2021年高考題和模擬題物理分類匯編 03 牛頓定律

2021年高考試題分類匯編

專題03牛頓定律

1.（2021.廣東卷）唐代《耒都經(jīng)》記載了曲轅犁相對(duì)直轅犁的優(yōu)勢(shì)之一是起土省力，設(shè)牛用大小相等的拉

力尸通過耕索分別拉兩種犁，尸與豎直方向的夾角分別為a和4，a</3,如圖所示，忽略耕索質(zhì)量，耕

地過程中，下列說法正確的是（）

A.耕索對(duì)曲轅犁拉力的水平分力比對(duì)直轅犁的大

B.耕索對(duì)曲轅犁拉力的豎直分力比對(duì)直轅犁的大

C.曲轅犁勻速前進(jìn)時(shí)，耕索對(duì)犁的拉力小于犁對(duì)耕索的拉力

D.直轅犁加速前進(jìn)時(shí)，耕索對(duì)犁的拉力大于犁對(duì)耕索的拉力

【答案】B

【解析】

A.將拉力F正交分解如下圖所示

則在x方向可得出

Fx|%=Fsina

Fx直=尸sin4

在y方向可得出

Fyiin=Fcosa

Fyp￡=Fcosp

由題知?jiǎng)t

sinct<sin/?

cosa>cosy?

則可得到

FxUH<FXH

FyM>pySt

A錯(cuò)誤、B正確；

CD.耕索對(duì)犁的拉力與犁對(duì)耕索的拉力是一對(duì)相互作用力，它們大小相等，方向相反，無論是加速還是勻

速，則CD錯(cuò)誤。

故選B。

2.（2021.浙江卷）2021年5月15日，天問一號(hào)著陸器在成功著陸火星表面的過程中，經(jīng)大氣層290s的減

速，速度從4.9xK）3m/s減為4.6x102m/s；打開降落傘后，經(jīng)過90s速度進(jìn)一步減為l.OxUm/s；與降

落傘分離，打開發(fā)動(dòng)機(jī)減速后處于懸停狀態(tài)；經(jīng)過對(duì)著陸點(diǎn)的探測(cè)后平穩(wěn)著陸。若打開降落傘至分離前的

運(yùn)動(dòng)可視為豎直向下運(yùn)動(dòng)，則著陸器（）

A.打開降落傘前，只受到氣體阻力的作用

B.打開降落傘至分離前，受到的合力方向豎直向上

C.打開降落傘至分離前，只受到浮力和氣體阻力的作用

D.懸停狀態(tài)中，發(fā)動(dòng)機(jī)噴火的反作用力與氣體阻力是平衡力

【答案】B

【解析】

A.打開降落傘前，在大氣層中做減速運(yùn)動(dòng)，則著陸器受大氣的阻力作用以及火星的引力作用，選項(xiàng)A錯(cuò)

誤；

B.打開降落傘至分離前做減速運(yùn)動(dòng)，則其加速度方向與運(yùn)動(dòng)方向相反，加速度方向向上，則合力方向豎直

向上，B正確；

C.打開降落傘至分離前，受到浮力和氣體的阻力以及火星的吸引力作用，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；

D.懸停狀態(tài)中，發(fā)動(dòng)機(jī)噴火的反作用力是氣體對(duì)發(fā)動(dòng)機(jī)的作用力，由于還受到火星的吸引力，則與氣體的

阻力不是平衡力，選項(xiàng)D錯(cuò)誤.

故選Bo

3.（2021?湖南卷）“復(fù)興號(hào)”動(dòng)車組用多節(jié)車廂提供動(dòng)力，從而達(dá)到提速的目的?？傎|(zhì)量為機(jī)的動(dòng)車組在平

直的軌道上行駛。該動(dòng)車組有四節(jié)動(dòng)力車廂，每節(jié)車廂發(fā)動(dòng)機(jī)的額定功率均為P,若動(dòng)車組所受的阻力與

其速率成正比（蝎=E,Z為常量），動(dòng)車組能達(dá)到的最大速度為%。下列說法正確的是（）

A.動(dòng)車組在勻加速啟動(dòng)過程中，牽引力恒定不變

B.若四節(jié)動(dòng)力車廂輸出功率均為額定值，則動(dòng)車組從靜止開始做勻加速運(yùn)動(dòng)

3

C.若四節(jié)動(dòng)力車廂輸出的總功率為2.25P,則動(dòng)車組勻速行駛的速度為W％

D.若四節(jié)動(dòng)力車廂輸出功率均為額定值，動(dòng)車組從靜止啟動(dòng)，經(jīng)過時(shí)間f達(dá)到最大速度%，則這一過程中

該動(dòng)車組克服阻力做的功為萬加%2―尸/

【答案】C

【解析】

A.對(duì)動(dòng)車由牛頓第二定律有

/一%=mt7

若動(dòng)車組在勻加速啟動(dòng)，即加速度。恒定，但4隨速度增大而增大，則牽引力也隨阻力增大而變大,

故A錯(cuò)誤；

B.若四節(jié)動(dòng)力車廂輸出功率均為額定值，則總功率為4P,由牛頓第二定律有

-4-P----K,v-ma

v

故可知加速啟動(dòng)的過程，牽引力減小，阻力增大，則加速度逐漸減小，故B錯(cuò)誤；

C.若四節(jié)動(dòng)力車廂輸出的總功率為2.25P,則動(dòng)車組勻速行駛時(shí)加速度為零，有

而以額定功率勻速時(shí)，有

聯(lián)立解得

3

V=4V"'

故c正確;

D.若四節(jié)動(dòng)力車廂輸出功率均為額定值，動(dòng)乍組從靜止啟動(dòng)，經(jīng)過時(shí)間/達(dá)到最大速度以，由動(dòng)能定理可

知

1,

4R一%陽=5根4一0

可得動(dòng)車組克服阻力做的功為

Wm=4Pt-^mv；n

故D錯(cuò)誤；

故選C。

4.（2021?全國(guó)卷）如圖，將光滑長(zhǎng)平板的下端置于鐵架臺(tái)水平底座上的擋板P處，上部架在橫桿上。橫桿

的位置可在豎直桿上調(diào)節(jié)，使得平板與底座之間的夾角?？勺?。將小物塊由平板與豎直桿交點(diǎn)。處靜止釋

放，物塊沿平板從。點(diǎn)滑至P點(diǎn)所用的時(shí)間f與夾角9的大小有關(guān)。若由30。逐漸增大至60。，物塊的下滑

A.逐漸增大B.逐漸減小C.先增大后減小D.先減小后增大

【答案】D

【解析】

設(shè)PQ的水平距離為L(zhǎng),由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可知

L=—gsinOr

cos。2

可得

干4￡

gsin2，

可知8=45°時(shí),，/有最小值，故當(dāng)。從山30。逐漸增大至60。時(shí)下滑時(shí)間r先減小后增大。

故選D。

5.（2021?浙江卷）如圖所示，電動(dòng)遙控小車放在水平長(zhǎng)木板上面，當(dāng)它在長(zhǎng)木板上水平向左加速運(yùn)動(dòng)時(shí),

長(zhǎng)木板保持靜止，此時(shí)（)

A.小車只受重力、支持力作用

B.木板對(duì)小車的作用力方向水平向左

C.木板對(duì)小車的作用力大于小車對(duì)木板的作用力

D.木板對(duì)小車的作用力與小車對(duì)木板的作用力大小一定相等

【答案】D

【解析】

A.小車加速向左運(yùn)動(dòng)，受到自身的重力和電機(jī)的驅(qū)動(dòng)力，受到長(zhǎng)木板對(duì)小車的支持力和阻力，A錯(cuò)誤；

B.木板對(duì)小車的作用力包括豎直向上的支持力和水平方向的阻力，根據(jù)平行四邊形定則可知合力方向一定

不在水平方向，B錯(cuò)誤；

CD.木板對(duì)小車的作用力與小車對(duì)木板的作用力是一對(duì)相互作用力，等大反向，C錯(cuò)誤，D正確。

故選D。

6.（2021?全國(guó)卷）水平桌面上，一質(zhì)量為，〃的物體在水平恒力尸拉動(dòng)下從靜止開始運(yùn)動(dòng)，物體通過的路程

等于s0時(shí)，速度的大小為%,此時(shí)撤去凡物體繼續(xù)滑行2s。的路程后停止運(yùn)動(dòng)，重力加速度大小為g,則

（）

1,

A.在此過程中尸所做的功為5機(jī)說

B.在此過中廠的沖量大小等于,九%

C.物體與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)等于4

4s°g

D.F的大小等于物體所受滑動(dòng)摩擦力大小的2倍

【答案】BC

【解析】

CD.外力撤去前，由牛頓第二定律可知

F-/.img=ma[①

由速度位移公式有

VQ=2ats0②

外力撤去后，由牛頓第二定律可知

_L〃ng=ma2③

山速度位移公式有

一片=24（2.%）④

由①②③④可得，水平恒力

F.3〃球

4so

動(dòng)摩擦因數(shù)

4gs0

滑動(dòng)摩擦力

2

"mv0

4so

可知F的大小等于物體所受滑動(dòng)摩擦力大小的3倍，

故C正確，D錯(cuò)誤；

A.在此過程中，外力尸做功為

3,

W=FSo=j相片

故A錯(cuò)誤；

B.由平均速度公式可知，外力F作用時(shí)間

t_2.s（）

1°+%%

2

在此過程中，尸的沖量大小是

/=為1=|

故B正確。

故選BCo

7.（2021?全國(guó)卷）水平地面上有一質(zhì)量為班的長(zhǎng)木板，木板的左端上有一質(zhì)量為"％的物塊，如圖（〃）所

示。用水平向右的拉力F作用在物塊上，尸隨時(shí)間，的變化關(guān)系如圖（b）所示，其中6、尸2分別為4、L

時(shí)刻尸的大小。木板的加速度4隨時(shí)間，的變化關(guān)系如圖（C）所示。已知木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為四，

物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃2,假設(shè)最大靜摩擦力均與相應(yīng)的滑動(dòng)摩擦力相等，重力加速度大小為g。

則（

口m（m.+m^..

2!

A.4=4加1gB.P2=—~—r%-M）g

c.//2>——=內(nèi)D.在0~弓時(shí)間段物塊與木板加速度相等

m2

【答案】BCD

【解析】

A.圖（c）可知，h時(shí)滑塊木板一起剛在從水平滑動(dòng)，此時(shí)滑塊與木板相對(duì)靜止，木板剛要滑動(dòng)，此時(shí)以

整體為對(duì)象有

耳=4（班+g）g

A錯(cuò)誤;

BC.圖（c）可知，匕滑塊與木板剛要發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，以整體為對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律，有

F2一兒（叫+嗎）g=（仍+m1）a

以木板為對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律，有

出嗎g-〃i（叫+m1）g=mya>0

解得

機(jī)2（加i+機(jī)2）/、

!

F2=————

（肛+私）

----------A

m2

BC正確;

D.圖（c）可知，0~f2這段時(shí)間滑塊與木板相對(duì)靜止，所以有相同的加速度，D正確。

故選BCD?

8.（2021?廣東卷）算盤是我國(guó)古老的計(jì)算工具，中心帶孔的相同算珠可在算盤的固定導(dǎo)桿上滑動(dòng)，使用前

算珠需要?dú)w零，如圖所示，水平放置的算盤中有甲、乙兩顆算珠未在歸零位置，甲靠邊框6,甲、乙相隔

Si=3.5xl0-2m,乙與邊框。相隔S2=2.0x10-2m,算珠與導(dǎo)桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=0.1?，F(xiàn)用手指將甲

以0.4m/s的初速度撥出，甲、乙碰撞后甲的速度大小為O.lm/s，方向不變，碰撞時(shí)間極短且不計(jì)，重力加

速度g取lOm/s：

（1）通過計(jì)算，判斷乙算珠能否滑動(dòng)到邊框4；

（2）求甲算珠從撥出到停下所需的時(shí)間。

算珠歸零狀態(tài)

...1....

邊框

邊框/nffiM

【答案】（1）能；（2）0.2s

【解析】

（1）由牛頓第二定律可得，甲乙滑動(dòng)時(shí)均有

f=jumg=ma

則甲乙滑動(dòng)時(shí)的加速度大小均為

a=〃g=lm/s2

甲與乙碰前的速度力，則

2asi=Vp-Vj2

解得

vi=0.3m/s

甲乙碰撞時(shí)由動(dòng)量守恒定律

=mv2+mv3

解得碰后乙的速度

V3=0.2m/s

然后乙做減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)速度減為零時(shí)則

m=0.02m=s

2a2x12

可知乙恰好能滑到邊框4；

(2)甲與乙碰前運(yùn)動(dòng)的時(shí)間

%—匕0.4-0.3-

八=-—L=------s=0.1s

a1

碰后甲運(yùn)動(dòng)的時(shí)間

v0.1八，

2=—s—0.1s

“a1

則甲運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為

t=t]+=0.2s

9.(2021?浙江卷)機(jī)動(dòng)車禮讓行人是一種文明行為。如圖所示，質(zhì)量加=1.0xl()3kg的汽車以匕=36km/h

的速度在水平路面上勻速行駛，在距離斑馬線s=20m處，駕駛員發(fā)現(xiàn)小朋友排著長(zhǎng)/=6m的隊(duì)伍從斑馬

線一端開始通過，立即剎車，最終恰好停在斑馬線前。假設(shè)汽車在剎車過程中所受阻力不變，且忽略駕駛

員反應(yīng)時(shí)間。

(1)求開始剎車到汽車停止所用的時(shí)間和所受阻力的大?。?/p>

(2)若路面寬L=6m,小朋友行走的速度％=0.5m/s,求汽車在斑馬線前等待小朋友全部通過所需的時(shí)

間;

(3)假設(shè)駕駛員以％=54m/h超速行駛，在距離斑馬線s=20m處立即剎車，求汽車到斑馬線時(shí)的速度。

【答案】⑴"=4s,f}=2.5xl03N；(2)20s；(3)v=545m/s

【解析】

(1)根據(jù)平均速度

s

%=-

V

解得剎車時(shí)間

j=4s

剎車加速度

根據(jù)牛頓第二定律

Ff-ma

解得

6=2.5x10%

（2）小朋友過時(shí)間

1+L

’2=

%

等待時(shí)間

t=t2-t}=20s

（3）根據(jù)

v；--=2as

解得

v=5V5m/s

10.（2021?河北卷）如圖，一滑雪道由AB和BC兩段滑道組成，其中AB段傾角為夕，3c段水平，AB段

和8c段由一小段光滑圓弧連接，一個(gè)質(zhì)量為2kg的背包在滑道頂端A處由靜止滑下，若1s后質(zhì)量為48kg

的滑雪者從頂端以1.5m/s的初速度、3m/s2的加速度勻加速追趕，恰好在坡底光滑圓弧的水平處追上背包

17

并立即將其拎起，背包與滑道的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃=在，重力加速度取g=10m/s2,Sin^=—,

24

cos。=k，忽略空氣阻力及拎包過程中滑雪者與背包的重心變化，求：

25

（1）滑道AB段的長(zhǎng)度；

（2）滑雪者拎起背包時(shí)這一瞬間的速度。

A

0

BC

【答案】(1)L=9m：(2)v=7.44m/s

【解析】

(1)設(shè)斜面長(zhǎng)度為L(zhǎng)，背包質(zhì)量為%=2kg,在斜面上滑行的加速度為%,由牛頓第二定律有

gsin。一gcos0=

解得

a1=2m/s2

滑雪者質(zhì)量為旭2=48kg,初速度為%=1.5m/s,加速度為%=3016,在斜面上滑行時(shí)間為t,落后時(shí)

間"=ls,則背包的滑行時(shí)間為f+fo，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得

L=]4Q+%)~

,12

L—VQZ+a

聯(lián)立解得

%=2s或，=-1s(舍去)

故可得

L=9m

(2)背包和滑雪者到達(dá)水平軌道時(shí)的速度為匕、v2,有

Vj=4Q+")=6m/s

v2=v()+a2t-7.5m/s

滑雪者拎起背包的過程，系統(tǒng)在光滑水平面上外力為零，動(dòng)量守恒，設(shè)共同速度為也有

m}vl+mIv2-(/n,+m2)v

解得

v=7.44m/s

11.(2021?浙江卷)如圖所示，質(zhì)量機(jī)二2kg的滑塊以吁16m/s的初速度沿傾角族37。的斜面上滑，經(jīng)片2s

滑行到最高點(diǎn)。然后，滑塊返回到出發(fā)點(diǎn)。已知sin37*0.6,8$37。=0.8,求滑塊

(1)最大位移值x；

(2)與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)；

(3)從最高點(diǎn)返回到出發(fā)點(diǎn)的過程中重力的平均功率凡

【答案】(l)16m；(2)0.25：(3)67.9W

【解析】

(1)小車向上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，有

X—2

2

得

x=16m

(2)加速度

2

a1--~8m/s

上滑過程

mgsin6+umecos6._八

q=-.........2-----=gsin6+4gcos0

m

得

〃=0.25

(3)下滑過程

mgsin0-umgcos0...

a-----------------------=gsin。n-4gcos0n-4m/s2

2m

由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式

v,=J24X=8V2m/s-1l.3m/s

重力的平均功率

P=77/^VCOS(90°-。)=48及W=67.9W

12.(2020?海南卷)如圖，在傾角為。的光滑斜面上，有兩個(gè)物塊P和。，質(zhì)量分別為叫和山2,用與斜面

平行的輕質(zhì)彈簧相連接，在沿斜面向上的恒力F作用下，兩物塊一起向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則()

F

A.兩物塊一起運(yùn)動(dòng)的加速度大小為-------

+m2

B.彈簧的彈力大小為T=——F

叫+利

C.若只增大加2,兩物塊一起向上勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，它們的間距變大

D.若只增大。，兩物塊一起向上勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，它們的間距變大

【答案】BC

【解析】

A.對(duì)整體受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有

F-(/w]+m2)gsine=(〃7]+m1)a

F.八

解得。=---------gsin。，故A錯(cuò)誤：

叫+m2

B.對(duì)恤受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有

E禪-m2gsin0=m2a

解得場(chǎng)=/^-，故B正確；

+m2

F==F

C.根據(jù)彈一叫+色一生+「可知若只增大加2,兩物塊一起向上勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，彈力變大，根據(jù)胡克

定律，可知伸長(zhǎng)量變大，故它們的間距變大，故C正確；

D.根據(jù)庫=叫'，可知只增大。，兩物塊一起向上勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，彈力不變，根據(jù)胡克定律，可知

"%+m2

伸長(zhǎng)量不變，故它們的間距不變，故D錯(cuò)誤。

故選BCo

13.（2020?浙江卷）如圖所示，系留無人機(jī)是利用地面直流電源通過電纜供電的無人機(jī)，旋翼由電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)。

現(xiàn)有質(zhì)量為20kg、額定功率為5kW的系留無人機(jī)從地面起飛沿豎直方向上升，經(jīng)過200s到達(dá)l（X）m高處

后懸停并進(jìn)行工作。已知直流電源供電電壓為400V,若不計(jì)電纜的質(zhì)量和電阻，忽略電纜對(duì)無人機(jī)的拉力,

則（）

A.空氣對(duì)無人機(jī)的作用力始終大于或等于200N

B.直流電源對(duì)無人機(jī)供電的額定電流為12.5A

C.無人機(jī)上升過程中消耗的平均功率為100W

D.無人機(jī)上升及懸停時(shí)均有部分功率用于對(duì)空氣做功

【答案】BD

【解析】

A.無人機(jī)先向上加速后減速，最后懸停，則空氣對(duì)無人機(jī)的作用力先大于200N后小于200N,最后等于

200N,選項(xiàng)A錯(cuò)誤；

B.直流電源對(duì)無人機(jī)供電的額定電流

P5000…4

—=------AA=12.5A

U400

選項(xiàng)B正確；

C.若空氣對(duì)無人機(jī)的作用力為

F=mg=200N

則無人機(jī)上升過程中消耗的平均功率

P=—=..=100W

t200

但是由于空氣對(duì)無人機(jī)向上的作用力不是一直為200N,則選項(xiàng)C錯(cuò)誤；

D.無人機(jī)上升及懸停時(shí)，螺旋槳會(huì)使周圍空氣產(chǎn)生流動(dòng)，則會(huì)有部分功率用于對(duì)空氣做功，選項(xiàng)D正確。

故選BDo

14.（2020?北京卷）在無風(fēng)的環(huán)境，某人在高處釋放靜止的籃球，籃球豎直下落；如果先讓籃球以一定的角

速度繞過球心的水平軸轉(zhuǎn)動(dòng)（如圖）再釋放，則籃球在向下掉落的過程中偏離豎直方向做曲線運(yùn)動(dòng)。其原

因是，轉(zhuǎn)動(dòng)的籃球在運(yùn)動(dòng)過程中除受重力外，還受到空氣施加的阻力力和偏轉(zhuǎn)力力。這兩個(gè)力與籃球速度

n的關(guān)系大致為：方向與籃球運(yùn)動(dòng)方向相反；f2^k2v,方向與籃球運(yùn)動(dòng)方向垂直。下列說法正

確的是（）

A.占、&是與籃球轉(zhuǎn)動(dòng)角速度無關(guān)的常量

B.籃球可回到原高度且角速度與釋放時(shí)的角速度相同

C.人站得足夠高，落地前籃球有可能向上運(yùn)動(dòng)

D.釋放條件合適，籃球有可能在空中持續(xù)一段水平直線運(yùn)動(dòng)

【答案】C

【解析】

A.籃球未轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，籃球豎直下落，沒有受到偏轉(zhuǎn)力力的作用，而籃球轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，將受到偏轉(zhuǎn)力力的作用，

所以偏轉(zhuǎn)力f2=k2v中的k2與籃球轉(zhuǎn)動(dòng)角速度有關(guān)，故A錯(cuò)誤；

B.空氣阻力一直對(duì)籃球做負(fù)功，籃球的機(jī)械能將減小，籃球的角速度也將減小，所以籃球沒有足夠的能量

回到原高度，故B錯(cuò)誤；

C.籃球下落過程中，其受力情況如下圖所示

籃球下落過程中，由受力分析可知，隨著速度不斷增大，籃球受到力和力的合力沿豎直方向的分力可能比

重力大，可使籃球豎直方向的分速度減小為零或變成豎直向上，所以籃球可能向上.運(yùn)動(dòng)，故c正確；

D.如果籃球的速度變成水平方向，則空氣阻力的作用會(huì)使籃球速度減小，則籃球受到的偏轉(zhuǎn)力力將變小,

不能保持人與重力持續(xù)等大反向，所以不可能在空中持續(xù)一段水平直線運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。

故選C。

15.（2020?江蘇卷）中歐班列在歐亞大陸開辟了“生命之路”，為國(guó)際抗疫貢獻(xiàn)了中國(guó)力量。某運(yùn)送防疫物資

的班列由40節(jié)質(zhì)量相等的車廂組成，在車頭牽引下，列車沿平直軌道勻加速行駛時(shí)，第2節(jié)對(duì)第3節(jié)車廂

的牽引力為凡若每節(jié)車廂所受摩擦力、空氣阻力均相等，則倒數(shù)第3節(jié)對(duì)倒數(shù)第2節(jié)車廂的牽引力為（）

【答案】C

【解析】

根據(jù)題意可知第2節(jié)車廂對(duì)第3節(jié)車廂的牽引力為凡因?yàn)槊抗?jié)車廂質(zhì)量相等，阻力相同，故第2節(jié)對(duì)第3

節(jié)車廂根據(jù)牛頓第二定律有

F-38/=3Snui

設(shè)倒數(shù)第3節(jié)車廂對(duì)倒數(shù)第2節(jié)車廂的牽引力為Q,則根據(jù)牛頓第二定律有

6-2/=2ma

F

聯(lián)立解得￡=歷。

故選C。

16.（2020.浙江卷）如圖是“中國(guó)天眼”500m口徑球面射電望遠(yuǎn)鏡維護(hù)時(shí)的照片。為不損傷望遠(yuǎn)鏡球面，質(zhì)

量為，”的工作人員被懸在空中的氮?dú)馇蚶?，?dāng)他在離底部有一定高度的望遠(yuǎn)鏡球面上緩慢移動(dòng)時(shí)，氨氣

球?qū)ζ溆写笮?〃吆、方向豎直向上的拉力作用，使其有“人類在月球上行走”的感覺，若將人視為質(zhì)點(diǎn)，

此時(shí)工作人員（）

一一~

A.受到的重力大小為B.受到的合力大小為，mg

66

C.對(duì)球面的壓力大小為，機(jī)gD.對(duì)球面的作用力大小為，，咫

OO

【答案】D

【解析】

A.工作人員的質(zhì)量為加，則工作人員受到的重力

G=mg

A錯(cuò)誤;

B.工作人員在球面上緩慢行走，處于平衡狀態(tài)，合力為0,B錯(cuò)誤；

C.工作人員站在的球面位置不水平，對(duì)球面的壓力不等于9mg,C錯(cuò)誤;

D.由平衡條件可得球面對(duì)工作人員的作用力F滿足

廣51

b=mg—mg=—mg

66

再由牛頓第三定律可得，工作人員對(duì)球面的作用力大小為

n1

F=~fng

D正確。

故選D。

17.（2020?山東卷）一質(zhì)量為〃7的乘客乘坐豎直電梯下樓，其位移s與時(shí)間，的關(guān)系圖像如圖所示。乘客所

受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示。重力加速度大小為g。以下判斷正確的是（)

A.0~a時(shí)間內(nèi)，v增大，F(xiàn)N>mgB.t]~t2時(shí)間內(nèi)，v減小，F(xiàn)^<mg

C./2~打時(shí)間內(nèi)，歲增大，F(xiàn)N<mgD.t2~h時(shí)間內(nèi)，v減小，F(xiàn)N

【答案】D

【解析】

A.由于s-r圖像的斜率表示速度，可知在0F時(shí)間內(nèi)速度增加，即乘客的加速度向下，處于失重狀態(tài)，則

FN<mg,選項(xiàng)A錯(cuò)誤；

B.在AT2時(shí)間內(nèi)速度不變，即乘客的勻速下降，則FN=mg,選項(xiàng)B錯(cuò)誤；

CD.在七M(jìn)時(shí)間內(nèi)速度減小，即乘客的減速下降，超重，則FN>〃?選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確;

故選D。

18.（2020.浙江卷）如圖所示，底部均有4個(gè)輪子的行李箱a豎立、b平臥放置在公交車上，箱子四周有一

定空間。當(dāng)公交車（）

A.緩慢起動(dòng)時(shí)，兩只行李箱一定相對(duì)車子向后運(yùn)動(dòng)

B.急剎車時(shí)，行李箱a一定相對(duì)車子向前運(yùn)動(dòng)

C.緩慢轉(zhuǎn)彎時(shí)，兩只行李箱一定相對(duì)車子向外側(cè)運(yùn)動(dòng)

D.急轉(zhuǎn)彎時(shí)，行李箱b一定相對(duì)車子向內(nèi)側(cè)運(yùn)動(dòng)

【答案】B

【解析】

A.有題意可知當(dāng)公交車緩慢啟動(dòng)時(shí)，兩只箱子與公交車之間的有可能存在靜摩擦使箱子與公交車一起運(yùn)動(dòng),

故A錯(cuò)誤；

B.急剎車時(shí)，由于慣性，行李箱。一定相對(duì)車子向前運(yùn)動(dòng)，故B正確；

C.當(dāng)公交車緩慢轉(zhuǎn)彎時(shí)，兩只箱子與車之間的摩擦力可能提供向心力，與車保持相對(duì)靜止，故C錯(cuò)誤；

D.當(dāng)公交車急轉(zhuǎn)彎時(shí)I由于需要向心力大，行李箱一定相對(duì)車子向外側(cè)運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。

故選Bo

19.（2020?浙江卷）如圖所示，一對(duì)父子掰手腕，父親讓兒子獲勝。若父親對(duì)兒子的力記為耳，兒子對(duì)父

親的力記為尸2,則（）

A.F?>F[B.月和尸2大小相等

C.耳先于鳥產(chǎn)生D.匕后于尸2產(chǎn)生

【答案】B

【解析】

父親對(duì)兒子的力耳和兒子對(duì)父親的力K是一對(duì)相互作用力，根據(jù)牛頓第三定律可知這兩個(gè)力等大反向，同

生同滅，故B正確，ACD錯(cuò)誤。

故選B.

20.(2020.山東卷)2020年5月，我國(guó)進(jìn)行了珠穆朗瑪峰的高度測(cè)量，其中一種方法是通過使用重力儀測(cè)

量重力加速度，進(jìn)而間接測(cè)量海拔高度。某同學(xué)受此啟發(fā)就地取材設(shè)計(jì)了如下實(shí)驗(yàn)，測(cè)量當(dāng)?shù)刂亓铀俣?/p>

的大小。實(shí)驗(yàn)步驟如下：

-y/(xio-2ms-l)

200

150

100

50

0510152025303540t/(xlQ'2s>

圖乙

(i)如圖甲所示，選擇合適高度的墊塊，使木板的傾角為53。，在其上表面固定一與小物塊下滑路徑平行的

刻度尺(圖中未畫出)。

(ii)調(diào)整手機(jī)使其攝像頭正對(duì)木板表面，開啟視頻錄像功能。將小物塊從木板頂端釋放，用手機(jī)記錄下小

物塊沿木板向下做加速直線運(yùn)動(dòng)的情況。然后通過錄像的回放，選擇小物塊運(yùn)動(dòng)路徑上合適的一點(diǎn)作為測(cè)

量參考點(diǎn)，得到小物塊相對(duì)于該點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)距離L與運(yùn)動(dòng)時(shí)間/的數(shù)據(jù)。

2L

(iii)該同學(xué)選取部分實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，畫出了-----，圖像，利用圖像數(shù)據(jù)得到小物塊下滑的加速度大小為5.6m*

t

(iv)再次調(diào)節(jié)墊塊，改變木板的傾角，重復(fù)實(shí)驗(yàn)。

回答以下問題：

(1)當(dāng)木板的傾角為37。時(shí)，所繪圖像如圖乙所示。由圖像可得，物塊過測(cè)量參考點(diǎn)時(shí)速度的大小為m/s；

選取圖線上位于坐標(biāo)紙網(wǎng)格交叉點(diǎn)上的A、8兩點(diǎn)，利用A、8兩點(diǎn)數(shù)據(jù)得到小物塊下滑加速度的大小為

m/sz(結(jié)果均保留2位有效數(shù)字)

(2)根據(jù)上述數(shù)據(jù)，進(jìn)一步分析得到當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣却笮閙/sZ(結(jié)果保留2位有效數(shù)字，sin37*

0.60,cos37°=0.80)

【答案】0.32或0.333.19.4

【解析】

⑴⑴⑵根據(jù)L=W+可得

2L-

——2%+at

2L

則由-/一4圖像可知

2

2v0=65x10m/s

則

y()=0.33m/s

.(190-65)x10-22”,2

a=k=--------------m/s=3.1m/s

《Oxi?！?/p>

(2)[3]由牛頓第二定律可知

mgsin0—/nmgcos0-ma

即

a=gsin。一〃gcos。

當(dāng)0=53。時(shí)a=5.6m/s2,即

gsin530—jugcos53=5.6

當(dāng)0=37。時(shí)a=3.0m/s2,即

gsin37°—4gcos37°=3.1

聯(lián)立解得

^=9.4m/s2

21.(2020?山東卷)單板滑雪U型池比賽是冬奧會(huì)比賽項(xiàng)目，其場(chǎng)地可以簡(jiǎn)化為如圖甲所示的模型：U形

滑道由兩個(gè)半徑相同的四分之一圓柱面軌道和一個(gè)中央的平面直軌道連接而成，軌道傾角為17.2。。某次練

習(xí)過程中，運(yùn)動(dòng)員以v*10m/s的速度從軌道邊緣上的M點(diǎn)沿軌道的豎直切面ABCD滑出軌道，速度方向

與軌道邊緣線的夾角a=72.8。，騰空后沿軌道邊緣的N點(diǎn)進(jìn)入軌道。圖乙為騰空過程左視圖。該運(yùn)動(dòng)員

可視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，取重力加速度的大小g=10m/s2,sin72.8°=0.96,cos72.8°=0.30o求：

(1)運(yùn)動(dòng)員騰空過程中離開AD的距離的最大值小

(2)M、N之間的距離L。

【答案】(1)4.8m：(2)12m

【解析】

(1)在M點(diǎn)，設(shè)運(yùn)動(dòng)員在ABC。面內(nèi)垂直A。方向的分速度為u”由運(yùn)動(dòng)的合成與分解規(guī)律得

Vi=vMsin72.8°

設(shè)運(yùn)動(dòng)員在ABC。面內(nèi)垂直AD方向的分加速度為由牛頓第二定律得

mgcos\7.2°=nia\②

由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得

③

2al

聯(lián)立①②③式，代入數(shù)據(jù)得

i/=4.8m

(2)在M點(diǎn)，設(shè)運(yùn)動(dòng)員在48CD面內(nèi)平行AD方向的分速度為血，由運(yùn)動(dòng)的合成與分解規(guī)得

V2=VMCOS72.8°⑤

設(shè)運(yùn)動(dòng)員在ABCD面內(nèi)平行AD方向的分加速度為?2,由牛頓第二定律得

mgsinil,2°=ma2⑥

設(shè)騰空時(shí)間為/,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得

聯(lián)立①②⑤⑥⑦⑧式，代入數(shù)據(jù)得

L=12m⑨

22.(2020?全國(guó)卷)我國(guó)自主研制了運(yùn)-20重型運(yùn)輸機(jī)。飛機(jī)獲得的升力大小F可用戶=初2描寫，女為系

數(shù)；v是飛機(jī)在平直跑道上的滑行速度，F(xiàn)與飛機(jī)所受重力相等時(shí)的v稱為飛機(jī)的起飛離地速度，己知飛機(jī)

質(zhì)量為121x1()5kg時(shí)，起飛離地速度為66m/s；裝載貨物后質(zhì)量為1.69x1(/kg,裝載貨物前后起飛離地時(shí)

的％值可視為不變。

(1)求飛機(jī)裝載貨物后的起飛離地速度；

(2)若該飛機(jī)裝載貨物后，從靜止開始勻加速滑行1521m起飛離地，求飛機(jī)在滑行過程中加速度的大小

和所用的時(shí)間。

【答案】⑴彩=78m/s；(2)2m/s2/=39s

【解析】

(1)空載起飛時(shí)，升力正好等于重力：

甌=世

滿載起飛時(shí)，升力正好等于重力：

kv；=加2g

由上兩式解得：

v2=78m/s

(2)滿載貨物的飛機(jī)做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，所以

v；-0=2ax

解得：

a=2m/s2

由加速的定義式變形得：

_Av_v2-0

aa

解得：

t—39s

23.(2020?全國(guó)卷)如圖，一豎直圓管質(zhì)量為M,下端距水平地面的高度為“，頂端塞有一質(zhì)量為〃，的小

球。圓管由靜止自由下落，與地面發(fā)生多次彈性碰撞，且每次碰撞時(shí)間均極短；在運(yùn)動(dòng)過程中，管始終保

持豎直。已知例=4根，球和管之間的滑動(dòng)摩擦力大小為4mg,g為重力加速度的大小，不計(jì)空氣阻力。

(1)求管第一次與地面碰撞后的瞬間，管和球各自的加速度大??；

(2)管第一次落地彈起后，在上升過程中球沒有從管中滑出，求管上升的最大高度；

(3)管第二次落地彈起的上升過程中，球仍沒有從管中滑出，求圓管長(zhǎng)度應(yīng)滿足的條件。

【答案】(1)G=2g,42=3g；(2)W,=^H；(3)L>—W

【解析】

(1)管第一次落地彈起的瞬間，小球仍然向下運(yùn)動(dòng)。設(shè)此時(shí)管的加速度大小為G,方向向下；球的加速度

大小為42,方向向上；球與管之間的摩擦力大小為了,由牛頓運(yùn)動(dòng)定律有

Mai=Mg+f①

mai=f-mg(2)

聯(lián)立①②式并代入題給數(shù)據(jù)，得

ai=2g,s=3g③

(2)管第一次碰地前與球的速度大小相同。由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，碰地前瞬間它們的速度大小均為

%=J2gH④