【文档说明】（2020-2022）三年高考物理真题分项汇编（山东专用）专题03 牛顿运动定律含解析.doc，共(24)页，1.785 MB，由envi的店铺上传

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2020-2022年三年山东卷高考汇编专题03牛顿运动定律【考纲定位】内容高考命题点考纲要求1.牛顿第一定律和牛顿第二定律通过实验，探究物体运动的加速度与物体受力、物体质量的关系.2.牛顿运动定律的应用理解牛顿运动定律，能用牛顿运动定律解释生产生活中的有关现象、解决有关问

题.2020·山东·高考T163.超重和失重通过实验，认识超重和失重现象.2020·山东·高考T14.实验四探究加速度与物体受力、物体质量的关系2022·山东·高考T132020·山东·高考T13【知识重现

】一、牛顿第一定律1．内容：一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，直到有外力迫使它改变这种状态为止．2．理解牛顿第一定律需要注意的点(1)牛顿第一定律不是实验直接总结出来的，是牛顿以伽利略的理想实验为基础，加之高度的抽象思维概括总结出来的，牛顿第

一定律是无法用实验直接证明的．(2)揭示了力和运动的关系：力不是维持物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因，即牛顿第一定律确定了力的含义．(3)牛顿第一定律不能看成是牛顿第二定律的特殊情况，不是进行定量计算和求解的具体方法，而

在于体现着一个逻辑关系：物体运动状态改变的必要条件，是受到不为零的外力．(4)明确了惯性的概念：物体保持匀速直线运动状态或静止状态的性质，既说明了匀速直线运动状态和静止状态在受力的角度等效，也揭示了物体所具有的一个重要

属性——惯性．二、惯性1．惯性是物体的固有属性，与物体的受力情况和运动状态无关．2．惯性的表现：物体不受外力作用时，有保持匀速直线运动状态或静止状态的性质；物体受到外力作用时其惯性大小表现在运动状态改变的难易程度上．3

．惯性的唯一量度：质量是惯性大小的唯一量度，质量大的物体惯性大．物体惯性的大小是由其质量决定的，凡是有关惯性的问题都要同质量联系起来，可以减少出错．三、牛顿第二定律1．内容：物体的加速度与所受合外力成正比，与物体的质量成反比，a＝Fm(表

达式中F指物体受到的合外力)．加速度的方向与合外力的方向相同．2．牛顿第二定律突出了力是使物体运动状态改变的原因，是物体产生加速度的原因，明确了加速度与合外力的瞬时对应关系．要求物体的瞬时加速度，就要搞清相应时刻的作用力，还要注意分析物体在该

时刻前后的受力情况及运动状态的变化情况，再由牛顿运动定律求出瞬时加速度．3．牛顿第二定律的几个特性特性说明矢量性任意时刻物体加速度a的方向与作用力F的方向相同瞬时性加速度与作用力瞬时对应，同时存在，同时

变化，同时消失同体性作用力、质量和加速度对应同一物体或同一系统独立性物体受到的每个力各自产生的加速度都遵从牛顿第二定律，实际加速度等于各个加速度的矢量和相对性利用公式F合＝ma解题时，要注意式中的a是相对惯性系而言的，一般选大地为参考系四、牛顿第三定律1．内

容：两物体之间的作用力与反作用力总是大小相等，方向相反，而且作用在同一条直线上．2．作用力与反作用力的特点(1)作用力与反作用力同时产生、同时变化、同时消失，同性质，分别作用在相互作用的两个物体上，作用效果不能抵消．(2)作用

力和反作用力的关系与物体的运动状态无关．不管两物体处于什么状态，牛顿第三定律都适用．3．作用力和反作用力与平衡力的区别作用力和反作用力平衡力受力物体作用在两个相互作用的物体上作用在同一物体上依赖关系相互依

存，同时产生、同时变化、同时无依赖关系消失叠加性作用效果不可叠加，不可求合力作用效果可相互抵消，可叠加，且合力为零力的性质一定是同种性质的力不一定是同种性质的力4.牛顿第三定律是转移研究对象的桥梁牛顿第三定律在受力分析、处理连接体问题中都有广泛的应用．当作用力不便直接

分析或求解时，可利用牛顿第三定律转化为对反作用力的分析或求解，从而实现研究对象的转移．五、超重和失重超重失重完全失重产生条件加速度向上加速度向下加速度向下，大小等于g原理方程F－mg＝ma⇒F＝m(g＋a)>mgmg－F＝ma⇒F＝m(g－a)<mgmg－F＝ma，

a＝g⇒F＝0运动状态加速上升或减速下降加速下降或减速上升以a＝g加速下降或减速上升【真题汇编】1.（2022·山东·高考真题）在天宫课堂中、我国航天员演示了利用牛顿第二定律测量物体质量的实验。受此启发。某同学利用气垫导轨、力传感器、无线加速度传感器、轻弹簧和待测物体

等器材设计了测量物体质量的实验，如图甲所示。主要步骤如下：①将力传感器固定在气垫导轨左端支架上，加速度传感器固定在滑块上；②接通气源。放上滑块。调平气垫导轨；③将弹簧左端连接力传感器，右端连接滑块。弹簧处于原长时滑块左端位于O点。A点到O点的距离为5

.00cm，拉动滑块使其左端处于A点，由静止释放并开始计时；④计算机采集获取数据，得到滑块所受弹力F、加速度a随时间t变化的图像，部分图像如图乙所示。回答以下问题（结果均保留两位有效数字）：（1）弹簧的劲度系数为_____N/m。

（2）该同学从图乙中提取某些时刻F与a的数据，画出a—F图像如图丙中I所示，由此可得滑块与加速度传感器的总质量为________kg。（3）该同学在滑块上增加待测物体，重复上述实验步骤，在图丙中画出新的a—F图像Ⅱ，则待测物体的质量为

________kg。【答案】120.200.13【详解】（1）[1]由题知，弹簧处于原长时滑块左端位于O点，A点到O点的距离为5.00cm。拉动滑块使其左端处于A点，由静止释放并开始计时。结合图乙的F—t图有x=5.00

cm，F=0.610N根据胡克定律Fkx=计算出k≈12N/m（2）[2]根据牛顿第二定律有F=ma则a—F图像的斜率为滑块与加速度传感器的总质量的倒数，根据图丙中I，则有-1-1130kg5kg0.6m−==则滑块与加速度传感器的

总质量为m=0.20kg（3）[3]滑块上增加待测物体，同理，根据图丙中II，则有-1-111.50kg3kg0.5m−==则滑块、待测物体与加速度传感器的总质量为m′=0.33kg则待测物体的质量为m=m′-m=0.13kg2．（2020·山东·高考

真题）一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移s与时间t的关系图像如图所示。乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示。重力加速度大小为g。以下判断正确的是（）A．0~t1时间内，v增大，FN>mgB．

t1~t2时间内，v减小，FN<mgC．t2~t3时间内，v增大，FN<mgD．t2~t3时间内，v减小，FN>mg【答案】D【详解】A．由于s-t图像的斜率表示速度，可知在0~t1时间内速度增加，即乘客的加速度向下，处于失重状态，则FN<mg，选项A错误；B．在t1~t2时间内速度不变，即乘客

的匀速下降，则FN=mg，选项B错误；CD．在t2~t3时间内速度减小，即乘客的减速下降，超重，则FN>mg，选项C错误，D正确；故选D。3．（2020·山东·高考真题）2020年5月，我国进行了珠穆朗玛峰的高度测量，其中一种方法是通

过使用重力仪测量重力加速度，进而间接测量海拔高度。某同学受此启发就地取材设计了如下实验，测量当地重力加速度的大小。实验步骤如下：（i）如图甲所示，选择合适高度的垫块，使木板的倾角为53°，在其上表面固定一与小物块下滑路径平行的刻度尺（图中未画出）。（ii）调整手机

使其摄像头正对木板表面，开启视频录像功能。将小物块从木板顶端释放，用手机记录下小物块沿木板向下做加速直线运动的情况。然后通过录像的回放，选择小物块运动路径上合适的一点作为测量参考点，得到小物块相对于该点的运动距离L与运动时间t

的数据。（iii）该同学选取部分实验数据，画出了2Lt—t图像，利用图像数据得到小物块下滑的加速度大小为5.6m/s2（iv）再次调节垫块，改变木板的倾角，重复实验。回答以下问题：(1)当木板的倾角为37°时，所绘图像如图乙所示。由图像可得，物块过测量参考点时速度的大小为___

__m/s；选取图线上位于坐标纸网格交叉点上的A、B两点，利用A、B两点数据得到小物块下滑加速度的大小为_____m/s2.（结果均保留2位有效数字）(2)根据上述数据，进一步分析得到当地的重力加速度大小为_____m/s2.（结果保留2位有效数字，sin37°=0.60，c

os37°=0.80）【答案】0.32或0.333.19.4【详解】(1)[1][2]根据2012Lvtat=+可得022Lvatt=+则由2-Ltt图像可知2026510m/sv−=则v0=0.3

3m/s2222(19065)10m/s3.1m/s4010ak−−−===(2)[3]由牛顿第二定律可知sincosmgmgma−=即sincosagg=−当θ=53°时a=5.6m/s2，即sin

53cos535.6gg−=当θ=37°时a=3.0m/s2，即sin37cos373.1gg−=联立解得g=9.4m/s24．（2020·山东·高考真题）单板滑雪U型池比赛是冬奥会比赛项目，其场地可以简化为如图甲所示的模型：U形滑道由两个半径相同的四分之一圆柱面轨道和一个中央的平面直轨道

连接而成，轨道倾角为17.2°。某次练习过程中，运动员以vM=10m/s的速度从轨道边缘上的M点沿轨道的竖直切面ABCD滑出轨道，速度方向与轨道边缘线AD的夹角α=72.8°，腾空后沿轨道边缘的N点进入轨道。图乙为腾空过程左视图。该运动员可视为质点，不计空气阻力，取重力

加速度的大小g=10m/s2，sin72.8°=0.96，cos72.8°=0.30。求：(1)运动员腾空过程中离开AD的距离的最大值d；(2)M、N之间的距离L。【答案】(1)4.8m；(2)12m【详解】(1)在M点，设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分速度为v1，

由运动的合成与分解规律得1sin72.8Mvv=①设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分加速度为a1，由牛顿第二定律得mgcos17.2°=ma1②由运动学公式得2112vda=③联立①②③式，代入数据得d=

4.8m④(2)在M点，设运动员在ABCD面内平行AD方向的分速度为v2，由运动的合成与分解规得v2=vMcos72.8°⑤设运动员在ABCD面内平行AD方向的分加速度为a2，由牛顿第二定律得mgsin17

.2°=ma2⑥设腾空时间为t，由运动学公式得112vta=⑦2221=2Lvtat+⑧联立①②⑤⑥⑦⑧式，代入数据得L=12m⑨【突破练习】1．（2022·山东·烟台二中模拟预测）如图所示，倾角为30°的斜面体固定在水平地面上，上表面O

点以下部分粗糙且足够长，其余部分光滑。在斜面体O点上方放置一质量为0.2kg且分布均匀、长度为0.2m的薄板，薄板下端与O点之间的距离为0.4m。现由静止释放薄板，薄板沿斜面向下运动，已知当薄板通过O

点过程中，薄板所受摩擦力大小是薄板在斜面O点以下部分重量的34倍，重力加速度g取210m/s。则（）A．薄板减速运动时最大加速度为25m/sB．薄板与O点以下部分的动摩擦因数为32C．薄板的最大速度为40m/s3D．薄板静止时，其下端距O点1.1m【答案】

BD【详解】A．薄板全部在O点下方时，减速运动的加速度最大，则薄板减速运动时最大加速度为23sin3042.5m/smgmgam−==故A错误；B．由fNcos30FFmg==可得334cos302mgmg==故B正确；C．当重力沿斜面的分力与摩

擦力平衡时，速度最大，有3sin3040.2mgmgx=可得2m15x=因为f340.2mgFx=既摩擦力与薄板在斜面O点以下部分成正比，薄板下端与O点之间的距离为l=0.4m，则有动能定理可得2min11()sin3022fmglxFxmv+

−=可得min42m/s3v=故C错误；D．薄板长度为l'=0.2m，由动能定理可得133()sin30()0244mglxmglmgxl+−−−=计算可得板静止时，其下端距O点1.1mx=故D正确。故选BD。2．（2022·山东

·高三学业考试）如图甲所示，水平地面上静止一质量为1kg足够长的长木板A，木板中央的正上方有一可看作质点的物块B。现在物块上施加一个从零开始均匀增加的水平向右的外力F，物块B受到的摩擦力Ff随外力F的大小变化图像如图乙所示，设木板与地面间的动摩擦因数为μ1，物块与木板间的动

摩擦因数为μ2，最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g=10m/s2，则下列选项正确的是（）A．μ1＝0.4B．μ2＝0.1C．物块B的质量为2kgD．若外力F作用在A上，当F＝12N时A、B一定发生相对滑动【答案

】D【解析】ABC．由图知，当12NF=时，AB一起开始滑动，则1f11AB()FFmmg==+由图知，物块B受到的滑动摩擦力大小为f24NF=，有f22BFmg=拉力在12NF=到26NF=之间时，AB一起运动，加速度相

同，则有2f22f1BABFFFFmmm−−=+联立解得B1kgm=10.1=20.4=故ABC错误；D．若外力F作用在A上，当F＝12N时，若AB不相对滑动，则加速度均为2f1AB5m/sFFamm−==+而B的最大加速度

为22BmB4m/smgam==故假设不成立，A、B一定发生相对滑动，故D正确。故选D。3．（2022·山东潍坊·三模）如图所示，木板A静置于光滑水平面上，其粗糙上表面叠放半球形木块B，在B的最高点用水平细绳拉着一个小球C，系

统保持平衡。已知B、C两球半径之比为4：1，C球质量为m，BC接触面光滑。在木板A上施加了一个水平外力F，继续维系三者相对静止，让三者一起做加速直线运动，已知重力加速度大小为g，以下判断中正确的是（）A．若F向左且不断变大，则BC之间的弹力越来越大B．若F

向左且不断变小，则BC之间的弹力恒为54mgC．若F水平向右且持续增大，则BC之间弹力不断减小D．若F水平向右且BC之间绳子的张力为零，则系统加速度为32g【答案】B【解析】AB．设整体的加速度为a，若F向左，对C受力分析，受重力mg、Ｂ的弹力FN和细绳的张力FT，如图所示，则有FNsin

θ=mgFT−FNcosθ=ma已知B、C两球半径之比为4：1，由几何关系可知θ=53°，所以有N54Fmg=在三者相对静止的情况下，因为θ不变，增大或减小F，BC之间的弹力FN不变，恒为54mg，A错误，B

正确；CD．若F水平向右，整体的加速度向右，对C有FNsinθ=mgFNcosθ−FT=ma在三者相对静止的情况下，因为θ不变，增大F，BC之间弹力FN不变；水平细绳的张力FT可能在某个时刻是零，代入数据可得此时系统的加速度为34ag=CD错误。故选B。4．（2022·山东·威海

市教育教学研究中心二模）如图所示，在倾斜的滑杆上套有一圆环，圆环通过轻绳连接一小球，若圆环和小球一起沿滑杆下滑的过程中，轻绳始终处于竖直状态。下列说法正确的是（）A．小球一定做匀加速直线运动B．小球一定做匀速直线运动C．圆环与滑杆

之间无摩擦D．滑杆对圆环的弹力等于圆环和小球的重力之和【答案】B【解析】以物体为研究对象，物体沿滑杆向下做直线运动，加速度为零，或加速度与速度在同一直线上，而物体受到竖直向下重力和绳子竖直向上的拉力，这两个力的合力必为零，说明物体做匀速直线运动，则环也做匀速

直线运动，环受到重力、绳子竖直向下的拉力、滑杆的支持力和滑动摩擦力，共四个力作用，滑杆对圆环的弹力等于圆环和小球的重力沿垂直杆方向的分力，故B正确，ACD错误。故选B。5．（2022·山东日照·二模）如图所示，足够长的

传送带与水平面的夹角为37°，当传送带静止时，物块以3m/s2的加速度沿着传送带加速下滑，当物块加速至v0时，传送带突然启动并立即逆时针方向做匀加速运动，g取10m/s2，sin37°=0.6，下列判断正确的是（）A．启动传送带后物块下滑的加速度大小始终大于3m/s2B

．若物块与传送带能够共速，则共速后物块一定和传送带相对静止C．若物块与传送带能够共速，则共速后物块所受摩擦力可能为0D．若物块与传送带能够共速，则共速后物块所受摩擦力的方向一定沿传送带向下【答案】C【解析】A．传送带启动后，物块与传送带共速前所受滑动摩擦力沿传送带向上

，故物块加速度大小不变，选项A错误；B．若传送带的加速度大于32m/s且小于等于92m/s，共速后，物块就和传送带相对静止一起加速，若传送带的加速度大于92m/s，共速后两者一定有相对滑动，选项B错误；CD．若传送带的加速度等于62m/s，物块与传送带共速后相对静止一起匀加速，故物块所受摩

擦力为0，选项C正确，选项D错误。故选C。6．（2022·山东·高三学业考试）某同学是航模兴趣小组的一员，某次在操控飞机模型时，使航模从地面由静止开始竖直向上做直线运动，其运动的位移一时间图像如图所示，已知0～t0部分的图线是抛物线的一部分，t0～10s部分的图线是直线，两部

分曲线相切于点（t0，10），则下列说法正确的是（）A．图中t0＝5sB．航模在t0～10s时间内的速度大小为6m/sC．航模在0～t0时间内的加速度大小为54m/s2D．航模在0～t0时间内处于失重状态【答案】A【解

析】ABC．航模在0～t0时间内在匀加速运动，则0vat=航模在t0～10s时间内做匀速上升，速度大小为003010201010vtt−==−−其中20110=2at解得t0=5sa=0.8m/s2v=4m/s选项A正确，BC错误。D．航模在0～t0时间内，加速度向上，处于超重状态

，选项D错误。故选A。7．（2022·山东·三模）东京奥运会上，14岁少女全红婵一鸣惊人，作为中国奥运代表团最年轻的运动员，以创纪录的成绩夺得10米跳台冠军，让五星红旗高高飘扬在东京水上运动中心上空。不计空气阻力，全红婵从离开跳台平面到触及水面的过程中，下列说法正确的是（）A．上升过程处于超

重状态，下落过程处于失重状态B．上升过程处于失重状态，下落过程处于超重状态C．全过程中一直处于超重状态D．全过程中一直处于失重状态【答案】D【解析】全过程中只受重力作用，加速度为重力加速度，方向向下，一直处于失重状态。故选D。8

．（2022·山东济宁·三模）如图甲所示，一质量为2kg的物体静止在水平地面上，水平推力F随位移x变化的关系如图乙所示，已知物体与地面间的动摩擦因数为0.1，取g=210m/s，下列说法正确的是（）A．物体运动的最大速度为3m/sB．在运动中由于摩擦产生的热量为6J

C．物体在水平地面上运动的最大位移是4.5mD．物体先做加速运动，推力撤去时开始做减速运动【答案】C【解析】A．物体所受滑动摩擦力大小为f2NFmg==当F大于Ff时，物体做加速运动，当F与Ff大小相等时，物体运动的速度最大，由图乙可知此时物体运

动的位移为12N3m3m2m6Nx=−=F-x图像与坐标轴所围的面积表示F做的功，则F在物体运动位移为x1的过程中对物体所做的功为1(26)2J8J2W=+=设物体运动的最大速度为vm，根据动能定理有2f1m12WFxmv−=解得m2m/sv=故A错误；B．根据功能关系可知，整个

运动过程中，由于摩擦产生的热量等于F做的总功，即163J9J2Q==故B错误；C．物体在水平地面上运动的最大位移是mf4.5mQxF==故C正确；D．当F大于Ff时，物体做加速度逐渐减小的加速运动，当F小于Ff时物体开始做

减速运动，故D错误。故选C。9．（2022·山东枣庄·模拟预测）如图所示为商场安装的智能化台阶式自动扶梯，为节约能源，在没有乘客乘行时，自动扶梯以较小的速度斜向上匀速运行，当有乘客乘行时，自动扶梯先以加速度a加速运行，再匀速运行。若人的质量为

m，扶梯与水平面的夹角为θ，全过程中乘客与扶梯始终相对静止，下列说法正确的是（）A．加速运行时，乘客处于超重状态B．加速运行时，乘客对扶梯的作用力竖直向下C．加速运行时，乘客所受摩擦力大小为masinθD．匀速运行时，乘客所受摩擦力与速度方向相同【答案】A【解析】A

．加速向上运行时，乘客竖直方向有向上的加速度，处于超重状态，A正确；B．加速运行时，乘客所受合外力斜向上，为乘客的重力和扶梯对乘客的作用力的合力，由力的合成可知，扶梯对乘客的作用力斜向上，则乘客对扶梯的作用力斜向下，B错误；C．对乘客受力分析，将加速度a分解到水平方向和竖直方向上，

由牛顿第二定律有cosfma=C错误；D．匀速运行时，由于接触面水平，乘客不受摩擦力，D错误。故选A。10．（2022·山东·德州市教育科学研究院三模）如图所示，载重汽车牵引着挂车在平直公路上以速度0v匀速行驶．载重汽车的质量（不含挂车）为M，挂车的质量为某时刻因

故障挂车脱钩，司机经时间0t后立即关闭油门（此时挂车已停止）。假设牵引力大小恒定不变，行驶中阻力大小为车所受总重力的k倍，重力加速度为g。求：（1）关闭油门时载重汽车的速度大小；（2）关闭油门时，载重汽车和挂车间的距离是多少。【答案】（1）00kmgvvtM

=+；（2）22000022kmgtvlvtMkg=+−【解析】（1）载重汽车牵引力为()FkMmg=+①从挂车脱钩到关闭油门过程中，对载重汽车由动量定理得000FtkMgtMvMv−=−②解得00kmgvvtM=+③（

2）从挂车脱钩到关闭油门，载重汽车的位移为0102vvxt+=④解得201002kmgtxvtM=+⑤从挂车脱钩到关闭油门时，全挂车位移为2022vxa=⑥对挂车，由牛顿第二定律得kmgma=⑦关闭油门时载重汽车和挂车间距22001200

22kmgtvlxxvtMkg=−=+−⑧11．（2022·山东·三模）如图所示，质量B6kgm=、长4mL=的木板B静止于光滑水平面上，质量A3kgm=的物块A停在B的左端。质量m=2kg的小球用长1.25ml=的轻绳悬挂在固定点O上。将轻绳拉直至水平位置后由静止释放小球，小球在最低点与A发生

弹性碰撞，碰撞时间极短可忽略。A与B之间的动摩擦因数0.1=，取重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力。（1）求轻绳对小球的最大拉力；（2）求木板B的最大速度；（3）若在小球和A碰撞的同时，立即给B施加一个水平向右的拉力F=

15N，求A相对B向右滑行的最大距离。【答案】（1）60N；（2）2m/s3；（3）2m【解析】（1）小球下摆到最低点与A碰撞前瞬间速度最大，所需向心力最大，轻绳的拉力最大。设此时小球速度大小为0v，由机械能守恒定律得2012mglmv=解得05m/sv=根据牛顿第二定律有20maxvTmgml−

=解得轻绳对小球的最大拉力为Tmax=60N（2）小球与A碰撞过程中，小球与A组成的系统动量守恒，机械能守恒，以水平向右为正方向，设碰后小球与A的速度分别为v和1v，则0A1mvmvmv=+2220A1111222mvmvmv=+解得14m/sv=假设A能

从B上滑离，分离时速度分别为Av、Bv，则有A1AABBmvmvmv=+222A1AABBA111222mvmvmvmgL−+=解得A8m/s3v=B2m/s3v=另一组解不合实际故舍去。所以假设成立，木板B的最大速度为2m/s3（3）A滑上木板后先向右做匀减

速运动，加速度大小为2A1m/sag==设B此时向右做匀加速运动的加速度大小为aB，根据牛顿第二定律有ABBFmgma+=解得2B3m/sa=当两者速度相同时，A相对B向右滑行的距离最大，根据运动学公式有1ABvatat−=解得1st=

t时间内A、B的位移大小分别为2A1A13.5m2xvtat=−=2BB11.5m2xat==A相对B滑行的最大距离为AB2mxxx=−=12．（2022·山东日照·三模）如图所示，倾角为30°的固定斜面顶端有一光滑的定滑轮，斜面上端有一与斜面垂直的固定小挡板，挡

板的厚度不计。斜面上有一质量为2m的小物块，物块与斜面间的动摩擦因数为36。不可伸长的轻绳一端连接小物块，另一端绕过滑轮悬吊一质量为m的粗细均匀钢管，物块与定滑轮间的细绳平行于斜面且不与挡板接触。在钢管的顶端套着一个质量也为m的细环，细环与钢管之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，大小为7g4m

（g为重力加速度大小）。开始时用外力控制物块使系统静止，物块到挡板、钢管下端到地面的距离均为L。现将物块由静止释放，物块与挡板、钢管与地面发生多次碰撞，每次碰撞时间极短，最终细环刚好到达钢管底端。已知物块与挡板、细管与地面碰撞均无能量损失

，钢管始终未与滑轮相碰。求；（1）物块开始上滑时细绳上的拉力大小；（2）钢管与地面第一次碰撞后能上升的最大高度；（3）钢管的长度。【答案】（1）74mg；（2）6L；（3）25L【解析】（1）系统由静止释放后，假设向下运动过程中细环相对钢管未发生相对滑动，设此过程中细绳中的拉力大小为F，物块、钢

管和细环的加速度大小均为a，对物块由牛顿第二定律得2sin2cos2Fmgmgma−−=对钢管和细环整体由牛顿第二定律得22mgFma−=解得74Fmg=8ga=设此过程细环受摩擦力大小为f，则mgfma−=解得m78fmgf=故假设成立，

所以物块开始上滑时细绳上的拉力大小为74Fmg=（2）设钢管与地面第一次碰撞后，细环相对钢管向下滑动时的加速度大小为a1，根据牛顿第二定律有m1fmgma−=解得134ga=由于碰撞后无能量损失，所以钢管和物块都

将以碰撞前原速率反弹，设反弹后绳中拉力大小为F1，钢管和物块的加速度大小均为a2，则对钢管和物块根据牛顿第二定律分别有m12mgfFma+−=122cos2sin2Fmgmgma+−=解得234ga=设第一次碰撞前、后钢管

的速度大小为v1，碰撞后钢管能上升的最大高度为H1，根据运动学规律有212vaL=21212vaH=解得16LH=（3）因为a1=a2，所以钢管与地面第一次碰撞后上升到最大高度时，细环恰好也下降至最低点，根据对称性可知其下降的高度为116LhH

==钢管与地面第一次碰撞后细环相对钢管下降的高度为1111Δ2xhHH=+=设钢管与地面发生第二次碰撞之前瞬间的速度大小为v2，钢管与地面第二次碰撞后上升的高度为H2，根据运动学规律有2212vaH=22222aHv=解得2211166

HHL==由此类推可得钢管的长度为()12323111222.6665lHHHLL=+++=+++=