8、，其質(zhì)量m＝2 kg，動(dòng)力系統(tǒng)提供的恒定升力F＝28 N。試飛時(shí)，飛行器從地面由靜止開始豎直上升。設(shè)飛行器飛行時(shí)所受的阻力大小不變，g取10 m/s2。
(1)第一次試飛，飛行器飛行t1＝8 s時(shí)到達(dá)高度H＝64 m。求飛行器所受的阻力f的大?。?
(2)第二次試飛，飛行器飛行t2＝6 s時(shí)遙控器出現(xiàn)故障，飛行器立即失去升力。求飛行器能達(dá)到的最大高度h；
(3)為了使飛行器不致墜落到地面，求飛行器從開始下落到恢復(fù)升力的最長(zhǎng)時(shí)間t3。
答案 (1)4 N (2)42 m (3) s(或2.1 s)
解析 (1)飛行器第一次試飛時(shí)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度大小為a1，
H＝a1t①
由
9、牛頓第二定律F－mg－f＝ma1②
由①②解得f＝4 N③
(2)第二次試飛中，設(shè)失去升力時(shí)的速度大小為v1，上升的高度為s1，運(yùn)動(dòng)示意圖如圖，s1＝a1t④
設(shè)失去升力后的加速度大小為a2，上升的高度為s2，
由牛頓第二定律mg＋f＝ma2⑤
v1＝a1t2⑥
s2＝⑦
由③④⑤⑥⑦解得h＝s1＋s2＝42 m⑧
(3)設(shè)失去升力下降階段加速度大小為a3，恢復(fù)升力后加速度大小為a4，恢復(fù)升力時(shí)速度大小為v3，運(yùn)動(dòng)示意圖如圖，
由牛頓第二定律mg－f＝ma3⑨
F＋f－mg＝ma4⑩
且＋＝h?
v3＝a3t3?
由③⑧⑨⑩??解得t3＝ s(或2.1 s)。
10、『真題調(diào)研題組』
1．(2019·海南高考)如圖，兩物塊P、Q置于水平地面上，其質(zhì)量分別為m、2m，兩者之間用水平輕繩連接。兩物塊與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，重力加速度大小為g?，F(xiàn)對(duì)Q施加一水平向右的拉力F，使兩物塊做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，輕繩的張力大小為( )
A．F－2μmg B.F＋μmg
C.F－μmg D.F
答案 D
解析 對(duì)整體，由牛頓第二定律得F－μmg－2μmg＝3ma，對(duì)P物塊，由牛頓第二定律得T－μmg＝ma，解得T＝F，D正確。
2．(2018·全國卷Ⅰ) 如圖，輕彈簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物塊P，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)用一豎直向上的力F作用
11、在P上，使其向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。以x表示P離開靜止位置的位移，在彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)前，下列表示F和x之間關(guān)系的圖象可能正確的是( )
答案 A
解析 物塊靜止時(shí)受到向上的彈力和向下的重力，處于平衡狀態(tài)，有：kx0＝mg，施加拉力F后，物塊向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律有：F＋k(x0－x)－mg＝ma，所以F＝ma＋kx，A正確。
3．(2019·全國卷Ⅲ)(多選)如圖a，物塊和木板疊放在實(shí)驗(yàn)臺(tái)上，物塊用一不可伸長(zhǎng)的細(xì)繩與固定在實(shí)驗(yàn)臺(tái)上的力傳感器相連，細(xì)繩水平。t＝0時(shí)，木板開始受到水平外力F的作用，在t＝4 s時(shí)撤去外力。細(xì)繩對(duì)物塊的拉力f隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖b所示，木板
12、的速度v與時(shí)間t的關(guān)系如圖c所示。木板與實(shí)驗(yàn)臺(tái)之間的摩擦可以忽略。重力加速度取10 m/s2。由題給數(shù)據(jù)可以得出( )
A．木板的質(zhì)量為1 kg
B．2～4 s內(nèi)，力F的大小為0.4 N
C．0～2 s內(nèi)，力F的大小保持不變
D．物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2
答案 AB
解析 木板和實(shí)驗(yàn)臺(tái)間的摩擦忽略不計(jì)，由題圖b知，2 s后物塊和木板間的滑動(dòng)摩擦力大小F摩＝0.2 N，由題圖c知，2～4 s內(nèi)，木板的加速度大小a1＝ m/s2＝0.2 m/s2，撤去外力F后的加速度大小a2＝ m/s2＝0.2 m/s2，設(shè)木板質(zhì)量為m，據(jù)牛頓第二定律，對(duì)木板有：2～4 s內(nèi)：F－F摩
13、＝ma1,4 s以后：F摩＝ma2，解得m＝1 kg，F(xiàn)＝0.4 N，A、B正確；0～2 s內(nèi)，F(xiàn)＝f，由題圖b知，F(xiàn)是均勻增加的，C錯(cuò)誤；因物塊質(zhì)量不可求，故由F摩＝μm物g可知?jiǎng)幽Σ烈驍?shù)不可求，D錯(cuò)誤。
4．(2017·海南高考)汽車緊急剎車后，停止運(yùn)動(dòng)的車輪在水平地面上滑動(dòng)直至停止，在地面上留下的痕跡稱為剎車線。由剎車線的長(zhǎng)短可知汽車剎車前的速度。已知汽車輪胎與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.80，測(cè)得剎車線長(zhǎng)25 m。汽車在剎車前的瞬間的速度大小為(重力加速度g取10 m/s2)( )
A．10 m/s B．20 m/s C．30 m/s D．40 m/s
答案 B
解
14、析 剎車后汽車的合外力為摩擦力f＝μmg，加速度a＝＝μg＝8 m/s2，又剎車線長(zhǎng)25 m，故可由勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律得到汽車在剎車前的瞬間的速度大小v＝＝ m/s＝20 m/s，故B正確。
5．(2019·江蘇高考) 如圖所示，質(zhì)量相等的物塊A和B疊放在水平地面上，左邊緣對(duì)齊。A與B、B與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ。先敲擊A，A立即獲得水平向右的初速度，在B上滑動(dòng)距離L后停下。接著敲擊B，B立即獲得水平向右的初速度，A、B都向右運(yùn)動(dòng)，左邊緣再次對(duì)齊時(shí)恰好相對(duì)靜止，此后兩者一起運(yùn)動(dòng)至停下。最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為g。求：
(1)A被敲擊后獲得的初速度大小vA；
(2)在
15、左邊緣再次對(duì)齊的前、后，B運(yùn)動(dòng)加速度的大小aB、aB′；
(3)B被敲擊后獲得的初速度大小vB。
答案 (1) (2)3μg μg (3)2
解析 A、B的運(yùn)動(dòng)過程如圖所示：
(1)設(shè)A、B的質(zhì)量均為m，先敲擊A時(shí)，由牛頓第二定律可知，
A的加速度大小aA＝＝μg
在B上滑動(dòng)時(shí)有2aAL＝v
解得：vA＝。
(2)對(duì)齊前，B所受A的摩擦力大小fA＝μmg，方向向左，
地面的摩擦力大小f地＝2μmg，方向向左，
合外力大小F＝fA＋f地＝3μmg
由牛頓第二定律F＝maB，得aB＝3μg
對(duì)齊后，A、B整體所受合外力大小F′＝f地＝2μmg
由牛頓第二定律F′＝2m
16、aB′，得aB′＝μg。
(3)設(shè)敲擊B后經(jīng)過時(shí)間t，A、B達(dá)到共同速度v，位移分別為xA、xB，A的加速度大小等于aA
則v＝aAt，v＝vB－aBt
xA＝aAt2，xB＝vBt－aBt2
且xB－xA＝L
解得：vB＝2。
6．(2017·全國卷Ⅲ) 如圖，兩個(gè)滑塊A和B的質(zhì)量分別為mA＝1 kg和mB＝5 kg，放在靜止于水平地面上的木板的兩端，兩者與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ1＝0.5；木板的質(zhì)量為m＝4 kg，與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2＝0.1。某時(shí)刻A、B兩滑塊開始相向滑動(dòng)，初速度大小均為v0＝3 m/s。A、B相遇時(shí)，A與木板恰好相對(duì)靜止。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力
17、，取重力加速度大小g＝10 m/s2。求：
(1)B與木板相對(duì)靜止時(shí)，木板的速度；
(2)A、B開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，兩者之間的距離。
答案 (1)1 m/s (2)1.9 m
解析 (1)滑塊A和B在木板上滑動(dòng)時(shí)，木板也在地面上滑動(dòng)。設(shè)A、B和木板所受的摩擦力大小分別為f1、f2和f3，A和B相對(duì)于地面的加速度大小分別為aA和aB，木板相對(duì)于地面的加速度大小為a1，在物塊B與木板達(dá)到共同速度前有
f1＝μ1mAg①
f2＝μ1mBg②
f3＝μ2(m＋mA＋mB)g③
由牛頓第二定律得
f1＝mAaA④
f2＝mBaB⑤
f2－f1－f3＝ma1⑥
設(shè)在t1時(shí)刻，B與木板達(dá)
18、到共同速度，其大小為v1，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有
v1＝v0－aBt1⑦
v1＝a1t1⑧
聯(lián)立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知數(shù)據(jù)得v1＝1 m/s⑨
(2)在t1時(shí)間間隔內(nèi)，B相對(duì)于地面移動(dòng)的距離為
sB＝v0t1－aBt⑩
設(shè)在B與木板達(dá)到共同速度v1后，木板的加速度大小為a2，對(duì)于B與木板組成的系統(tǒng)，由牛頓第二定律有f1＋f3＝(mB＋m)a2?
由①②④⑤式知，aA＝aB；再由⑦⑧式知，B與木板達(dá)到共同速度時(shí)，A的速度大小也為v1，但運(yùn)動(dòng)方向與木板相反。由題意知，A和B相遇時(shí)，A與木板的速度相同，設(shè)其大小為v2，設(shè)A的速度大小從v1變到v2所用的時(shí)間為t2，則由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，對(duì)木板有
19、v2＝v1－a2t2?
對(duì)A有v2＝－v1＋aAt2?
在t2時(shí)間間隔內(nèi)，B(以及木板)相對(duì)地面移動(dòng)的距離為
s1＝v1t2－a2t?
在(t1＋t2)時(shí)間間隔內(nèi)，A相對(duì)地面移動(dòng)的距離為
sA＝v0(t1＋t2)－aA(t1＋t2)2 ?
A和B相遇時(shí)，A與木板的速度也恰好相同，因此A和B開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，兩者之間的距離為s0＝sA＋s1＋sB?
聯(lián)立以上各式，并代入數(shù)據(jù)得s0＝1.9 m。
(也可用如圖所示的速度—時(shí)間圖象求解)
『模擬沖刺題組』
1．(2019·江蘇七市二模)為使雨水盡快離開房屋的屋頂面，屋頂?shù)膬A角設(shè)計(jì)必須合理。某房屋示意圖如圖所示，設(shè)屋頂面光滑，傾角
20、為θ，雨水由靜止開始沿屋頂面向下流動(dòng)，則理想的傾角θ為( )
A．30° B．45° C．60° D．75°
答案 B
解析 設(shè)屋檐的底邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，屋頂?shù)钠旅骈L(zhǎng)度為s，雨滴下滑的加速度為a，雨滴只受重力mg和屋頂對(duì)它的支持力N，垂直于屋頂方向：N＝mgcosθ，平行于屋頂方向：ma＝mgsinθ，雨滴的加速度a＝gsinθ，根據(jù)幾何關(guān)系，屋頂坡面的長(zhǎng)度為：s＝，由s＝at2得：t＝ ＝，θ＝45°時(shí)t最短，故B正確。
2. (2019·廣東肇慶高三一模)(多選)趣味運(yùn)動(dòng)會(huì)上運(yùn)動(dòng)員手持網(wǎng)球拍托球沿水平面勻加速跑，設(shè)球拍和球的質(zhì)量分別為M、m，球拍平面和水平面之間夾角為θ，
21、球拍與球保持相對(duì)靜止，它們之間的摩擦力及空氣阻力不計(jì)，則( )
A．運(yùn)動(dòng)員的加速度為gtanθ
B．球拍對(duì)球的作用力為mg
C．運(yùn)動(dòng)員對(duì)球拍的作用力為(M＋m)gcosθ
D．若運(yùn)動(dòng)員的加速度大于gtanθ，球一定沿球拍向上運(yùn)動(dòng)
答案 AD
解析 對(duì)網(wǎng)球：受到重力mg和球拍的支持力N，作出受力圖如圖1，根據(jù)牛頓第二定律得：Nsinθ＝ma，Ncosθ＝mg，解得，a＝gtanθ，N＝，故A正確，B錯(cuò)誤；以球拍和球整體為研究對(duì)象，如圖2，根據(jù)牛頓第二定律得：運(yùn)動(dòng)員對(duì)球拍的作用力為F＝，故C錯(cuò)誤；若運(yùn)動(dòng)員的加速度a大于gtanθ，假設(shè)球相對(duì)球拍靜止，則其加速度也為a，如圖3所示，
22、將a分解，則ax＝acosθ，因?yàn)閍>gtanθ，所以ax>gtanθcosθ＝gsinθ，即大于重力沿球拍平面方向的分力，所以必須有一個(gè)沿球拍向下的外力才能使球相對(duì)球拍靜止，而實(shí)際上這個(gè)力不存在，故球一定沿球拍向上運(yùn)動(dòng)，D正確。
3. (2019·山東淄博一模)(多選)如圖所示，勁度系數(shù)為k的輕彈簧豎直放置，下端固定在水平地面上。一質(zhì)量為m的小球，從離彈簧上端高h(yuǎn)處自由下落，接觸彈簧后繼續(xù)向下運(yùn)動(dòng)。小球從開始下落到小球第一次運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過程中，下列關(guān)于小球的速度v、加速度a隨時(shí)間t變化的圖象中符合實(shí)際情況的是( )
答案 AD
解析 在小球下落的開始階段，小球做自由落體
23、運(yùn)動(dòng)，加速度為g；接觸彈簧后開始時(shí)，重力大于彈力，加速度方向向下，隨著小球繼續(xù)下降，彈力逐漸變大，小球做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，直至重力等于彈力，此時(shí)加速度減小到零，速度達(dá)到最大；小球繼續(xù)下落時(shí)，彈力大于重力，加速度方向變?yōu)橄蛏希抑饾u變大，直到速度減小到零，到達(dá)最低點(diǎn)，故A正確，B錯(cuò)誤。根據(jù)牛頓第二定律可得加速度a＝g－x(x為彈簧壓縮長(zhǎng)度)，在與彈簧作用的加速向下階段，相等時(shí)間內(nèi)位移增大得越來越快，彈簧壓縮量增大得越來越快，由此可知此階段內(nèi)加速度減小得越來越快；在減速向下階段，相等時(shí)間內(nèi)，彈簧的壓縮量增大得越來越慢，故可知此階段內(nèi)加速度增大得越來越慢；由a-t圖象與時(shí)間軸所圍面積表示速度的變
24、化量與對(duì)稱性可知，a＝－g時(shí)小球速度不為0，小球繼續(xù)向下運(yùn)動(dòng)，a繼續(xù)增大，故C錯(cuò)誤，D正確。
4．(2019·湖北七市州教研協(xié)作體高三聯(lián)合模擬)(多選)在粗糙水平面上，有一質(zhì)量未知的物體做直線運(yùn)動(dòng)，在t＝0時(shí)刻受一與運(yùn)動(dòng)方向相反的恒力F＝4 N的作用，經(jīng)一段時(shí)間后撒去力F，物體運(yùn)動(dòng)的v-t圖象如圖所示，已知g＝10 m/s2，據(jù)圖可知下列說法正確的是( )
A．物體與水平面的動(dòng)摩擦因數(shù)μ為0.2
B．物體最后回到t＝0時(shí)刻的位置
C．F的作用時(shí)間為1 s
D．物體的質(zhì)量為1 kg
答案 AD
解析 由v-t圖象可知，物體0～1 s內(nèi)沿正向做勻減速運(yùn)動(dòng)，1～2 s內(nèi)沿負(fù)向做勻
25、加速運(yùn)動(dòng)，2～3 s內(nèi)沿負(fù)向做勻減速運(yùn)動(dòng)，可得拉力F在2 s末撤去，拉力F的作用時(shí)間為2 s，在2～3 s內(nèi)物體的加速度為a＝＝2 m/s2，摩擦力大小為μmg＝ma，解得μ＝0.2，故A正確，C錯(cuò)誤；由v-t圖線與時(shí)間軸所圍面積表示位移知，0～1 s內(nèi)物體沿正向運(yùn)動(dòng)，位移大小為x1＝×6×1 m＝3 m，1～3 s內(nèi)沿負(fù)向運(yùn)動(dòng)，位移大小為x2＝×(3－1)×2 m＝2 m，則知3 s末物體到出發(fā)點(diǎn)的距離為x＝x1－x2＝1 m，故B錯(cuò)誤；在0～1 s內(nèi)物體沿正向運(yùn)動(dòng)，根據(jù)圖象可得加速度大小a1＝ m/s2＝6 m/s2，根據(jù)牛頓第二定律可得：F＋μmg＝ma1，解得物體的質(zhì)量m＝1 kg，故
26、D正確。
5．(2019·云南二模)如圖所示，臺(tái)秤上放一個(gè)木箱，木箱內(nèi)有質(zhì)量分別為m1和m2的兩物體P、Q，用細(xì)繩通過光滑定滑輪相連，m1>m2?，F(xiàn)剪斷Q下端與木箱相連的細(xì)繩，在P下落但還沒有到達(dá)箱底的過程中，臺(tái)秤的示數(shù)與未剪斷前的示數(shù)相比將( )
A．變大 B．變小
C．不變 D．先變小后變大
答案 B
解析 剪斷細(xì)線之前臺(tái)秤的示數(shù)為：N＝Mg＋m1g＋m2g；因m1>m2，則當(dāng)剪斷Q下端的細(xì)繩后，P向下加速，Q向上加速，對(duì)P：m1g－T＝m1a，對(duì)Q：T－m2g＝ m2a，解得a＝g，T＝，此時(shí)箱子對(duì)臺(tái)秤的壓力為：N′＝Mg＋2T＝Mg＋，結(jié)合m1>m2，由數(shù)學(xué)知識(shí)可知
27、
28、，設(shè)小物塊質(zhì)量為m，長(zhǎng)木板質(zhì)量為M，根據(jù)牛頓第二定律得：μmg＝MaA，μmg＝maB，解得：＝，μ＝，故B、C正確；由于長(zhǎng)木板質(zhì)量未知，故其動(dòng)能無法求出，D錯(cuò)誤。
『熱門預(yù)測(cè)題組』
1．(2019·安徽安慶高三二模)(多選)如圖甲所示，一足夠長(zhǎng)的粗糙斜面固定在水平地面上，斜面的傾角θ＝37°，現(xiàn)有質(zhì)量m＝2.2 kg的物體在水平向左的外力F的作用下由靜止開始沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過2 s撤去外力F，物體在0～4 s內(nèi)運(yùn)動(dòng)的速度與時(shí)間的關(guān)系圖線如圖乙所示。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10 m/s2，則( )
A．物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5
B．水平外力F
29、＝5.5 N
C．水平外力F＝4 N
D．物體在0～4 s內(nèi)的位移為24 m
答案 AC
解析 根據(jù)v-t圖象的斜率表示加速度，知2～4 s內(nèi)物體的加速度為：a2＝＝ m/s2＝2 m/s2，由牛頓第二定律有：mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，解得：μ＝0.5，故A正確；0～2 s內(nèi)物體的加速度為：a1＝＝ m/s2＝4 m/s2，由牛頓第二定律有：mgsinθ＋Fcosθ－μ(mgcosθ－Fsinθ)＝ma1，解得：F＝4 N，故B錯(cuò)誤，C正確；由v-t圖線與t軸圍成的面積表示位移，可得物體在0～4 s內(nèi)的位移為：x＝ m＝28 m，故D錯(cuò)誤。
2．(2019·湖南衡陽二模)
30、如圖1所示，在水平面上有一質(zhì)量為m1＝1 kg的足夠長(zhǎng)的木板，其上疊放一質(zhì)量為m2＝2 kg的木塊，木塊和木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.3，木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2＝0.1。假定木塊和木板之間的最大靜摩擦力和滑動(dòng)摩擦力相等?，F(xiàn)給木塊施加隨時(shí)間t增大的水平拉力F＝3t(N)，重力加速度大小g＝10 m/s2。
(1)求木塊和木板保持相對(duì)靜止的時(shí)間t1；
(2)t＝10 s時(shí)，兩物體的加速度各為多大；
(3)在如圖2所示坐標(biāo)系中畫出木塊的加速度隨時(shí)間変化的圖象(取水平拉力F的方向?yàn)檎较?，只要求畫圖，不要求寫出理由及演算過程)。
答案 (1)4 s (2)3 m/s2 12 m/s
31、2 (3)圖見解析
解析 (1)當(dāng)F＜μ2(m1＋m2)g＝3 N時(shí)，木塊和木板都沒有拉動(dòng)，處于靜止?fàn)顟B(tài)，當(dāng)木塊和木板一起運(yùn)動(dòng)時(shí)，當(dāng)木板受到木塊對(duì)它的摩擦力為最大靜摩擦力時(shí)，它們共同運(yùn)動(dòng)的加速度最大，木塊與木板恰好相對(duì)靜止。
對(duì)木板：fmax－μ2(m1＋m2)g＝m1amax，fmax＝μ1m2g
解得：amax＝3 m/s2
對(duì)整體有：Fmax－μ2(m1＋m2)g＝(m1＋m2)amax
解得：Fmax＝12 N
由Fmax＝3t1得：t1＝4 s。
(2)t＝10 s時(shí)，兩物體已相對(duì)運(yùn)動(dòng)，則有：
對(duì)木板：μ1m2g－μ2 (m1＋m2)g＝m1a1
解得：a1＝3 m/s2
對(duì)木塊：F－μ1m2g＝m2a2，F(xiàn)＝3t＝30 N
解得：a2＝12 m/s2。
(3)圖象過(1,0)，(4,3)，(10,12)
圖象如圖所示。
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2020屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 刷題首選卷 專題三 牛頓運(yùn)動(dòng)定律的理解和應(yīng)用精練（含解析）
