牛頓定律-2021年高考高三一模物理試題匯編（解析版）

2021年高考高三一模物理試題匯編

專題04牛頓定律

1、（2021?湖南省岳陽市高三一模）如圖所示，質(zhì)量為加的物塊A靜置在水平桌面上，通過足夠長的輕繩

和輕質(zhì)滑輪懸掛著質(zhì)量為4m的物塊B。現(xiàn)由靜止釋放物塊A、B,以后的運(yùn)動過程中物塊A不與定滑輪發(fā)

生碰撞。已知重力加速度大小為g,不計所有摩擦阻力，下列說法正確的是（）

A.在相同時間內(nèi)物塊A、B運(yùn)動的路程之比為1：2

B.物塊A、B的加速度之比為2：I

C.輕繩的拉力為整

2

D.B下落高度/2時速度為向

【答案】BD

【解析】

A.根據(jù)動滑輪的特點可知B下降s,A需要走動2s,而〃=2.%,選項A錯誤;

B.因為都是從靜止開始運(yùn)動的，故有

c1212

2x2^=^aAt

解得

幺=2

aB7

選項B正確;

C.對A分析有

T=ma人

對B分析有

4，ng-2T=AmaB

解得

T-mg

1

選項C錯誤;

D.對B,加速度為

1

根據(jù)速度位移公式，有

2

v-2alth

解得

選項D正確。

故選BD.,

2、（2021?湖南省岳陽市高三一模）如圖所示，光滑水平面與傾角為6的光滑斜面平滑連接，小滑塊A從

斜面上某位置由靜止釋放，同時位于平面上緊靠斜面的小滑塊B在外力的作用下由靜止開始向左勻加速運(yùn)

動，若要求A不能追上8,則B的加速度。的取值范圍是（）

A.a>agsin。

B.a>gsin0

C.a>g

D.條件不足，無法確定

【答案】A

【解析】

設(shè)A恰能追上B,在斜面上運(yùn)動時間A,在平面上運(yùn)動時間打，則有位移關(guān)系

2

gsin0txt2=ga（4+G）

速度關(guān)系

gsin/+r2）

解得

1.八

a=—gsinc/

要使得A追不上8,則應(yīng)有

a>—gsin0

故A項正確，BCD項錯誤。

故選A。

3、（2021?湖南省永州市高三一模）現(xiàn)在大型室外活動通常用無人飛機(jī)進(jìn)行航拍。如圖所示，一質(zhì)量機(jī)=2.0kg

的無人飛機(jī)在操作員的操控下由靜止開始豎直向上勻加速運(yùn)動2s,然后無人飛機(jī)又勻速向上運(yùn)動3s,接著

勻減速向上運(yùn)動4s速度恰好為零，之后懸停進(jìn)行航拍。已知無人飛機(jī)上升過程中的最大速度為vm=4m/s,

受到的空氣阻力恒為六IN,重力加速度大小g=10m/s2,則（）

A.無人飛機(jī)上升的第一個階段，受到向上的作用力大小是25N

B.無人飛機(jī)上升的第二個階段，受到向上的作用力大小是20N

C.無人飛機(jī)上升的第三個階段，受到向上的作用力大小是18N

D.無人飛機(jī)上升的總高度為24m

【答案】AD

【解析】

A.第一階段無人機(jī)在豎直方向上做勻加速直線運(yùn)動，加速度為

422

4=2m/s=2m/s

由牛頓第二定律得

Fi-mg-f=mai

得

1=mg+mq+/=(2.0xl0+2.0x2+l)N=25N

故A正確;

B.由平衡條件可知

F2=mg+f=21N

故B錯誤；

C.第三階段加速度為

0—4.2,,2

a,-----m/s-=—lm/s

24

由牛頓第二定律得

Fy-mg-f=ma2

得

月=ag++/=(2°x10-2.0xl+l)N=19N

故C錯誤：

D.無人飛機(jī)上升的總高度為

44

h=(―x2+4x3+—x4)m=24m

22

故D正確.

故選AD。

4、(2021?上海市楊浦區(qū)高三一模)物體做下列運(yùn)動時，加速度和速度方向的關(guān)系表述正確的是()

A.簡諧運(yùn)動中加速度與速度始終同向

B.豎直上拋運(yùn)動中加速度與速度始終同向

C.勻速圓周運(yùn)動中加速度方向與速度方向始終垂直

D.自由落體運(yùn)動中加速度與速度方向可以相同、也可以相反

【答案】C

【解析】

A.簡諧運(yùn)動中，當(dāng)振子做加速運(yùn)動時，加速度和速度方向相同，當(dāng)做減速運(yùn)動時，加速度個速度方向相反。

故A錯誤；

B.豎直上拋運(yùn)動中，上升階段，加速度與速度方向相反。故B錯誤；

C.勻速圓周運(yùn)動中加速度方向與速度方向始終垂直，只改變物體的速度方向。故C正確；

D.自由落體運(yùn)動中加速度與速度方向相同，均為豎直向下。故D錯誤。

故選Co

5、（2021?上海市楊浦區(qū)高三一模）牛頓第一定律是（）

A.直接通過理論推導(dǎo)得到的

B.實驗定律，可以通過實驗來驗證

C.描述慣性大小的，又叫慣性定律

D.以實驗為基礎(chǔ)，通過推理、想像總結(jié)出來的

【答案】D

【解析】

ABD.牛頓第一定律是以實驗為基礎(chǔ)，通過推理、想像總結(jié)出來的。所以不是實驗定律，無法通過實驗來

驗證。所以D正確，AB錯誤；

C.牛頓第一定律不是描述慣性大小，內(nèi)容里說的物體這種保持原來勻速直線運(yùn)動狀態(tài)或靜止?fàn)顟B(tài)的性質(zhì)叫

做慣性，所以又叫慣性定律，所以c錯誤。

故選D。

6、（2021?上海市徐匯區(qū)高三一模）“蹦極”就是跳躍者把一端固定的長彈性繩綁在踝關(guān)節(jié)等處，從幾十

米高處跳下的一種極限運(yùn)動。某人做蹦極運(yùn)動，所受繩子拉力F的大小隨時間t變化的情況如圖所示。將蹦

極過程近似為在豎直方向的運(yùn)動，重力加速度為g。據(jù)圖可知，此人在蹦極過程中最大加速度約為（）

kF

AgB.1.8gC.2gD.3g

【答案】C

【解析】

由拉力與時間關(guān)系圖象可以知道，人的重力等于0.6R）,而最大拉力為1.8A）

結(jié)合牛頓第二定律

1.SFo-mg=mam

解得

am-2g

故C正確，ABD錯誤。

故選C?

7、（2021?上海市松江區(qū)高三一模）物體由靜止開始沿斜面下滑，阻力大小與速度成正比，能反映此運(yùn)動

過程的內(nèi)圖是（）

B.

【答案】A

【解析】

由于阻力大小與速度成正比，則

f=kv

由牛頓第二定律得

mgsinO—kv=ma

由此可知，當(dāng)速度在增加的時候，加速度在減小，物體在做加速度減小的加速運(yùn)動，直到加速度減到0后，

物體做勻速直線運(yùn)動。故BCD錯，A對。

故選A?

8、（2021?上海市浦東新區(qū)高三一模）如圖所示，在橫截面為正三角形的容器內(nèi)放有一小球，容器內(nèi)各面

與小球恰好接觸，圖中〃、仄c為容器的三個側(cè)面、將它們以初速度均豎直向上拋出，運(yùn)動過程中容器所

受空氣阻力與速率成正比，下列說法正確的是

A.上升過程中，小球?qū)有壓力且逐漸變大

B.上升過程中，小球受到的合力逐漸變大

C.下落過程中，小球?qū)有壓力且逐漸變大

D.下落過程中，小球?qū)θ萜鞯淖饔昧χ饾u變大

【答案】D

【解析】

AB.小球和正三角形容器為共加速系統(tǒng)，上升過程中，以整體為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律：

（機(jī)+叫）g+Q=（/〃+昨）a

系統(tǒng)加速度豎直向下且大于重力加速度，小球加速度向下，所以容器底面C對小球無作用力，“、6側(cè)面時

小球的作用力豎直向下，以小球為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律：

mg+%如=ma

系統(tǒng)速度減小，加速度減小，小球受到的合外力減小，AB錯誤；

CD.下落過程中，以整體為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律：

（，"+g）g-Av=（%+*）a

系統(tǒng)加速度豎直向下且小于重力加速度，小球加速度向下，所以。、匕側(cè)面對小球無作用力，底面c對小球

的作用力豎直向上，根據(jù)牛頓第二定律：

mg—N=ma

系統(tǒng)的速度增大，加速度減小，小球的加速度減小，底面c,對小球的作用力增大，根據(jù)牛頓第三定律可知小

球?qū)θ萜鞯淖饔昧χ饾u變大，C錯誤；D正確。

故選Do

9、（2021?上海市閔行區(qū)高三一模）太空艙里測物體質(zhì)量的原理如下：先對標(biāo)準(zhǔn)物體施加一水平推力產(chǎn)，

測得其加速度為20m/s2,然后將標(biāo)準(zhǔn)物體與待測物體緊靠在一起，施加同一水平推力尸，測得共同加速度

為8m/s2。已知標(biāo)準(zhǔn)物體質(zhì)量町=2.0kg,則待測物體質(zhì)量加2為（）

A.3.0kgB.5.0kgC.7.0kgD.8.0kg

【答案】A

【解析】

對標(biāo)準(zhǔn)物體，由牛頓第二定律得

F==2.0x20=40.0N

對標(biāo)準(zhǔn)物體和待測物體整體，由牛頓第二定律可得

尸=（町+?）/

代入數(shù)據(jù)，解得加2=3.0kg。

故選A?

10、（2021?上海市閔行區(qū)高三一模）如圖，一機(jī)械臂鐵夾夾起質(zhì)量為m的小球，機(jī)械臂與小球沿水平方向

做加速度為4的勻加速直線運(yùn)動，則鐵夾對球的作用力（）

A.大小為方向豎直向上

B.大小為機(jī)4，方向水平向右

C.大小與小球的加速度大小無關(guān)

D.方向與小球的加速度大小有關(guān)

【答案】D

【解析】

對小球，豎直方向

水平方向

F2=ma

鐵夾對球的作用力

F=JF：+=mja?+g2

與水平方向夾角

tana=—=—

F2a

即大小和方向都與小球的加速度大小有關(guān)。

故選D。

11、（2021?上海市嘉定區(qū)高三一模）若超市的自動門（陰影部分）移動時所受合力大小恒為40N,開門過

程共右移1.6m,如圖所示。已知門的質(zhì)量為25kg,寬為1.6m,則開門所用的時間是（）

?.6m*

A.IsB.1.41sC.2sD.2.83s

【答案】C

【解析】

ABCD.由于開門過程是從靜止開始啟動，最后乂靜止，故整個開門過程可看成從靜止開始做勻加速直線運(yùn)

動至最大速度，然后做勻減速直線運(yùn)動至靜止，由對稱性可知，兩個過程的加速度大小相等，時間相等，

位移相等，由牛頓運(yùn)動定律可得

a=-=—m/s2=l,6m/s2

m25

設(shè)開門時間為r,則加速時間為由運(yùn)動學(xué)公式可得總位移

2

戶2名（？）2

代入數(shù)據(jù)可解得/=2s,故C正確。

應(yīng)選C。

12、（2021?上海市嘉定區(qū)高三一模）如圖為某運(yùn)動員做蹦床運(yùn)動時:利用傳感器測得蹦床彈力隨時間的變

化圖。假設(shè)運(yùn)動員僅在豎直方向運(yùn)動，且不計空氣阻力，g取10m/s2。依據(jù)圖像給出的物理信息，運(yùn)動員離

開蹦床上升的最大高度H和運(yùn)動員的最大加速度大小。分別為（）

50(

06.78.793tfi

A.5m、40m/s2B.5m、50m/s2

C.9.8m、40m/s2D.9.8m、50m/s2

【答案】A

【解析】

由圖給信息可知靜止時蹦床的彈力等于重力，即

G=5OON

則運(yùn)動員質(zhì)量為

/7z=50kg

又最大彈力為2500N

則運(yùn)動員的最大加速度為

會受"迎曲=4。6

50

運(yùn)動員在空中時間

ro=8.7-6.7s=2s

卜落時間

f=b=ls

2

則最大高度為

121

h=—^t~=—xl0xlm=5m

22

故選Ao

13、（2021?上海市虹口區(qū)高三一模）航天飛機(jī)中的物體處于完全失重狀態(tài)時，其（）

A,受到的合力為零

B.受到的向心力為零

C.對支持物的壓力為零

D.受地球的萬有引力為零

【答案】C

【解析】

A.處于完全失重狀態(tài)物體，其向心加速度為g,而不為零，受到的合力不為零，故A錯誤;

BD.處于完全失重狀態(tài)的物體依然受地球的引力，此力提供向心力，故BD錯誤;

C.處于完全矢重狀態(tài)的物體對與之接觸的物體無力的作用，故C正確；

故選C。

14、（2021?上海市奉賢區(qū)高三一模）一質(zhì)量為m的乘客乘坐豎直電梯上樓，其位移s與時間f的關(guān)系圖像

如圖所示。乘客所受支持力的大小用尸N表示，速度大小用u表示，重力加速度大小為g,則（）

A.0力時間內(nèi),v增大，F(xiàn)n<mg

B.a-短時間內(nèi)，v減小,Ftt>mg

C.攵Y時間內(nèi)，v增大，F(xiàn)^>mg

D.t2-t3時間內(nèi)，v減小，F(xiàn)ti<mg

【答案】D

【解析】

A.由于S-t圖象的斜率表示速度，由圖可知在0~6時間內(nèi)速度增加，即乘客加速向上運(yùn)動，根據(jù)牛頓第

二定律得

FN-mg=ma

解得

FN--mg+ma

則

A>mg

故A錯誤;

B.在彳時間內(nèi)，$—?圖象的斜率保持不變，所以速度不變，即乘客勻速上升，則

外=mg

故B錯誤；

CD.在A時間內(nèi)，S—E圖象的斜率變小，所以速度減小，即乘客減速上升，根據(jù)牛頓第二定律得

mg-FN=ma

解得

FN=mg-ma

則

&<mg

故C錯誤，D正確。

故選D。

15、（2021?上海市九校高三一模）如圖所示，質(zhì)量為例的小車的表面由光滑水平面和光滑斜面連接而成，

其上放一質(zhì)量為根的球，球與水平面的接觸點為小與斜面的接觸點為從斜面傾角為凡當(dāng)小車和球一起

在水平桌面上做直線運(yùn)動時，下列說法正確的是（）

A.若小車勻速運(yùn)動，則球?qū)π泵嫔县包c的壓力大小為wgcos。

B.若小車勻速運(yùn)動，則球?qū)λ矫嫔稀｜c的壓力大小為mgsin?

C.若小車向左以加速度gtand加速運(yùn)動，則球?qū)λ矫嫔?。點無壓力

D.若小車向左以加速度gtan，加速運(yùn)動，則小車對地面的壓力小于（M+機(jī)）g

【答案】C

【解析】

AB.小車和球一起勻速運(yùn)動時，小球受到豎直向下的重力和水平面對小球豎直向上的支持力，二力平衡，

所以小球?qū)Αc無壓力，根據(jù)牛頓第三定律可知小球?qū)點的壓力大小為AB錯誤；

C.若小車向左以加速度gtan。加速運(yùn)動，假設(shè)小球?qū)Α包c無壓力，根據(jù)牛頓第二定律

mgtan6=ma

解得

a=gtan夕

假設(shè)成立，所以小球?qū)Αc無壓力，C正確；

D.對小車和球構(gòu)成系統(tǒng)整體受力分析可知，系統(tǒng)在豎直方向上加速度為0,豎直方向受到重力和支持力，

二者等大反向，根據(jù)牛頓第三定律可知小車對地面的壓力等于（M+，〃）g,D錯誤。

故選C。

16、（2021?上海市九校高三一模）牛頓定律又叫做慣性定律，是衡量物體慣性大小的唯

一量度.

【答案】⑴.第一（2）.質(zhì)量

【解析】

【分析】

一切物體都有慣性.慣性的大小取決于物體的質(zhì)量，與速度無關(guān)，質(zhì)量不變，物體的慣性不變.

物體具有保持原來勻速直線運(yùn)動狀態(tài)或靜止?fàn)顟B(tài)的性質(zhì)，叫做慣性，牛頓第一定律又叫做慣性定律，物體

慣性大小的唯一量度是物體的質(zhì)量.

【點睛】慣性是動力學(xué)中基本概念，是物體的固有屬性，由物體的質(zhì)量大小決定，與速度無關(guān).

17、（2021?上海市松江區(qū)高三一模）牛頓第一定律牛頓第二定律的推論（選填“是”或“不是”）；

用牛頓第二定律來解釋質(zhì)量是物體慣性大小的量度（選填“能”或“不能”）。

【答案】⑴.不是⑵.能

【解析】

[11由于實際上不存在完全不受其它物體作用的孤立物體，所以第一定律不能用實驗直接加以驗證，主要是

由它所推出的結(jié)論和實驗事實符合而得到驗證。第一定律指出了物體在不受力的情況下處于怎樣的運(yùn)動狀

態(tài)，這樣就可以研究物體在受力情況下的運(yùn)動狀態(tài)，因此，在牛頓力學(xué)的理論系統(tǒng)中牛頓第一定律是第二

定律的前提和基礎(chǔ)，則牛頓第一定律不是牛頓第二定律的推論。

⑵根據(jù)公式

F-ma

質(zhì)量越大，加速度就越小，物體也就越能保持它原有的狀態(tài)，慣性也就越大了，則能用牛頓第二定律來解

釋質(zhì)量是物體慣性大小的量度。

18、（2021?上海市楊浦區(qū)高三一模）有一種加速度傳感器通過測量作用在質(zhì)量塊上的力，根據(jù)質(zhì)量塊的質(zhì)

量求得加速度，其依據(jù)的物理定律是。這類加速度傳感器（選填“能”或“不能”）

用于研究加速度與力、加速度與質(zhì)量的關(guān)系的實驗。

【答案】（1）.牛頓第二定律（2）.不能

【解析】

⑴根據(jù)牛頓第二定律，可知

F

a=——

m

易知這種加速度傳感器的理論依據(jù)為牛頓第二定律。

[2]該加速度感應(yīng)器不能用于研究加速度與力、加速度與質(zhì)量的關(guān)系的實驗，因為本感應(yīng)器就是根據(jù)牛頓第

二定律制造出來的，不能用結(jié)果去驗證原因。

19、（2021?上海市楊浦區(qū)高三一模）如圖（〃），商場半空中懸掛的鋼絲上掛有可以自由滑動的夾子，各個

柜臺的售貨員將票據(jù)和錢夾在夾子上通過鋼絲傳送給收銀臺。某時刻鐵夾的加速度恰好在水平方向，鋼絲

的形狀如圖（6）,其左側(cè)與水平夾角為仇右側(cè)處于水平位置，已知鐵夾的質(zhì)量為〃?，重力加速度為g,則

鐵夾的加速度方向,大小為。

(a)

e

【答案】（1）.向右(2).gtan-

【解析】

[1]研究鐵夾，鋼絲提供兩個彈力，且等大,依題意有

Fcos0<F

即鐵夾的加速度必須是水平向右的。

⑵對鐵夾受力分析,

由牛頓第二定律可得

ma-F-Feos0

F="

sin。

聯(lián)立，可得

0

a=gtana

20、(2021?福建省寧德市高三第一次質(zhì)檢)“春播樂開懷，無人機(jī)來幫忙”，一架攜藥總質(zhì)量〃2=20kg的

無人機(jī)即將在田間執(zhí)行噴灑藥劑任務(wù)，無人機(jī)懸停在距一塊試驗田d=30m的高空，/=0時刻，它以加

速度大小q=2m/s?豎直向下勻加速運(yùn)動九=9m后，立即以加速度大小/=lm/s?向下勻減速至零，重新

懸停，然后水平飛行噴灑藥劑。取重力加速度g=10m/s2,求：

(1)無人機(jī)向下勻減速運(yùn)動時空氣對無人機(jī)的作用力大??；

(2)無人機(jī)重新懸停時距試驗田的高度H2.

2

(3)若無人機(jī)在高度”2處懸停時動力系統(tǒng)發(fā)生故障，失去豎直升力的時間為］S,無人機(jī)下降過程中空氣阻

力恒為20N,要使其不落地，則恢復(fù)動力后提供豎直升力的最小值。

【答案】⑴220N；⑵3m；(3)540N

【解析】

(1)由牛頓第二定律，得

f-mg=ma]

解得

于=220N

(2)無人機(jī)加速過程中

u2-()=2q/R

無人機(jī)減速過程中

0-=-

又

//1="+4+H2

聯(lián)立解得

H2=3m

(3)失去豎直升力后，由牛頓第二定律得

mg-f-ina

下落高度為

h=—a'r

2

速度為

恢復(fù)動力后，由牛頓第二定律得

F+f-mg=ma"

下落高度為

0-v'2=—2"%'

又

H^h+h'

聯(lián)立解得

F-540N

21、(2021?安徽省蕪湖市高三第一次質(zhì)檢)如圖所示，小物塊A、B由跨過定滑輪的輕繩相連，A位于水

平傳送帶的右端，8置于傾角為30。的光滑固定斜面上，輕繩分別與斜面、傳送帶平行，傳送帶始終以速度

%=2m/s逆時針勻速轉(zhuǎn)動，某時刻A從傳送帶右端通過細(xì)繩帶動B以相同初速率也=5m/s運(yùn)動，方向如圖，

經(jīng)過一段時間A回到傳送帶的右端，已知4、B的質(zhì)量均為1kg,A與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.1,斜面、

輕繩、傳送帶均足夠長，8不會碰到定滑輪，定滑輪的質(zhì)量與摩擦均不計，g取10m/s2,求：

(1)A向左運(yùn)動的總時間；

(2)A回到傳送帶右端的速度大?。?/p>

(3)上述過程中，A與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的總熱量。

班

【答案】(l)2s；⑵3&m/s；(3)(7+3夜)J

【解析】

(1)A向左減速運(yùn)動的過程中，剛開始時，A的速度大于傳送帶的速度，以A為研究對象，受到向右的摩擦

力與繩對A的拉力，設(shè)繩子的拉力為耳「以向右為正方向，得

FTl+/Jing-ma]

以8為研究對象，則5的加速度的大小始終與A相等，8向上運(yùn)動的過程

mgsin30°-FTi=max

聯(lián)立可得

gsin30°+〃g_.2

q=°—2——D*=3nlzs-

A的速度與傳送帶的速度相等時所用的時間

當(dāng)4的速度與傳送帶的速度相等之后A的速度小于傳送帶的速度，受到的摩擦力變成了向左，設(shè)繩子的拉

力為耳2，以A為研究對象，則

FT2-/Jing=tna-,

以6為研究對象，則8的加速度的大小始終與4是相等的，8向上運(yùn)動的過程中

mgsin30°-FT2=ma2

聯(lián)立可得

gsin30fg=2mzs2

2

當(dāng)A向左速度減為0,經(jīng)過時間

"以dis

%

A向左運(yùn)動的總時間

，=4+，2=2s

(2)A向運(yùn)動的過程中，受到的摩擦力的方向仍然向左，仍然受到繩子的拉力，同時，8受到的力也不變，

所以它們受到的合力不變，所以A的加速度不變，仍為

=2m/s2

。時間內(nèi)A的位移

.=「%+（叫75m

I2J

負(fù)號表示方向向左，時間內(nèi)A的位移

,fo+（~vo）l一T

XO-x"——1m

一\27

負(fù)號表示方向向左，A向左運(yùn)動的總位移

x-xx+x1=-4.5m

A回到傳送帶右端的位移

x3=-x+4.5m

速度

v=,2%.=3V5mzs

（3居時間內(nèi)傳送帶的位移

x[==-2m

該時間內(nèi)傳送帶相對于A的位移

AXj=%,-%）=1.5m

，2時間內(nèi)傳送帶的位移

x\=一%，2=_2m

該時間內(nèi)傳送帶相對于A的位移

Ar2=%2—=lm

A回到傳送帶右端的時間為公，則

「匕2=3總

42

%時間內(nèi)傳送帶的位移

乂=-vot3=-3V2m

該時間內(nèi)傳送帶相對于A的位移

必=芻-乂=(4.5+30)m

A與傳送帶之間的摩擦力

F{=/.img=IN

上述過程中A與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的總熱量

Q=F((Ax,+AX2+必)=(7+3夜)J

22、(2021?湖北省荊州市高三第一次質(zhì)檢)如圖所示，傾斜傳送帶以速度以V2=L2m/s勻速向下運(yùn)動，

傾角6=37°，小物體A、B由通過定滑輪且不可伸長的輕繩相連，，%=2kg、根B=0.5kg。某時刻A在

傳送帶右端具有向左的速度h=2m/s,A與定滑輪間的繩與傳送帶平行，傳送帶上下兩端長L=5m。不

計定滑輪質(zhì)量和摩擦，小物體A與傳送帶之間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,輕繩足夠長。(g=10m/sz,

sin37=0.6,cos37°=0.8)求：

(1)若小物體A與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)從=0.25,A離開傳送帶時的速度。

(2)若小物體A與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)〃2=0.5,A滑上傳送帶到離開傳送帶所需的時間。

【答案】⑴4m/s；⑵3.5s

【解析】

(1)A先以加速度的向左做勻加速運(yùn)動，直到離開傳送帶，由牛頓第二定律得，對A：

mAgsin3-FT]-/^{mAgcos0=mAat

對B：

耳i一〃%g=加碼

聯(lián)立以上方程解得

q=1.2m/s2

由運(yùn)動學(xué)公式得

23=片-匕2

解得

匕=4mzs

(2)A先以加速度4向左做勻減速運(yùn)動，直到速度減為匕，設(shè)位移為西，由牛頓第二定律得，對A：

4？+從2m人8cos6-mAgsin0=加4生

對B

啊g一耳2=mBa2

聯(lián)立以上方程解得

2

a2=0.4m/s

由運(yùn)動學(xué)公式得

v

2a2芯~2~V；、Vj-v2=a2t{

解得

Xi=3.2m,%=2s

A接著以速度匕向左做勻速運(yùn)動，直到從下端離開，設(shè)位移為々，對A：

x2=L-x1=v2t2

解得

t2=1.5s

則運(yùn)動的總時間

t=t1+12=3.5s

23、（2021?湖南省岳陽市高三一模）某司機(jī)駕駛小汽車以速度vo途經(jīng)十字路口時，松開油門，小汽車在滾

動摩擦作用下沿直線勻減速行駛，后又發(fā)現(xiàn)紅燈倒計時所剩時間不多，于是狠踩剎車，車輪抱死（不轉(zhuǎn)），

小汽車在滑動摩擦作用下沿直線繼續(xù)勻減速直至停止。已知輪胎與地面間的滑動摩擦因數(shù)為〃=0.6,小汽車

滑動階段的速度隨時間變化的圖象如圖所示。滾動摩擦減速過程的位移與滑動摩擦減速過程的位移之比為

5：2,且兩段減速過程耗時相同，滑動階段小汽車的某個車輪在地面留下的滑痕長為3m。

（1）求剛開始踩剎車時小汽車的速度大小;

(2)設(shè)小汽車滾動摩擦減速階段的摩擦力與壓力之比為入，求鼠

【答案】(l)6m/s；(2)0.3

【解析】

(1)設(shè)剛開始踩剎車時小汽車的速度大小為出位移大小為X2=3m,由動能定理有

A1，

-fjmgx2=(j-—mv

解得

v=6m/s

另法：設(shè)剛開始踩剎車時小汽車的速度大小為也加速度大小為〃2,位移大小為及，有

2

0-v=2(-?2)x2

x2=3m

=——==6m/s2

m

解得

v=6m/s

(2)設(shè)小汽車滾動摩擦階段的摩擦力為,滾動，位移為加，時間為公有

5「

x}=—xx2=7.5m

兩過程耗時相同，有

V.

t}=—=1s

%

設(shè)滾動階段的初速度為加速度大小為0,有:

v0+v

q=—―-=3m/s2

由牛頓第二定律有

f漆動=m%

根據(jù)題意有

2=/滾動—一衰動

品mg

聯(lián)立可得

4=0.3

24、(2021?上海市閔行區(qū)高三一模)我國自主研制的新一代航空母艦正在建造中。設(shè)航母中艦載飛機(jī)獲得

的升力大小/可用尸=人2表示，其中左為比例常數(shù)；v是飛機(jī)在平直跑道上的滑行速度，E與飛機(jī)所受

重力相等時的u稱為飛機(jī)的起飛離地速度，已知艦載飛機(jī)空載質(zhì)量為1.69xl()3kg時，起飛離地速度為

78m/s,裝載彈藥后質(zhì)量為2.56xl()3kg。

(1)求飛機(jī)裝載彈藥后的起飛離地速度：

(2)若該航母有電磁彈射裝置，飛機(jī)裝載彈藥后，從靜止開始在水平甲板上勻加速滑行1