】A

【詳解】

A.第一宇宙速度是近地衛(wèi)星的線速度，根據(jù)

cMmv2

G-7-=m—

r"r

可得

GM

v=

軌道I的半徑大于地球半徑，所以飛船在軌道I上經(jīng)過尸點的速度一定小于第一宇宙速度。

A錯誤，符合題意;

B.以地球球心到Q點的距離為半徑作圓，該圓軌道上的線速度比軌道II上。點的速度大,

而圓軌道上的線速度小于第一宇宙速度，所以飛船在軌道II上經(jīng)過。點的速度一定小于第

一宇宙速度。B正確，不符合題意;

C.飛船在軌道II上從P點到。點和從。點到P點的過程中，只受到萬有引力的作用，均

處于完全失重狀態(tài)。C正確，不符合題意;

D.飛船從地球向上加速發(fā)射和減速返回地球的過程中，加速度均向上，則宇航員受到的支

持力大于重力，處于超重狀態(tài)。D正確，不符合題意。

故選Ao

7.（2019?吳江平望中學高三月考）雜技演員在進行“頂桿”表演時，用的是一根質量可忽略

不計的長竹竿，質量為30kg的演員自桿頂由靜止開始下滑，滑到桿底時速度正好為零.已

知竹竿底部與下面頂桿人肩部之間有一傳感器，傳感器顯示頂桿人肩部的受力情況如圖所

示,取g=10m/s2.求:

八尸/N

(1)桿上的人下滑過程中的最大速度。

(2)竹竿的長度。

【答案】(1)4m/s⑵6m

【解析】

【詳解】

試題分析：(1)以人為研究對象，人加速下滑過程中受重力mg和桿對人的作用力Fi.由題

圖可知，人加速下滑過程中桿對人的作用力H為180N.根據(jù)牛頓第三定律可知，上面人受

到的桿對人的摩擦力為180N。

由牛頓第二定律得mg-Fi=mai代人數(shù)據(jù)得：ai=4m/s?

Is末人的速度達到最大，由v=ati得v=4m/s

(2)加速下降時位移：si=ati2/2=2m

2

減速下降時，相g-g=根4代人數(shù)據(jù)得：a2=-2m/s

在3秒末雜技演員恰好靜止，所以邑代人數(shù)據(jù)解得：S2=4m

竹竿的長度s=si+s2=6m。

8.如圖所示,質量為m=lkg的小滑塊，從光滑、固定的錯誤！未找到引用源.圓弧軌道的最

高點A由靜止滑下，經(jīng)最低點B后滑到位于水平面的木板上.已知木板質量M=2kg,其上表

面與圓弧軌道相切于B點，且長度足夠長.整個過程中木板的v-t圖像如圖所示,g取

10m/s2.求：

(1)滑塊經(jīng)過B點時對圓弧軌道的壓力大小.

(2)滑塊與木板之間的動摩擦因數(shù).

(3)滑塊在木板上滑過的距離.

【答案】(1)3OW；(2)月2=0$；(3)3m

【詳解】

試題分析：（1）滑塊下滑過程，由機械能守恒定律得mgR=g相聲

22

由向心力公式得N7-冽g=加上~,Wf#N'=mg+m—=30W,根據(jù)牛頓第三定律，滑塊對軌

RR

道的壓力是30W,方向豎直向下.

（2）由V-，圖象得：木板的加速度是q=l〃z/s2

2

滑塊與木板共同減速的加速度大小a2=lm/s

設木板與地面間的動摩擦因數(shù)是從

滑塊與木板之間的動摩擦因數(shù)是〃2

在l-2s內(nèi)，對滑塊和木板：+g=CM+m）a2

在0-Is內(nèi)，對木板：也mg（M+m）g=Max

解得：4=0」,〃2=0-5.

（3）滑塊在木板上滑動的過程中，對滑塊：/J2mg=ma,Vj=v-atl

木板的位移為=斗，滑塊的位移々=如普，滑塊在木板上滑動的距離〃=馬-斗=3根.

考點：機械能守恒定律、牛頓第二定律、牛頓第三定律

易錯類型2：挖掘隱含條件、臨界條件不夠

1.（2021?山東省淄博第四中學高三期末）如圖所示，光滑水平面上放置著質量分別為2%、

2九、機的三個物塊A、B、C,其中B放在C上，B與A間用水平輕繩相連.現(xiàn)用一水平拉

力拉A,結果B與C恰好不相對滑動.重力加速度大小為g,B、C間的動摩擦因數(shù)為〃，

認為最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等，該水平拉力的大小為（）

A.4〃mgB.51MlgC.6RingD.10jumg

【答案】D

【詳解】

根據(jù)牛頓第二定律對A、B、C整體有

F-5ma

對C有

//x2mg=ma

解得

F=10/nmg

故選D。

2.（2022.全國）廣州塔，昵稱小蠻腰，總局度達600米，游客乘坐觀光電梯大約一分鐘就

可以到達觀光平臺。若電梯簡化成只受重力與繩索拉力，已知電梯在U0時由靜止開始上升,

以向上為正方向。1圖像如圖所示。則下列相關說法正確的是（）

A.仁4.5s時，電梯處于失重狀態(tài)

B.5~55s時間內(nèi)，繩索拉力最小

C.f=59.5s時，電梯處于超重狀態(tài)

D.U60s時，電梯速度恰好為零

【答案】D

【詳解】

A.據(jù)題，電梯在Z=0時由靜止開始上升，加速度向上，此時加速度。>0,仁4.5s時，a>0,

加速度向上，電梯處于超重狀態(tài)，故A錯誤；

B.5?55s時間內(nèi)，a=0,電梯處于平衡狀態(tài)，繩索拉力等于電梯的重力，大于電梯失重時

繩索的拉力，所以這段時間內(nèi)繩索拉力不是最小，故B錯誤；

C.U59.5s時，a<0,加速度方向向下，電梯處于失重狀態(tài)，故C正確；

D.根據(jù)圖象與坐標軸所圍的面積表示速度的變化量，由幾何知識可知，60s內(nèi)圖象

與坐標軸所圍的面積為。，所以60s內(nèi)速度的變化量為0,而電梯的初速度為0,所以U60s

時，電梯速度恰好為0.故D正確.

故選Do

3.（2020?全國高三專題練習）如圖所示為東方明珠廣播電視塔，是上海的標志性文化景觀

之一，塔高約468米。游客乘坐觀光電梯大約1min就可以到達觀光平臺。若電梯簡化成只

受重力與繩索拉力，已知電梯在y0時由靜止開始上升，其加速度。與時間/的關系如圖所

示。下列相關說法正確的是（）

A.f=6s時，電梯處于失重狀態(tài)

B.7~53s時間內(nèi)，繩索拉力最小

C.，=59s時，電梯處于超重狀態(tài)

D.f=60s時，電梯速度恰好為0

【答案】D

【詳解】

A.根據(jù)a-r圖像可知當r=6s時電梯的加速度向上，電梯處于超重狀態(tài)，A錯誤；

B.53~55s時間內(nèi)，加速度的方向向下，電梯處于失重狀態(tài)，繩索的拉力小于電梯的重力；

而7~53s時間內(nèi)，。=0,電梯處于平衡狀態(tài)，繩索拉力等于電梯的重力，大于電梯失重時

繩索的拉力，所以這段時間內(nèi)繩索拉力不是最小，B錯誤；

C.f=59s時，電梯減速向上運動，?<0,加速度方向向下，電梯處于失重狀態(tài)，C錯誤；

D.a-f圖像與時間軸所圍的面積表示速度的變化量，而由幾何知識可知，60s內(nèi)a-/圖像

與時間軸所圍的面積為0,所以速度的變化量為0,而電梯的初速度為0,所以"60s時，

電梯速度恰好為0,D正確。

故選D。

4.（2021.全國高三專題練習）如圖所示，ad、4、）是豎直面內(nèi)三根固定的光滑細桿，a、

b、c、d位于同一圓周上，。點為圓周的最高點，d點為最低點。每根桿上都套著一個完全

相同的小滑環(huán)（圖中未畫出），三個滑環(huán)分別從。、氏c點無初速釋放，下列關于它們下滑

到d過程的說法中正確的是（）

A.沿〃細桿下滑的滑環(huán)用時最長B.重力對各環(huán)的沖量中a的最小

C.彈力對各環(huán)的沖量中c的最大D.合力對各環(huán)的沖量大小相等

【答案】C

【詳解】

A.物體從同一豎直圓上各點沿不同的光滑弦由靜止下滑，到達圓周最低點的時間相等，如

圖

即等時圓模型，小球下滑過程均滿足

2Rcos0=—gcos0't

根據(jù)等時圓模型可知三個滑環(huán)下滑的時間均相等，A錯誤；

B.三個滑環(huán)重力相等，根據(jù)沖量/=r可知重力對各環(huán)的沖量大小相等，B錯誤;

C.假設光滑細桿與”的夾角為0,受力分析可知滑環(huán)所受彈力為

N=mgsin0

〃桿與ad的夾角最大，所以彈力最大，根據(jù)沖量的定義可知彈力對各環(huán)的沖量中。的最大,

C正確；

D.根據(jù)動量定理可知合外力的沖量等于動量的變化量，根據(jù)機械能守恒定律

mgh=—mv'

v=y[2gh

可知從a滑到底端的滑環(huán)速度最大，合外力的沖量最大，D錯誤。

故選Co

5.（2021?全國高三專題練習）如圖所示，A,8兩小球由繞過輕質定滑輪的細線相連，A放

在固定的光滑斜面上，B,C兩小球在豎直方向上通過勁度系數(shù)為上的輕質彈簧相連，C球

放在水平地面上?，F(xiàn)用手控制住4并使細線剛剛拉直但無拉力作用，并保證滑輪左側細線

豎直、右側細線與斜面平行。已知A的質量為4m,B、C的質量均為m,重力加速度為g,

細線與滑輪之間的摩擦不計，開始時整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)。釋放A后，A沿斜面下滑至速

度最大時C恰好離開地面。下列說法正確的是（）

斜面傾角，=60。

A獲得最大速度為2g

c.C剛離開地面時，8的加速度最大

D.從釋放A到C剛離開地面的過程中，A、8兩小球組成的系統(tǒng)機械能守恒

【答案】B

【詳解】

A.C剛離開地面時，對C有

kx2=mg

此時B有最大速度，即

=aA=0

對B有

T-kx2-mg=0

對A有

4mgsina—T=0

以上方程聯(lián)立可解得

sina=0.5,a=30°

故A錯誤；

B.初始系統(tǒng)靜止，且線上無拉力，對B有

he】=mg

由上問知

mg

k

則從釋放至C剛離開地面過程中，彈性勢能變化量為零；此過程中A、B、C組成的系統(tǒng)機

械能守恒，即

12

4叫(％+x2)sina=mg(xl+x2)+—(4m+m)vAm

以上方程聯(lián)立可解得A球獲得最大速度為

%=2g超

故B正確;

c.C剛離開地面時，B球的加速度為零，對B球進行受力分析可知，剛釋放A時，B所受

合力最大，此時B具有最大加速度，故C錯誤；

D.從釋放A到C剛離開地面的過程中，A、B兩小球以及彈簧構成的系統(tǒng)機械能守恒，A、

B兩小球組成的系統(tǒng)機械能不守恒。故D錯誤。

故選B。

6.（2019?湖北宜昌市?）交通法規(guī)中越線停車的行為認定如下：當交通信號燈為紅燈期間，

汽車的前輪駛過停止線，會觸發(fā)電子眼拍攝第一張照片；汽車的后輪駛過停止線，會觸發(fā)電

子眼拍攝第二張照片；兩種照片齊全，這種行為被認定為“越線停車”?，F(xiàn)有一汽車以36km/h

勻速行駛至路口，該路口的最高時速不能超過54km/h,在前輪距離停止線100m處，司機

發(fā)現(xiàn)交通信號燈還有6s將由綠燈變?yōu)榧t燈，于是司機立即加速，但等紅燈亮起時汽車還未

過停車線，為了不闖紅燈，司機立即剎車減速。已知汽車剎車時受到的阻力恒為車重的

正常行駛時汽車所受的阻力是剎車時的：，加速時汽車牽引力變?yōu)樵葎蛩傩旭倳r的3倍，

汽車前后輪與地面接觸點之間的距離為3m,汽車行駛時不超過該路段的最高限速，g取10

m/s2o求：

⑴汽車加速運動時和剎車時的加速度大??；

(2)汽車最終停止時.汽車前輪與地面接觸點到停止線的距離；該車是否“越線停車”？

【答案】(l)2m/s2；5m/s2(2)6.25m；越線停車

【詳解】

(1)設汽車加速時，所受牽引力為片，阻力為力，加速度為%,勻速運動時所受牽引力為尸2,

剎車時，車受到的阻力為上，加速度為。2，由題意可得：

f2=O-5mg

fx=O.bng

因此原先勻速時牽引力也為K=O」〃zg，則加速時牽引力為月=。3咫，由牛頓第二定律有:

Fl-fl=mal

解得：?i=2m/s2

汽車減速時，根據(jù)牛頓第二定律有：；

f2=ma2

2

解得：a2=5m/s

⑵設汽車從%=10m/s加速到匕=15m/s的時間為哨位移為不

汽車達到最高限速后勻速運動的時間為芍，位移為馬

根據(jù)運動學公式得：

「0=2.5s

ax

又：

玉——b=31.25m

2q

汽車勻速運動的時間為：

t2=6-2.5s=3.5s

位移為:

x2=卬2=52.5m

此時汽車開始剎車做減速運動，設從開始減速到最終靜止的位移為當

根據(jù)運動學公式得：

°一片”《

x=-------=22.5m

—2a,

此時車前輪到停車線的距離為Ax=再+%+無3-100m=6.25m

由于此距離已大于汽車前后輪中心線之間的距離，因此汽車已越線停車

7.(2021.全國高三專題練習)如圖所示，在海濱游樂場里有一種滑沙運動。某人坐在滑板

上從斜坡的高處A點由靜止開始滑下，滑到斜坡底端8點后，沿水平的滑道再滑行一段距

離到C點停下來。若人和滑板的總質量，〃=60.0kg,滑板與斜坡滑道和水平滑道間的動摩

擦因數(shù)均為〃=0.5,斜坡的傾角6=37。(sin37°=0.6,cos37°=0.8),斜坡與水平滑道間

是平滑連接的，整個運動過程中空氣阻力忽略不計，重力加速度取g=10m/s2。求：

(1)人從斜坡上滑下的加速度為多大？

(2)若由于場地的限制，水平滑道BC的最大長度L=20.0m,則斜坡上4B兩點間的距離

應不超過多少？

(3)在軌道長度為(2)的最大值的條件下，要使靜止在C處的人和滑板回到A處，至少應給人

和滑板施加多大的水平拉力？

【答案】⑴2.0'；(2)50.0m；(3)600N

【詳解】

(1)人和滑板在斜坡上的受力如圖所示，建立直角坐標系

設人和滑板在斜坡上滑下的加速度為生,由牛頓第二定律得

mgsin9—Ff=mai

FN-mgcos0=0

其中

耳=

聯(lián)立解得人和滑板滑下的加速度力

4=g(sin0-//cos=2.0m/s2

(2)人和滑板在水平滑道上，由牛頓第二定律得

/j.mg=ma,

解得人和滑板在水平滑道上運動的加速度大小為

22

a2=jug=0.5x10m/s=5.0m/s

設人從斜坡上滑下的最大距離為4B,由勻變速直線運動公式得

VB=

0-v：=-2a,L

聯(lián)立解得

LAB=50.0m

(3)設最小拉力為死拉力最小時人和滑板回到A點時速度為零，由牛頓第二定律得，水平

面上