分组练(2)牛顿运动定律B组-【衡水金卷·先享题】2026年新高考物理专项分组练(湖南专版)

物理(XD) 和斜面间产生弹力和摩擦力，受力分析如图乙所示 F mg 根据牛顿第二定律有F2一ngsin a-ng cos a=ma (2分) 解得a=g,方向沿斜面向上 (2分) (2)剪断弹簧②瞬间，F2消失，F1和g不变，受力分 析如图丙所示 9 mg 丙 F:和g在垂直斜面方向上的分力等大、反向，即 F sin a=mgcos a (2分) 故小球和斜面之间仍无弹力和摩擦力 则加速度a-o584-=号，方向沿 m 斜面向下 (2分) 分组练(2)牛顿运动定律B组 1.【解析】1D由题可知a=兰=6m/s 根据牛顿第二定律有ngsin a=ma (1分) 解得sina=0.6,则a=37 (2分) (2)设上滑过程中的加速度大小为a1,下滑过程中的 加速度大小为a2,由题意可知a1=坐=6m/s (1分) 根据牛顿第二定律有ngsin30°十ngcos30°=ma1 解得一5 (1分) 6二12m 上滑过程中有51一2 下滑过程中有mngsin30°-gcos30°=ma2(1分) 由运动学公式有u2=2a2s 解得，=4√6m/s (1分) (3)由题意可知片=6=日，可知a=为 由于小物块在斜面上上滑过程中a=gsin a十ugcos a 1 解得μ一kgcos a -tan a (1分) 讨论：(a)当≥tana,即≤2 gsin a'小物块上滑到最 高点后不会下滑，则t=k 1 (b)当u<tana,即k>2gsin。小物块到最高点后会 下滑，则t1=ok 参考答案及解析 上滑的位移=号=号kd 1 (1分) 下滑时a1'=gsin a一gcos a (1分) 与a=gsin a十ugcos a联立得a1'=2 gsin a-a= 2gsin ak (2分) 解得t一√a 1 7=ku 2kgsin a1 (2分) ta=t+tz=kuo(1 2oksin a-I (2分) 2.【解析】(1)Q以初速度。=5m/s沿P表面向上滑 动过程中，设Q的加速度为a1,由牛顿第二定律对Q 受力分析有 一n2gsin0-un2gcos8=2a】 (1分) 解得a1=-12m/s2 (1分) 该过程中，对P受力分析可得m1gsin0=18N, umz gcos 0=6 N,u(m+m:)gcos 0=24 N 因为gsin0-f2gcos0<a(m1十2)gc0s9 所以P保持静止 (1分) 设Q运动到P的上端时速度为1，由运动学公式有 -6=2a乞 (1分) 解得u1=4m/s 设Q与P的上端碰撞后的瞬间，Q与P的速度分别 为2和，由动量守恒定律和机械能守恒定律有 n2U=n22十U3 (1分) 1 1 (1分) 解得u2=-2m/s,w3=2m/s (1分) Q与P的上端碰撞后的瞬间，Q与P的速度的大小 均为2m/s (1分) (2)设Q与P的上端碰撞后的瞬间，Q与P加速度大 小分别为a2和a,经过时间t时P速度减为0，Q与 P位移分别为x1和x2,此时Q距P下端距离为 x3,有 一m2gsin9+p2gcos日=2a2 (1分) 一1gsin0-2gc0s8-(1十2）gc0s0=m1a3 (1分) 解得a2=0,a=一16m/s2 (1分) 由0一U3=a3t1 解得=8s 1 (1分) 由x1=U2t1 =受 (1分) L一x3=x2一x1 (1分) 3 解得x=8m (1分) P速度为0后到Q与P下端碰撞前，设P加速度的 大小为a4,有 1gsin8+2gcos日-(1十72）gcos8=1a4 (1分) 解得a=0,P将保持静止 (1分) 参考答案及解析 设再经过时间t2,Q与P下端碰撞，有 x3=2t2 (1分) 解得=品、 (1分) 5 Q与P两次碰撞间的时间间隔△r=t十红=6s (1分) 3.【解析】(1)设未撤去F时，物块和木板的加速度大小 分别为a1和a2,则有 uimg=mal (1分) F-mmg-pe (M+m)g=Ma: (1分) 解得a1=2m/s2,a2=4m/s2 (2分) (2)设撤去力F时，木板的速度大小为v2,有2=a2t =8m/s (2分) (3)撤去力F时，物块的速度大小为，物块和木板 的位移分别为x1和x2,有=a1t=4m/s(1分) 西=号ar=4m (1分) 1 =2a:f=8m (1分) 辙去力F后，物块和木板的加速度大小分别为和 a4,有1mg=ma3 (1分) mg十(M+m)g=Ma (1分) 解得a3=2m/s2,a4=6m/s2 设再过t时间，两者速度相等为，有=十ai, U3=2一a1t1 解得t1=0.5s,=5m/s (1分) 在这段时间里两者的位移分别为x3和x4,有x= ui+号a:tf=2.25m (1分) 1 x=41-2af=3.25m (1分) 假设共速后二者一起匀减速，设加速度为a,有a2(M +m)g=(M十m)a (1分) 解得a=4m/s2 此时物块需要的静摩擦力f=ma=4N (1分) 而物块的最大静摩擦力fm=1mg=2N<f(1分) 所以假设不成立，物块与木板将会分别减速，设加速 度大小分别为a:和a6,有1mg=ma (1分) uz (M+m)g-uimg=Mas (1分) 解得as=2m/s,a6=m/图 戏=25 到减速为0，位移分别为x和，有工=2a=m (1分) (1分) 物块最终距木板右端的距离为L=x十x十x；一(x ++)9m (1分) 分组练(3)曲线运动A组 1.【解析】(1)足球从A点到C点可看成逆过程的平抛 运动，有 2 物理(XD) H-78e (2分) Ih=vt (2分) 联立解得vo=20m/s (2分) (2)足球从C点反弹后做平抛运动，竖直方向有 H-h=28t: (2分) 解得t=0.4s (2分) 水平方向有xc=之=4m (2分) 则A、B两点间的距离xAB=xA一x=10m(2分) 2.【解析】(1)在E点对小球受力分析，由牛顿第二定律 得mg-V=m R (2分) 解得=级 2 (2分) (2)小球从B点到C点做平抛运动，在C点有 sin60°=8 (1分) Vc 解得e=2√gR (1分) 小球从C点到E点的过程中，根据动能定理可得 -mRR1+e0s60）+w=名m哈-子ma砖 (2分) 解得W=一3mgR (1分) 8 (3)由cos60°=% (1分) 解得=√gR (1分) 小球从A点到B点的过程中，根据动能定理可得 24mg元R=zm晴-7m6 (2分) 解得μ=2元 1 (1分) 3.【解析】(1)根据题意，设铁球运动到圆弧轨道底端时 速度的大小为，铁球从圆弧轨道顶端滑到轨道底 1 端，根据机械能守恒定律得mgR=之m (1分) 解得uw=8m/s (1分) 铁球在圆弧轨道最低点由牛顿第二定律有 Fx-mg=m R (1分) 解得Fx=30N (1分) 根据牛顿第三定律可知，铁球运动到圆弧轨道底端时 对圆弧轨道的压力大小为30N (2分) (2)设铁球在斜面上的加速度大小为a,由牛顿第二 定律得ngsin0=a (1分) 解得a=6m/s (1分) 铁球在斜面上的运动时间t1=0.5s 由运动学规律可得铁球运动到B点的速度v= at=5 m/s (2分) 斜面的长度AB=6,追=3.25m (2分) 2a (3)将铁球在B点的速度沿着水平和竖直方向分解 有VB=BcOs日分组练(2)牛顿运动定律B组 (限时50分钟) 1.(16分)如图甲所示，足够长的固定斜面倾角为α，2.(20分)如图所示，在倾角0=37°的足够长的斜面 一小物块从斜面底端开始以初速度沿斜面向 上，静置一长度L=0.75m、质量m1=3kg的 上运动，若o=12m/s,则经过2s后小物块达到 “L」”形刚性薄板P。质量m2=1kg的小物块 最高点，多次改变的大小，记录下小物块从开 Q从P的中点出发，以o=5m/s的速度沿P的 始运动到最高点花费的时间tm,作出tm-v。图像 上表面向上滑动。设Q与P两端的碰撞为弹性碰 如图乙所示，重力加速度g=10m/s2。 撞且碰撞时间极短，已知Q与P及P与斜面间的 (1)若斜面光滑，求斜面倾角； 动摩擦因数均为以=0.75，最大静摩擦力等于滑动 (2)更换另一倾角α=30°的斜面，当小物块以 摩擦力，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g 12m/s的速度沿斜面向上运动时，仍然经过2s =10m/s2。 到达最高点，求它回到原来位置时的速度大小： (1)Q与P的上端碰撞后的瞬间，求Q与P的速 (3)更换斜面，改变斜面倾角a,得到的tmv。图像 度大小； 斜率为k,则当小物块以初速度。沿斜面向上运 (2)求Q与P两次碰撞间的时间间隔。 动时，求小物块在斜面上运动的总时间。 976 分 vo/(m's) 物理(XD)第43页（共66页） 3.(22分)如图所示，足够长的质量M=3kg的木板 (1)未撤去F时，木板和物块的加速度大小： 静置于水平地面上，木板右端放置一质量m= (2)撤去F时，木板的速度大小； 1kg的物块（可视为质点）。t=0时刻，对木板施 (3)物块最终距木板右端的距离。 加一水平向右的恒定拉力F=30N,作用2s后撤 m M →F 去力F。物块与木板间的动摩擦因数1=0.2，木 7777777777777777 板与地面间的动摩擦因数2=0.4，设最大静摩擦 力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2。求： 物理(XD)第44页（共66页）