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高中物理 專題03 牛頓運動定律
【重點知識解讀】
牛頓第一定律：一切物體總保持勻速直線運動狀態或靜止狀態，直到有外力迫使它改變這種狀態為止。牛頓第一定律是在伽利略理想實驗的基礎上建立起來的，但它不是實驗規律。牛頓第一定律給出了慣性的概念，慣性是物體保持原有運動狀態的性質，慣性是物體的固有屬性，質量是物體慣性大小的量度；牛頓第一定律揭示了力的本質，即力是產生加速度的原因。
2 .牛頓第二定律：物體的加速度a跟物體所受的合外力F成正比，跟物體的質量m成反比，加速度的方向跟合外力的方向相同。數學表達式： F=ma 。 牛頓第二定律揭示了力的瞬時效應，定量描述了力與運動（加速度）的關系，是經典力學的核心內容；由定律可知，力與加速度是瞬時對應關系，即加速度與力是同時產生、同時變化、同時消失；力與加速度的具有因果關系。力是產生加速度的原因，加速度是力產生的結果。只要合外力變化，其加速度一定變化。
3. 牛頓第三定律：兩個物體之間的作用力與反作用力總是大小相等，方向相反，作用在一條直線上。牛頓第三定律揭示了物體與物體間相互作用規律。兩個物體之間的作用力反作用力總是等值（大小相等）、反向（方向相反）、共線（作用在一條直線上）、異體（作用力與反作用力分別作用在相互作用的兩個不同物體上）、同時（作用力與反作用力一定是同時產生、同時變化、同時消失，它們的存在不分先后）、同性（作用力與反作用力一定是同種性質的力），作用在兩個物體上各自產生效果，一定不會相互抵消。
5..在連接體或疊加體問題中，如果不需要知道各物體間的作用力，并且各物體具有相同的加速度，就可把它們看作一個整體，分析整體的受力情況和運動情況，應用牛頓第二定律列方程求解；如果需要知道物體之間的作用力，則需隔離與該力相關的物體，把內力轉化為外力，分析隔離出物體的受力情況和運動情況，應用牛頓第二定律列方程解之。
.靈活利用整體法與隔離法處理連接體或疊加體問題，是本單元的重點應用之一。
【高考命題動態】
牛頓運動定律是高中物理的核心內容，也是高考重點。高考對牛頓運動定律的考查重點是牛頓第二定律的應用及其相關知識點，難度中等或偏難。
【最新模擬題專項訓練】。
1.（2013哈爾濱三中月考）下列說法正確的是：
A．牛頓認為質量一定的物體其加速度與物體受到的合外力成正比
B. 亞里士多德認為輕重物體下落快慢相同
C. 笛卡爾的理想斜面實驗說明了力不是維持物體運動的原因
D. 伽利略認為如果完全排除空氣的阻力，所有物體將下落的同樣快
2.（2013邯鄲摸底）物理學是一門以實驗為基礎的學科，物理定律就是在大量實驗的基礎上歸納總結出來的。但有些物理規律或物理關系的建立并不是直接從實驗得到的，而是經過了理想化或合力外推，下列選項中屬于這種情況的是（ ）
A．牛頓第一定律 B．牛頓第二定律
C．萬有引力定律 D．庫侖定律
答案：A
解析：牛頓第一定律是在實驗的基礎上經過合理外推得到的，用實驗無法實現，選項A正確；牛頓第二定律是實驗定律，萬有引力定律是經過類比和實驗驗證的，庫倫定律是通過采用控制變量法的實驗而得到的實驗定律，選項BCD錯。
3、（2013衡水中學調研）以下說法中正確的是( )
A．牛頓第一定律揭示了一切物體都具有慣性
B．速度大的物體慣性大，速度小的物體慣性小
C．力是維持物體運動的原因
D．做曲線運動的質點，若將所有外力都撤去，則該質點仍可能做曲線運動
4. （2013哈爾濱三中月考）如圖所示，兩個傾角相同的滑竿上分別套有A、B兩個圓環，兩個圓環上分別用細線懸吊兩個物體C、D，當它們都沿滑竿向下滑動時A的懸線與桿垂直，B的懸線豎直向下。下列說法正確的是：
A.A環與滑竿之間沒有摩擦力
B.B環與滑竿之間沒有摩擦力
C.A環做的是勻加速直線運動
D.B環做的是勻加速直線運動
答案：AC解析：對圖示兩種情況受力分析，并應用牛頓第二定律，可知，A環與滑竿之間沒有摩擦力，B環與滑竿之間有摩擦力，A環做的是勻加速直線運動，B環做的是勻加速直線運動，選項AC正確BD錯誤。
5．（2013哈爾濱三中月考）如圖所示，升降機天花板上用輕彈簧懸掛一物體，升降機靜止時彈簧伸長量為10cm，運動時彈簧伸長量為9cm，則升降機的運動狀態可能是（g=10m/s2）：
A.以a=1m/s2的加速度加速上升；
B.以a=1m/s2的加速度加速下降；
C.以a=9m/s2的加速度減速上升；
D.以a=9m/s2的加速度減速下降
答案：B解析：根據運動時彈簧伸長量為9cm，小于靜止時彈簧伸長量為10cm，可知升降機加速度向下，則升降機的運動狀態可能是以a=1m/s2的加速度加速下降；可能是以a=1m/s2的加速度減速上升，選項B正確。
6．（2013唐山摸底）風洞實驗室可產生水平方向大小可調節的風力。實驗室中有兩個質量不等的球A、B，用一輕質繩連接。把A球套在水平細桿上如圖所示，對B球施加水平風力作用，使A球與B球一起向右勻加速運動。若把A、B兩球位置互換，重復實驗，讓兩球仍一起向右做勻加速運動，已知兩次實驗過程中球的加速度相同，A、B兩球與細桿的動摩擦因數相同。則兩次運動過程中，下列物理量一定不變的是
A．細繩與豎直方向的夾角
B．輕繩拉力的大小
C．細桿對球的支持力
D．風給小球的水平力
7．（2013唐山摸底）從16世紀末，隨著人們對力的認識逐漸清晰和豐富，建立了經典力學理論，以下有關力的說法正確的有
A．物體的速度越大，說明它受到的外力越大
B．物體的加速度在改變，說明它受到的外力一定改變
C．馬拉車做勻速運動，說明物體做勻速運動需要力來維持
D．一個人從地面跳起來，說明地面對人的支持力大于人對地面的壓力
答案：B解析：物體的加速度越大，說明它受到的外力越大，物體的加速度在改變，說明它受到的外力一定改變，選項A錯誤B正確；馬拉車做勻速運動，說明物體所受合外力為零，選項C錯誤；地面對人的支持力在任何情況下都等于人對地面的壓力，選項D錯誤。
8．（2013哈爾濱三中月考）一汽車沿直線由靜止開始向右運動，汽車的速度和加速度方向始終向右。汽車速度的二次方v2與汽車前進位移x的圖像如圖所示，則下列說法正確的是：
A.汽車從開始運動到前進x 1過程中，汽車受到的合外力越來越大
B.汽車從開始運動到前進x 1過程中，汽車受到的合外力越來越小
C.汽車從開始運動到前進x 1過程中，汽車的平均速度大于v0/2
D.汽車從開始運動到前進x 1過程中，汽車的平均速度小于v0/2
9．（2013安徽江南十校摸底）如圖所示，在動摩擦因數μ=0.2的水平面上有一個質量m=1kg的小球，小球與水平輕彈簧及與豎直方向成θ=45°角的不可伸長的輕繩一端相連，此時小球處于靜止狀態，且水平面對小球的彈力恰好為零。在剪斷輕繩的瞬間（g取10m/s2），下列說法中正確的是 （ ）
A．小球受力個數不變
B．小球立即向左運動，且a=8 m/s2
C．小球立即向左運動，且a=10m/s2
D．若剪斷的是彈簧，則剪斷瞬間小球加速度的大小a=10 m/s2
答案：B解析：在剪斷輕繩前，分析小球受力，小球受到重力、彈簧彈力和繩子拉力。應用平衡條件可得彈簧彈力F=mgtan45°=10N。剪斷輕繩的瞬間，彈簧彈力不變，重力不變，小球將受到水平面的彈力和摩擦力，小球受力個數變化，選項A錯誤；此時在豎直方向，水平面的彈力N=mg，摩擦力為f=μN=2N，小球水平向左的合力F-f=ma，解得a=8 m/s2，選項B正確C錯誤；若剪斷的是彈簧，則剪斷瞬間小球仍然靜止，小球加速度的大小a=0，選項D錯誤。
10．(2013西安摸底)質量為0.6 kg的物體在水平面上運動，圖中的兩條斜線分別是物體受水平拉力和不受水平拉力的v-t圖像，則 ( )
A．斜線①一定是物體受水平拉力時的圖像
B．斜線②一定是物體不受水平拉力時的圖像
C．水平拉力一定等于0.2 N
D．物體所受的摩擦力可能等于0.2 N
11. （2013哈爾濱三中月考）如圖所示，質量為m1和m2的兩物塊放在光滑的水平地面上。用輕質彈簧將兩物塊連接在一起。當用水平力F作用在m1上時，兩物塊均以加速度a做勻加速運動，此時，彈簧伸長量為x，若用水平力F’作用在m1上時，兩物塊均以加速度a’=2a做勻加速運動。此時彈簧伸長量為x’。則下列關系正確的是：
A.F’=2F B.x’=2 x C. F’>2F D. x’<2 x
答案：AB解析：把兩個物體看作整體，由牛頓第二定律可得，F’=2F，選項A正確C錯誤；隔離m2，由牛頓第二定律和胡克定律，x’=2 x，選項B正確D錯誤。
12. （2013江蘇徐州摸底）一位同學乘坐電梯從六樓下到一樓的過程中，其v-t圖象如圖所示．下列說法正確的是
A．前2s內該同學處于超重狀態
B．前2s內該同學的加速度是最后1s內的2倍
C．該同學在10s內的平均速度是1m/s
D．該同學在10s內通過的位移是17m
答案：D解析：同學乘坐電梯從六樓下到一樓的過程中，前2s內該同學處于失重狀態，前2s內該同學的加速度是最后1s內的1/2，選項AB錯誤；該同學在10s內的位移為17m，平均速度是1.7m/s，選項D正確C錯誤。
13．（2013屆江西省重點中學高三聯考）如圖甲所示，質量為m的物塊沿足夠長的粗糙斜面底端以初速度v0上滑先后通過A、B，然后又返回到底端。設從A到B的時間為t1，加速度大小為a1，經過A的速率為v1，從B返回到A的時間為t2，加速度大小為a2，經過A的速率為v2，則正確的是（ ）
A．t1=t2，a1=a2，v1=v2
B．t1＜t2，a1＜a2，v1＜v2
C．物塊全過程的速度時間圖線如圖乙所示
D．物塊全過程的速度時間圖線如圖丙所示
15. （2013廣西三校聯考）如圖所示，一細繩跨過一輕質定滑輪（不計細繩和滑輪質量，不計滑輪與軸之間摩擦），繩的一端懸掛一質量為m的物體A，另一端懸掛一質量為M（M>m）的物體B，此時A物體加速度為a1。如果用力F代替物體B，使物體A產生的加速度為a2，那么（ ）

F-mg=ma2.，解得a2=F/m-g。如果al= a2，則F< Mg；如果F=Mg，則al16. （2013遼寧省五校協作體高三期初聯考）如圖所示，將質量為m=0.1kg的物體用兩個完全一樣的豎直彈簧固定在升降機內，當升降機以4m/s2的加速度加速向上運動時，上面彈簧對物體的拉力為0.4N；當升降機和物體都以8m/s2的加速度向上運動時，上面彈簧的拉力為
A．0.6N B．0.8N C．1.0N D．1.2N
答案：A解析：當升降機以4m/s2的加速度加速向上運動時，上面彈簧對物體的拉力為0.4N；設下面彈簧支持力為FN，由牛頓第二定律，0.4+FN-mg=ma1；解得FN=mg=1N。當升降機和物體都以8m/s2的加速度向上運動時，設上面彈簧的拉力為F，則下面彈簧支持力為F’N=mg+F-0.4=0.6+F，由牛頓第二定律，F+F’N-mg=ma2；解得F=0.6N,選項A正確。
17．（2013南昌鐵一中摸底）彈簧秤掛在升降機的頂板上，下端掛一質量為2kg的物體．當升降機在豎直方向運動時，彈簧秤的示數始終是16N．如果從升降機的速度為3m/s時開始計時，則經過1s，升降機的位移可能是（g取10m/s2）（ ）
A．2m B．3m C．4m D．8m
答案：AC
18．（2013南昌鐵一中摸底）建筑工人用如圖所示的定滑輪裝置運送建筑材料。質量為70.0kg的工人站在地面上，通過定滑輪將20.0kg的建筑材料以0.500m／s2的加速度拉升，忽略繩子和定滑輪的質量及定滑輪的摩擦，則工人對地面的壓力大小為(g取10 m/s2.)（ ）
A．510 N B．490 N C．890 N D．910 N
答案：B
解析：將20.0kg的建筑材料以0.500m／s2的加速度拉升，拉力F=m（g+a）=20×(10+0.500)N=210N。對工人，由平衡條件可得地面支持力為700N-210N=490 N,根據牛頓第三定律，工人對地面的壓力大小為490N，選項B正確。
19. （2013邯鄲摸底）一條足夠長的淺色水平傳送帶自左向右勻速運行。現將一塊木炭無初速度地放在傳送帶的最左端，木炭在傳送帶上將會留下一段黑色的痕跡。下列說法正確的是（）
褐色的痕跡將出現在木炭的左側
木炭的質量越大，痕跡的長度越短
傳送帶運動的速度越大，痕跡的長度越短
木炭與傳送帶間動摩擦因數越大，痕跡的長度越短
答案：D
解析：木炭水平方向無初速度放到傳送帶上時，相對于傳送帶向后運動，所以，會在木炭的右側留下黑色痕跡，選項A錯；在木炭的速度增加到等于傳送帶的速度之前，木炭相對于傳送帶向后做勻減速直線運動，根據v2=2ax,其中a=μg，與m無關，選項B錯；由前式知，a一定時，v越大，x越長，選項C錯；在v一定時，μ越大，a越大，x越小，選項D對。
20．（2013南昌鐵一中摸底）如圖所示，ad、bd、 cd是豎直面內的三根固定的光滑細桿，a、ｂ、c、ｄ位于同一圓周上，ａ點為圓周上最高點，ｄ點為圓周上最低點。每根桿上都套有一個小圓環，三個圓環分別從ａ、ｂ、c處由靜止釋放，用t1 、t2 、t3依次表示各環到達d點所用的時間，則（ ）
A．t 1＜t2＜t3 B．t 1＞t2＞t3
C．t 3＞t1＞t2 D．t 1＝t2 ＝t3
解析：因無相對滑動，所以，無論橡皮泥粘到哪塊上，根據牛頓第二定律都有：F-3μmg-μΔmg=(3m+Δm)a，系統加速度a都將減小，選項A對；若粘在A木塊上面，以C為研究對象，受F、摩擦力μmg、繩子拉力T，F-μmg-T=ma，a減小，F、μmg不變，所以，T增大，選項B錯；若粘在B木塊上面，a減小，以A為研究對象，m不變，所受摩擦力減小，選項C錯；若粘在C木塊上面，a減小，A的摩擦力減小，以AB為整體，有T-2μmg=2ma，T減小，選項D對。
22 （2013安徽師大摸底）如圖所示，物體B疊放在物體A上，A、B的質量均為m，且上、下表面均與斜面平行，它們以共同速度沿傾角為θ的固定斜面C勻速下滑，則(　　)
A．A，B間沒有靜摩擦力
B．A受到B的靜摩擦力方向沿斜面向上
C．A受到斜面的滑動摩擦力大小為2mgsinθ
D．A與B間的動摩擦因數μ＝tanθ
23．（2013南昌鐵一中摸底）如圖(a)所示，用一水平外力F拉著一個靜止在傾角為θ的光滑斜面上的物體，逐漸增大F，物體做變加速運動，其加速度a隨外力F變化的圖像如圖(b)所示，若重力加速度g取10m/s2.根據圖(b)中所提供的信息可以計算出（ ）
A．物體的質量
B．斜面的傾角
C．斜面的長度
D．加速度為6m/s2時物體的速度
. 答案：AB
解析：當F=0時，物體向下的加速度大小為6m/s2，即gsinθ=6m/s2，可計算出斜面的傾角θ，選項B正確；當F=20N時，物體向上的加速度大小為2m/s2，即cosθ-gsinθ=2m/s2，可計算出物體的質量m，選項A正確。不能計算出斜面的長度，加速度為6m/s2時物體的速度，選項CD錯誤。
24．（2013衡水中學調研）如圖甲所示，在傾角為30°的足夠長的光滑斜面上，有一質量為m的物體，受到沿斜面方向的力F作用，力F按圖乙所示規律變化（圖中縱坐標是F與mg的比值，力沿斜面向上為正）.則物體運動的速度v隨時間t變化的規律是圖丙中的（物體的初速度為零，重力加速度取10m/s2）
答案：C解析：在0~1s，F=mg，由牛頓第二定律，加速度a=5m/s2；在1s~2s，F=0，由牛頓第二定律，加速度a=-5m/s2；在2s~3s，F=-mg，由牛頓第二定律，加速度a=-15m/s2；物體運動的速度v隨時間t變化的規律是圖丙中的C。
答案：BCD 解析：若水平面光滑，對整體，由牛頓第二定律，F=2ma；隔離B，由牛頓第二定律，F’=ma；解得物塊A對B的作用力大小為F’=F/2，選項A錯誤B正確。若物塊A與地面、B與地面的動摩擦因數均為μ，對整體，由牛頓第二定律，F-2μmg=2ma；隔離B，由牛頓第二定律，F’ -μmg =ma；解得物塊A對B的作用力大小為F’=F/2，選項C正確。若物塊A與地面的動摩擦因數為μ，B與地面的動摩擦因數為2μ，對整體，由牛頓第二定律，F-μmg -2μmg=2ma；隔離B，由牛頓第二定律，F’ -2μmg =ma；解得物塊A對B的作用力大小為F’=(F +μmg)/2，選項D正確。
26. （2013衡水中學調研）電梯的頂部掛一個彈簧秤，秤下端掛了一個重物，電梯勻速直線運動時，彈簧秤的示數為10 N，在某時刻電梯中的人觀察到彈簧秤的示數變為6 N，關于電梯的運動（如圖所示），以下說法正確的是(g取10 m/s2) ( )
A．電梯可能向上加速運動, 加速度大小為4m/s2
B．電梯可能向下加速運動, 加速度大小為4m/s2
C．電梯可能向上減速運動, 加速度大小為4m/s2
D．電梯可能向下減速運動, 加速度大小為4m/s2
27．（2013衡水中學調研）如圖甲所示，用一水平外力F拉著一個靜止在傾角為θ的光滑斜面上的物體，逐漸增大F，物體做變加速運動，其加速度a隨外力F變化的圖象如圖乙所示.若重力加速度g取10 m/s2，根據圖乙中所提供的信息，可以計算出（ ）
A.物體的質量
B.斜面的傾角
C.物體能靜止在斜面上所施加的最小外力
D.加速度為6 m/s2時物體的速度
答案：ABC解析：由牛頓第二定律，Fcosθ-mgsinθ=ma。當F=15N時，a=0；當F=30N時，a=6 m/s2；當F=0N時，a= -6m/s2；可以計算出物體的質量m，斜面的傾角，物體能靜止在斜面上所施加的最小外力為15N，選項ABC正確。
28．（2013衡水中學調研）如圖所示，傾角為30°的光滑桿上套有一個小球和兩根輕質彈簧，兩彈簧的一端各與小球相連，另一端分別用銷釘Ｍ、Ｎ固定于桿上，小球處于靜止狀態．設拔去銷釘Ｍ（撤去彈簧ａ）瞬間，小球的加速度大小為6ｍ/s2．若不拔去銷釘Ｍ，而拔去銷釘Ｎ（撤去彈簧ｂ）瞬間，小球的加速度可能是（ｇ取10ｍ/s2）： （ ）
A．11ｍ/ s2，沿桿向上　　
B．11ｍ/ s2，沿桿向下
C．1ｍ/ s2，沿桿向下　　　
D．1ｍ/ s2，沿桿向上
29．（2013衡水中學調研）如圖所示，小車的質量為M，人的質量為m，人用恒力F拉繩，若人與車保持相對靜止，且地面為光滑的，又不計滑輪與繩的質量，則車對人的摩擦力可能是(　　)
A．()F ，方向向左
B．()F，方向向右
C．()F，方向向左
D．()F，方向向右
30. （2013廣西三校聯考）如圖所示，一細繩跨過一輕質定滑輪（不計細繩和滑輪質量，不計滑輪與軸之間摩擦），繩的一端懸掛一質量為m的物體A，另一端懸掛一質量為M（M>m）的物體B，此時A物體加速度為a1。如果用力F代替物體B，使物體A產生的加速度為a2，那么（ ）
A. 如果al= a2，則F< Mg
B. 如果F=Mg，則al C．如果al =a2，則F=Mg
D．如果F=，則a1=a2
答案：ABD解析：另一端懸掛一質量為M（M>m）的物體B，由牛頓第二定律，Mg-mg=(m+M)a1.，解得a1=g。如果用力F代替物體B，由牛頓第二定律，F-mg=ma2.，解得a2=F/m-g。如果al= a2，則F< Mg；如果F=Mg，則al 31. （2013武漢摸底）如圖所示，質量為m1 和m2的兩個物體，系在一條跨過光滑定滑輪的不一可伸長的輕繩兩端。己知m1 +m2 =1kg，當m2改變時，輕繩的拉力也會不斷變化。若輕繩所能承受的最大拉力為4.8N,為保證輕繩不斷，試求m2的范圍。(重力加速度g=l 0m/s2 )
32.（10分）（2013山東壽光市質檢）如圖甲所示，質量m=2kg的物體在水平面上向右做直線運動.過a點時給物體作用一個水平向左的恒力F并開始計時，選水平向右為速度的正方向，通過速度傳感器測出物體的瞬時速度，所得v-t圖象如圖乙所示.取重力加速度為g=10m/s2.求：
（1）力F的大小和物體與水平面間的動摩擦因數μ.
（2）10s末物體離a點的距離.
【解析】（1）設物體向右做勻減速直線運動的加速度為a1，則由v-t圖得
a1=2m/s2 ①（1分）
根據牛頓第二定律，有F＋pmp＝ma1 ②（1分）
設物體向左做勻加速直線運動的加速度為a2，則由v-t圖得
a2=1m/s2③（1分）
根據牛頓第二定律，有 ④（1分）
解①②③④得：F＝3N（1分） （1分）
（2）設10s末物體離a點的距離為d，d應為v-t圖與橫軸所圍的面積則，負號表示物體在a點以左（4分）
注：未說負號意義不扣分.
對于兩個過程，由牛頓第二定律得：
①
②
聯立①②式解得：Ff=10N
由滑動摩擦力公式得：
解得：μ=0.1 。
34．(15分) （2013江蘇徐州摸底）滑沙游戲中，游戲者從沙坡頂部坐滑沙車呼嘯滑下．為了安全，滑沙車上通常裝有剎車手柄，游客可以通過操縱剎車手柄對滑沙車施加一個與車運動方向相反的制動力F，從而控制車速．為便于研究，作如下簡化：游客從頂端A點由靜止滑下8s后，操縱剎車手柄使滑沙車勻速下滑至底端B點，在水平滑道上繼續滑行直至停止．已知游客和滑沙車的總質量m=70kg，傾斜滑道AB長=128m，傾角θ=37°，滑沙車底部與沙面間的動摩擦因數μ=0.5．滑沙車經過B點前后的速度大小不變，重力加速度g取，sin37°=0.6，cos37°=0.8，不計空氣阻力．
(1)求游客勻速下滑時的速度大小．
(2)求游客勻速下滑的時間．
(3)若游客在水平滑道BC段的最大滑行距離為16m，則他在此處滑行時，需對滑沙車施加多大的水平制動力?
35．(8分) （2013屆江西省重點中學高三聯考）如圖所示，質量m=1Kg的小球穿在長L=1.6m的斜桿上，斜桿與水平方向成α＝37°角，斜桿固定不動,小球與斜桿間的動摩擦因數μ＝0.75。小球受水平向左的拉力F=1N,從斜桿的頂端由靜止開始下滑（，）。
試求：（1）小球運動的加速度大小；
（2）小球運動到斜桿底端時的速度大小。
．(8分)解：
（1） （2分）
（2分）
∴ =1.25m/s2。（2分）
（2） （2分）
∴ v==m/s=2m/s。 （2分）
36．(8分) （2013南昌鐵一中摸底）航模興趣小組設計出一架遙控飛行器，其質量m =2kg，動力系統提供的恒定升力F =28 N．試飛時，飛行器從地面由靜止開始豎直上升。設飛行器飛行時所受的阻力大小不變，g取10m/s2。
（1）第一次試飛，飛行器飛行t1 = 8 s 時到達高度H = 64 m．求飛行器所阻力f的大小；
（2）第二次試飛，飛行器飛行t2 = 6 s 時遙控器出現故障，飛行器立即失去升力。求飛行器能達到的最大高度h；
37.（8分）（2013溫州八校期初聯考）一個質量為1500 kg行星探測器從某行星表面豎直升空，發射時發動機推力恒定，發射升空后8 s末，發動機突然間發生故障而關閉；如圖19所示為探測器從發射到落回出發點全過程的速度圖象；已知該行星表面沒有大氣，不考慮探測器總質量的變化；求：
（1）探測器在行星表面上升達到的最大高度；
（2）探測器落回出發點時的速度；
（3）探測器發動機正常工作時的推力。
38（19分）（2013廣西三校聯考）如圖所示，截面為直角三角形的木塊置于粗糙的水平地面上，其傾角=30o。現木塊上有一質量m=l.0kg的滑塊從斜面下滑，測得滑塊在0.40 s內速度增加了1.4 m/s，且知滑塊滑行過程中木塊處于靜止狀態，重力加速度g=10 m/s2，求：
（1）滑塊滑行過程中受到的摩擦力大小；
（2）滑塊滑行過程中木塊受到地面的摩擦力大小及方向。
解析：（1）由題意可知滑塊的加速度a==m/s2=3.5. m/s2。
滑塊受力如圖所示，根據牛頓第二定律，得：mgsinθ-f=ma，
解得：f=1.5N。
（2）由滑塊受力圖得：N=mgcosθ，
等于滑動摩擦力）。m與M保持相對靜止共同向右運動，已知木板的左端A點經過坐標原點O時的速度為，在坐標為X=21m處有一擋板P，木板與擋板P瞬間碰撞后立即以原速率反向彈回，而木塊在此瞬間速度不變，若碰后立刻撤去擋板P，g取10m/s2,求：
（1）木板碰擋板P時的速度V1為多少？
（2）最終木板停止運動時其左端A的位置坐標？（此問結果保留到小數點后兩位）
. 解. (1)對木塊和木板組成的系統，有……………2分
……………1分
解得v1=9m/s。
（2）由牛頓第二定律可知am=μ2g=9 m/s2。
aM==6 m/s2。
m運動至停止時間為t1==1 s
此時M速度VM=V1-aMt1=3m/s, 方向向左，
共速后m，M以a1=1m/s2向左減速至停下位移S2==1.62m……………1分
最終木板M左端A點位置坐標為
x=9.5-S1-S2=9.5-6.48-1.62=1.40m。
40、（12分）（2013衡水中學調研）如圖所示，平板車長為L=6m，質量為M=10kg，上表面距離水平地面高為h=1.25m，在水平面上向右做直線運動，A、B是其左右兩個端點．某時刻小車速度為v0=7.2m/s，在此時刻對平板車施加一個方向水平向左的恒力F=50N，與此同時，將一個質量m=1kg的小球輕放在平板車上的P點（小球可視為質點，放在P點時相對于地面的速度為零），，經過一段時間，小球脫離平板車落到地面．車與地面的動摩擦因數為0.2，其他摩擦均不計．取g=10m/s2．求：
（1）小球從離開平板車開始至落到地面所用的時間；
（2）小球從輕放到平板車開始至離開平板車所用的時間；
（3）從小球輕放上平板車到落地瞬間，平板車的位移大小．
. 解：（1）小球從離開平板車開始至落到地面所用的時間

（2） 小球放到平板車后相對地面靜止，小車的加速度為

小車向右運動的距離為

故小球從輕放到平板車開始至離開平板車所用的時間t=t1+t2=3s
（3） 小球剛離開平板車瞬間，小車的速度方向向左，大小為

小球離開車子后，車的加速度為
車子向左運動的距離為

從小球輕放上平板車到落地瞬間，平板車的位移大小
X= x1 + x2+ x3 =5.175m。
41．(12分) （2013南昌鐵一中摸底）如圖甲所示，質量為m＝1kg的物體置于傾角為θ＝37°的固定且足夠長的斜面上，對物體施以平行于斜面向上的拉力F, t1＝1s時撤去拉力，物體運動的部分v—t圖像如圖乙所示．試求：(g取10m/s2)
（1）拉力F的大小．
（2）t＝4s時物體的速度v的大小．
．解析：
（1）設力F作用時物體的加速度為a1，對物體進行受力分析，由牛頓第二
42、（2013衡水中學調研）（10分)如圖，已知斜面傾角300，物體A質量mA=0.4kg，物體B質量mB=0.7kg，H=0.5m。B從靜止開始和A一起運動，B落地時速度v=2m/s。若g取10m/s2，繩的質量及繩的摩擦不計，求：
（1）物體與斜面間的動摩擦因數
（2）物體沿足夠長的斜面滑動的最大距離
【解析】分別對A和B進行受力分析，如圖。
（1）對A、B列運動方程，對A有：
T – mAgsinθ-f=mAa1 ; FN=mAgcosθ ; f=μFN
對B有：mBg-T=mBa1
整合以上各式得： mBg-mBa - mAgsinθ - μmAgcosθ=ma1 (1)
對B的運動情況，有：v2=2a1H (2)
43．(14分) （2013南昌鐵一中摸底）如圖所示為糧食倉庫中常用的皮帶傳輸裝置示意圖，它由兩臺皮帶傳送機組成，一臺水平傳送，A、B兩端相距L1=3m；另一臺傾斜傳送，傳送帶與地面間的傾角為θ為37o，C、D兩端相距L2=4.45m，B、C相距很近．水平傳送帶以v0=5m/s沿順時針方向轉動．現將質量為m=10kg的一袋大米無初速度的放在A端，它隨傳送帶到達B點后，速度大小不變的傳到傾斜傳送帶的C端．米袋與兩傳送帶之間的動摩擦因素均為0.5，取g=10m/s2，sin37o=0.6,cos37o=0.8.
（1）若傾斜傳送帶CD不轉動，則米袋沿傳送帶CD所能上滑的最大距離是多少？
（2）若傾斜傳送帶CD以v=4m/s的速率沿順時針方向轉動，則米袋從C端運動到D端的時間為多少？
.. 解析：（1）米袋在AB上加速運動的加速度為a0=μmg/m=5m/s2。
米袋速度達到v0=5m/s時滑過的距離s0==2.5m故米袋先加速一段時間后再與傳送帶一起勻速運動，
到達C端速度為v0=5m/s。
設米袋在CD上傳送的加速度大小為a，據牛頓第二定律
mg sinθ+μmgcosθ=ma
得 a=10m/s2。
能沿CD上滑的最大距離 s==1.25m。 、
（2）（8分）CD順時針轉動時，米袋速度減為v=4m/s之前的加速度為
a1=-g(sinθ+μcosθ)=-10m/s2，
【最新高考題專項檢測】
1.（2012·新課標理綜）伽利略根據小球在斜面上運動的實驗和理想實驗，提出了慣性的概念，從而奠定了牛頓力學的基礎。早期物理學家關于慣性有下列說法，其中正確的是
A．.物體抵抗運動狀態變化的性質是慣性
B．.沒有力作用，物體只能處于靜止狀態
C．.行星在圓周軌道上保持勻速率運動的性質是慣性
D．.運動物體如果沒有受到力的作用，將繼續以同一速度沿同一直線運動
【答案】：AD
【解析】：沒有力作用，物體可能處于靜止狀態或勻速直線運動狀態，行星在圓周軌道上保持勻速率運動是受到向心力作用的結果，不是慣性，選項BC錯誤。
【考點定位】此題考查慣性及其相關知識。
2. （2012·安徽理綜）如圖所示，放在固定斜面上的物塊以加速度a沿斜面勻加速下滑，若在物塊上再施加一豎直向下的恒力F，則
A. 物塊可能勻速下滑
B. 物塊仍以加速度a勻加速下滑
C. 物塊將以大于a的加速度勻加速下滑
D. 物塊將以小于a的加速度勻加速下滑
【答案】C
【解析】分析斜面上物體受力，將重力沿斜面忽然垂直斜面方向分解，由牛頓第二定律可得，mgsinθ-μmgcosθ=ma，再施加一豎直向下的恒力F，設加速度為a’， 由牛頓第二定律可得，(F+mg)sinθ-μ(F+mg)cosθ=ma’，由此可知，a’> a，物塊將以大于a的加速度勻加速下滑,，選項C正確。
【考點定位】考查力的分解、牛頓運動定律及其相關知識。
3.（2012·海南物理）根據牛頓第二定律，下列敘述正確的是
物體加速度的大小跟它的質量和速度大小的乘積成反比
物體所受合力必須達到一定值時，才能使物體產生加速度
物體加速度的大小跟它所受作用力中任一個的大小成正比
當物體質量改變但其所受合力的水平分力不變時，物體水平加速度大小與其質量成反比
4．（2012·四川理綜）如圖所示，勁度系數為k的輕彈簧的一端固定在墻上，另一端與置于水平面上質量為的物體接觸（未連接），彈簧水平且無形變。用水平力F緩慢推動物體，在彈性限度內彈簧長度被壓縮了x0，此時物體靜止。撤去F后，物體開始向左運動，運動的最大距離為4 x0。物體與水平面間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g。則
A．撤去F后，物體先做勻加速運動，再做勻減速運動
B．撤去F后，物體剛運動時的加速度大小為-μg
C．物體做勻減速運動的時間為
D．物體開始向左運動到速度最大的過程中克服摩擦力做的功為μmg (x0-μmg/k)
【答案】：BD
【解析】：由牛頓第二定律，撤去F后，物體所受合外力為F=kx0-μmg，由牛頓第二定律F=ma可知，物體剛運動時的加速度大小為a=-μg，選項B正確。由于彈簧彈力為變力，所以撤去F后，物體先做變加速運動，再做變減速運動，選項AC錯誤。當kx=μmg，物體開始向左運動到速度最大，在此過程中，克服摩擦力做的功為Wf=μmg( x+ x0)=μmg (x0-μmg/k)，選項D正確。
【考點定位】此題考查牛頓第二定律、摩擦力做功及其相關知識。
5．（2012·上海物理）如圖，光滑斜面固定于水平面，滑塊A、B疊放后一起沖上斜面，且始終保持相對靜止，A上表面水平。則在斜面上運動時，B受力的示意圖為 （ ）
6. .（2012·江蘇物理）如圖所示，一夾子夾住木塊，在力F作用下向上提升。夾子和木塊的質量分別為m和M，夾子與木塊兩側間的最大靜摩擦力均為f。若木塊不滑動，力F的最大值是
聯立解得：F=，選項A正確。
【考點定位】此題考查整體法隔離法受力分析和牛頓第二定律。
7（2012·上海物理）如圖，將質量m=0.1kg的圓環套在固定的水平直桿上。環的直徑略大于桿的截面直徑。環與桿間動摩擦因數μ=0.8。對環施加一位于豎直平面內斜向上，與桿夾角θ=53°的拉力F，使圓環以a=4.4m/s2的加速度沿桿運動，求F的大小。
【解析】：令Fsin53°-mg=0，解得F=1.25N。
當F<1.25N時，環與桿的上部接觸，受力如圖。
由牛頓第二定律，Fcosθ-μFN=ma，
Fsinθ+FN=mg，
聯立解得：F=。
代入數據得：F=1N。
當F>1.25N時，環與桿的下部接觸，受力如圖。
由牛頓第二定律，Fcosθ-μFN=ma，
Fsinθ=mg+FN，
聯立解得：F=。
代入數據得：F=9N。
【考點定位】此題考查受力分析、力的分解與合成、牛頓第二定律、摩擦定律及其相關知識。
8（2012·安徽理綜第22題） 質量為0.1 kg 的彈性球從空中某高度由靜止開始下落，該下落過程對應的v-t圖象如圖所示。球與水平地面相碰后離開地面時的速度大小為碰撞前的3/4。該球受到的空氣阻力大小恒為f，取=10 m/s2, 求：
（1）彈性球受到的空氣阻力f的大小；
（2）彈性球第一次碰撞后反彈的高度h。
9（2012·浙江理綜）為了研究魚所受水的阻力與其形狀的關系，小明同學用石蠟做成兩條質量均為m、形狀不同的“A魚”和“B魚”，如圖所示。在高出水面H處分別靜止釋放“A魚”和“B魚”,“A魚”豎直下潛hA后速度減小為零，“B魚”豎直下潛hB后速度減小為零。“魚” 在水中運動時，除受重力外，還受到浮力和水的阻力。已知“魚”在水中所受浮力是其重力的 10/9 倍，重力加速度為g, “魚”運動的位移值遠大于“魚”的長度。假設“魚”運動時所受水的阻力恒定，空氣阻力不計。求：
（1）“A魚”入水瞬間的速度vA；
（2）“A魚”在水中運動時所受阻力fA；
（3）“A魚”和“B魚”在水中運動時所受阻力之比fA∶fB 。
【解析】（1）“A魚”入水前做自由落體運動，由vA2=2gH，
解得“A魚”入水前瞬間的速度vA=。
（2）“A魚”在水中運動時受重力、浮力、阻力作用，做勻減速運動，設加速度
10．（19分）（2012·重慶理綜）某校舉行托乒乓球跑步比賽，賽道為水平直道，比賽距離為S。比賽時，某同學將球置于球拍中心，以大小為a的加速度從靜止開始做勻加速直線運動，當速度達到v0時，再以v0做勻速直線運動跑至終點。整個過程中球一直保持在球拍中心不動。比賽中，該同學在勻速直線運動階段保持球拍的傾角為θ0，如題25圖所示。設球在運動中受到空氣阻力大小與其速度大小成正比，方向與運動方向相反，不計球與球拍之間的摩擦，球的質量為m，重力加速度為g。
（1）求空氣阻力大小與球速大小的比例系數；
（2）求在加速跑階段球拍傾角隨速度變化的關系式；
（3）整個勻速跑階段，若該同學速度仍為v0，而球拍的傾角比θ0大了β并保持不變，不計球在球拍上的移動引起的空氣阻力變化，為保證到達終點前球不從球拍上距離中心為r的下邊沿掉落，求β應滿足的條件。
球拍傾角為θ0+β時，空氣阻力與重力的合力不變，設球沿球拍面下滑的加速度大小為a’，有
Fsinβ=ma’，
設勻速跑階段所用時間為t，有：t=-，
球不從球拍上掉落的條件為 a’t2≤r。
解得sinβ≤cosθ0。
【考點定位】此題考查平衡條件牛頓運動定律及其相關知識。

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