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大题01 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。
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的
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
，取重力加速度为
。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
，方向竖直向上；（2）
，
【详解】（1）假设跳楼机自由下落的时间为
、减速的时间为
，自由下落的高度为
、减速运动的高度
为
，减速的加速度大小为
，最大速度为v。由自由落体运动的规律得
跳楼机减速时
由题意
1
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解得
（2）由自由落体运动过程有
减速运动过程有
整理可得
又由题意可知
解得
、
跳楼机下降的总高度为
解得
【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
自行
车个人追逐赛冠军。杭州亚运会自行车跑道为周长
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。求
（1）甲选手骑行路程为
时的速率；
（2）甲选手在骑行前两圈过程中能否追上乙选手？（写出必要的计算和文字说明）
2
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【答案】（1）
；（2）甲未追上乙
【详解】（1）假设甲骑行
时处于
的某时刻，
甲的路程为
故假设成立，
甲的加速度为
解得：
，
（舍去）
由
解得
（2）
乙的加速度为
甲乙速率相等需要的时间
甲在这段时间内通过的路程为
乙在这段时间内通过的路程为
甲乙速率相等时的路程差为
故甲未追上乙。
1.处理匀变速直线运动的常用方法
3
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基本公式法、平均速度公式法、位移差公式法、比例法、逆向思维法、图像法等。
2.两种匀减速直线运动的分析方法
(1)刹车问题的分析：末速度为零的匀减速直线运动问题常用逆向思维法，对于刹车问题，应先判断车停下
所用的时间，再选择合适的公式求解。
(2)双向可逆类运动分析：匀减速直线运动速度减为零后反向运动，全过程加速度的大小和方向均不变，故
求解时可对全过程列式，但需注意x、v、a 等矢量的正负及物理意义。
3.追及、相遇问题的解题思路和技巧
(1)紧抓“一图三式”，即过程示意图，时间关系式、速度关系式和位移关系式。
(2)速度相等往往是恰好追上(追不上)，两者间距离有极值的临界条件。
(3)若被追赶的物体做匀减速运动，一定要注意追上前该物体是否已停止运动。
科研人员在保证安全的情况下进行高空坠物实验，让一小球从45 m 高的阳台上无初速度落下，不计空气阻
力。在小球刚落下时恰被楼下一智能小车发现，智能小车迅速由静止沿直线冲向小球下落处的正下方楼底，
准备接住小球。已知智能小车到楼底的距离为18 m。将小球和智能小车都看成质点，智能小车移动过程中
只做匀速直线运动或匀变速直线运动，g 取10 m/s2。
(1)智能小车至少用多大的平均速度行驶到楼底恰能接住小球；
(2)若智能小车在运动过程中做匀加速或匀减速运动的加速度大小相等，且最大速度不超过9 m/s，要求小
车在楼底时已停止运动，求智能小车移动时加速度a 的大小需满足什么条件？
【答案】 (1)6 m/s (2)a≥9 m/s2
【解析】 (1)小球自由下落过程，由运动学公式得
h＝gt①
对智能小车运动过程，由运动学公式得x＝vt0②
联立①②并代入数据解得v＝6 m/s，t0＝3 s。
(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v0，由运动学公式得
v＝③
解得v0＝2v＝12 m/s＞vm＝9 m/s
故智能小车应先加速到vm＝9 m/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t1、t2、t3，位移分别为x1、x2、x3，由运动学公式得
x1＝at④
x3＝at⑤
x2＝vmt2⑥
vm＝at1＝at3⑦
t1＋t2＋t3≤t0⑧
x1＋x2＋x3＝x⑨
联立④～⑨式并代入数据得a≥9 m/s2。
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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v-t 图像如图乙所示，设运动员质量为60kg，
重力加速度g 取
，求：
（1）蹬腿加速过程和惯性前进过程中加速度大小；
（2）0～0.9s 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）。
【答案】（1）
，
；（2）
；（3）
【详解】（1）0-3s 内，加速过程的加速度大小为
0.3-0.9s 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
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得
（3）惯性前进时竖直方向上运动员处于平衡状态，浮力为
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
【例2】（2023 上·河南·高三校联考阶段练习）如图所示，倾角θ=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1 kg 的物块A 相连，另一端吊着质量
为1.5 kg 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
时，用一个竖直向下、大小为15 N 的恒力替
换掉物块B；当物块A 又向上运动斜面长度的
距离时，撤去恒力。已知物块与斜面间的动摩擦因数为
0.5，取重力加速度g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=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？
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【答案】（1）
；（2）不会从斜面顶端滑离
【详解】（1）物块B 悬挂在细线上时，设物块A、B 运动的加速度大小为a1，根据牛顿第二定律有
，
解得
（2）设斜面长为L，绳断瞬间物块A 的速度大小为v1，由运动学规律可得
当施加恒力时，设物块A 的加速度大小为a2，由牛顿第二定律有
解得
设撤去恒力时物块A 的速度大小为v2，则有
撤去拉力后，物块A 的加速度大小
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。
1．解决动力学两类基本问题的思路
2．连接体问题
(1)整体法与隔离法的选用技巧
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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
交替运用
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，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
3.常见连接体
接触面光滑，或μA＝μB
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
常用隔离法
常会出现临界条件
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Q 点，
物块A 的v-t 图像如图乙所示。已知B 的质量为0.5 kg，重力加速度大小g 取10 m /s2. 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．
【答案】（1）
；（2）0.1；（3）
【详解】（1）由v-t 图可知
（2）由v-t 图可知，物块A 在1～3 s 的加速度大小
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a2＝1 m/s2
1～3 s 内，对A 物块根据牛顿第二定律得
所以
（3）0～1 s 内，加速度大小
对A、B 物块根据牛顿第二定律得
解得
mA＝
kg
2.（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=1kg 小球从固定斜面上的A 点由
静止开始做加速度大小为a1的运动，小球在t1=1s 时刻与挡板B 碰撞，然后沿着斜面做加速度大小为a2的
运动，在t2=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t3，以上过程的v-t
图像如图乙所示（v0未知），已知a2与a1大小的差值为4m/s2，重力加速度g=10m/s2，则：
（1）小球所受到阻力的大小为多少?
（2）图中v0大小等于多少?
（3）到达挡板B 的时刻为t3为多少?
【答案】（1）2N；（2）2m/s；（3）
【详解】（1）根据图像，0~1s 时间内，有
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1s~1.25s 时间内，有
解得
，
，
（2）由于
解得
（3）根据图像可得，BC 间的位移大小为
解得
C 到B，物体运动的加速度大小为
解得
所以
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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 L 的圆管竖直放置，
顶端塞有一个质量为m 的弹性小球，M=2m，小球和圆管间的滑动摩擦力和最大静摩擦力大小均为 2mg。
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）圆管第一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 L 应满足什么条件？
【答案】（1）a1=2g，方向竖直向下，a2=g，方向竖直向上；（2）
【详解】（1）圆管第一次落地弹起时，设圆管的加速度为a1，根据牛顿第二定律有
2mg+Mg=Ma1
解得
a1=2
方向竖直向下；设小球的加速度为a2，则有
2mg-mg=ma2
解得
a2=g
方向竖直向上。
（2）设圆管第一次落地时的速度大小为 v0，此时小球的速度大小也为 v0，则有
解得
方向竖直向下；碰地后，圆管的速度
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方向竖直向上。取竖直向下为正方向，设经过时间t1，小球、圆管的速度相同，则
解得
设t1时间内圆管的位移大小为x1，小球的位移大小为x2，则有
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
之后圆管与小球一起运动，加速度为 g，方向竖直向下，则 L 应满足条件
。
2．（2024·宁夏石嘴山·高三石嘴山市第三中学校考阶段练习）如图所示，A、B 两棒均长1m，A 悬于高处，
B 竖于地面，A 的下端和B 的上端相距h=10m，若A、B 两棒同时运动，A 做自由落体运动，B 以初速度
做竖直上抛运动，在运动过程中都保持竖直。（取
）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；（2）0.05s
【详解】（1）设经过时间t 两棒开始相遇，A 棒下落位移，则有
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B 棒上升的位移
A、B 相遇，则有
解得
即从开始运动经0.25s 两棒开始相遇。
（2）从相遇开始到两棒分离的过程中，A 棒做初速度不为零的匀加速直线运动，B 棒做匀减速直线运动，
设从相遇开始到分离所需时间为
，则有
其中
，
解得
3．（2024·四川·校联考一模）中学航模队研究航母舰载机着陆减速新方案，提出“机翼辅助式”减速模式，
队员们在操场上利用跑道模拟实验，如图（a）所示先将一个质量为
的滑块（视为质点）以初速度
滑出，滑行距离为12m 时停下；对比组给滑块装上代替机翼的质量为
减速装置，仍以
相同的初速度
滑出，滑出后滑块与减速装置整体受到一个与竖直方向斜向下夹角为
的力F 作用，如图
（b）所示（减速装置未画出），从而获得较大的减速效果，减小滑行距离。已知重力加速度大小为
，
，
，求：
（1）滑块与跑道之间的动摩擦因数；
（2）若已知
，
，则装上减速装置后滑块的减速距离大小。
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【答案】（1）0.6；（2）7.2m
【详解】（1）滑块运动过程中，对滑块受力分析，由牛顿第二定律有
由运动学公式可得
联立解得
（2）装上减速装置后，对装置和滑块整体分析，如图所示
由牛顿第二定律和力的平衡可得
轴
轴
又
由运动学公式
联立解得
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4．（2024·河南·高三校联考阶段练习）如图所示，足够高的水平桌面上，P 点的左侧光滑，右侧粗糙。物
块甲与质量为m 的钩码乙用轻质的细线连接，细线跨过桌子右侧的定滑轮，甲被控制在桌面上位于A 点，
乙悬挂在滑轮的下方。现释放甲，经过一段时间
，甲运动到P 点，此时甲的动能为
。当甲运动到
P 点时，立即在乙的下方挂上另一质量为m 的钩码丙，挂上丙的时间忽略不计，且挂上丙的前后瞬间甲、
乙的速度不变，接着甲继续做匀加速直线运动，再经过一段时间
正好运动到桌子的右边缘B 点。已知甲
从A 到P 的加速度与从P 到B 的加速度相等，细线始终与桌面平行，不计定滑轮与细线和轮轴之间的摩擦
力，重力加速度为g，求：
（1）甲的质量以及甲与粗糙区域间的动摩擦因数；
（2）甲从P 到B，细线对甲做的功。
【答案】（1）m，0.5；（2）
【详解】（1）设甲的质量为M，甲从A 到P 的加速度与从P 到B 的加速度相等均设为a，甲在光滑的区域
运动时，对甲、乙组成的整体进行受力分析，由牛顿第二定律可得
由初速度为0 的匀加速直线运动规律可得
由题意可得
设甲与粗糙区域间的动摩擦因数为
，甲在粗糙区域间运动时，对甲、乙、丙组成的整体进行受力分析，
由牛顿第二定律可得
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综合解得
，
，
，
（2）甲从P 到B，位移为
对乙、丙组成的整体受力分析，由牛顿第二定律可得
拉力对甲做的功为
综合解得
5．（2024·河南·高三校联考阶段练习）地面上的物块在竖直向上的恒定拉力作用下，由静止开始向上做匀
加速直线运动，经过时间3s 撤去拉力，再经过一段时间物块落回地面。已知拉力大小是重力的1.4 倍，物
块受到的空气阻力大小恒为重力的0.2 倍，取重力加速度g=10m/s2，求：
（1）物块上升的最大高度H；
（2）物块落回地面瞬间的速度大小v。（结果保留根号）
【答案】（1）H=10.5m；（2）
【详解】（1）设撤去拉力时物块的速度大小为v1，位移大小为x1，根据牛顿第二定律有
1.4mg–mg–0.2mg=ma1
物块在拉力作用下由静止开始向上做匀加速直线运动，则
，v1=a1t1
撤去拉力后，物块匀减速上升至速度为零，设此过程中的上升高度为x2，则
mg+0.2mg=ma2
且
物块上升的最大高度
H=x1+x2
联立解得
H=10.5m
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（2）物块上升到最高点后开始竖直向下做初速度为零的匀加速直线运动，则
mg–0.2mg=ma3
且
v2=2a3H
解得
6．（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
，
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
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）；
时刻将轻绳烧断，此后物
体的速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
，取重力加速度
，
，
，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）
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
由牛顿第二定律可得
解得物体与斜面间的动摩擦因数
绳子烧断瞬间，由图乙可知物体的加速大小为
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由牛顿第二定律得
解得弹簧的最大压缩量为
（2）
时物体与弹簧分离，之后再经
物体减速为0；在
时间内物体的位移为
物体减速为零后将匀加速下滑，加速度大小为
再下滑
物体的位移为
在0~0.35s 内，物体运动的位移大小为
7．（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图，
场地的长度为44.5m，投掷线到圆垒圆心的距离为
。某次比赛时，运动员由距离投掷线10m 处的A
点开始用斜向下与水平方向成
的恒力
推动质量为
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
，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
，最终冰壶刚好停在圆垒圆心O，取重力加速度
，sin37°=0.6、cos37°=0.8。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？
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（2）在冰壶上施加的外力应为多大？
【答案】（1）a1=0.2m/s2；
；（2）F=197.6N
【详解】（1）设冰壶做匀加速运动的加速度为a1，冰壶在投掷线处的速度最大为vm，撤走外力后冰壶开
始减速，减速时的加速度大小为a2。由题意可知，冰壶加速的位移为x1=10 m，减速的位移为x2=30 m 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
f=μ2mg
代入数据解得
由
可得
再由
可得
a1=0.2 m/s2
（2）冰壶在加速阶段：受力如图所示
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根据牛顿第二定律，水平方向
Fcosθ–Ff=ma1
竖直方向
FN=Fsinθ+mg
又
Ff =μ1 FN
代入数据得
F=197.6 N
8．（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
。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
时刻开始，对B 施加一水平向右的力F 使物
块B 做匀加速运动，力F 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
（g 取
），求：
（1）物块B 的加速度大小；
（2）弹簧的劲度系数；
（3）
到
的过程中力F 做的功为多少？
【答案】（1）
；（2）
；（3）4J
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【详解】（1）未施加拉力F 时，A、B 均静止，可得
时刻刚施加F 时，对A、B 整体，据牛顿第二定律可得
由图像可得
由以上两式解得物块B 的加速度大小
（2）刚分离时，对A，根据牛顿第二定律可得
得
（3）据题意可知
时，A、B 开始分离，此过程AB 位移大小为
AB 分开前，可得拉力F 与位移是一次函数关系，当A、B 分离后，水平力F 的达到最大值，根据牛顿第二
定律可得
故
到
的过程中力F 做的功为
9．（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
时刻从
高空静止跳出的
图像如图所示，可将其运动视作竖直方向的直线运动。运动员（含降落伞）所受空气
阻力f 的方向与速度v 的方向相反，f 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
时刻打开降落伞，开伞后运动员匀速飞行时的速度大小为
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。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
的大小；
（2）若某时刻运动员的加速度大小为
，求该时刻运动员的速度大小。
【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）开伞前运动员匀速飞行时，根据受力平衡有
开伞后运动员匀速飞行时，根据受力平衡有
在
时刻运动员打开降落伞瞬间，根据牛顿第二定律有
解得
（2）若开伞前某时刻运动员的加速度大小为
，根据牛顿第二定律有
解得
若开伞后某时刻运动员的加速度大小为
，根据牛顿第二定律有
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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）在一次消防演练中，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
，取重力加速度
，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
、
；
（2）P 处距地面的高度h；
（3）通过训练，该消防员安全落地的最大速度
，且他与金属杆之间产生的摩擦力大小范围为
，求他从P 处下滑至地面的最短时间t。
【答案】（1）
，
；（2）
；（3）
【详解】（1）设加速时加速度为大小
，摩擦力大小为
，则
，
减速时加速度大小为
，摩擦力大小为
，则有
，
代入数据解得
，
23
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（2）设加速阶段下降高度为
，时间为
，末速度为
；减速阶段下降高度为
，时间为
，则有
，
，
，
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下降。设自由落
体时间为
，下降高度为
，末速度为
；减速度下降时间为
，下降高度为
，则
，
，
联立解得
1．（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v₁=80m/s 时离开水面，该过程滑行距离
L=1600m、汲水质量m=1.0×10⁴kg。离开水面后，飞机攀升高度h=100m 时速度达到v₂=100m/s，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=10m/s²。求：
（1）飞机在水面滑行阶段的加速度a 的大小及滑行时间t；
（2）整个攀升阶段，飞机汲取的水的机械能增加量ΔE。
【答案】（1）
，
；（2）
【详解】（1）飞机做从静止开始做匀加速直线运动，平均速度为
，则
24
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解得飞机滑行的时间为
飞机滑行的加速度为
（2）飞机从水面至
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
2．（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
，匀减速滑行
到达N 点时，队友用毛刷开始
擦A 运动前方的冰面，使A 与
间冰面的动摩擦因数减小，A 继续匀减速滑行
，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
和
。已知A、B 质量相同，A
与
间冰面的动摩擦因数
，重力加速度
取
，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
的大小；
（2）与
间冰面的动摩擦因数
。
【答案】（1）
；（2）
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【详解】（1）设冰壶质量为
，A 受到冰面的支持力为
，由竖直方向受力平衡，有
设A 在
间受到的滑动摩擦力为
，则有
设A 在
间的加速度大小为
，由牛顿第二定律可得
联立解得
由速度与位移的关系式，有
代入数据解得
（2）设碰撞前瞬间A 的速度为
，由动量守恒定律可得
解得
设A 在
间受到的滑动摩擦力为
，则有
由动能定理可得
联立解得
3．（2022·山东·统考高考真题）某粮库使用额定电压
，内阻
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
沿斜坡匀速上行，此时电流
。关闭电动机后，小车又沿斜坡上行路程L 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
，车上粮食质量
，配重质
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量
，取重力加速度
，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k 值；
（2）上行路程L 值。
【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）设电动机的牵引绳张力为
，电动机连接小车的缆绳匀速上行，由能量守恒定律有
解得
小车和配重一起匀速，设绳的张力为
，对配重有
设斜面倾角为
，对小车匀速有
而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，有
联立各式解得
，
（2）关闭发动机后小车和配重一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
可得
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由运动学公式可知
解得
4．（2017·浙江·高考真题）在某段平直的铁路上，一列以324km/h 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
324km/h.
（1）求列车减速时的加速度大小；
（2）若该列车总质量为8.0×105kg，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）0.3m/s2；（2）1.2×106N；（3）30m/s
【详解】（1）列车的初速度为
324km/h=90m/s
经过
5min=300s
停下，所以列车减速时的加速度为
a=
m/s2=－0.3m/s2
即列车减速时加速度大小为0.3m/s2，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
a′=
m/s2=0.5m/s2
阻力
Ff=0.1mg
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根据牛顿第二定律，有
F－0.1mg=ma′
代入数值解得
F=1.2×106N
（3）列车加速的时间为
t′=
s=180s
减速过程中通过的位移
x=
t=45×300m=13500m
所以整个过程的平均速度
m/s=30m/s
5．（2022·浙江·统考高考真题）第24 届冬奥会将在我国举办。钢架雪车比赛的一段赛道如图1 所示，长
12m 水平直道AB 与长20m 的倾斜直道BC 在B 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8m/s，紧接着快速俯卧到车上沿BC 匀加速下滑（图2 所
示），到C 点共用时5.0s。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，
sin15°=0.26，求雪车（包括运动员）
（1）在直道AB 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。
【答案】（1）
；（2）12m/s；（3）66N
【详解】（1）AB 段
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解得
（2）AB 段
解得
BC 段
过C 点的速度大小
（3）在BC 段有牛顿第二定律
解得
6．（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
的汽车以
的速度在水平路面上匀速行驶，在距离斑马线
处，驾驶员发现小朋友排着长
的
队伍从斑马线一端开始通过，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
，小朋友行走的速度
，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
超速行驶，在距离斑马线
处立即刹车，求汽车到斑马线时的速度。
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【答案】（1）
，
；（2）20s；（3）
【详解】（1）根据平均速度
解得刹车时间
刹车加速度
根据牛顿第二定律
解得
（2）小朋友过时间
等待时间
（3）根据
解得
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b，甲、
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乙相隔
，乙与边框a 相隔
，算珠与导杆间的动摩擦因数
。现用手指将
甲以
的初速度拨出，甲、乙碰撞后甲的速度大小为
，方向不变，碰撞时间极短且不计，重力
加速度g 取
。
（1）通过计算，判断乙算珠能否滑动到边框a；
（2）求甲算珠从拨出到停下所需的时间。
【答案】（1）能；（2）0.2s
【详解】（1）由牛顿第二定律可得，甲乙滑动时均有
则甲乙滑动时的加速度大小均为
甲与乙碰前的速度v1，则
解得
v1=0.3m/s
甲乙碰撞时由动量守恒定律
解得碰后乙的速度
v3=0.2m/s
然后乙做减速运动，当速度减为零时则
可知乙恰好能滑到边框a；
（2）甲与乙碰前运动的时间
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碰后甲运动的时间
则甲运动的总时间为
8．（2020·全国·统考高考真题）如图，一竖直圆管质量为M，下端距水平地面的高度为H，顶端塞有一质
量为m 的小球。圆管由静止自由下落，与地面发生多次弹性碰撞，且每次碰撞时间均极短；在运动过程中，
管始终保持竖直。已知M =4m，球和管之间的滑动摩擦力大小为4mg, g 为重力加速度的大小，不计空气
阻力。
（1）求管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球各自的加速度大小；
（2）管第一次落地弹起后，在上升过程中球没有从管中滑出，求管上升的最大高度；
（3）管第二次落地弹起的上升过程中，球仍没有从管中滑出，求圆管长度应满足的条件。
【答案】（1）a1=2g，a2=3g；（2）
；（3）
【详解】（1）管第一次落地弹起的瞬间，小球仍然向下运动。设此时管的加速度大小为a1，方向向下；
球的加速度大小为a2，方向向上；球与管之间的摩擦力大小为f，由牛顿运动定律有
Ma1=Mg+f ①
ma2= f– mg ②
联立①②式并代入题给数据，得
a1=2g，a2=3g③
（2）管第一次碰地前与球的速度大小相同。由运动学公式，碰地前瞬间它们的速度大小均为
④
方向均向下。管弹起的瞬间，管的速度反向，球的速度方向依然向下。
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设自弹起时经过时间t1，管与小球的速度刚好相同。取向上为正方向，由运动学公式
v0–a1t1= –v0+a2t1⑤
联立③④⑤式得
⑥
设此时管下端的高度为h1，速度为v。由运动学公式可得
⑦
⑧
由③④⑥⑧式可判断此时v>0。此后，管与小球将以加速度g 减速上升h2，到达最高点。由运动学公式有
⑨
设管第一次落地弹起后上升的最大高度为H1，则
H1= h1+ h2⑩
联立③④⑥⑦⑧⑨⑩式可得
⑪
（3）设第一次弹起过程中球相对管的位移为x1。在管开始下落到上升H1这一过程中，由动能定理有
Mg（H–H1）+mg（H–H1+x1）–4mgx1=0⑫
联立
式并代入题给数据得
⑪⑫
⑬
同理可推得，管与球从再次下落到第二次弹起至最高点的过程中，球与管的相对位移x2为
⑭
设圆管长度为L。管第二次落地弹起后的上升过程中，球不会滑出管外的条件是
x1+ x2≤L⑮
联立
式，
⑪⑬⑭⑮
L 应满足条件为
⑯
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