2021年高考题和模拟题物理分类汇编 03 牛顿定律

2021年高考试题分类汇编

专题03牛顿定律

1.（2021.广东卷）唐代《耒都经》记载了曲辕犁相对直辕犁的优势之一是起土省力，设牛用大小相等的拉

力尸通过耕索分别拉两种犁，尸与竖直方向的夹角分别为a和4，a</3,如图所示，忽略耕索质量，耕

地过程中，下列说法正确的是（）

A.耕索对曲辕犁拉力的水平分力比对直辕犁的大

B.耕索对曲辕犁拉力的竖直分力比对直辕犁的大

C.曲辕犁匀速前进时，耕索对犁的拉力小于犁对耕索的拉力

D.直辕犁加速前进时，耕索对犁的拉力大于犁对耕索的拉力

【答案】B

【解析】

A.将拉力F正交分解如下图所示

则在x方向可得出

Fx|%=Fsina

Fx直=尸sin4

在y方向可得出

Fyiin=Fcosa

Fyp£=Fcosp

由题知则

sinct<sin/?

cosa>cosy?

则可得到

FxUH<FXH

FyM>pySt

A错误、B正确；

CD.耕索对犁的拉力与犁对耕索的拉力是一对相互作用力，它们大小相等，方向相反，无论是加速还是匀

速，则CD错误。

故选B。

2.（2021.浙江卷）2021年5月15日，天问一号着陆器在成功着陆火星表面的过程中，经大气层290s的减

速，速度从4.9xK）3m/s减为4.6x102m/s；打开降落伞后，经过90s速度进一步减为l.OxUm/s；与降

落伞分离，打开发动机减速后处于悬停状态；经过对着陆点的探测后平稳着陆。若打开降落伞至分离前的

运动可视为竖直向下运动，则着陆器（）

A.打开降落伞前，只受到气体阻力的作用

B.打开降落伞至分离前，受到的合力方向竖直向上

C.打开降落伞至分离前，只受到浮力和气体阻力的作用

D.悬停状态中，发动机喷火的反作用力与气体阻力是平衡力

【答案】B

【解析】

A.打开降落伞前，在大气层中做减速运动，则着陆器受大气的阻力作用以及火星的引力作用，选项A错

误；

B.打开降落伞至分离前做减速运动，则其加速度方向与运动方向相反，加速度方向向上，则合力方向竖直

向上，B正确；

C.打开降落伞至分离前，受到浮力和气体的阻力以及火星的吸引力作用，选项C错误；

D.悬停状态中，发动机喷火的反作用力是气体对发动机的作用力，由于还受到火星的吸引力，则与气体的

阻力不是平衡力，选项D错误.

故选Bo

3.（2021•湖南卷）“复兴号”动车组用多节车厢提供动力，从而达到提速的目的。总质量为机的动车组在平

直的轨道上行驶。该动车组有四节动力车厢，每节车厢发动机的额定功率均为P,若动车组所受的阻力与

其速率成正比（蝎=E,Z为常量），动车组能达到的最大速度为%。下列说法正确的是（）

A.动车组在匀加速启动过程中，牵引力恒定不变

B.若四节动力车厢输出功率均为额定值，则动车组从静止开始做匀加速运动

3

C.若四节动力车厢输出的总功率为2.25P,则动车组匀速行驶的速度为W％

D.若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间f达到最大速度%，则这一过程中

该动车组克服阻力做的功为万加%2―尸/

【答案】C

【解析】

A.对动车由牛顿第二定律有

/一%=mt7

若动车组在匀加速启动，即加速度。恒定，但4随速度增大而增大，则牵引力也随阻力增大而变大,

故A错误；

B.若四节动力车厢输出功率均为额定值，则总功率为4P,由牛顿第二定律有

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

v

故可知加速启动的过程，牵引力减小，阻力增大，则加速度逐渐减小，故B错误；

C.若四节动力车厢输出的总功率为2.25P,则动车组匀速行驶时加速度为零，有

而以额定功率匀速时，有

联立解得

3

V=4V"'

故c正确;

D.若四节动力车厢输出功率均为额定值，动乍组从静止启动，经过时间/达到最大速度以，由动能定理可

知

1,

4R一%阳=5根4一0

可得动车组克服阻力做的功为

Wm=4Pt-^mv；n

故D错误；

故选C。

4.（2021•全国卷）如图，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P处，上部架在横杆上。横杆

的位置可在竖直杆上调节，使得平板与底座之间的夹角。可变。将小物块由平板与竖直杆交点。处静止释

放，物块沿平板从。点滑至P点所用的时间f与夹角9的大小有关。若由30。逐渐增大至60。，物块的下滑

A.逐渐增大B.逐渐减小C.先增大后减小D.先减小后增大

【答案】D

【解析】

设PQ的水平距离为L,由运动学公式可知

L=—gsinOr

cos。2

可得

干4£

gsin2，

可知8=45°时,，/有最小值，故当。从山30。逐渐增大至60。时下滑时间r先减小后增大。

故选D。

5.（2021•浙江卷）如图所示，电动遥控小车放在水平长木板上面，当它在长木板上水平向左加速运动时,

长木板保持静止，此时（)

A.小车只受重力、支持力作用

B.木板对小车的作用力方向水平向左

C.木板对小车的作用力大于小车对木板的作用力

D.木板对小车的作用力与小车对木板的作用力大小一定相等

【答案】D

【解析】

A.小车加速向左运动，受到自身的重力和电机的驱动力，受到长木板对小车的支持力和阻力，A错误；

B.木板对小车的作用力包括竖直向上的支持力和水平方向的阻力，根据平行四边形定则可知合力方向一定

不在水平方向，B错误；

CD.木板对小车的作用力与小车对木板的作用力是一对相互作用力，等大反向，C错误，D正确。

故选D。

6.（2021•全国卷）水平桌面上，一质量为，〃的物体在水平恒力尸拉动下从静止开始运动，物体通过的路程

等于s0时，速度的大小为%,此时撤去凡物体继续滑行2s。的路程后停止运动，重力加速度大小为g,则

（）

1,

A.在此过程中尸所做的功为5机说

B.在此过中厂的冲量大小等于,九%

C.物体与桌面间的动摩擦因数等于4

4s°g

D.F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的2倍

【答案】BC

【解析】

CD.外力撤去前，由牛顿第二定律可知

F-/.img=ma[①

由速度位移公式有

VQ=2ats0②

外力撤去后，由牛顿第二定律可知

_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

动摩擦因数

4gs0

滑动摩擦力

2

"mv0

4so

可知F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的3倍，

故C正确，D错误；

A.在此过程中，外力尸做功为

3,

W=FSo=j相片

故A错误；

B.由平均速度公式可知，外力F作用时间

t_2.s（）

1°+%%

2

在此过程中，尸的冲量大小是

/=为1=|

故B正确。

故选BCo

7.（2021•全国卷）水平地面上有一质量为班的长木板，木板的左端上有一质量为"％的物块，如图（〃）所

示。用水平向右的拉力F作用在物块上，尸随时间，的变化关系如图（b）所示，其中6、尸2分别为4、L

时刻尸的大小。木板的加速度4随时间，的变化关系如图（C）所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为四，

物块与木板间的动摩擦因数为〃2,假设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。

则（

口m（m.+m^..

2!

A.4=4加1gB.P2=—~—r%-M）g

c.//2>——=内D.在0~弓时间段物块与木板加速度相等

m2

【答案】BCD

【解析】

A.图（c）可知，h时滑块木板一起刚在从水平滑动，此时滑块与木板相对静止，木板刚要滑动，此时以

整体为对象有

耳=4（班+g）g

A错误;

BC.图（c）可知，匕滑块与木板刚要发生相对滑动，以整体为对象，根据牛顿第二定律，有

F2一儿（叫+吗）g=（仍+m1）a

以木板为对象，根据牛顿第二定律，有

出吗g-〃i（叫+m1）g=mya>0

解得

机2（加i+机2）/、

!

F2=————

（肛+私）

----------A

m2

BC正确;

D.图（c）可知，0~f2这段时间滑块与木板相对静止，所以有相同的加速度，D正确。

故选BCD»

8.（2021•广东卷）算盘是我国古老的计算工具，中心带孔的相同算珠可在算盘的固定导杆上滑动，使用前

算珠需要归零，如图所示，水平放置的算盘中有甲、乙两颗算珠未在归零位置，甲靠边框6,甲、乙相隔

Si=3.5xl0-2m,乙与边框。相隔S2=2.0x10-2m,算珠与导杆间的动摩擦因数〃=0.1。现用手指将甲

以0.4m/s的初速度拨出，甲、乙碰撞后甲的速度大小为O.lm/s，方向不变，碰撞时间极短且不计，重力加

速度g取lOm/s：

（1）通过计算，判断乙算珠能否滑动到边框4；

（2）求甲算珠从拨出到停下所需的时间。

算珠归零状态

...1....

边框

边框/nffiM

【答案】（1）能；（2）0.2s

【解析】

（1）由牛顿第二定律可得，甲乙滑动时均有

f=jumg=ma

则甲乙滑动时的加速度大小均为

a=〃g=lm/s2

甲与乙碰前的速度力，则

2asi=Vp-Vj2

解得

vi=0.3m/s

甲乙碰撞时由动量守恒定律

=mv2+mv3

解得碰后乙的速度

V3=0.2m/s

然后乙做减速运动，当速度减为零时则

m=0.02m=s

2a2x12

可知乙恰好能滑到边框4；

(2)甲与乙碰前运动的时间

%—匕0.4-0.3-

八=-—L=------s=0.1s

a1

碰后甲运动的时间

v0.1八，

2=—s—0.1s

“a1

则甲运动的总时间为

t=t]+=0.2s

9.(2021•浙江卷)机动车礼让行人是一种文明行为。如图所示，质量加=1.0xl()3kg的汽车以匕=36km/h

的速度在水平路面上匀速行驶，在距离斑马线s=20m处，驾驶员发现小朋友排着长/=6m的队伍从斑马

线一端开始通过，立即刹车，最终恰好停在斑马线前。假设汽车在刹车过程中所受阻力不变，且忽略驾驶

员反应时间。

(1)求开始刹车到汽车停止所用的时间和所受阻力的大小；

(2)若路面宽L=6m,小朋友行走的速度％=0.5m/s,求汽车在斑马线前等待小朋友全部通过所需的时

间;

(3)假设驾驶员以％=54m/h超速行驶，在距离斑马线s=20m处立即刹车，求汽车到斑马线时的速度。

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

【解析】

(1)根据平均速度

s

%=-

V

解得刹车时间

j=4s

刹车加速度

根据牛顿第二定律

Ff-ma

解得

6=2.5x10%

（2）小朋友过时间

1+L

’2=

%

等待时间

t=t2-t}=20s

（3）根据

v；--=2as

解得

v=5V5m/s

10.（2021・河北卷）如图，一滑雪道由AB和BC两段滑道组成，其中AB段倾角为夕，3c段水平，AB段

和8c段由一小段光滑圆弧连接，一个质量为2kg的背包在滑道顶端A处由静止滑下，若1s后质量为48kg

的滑雪者从顶端以1.5m/s的初速度、3m/s2的加速度匀加速追赶，恰好在坡底光滑圆弧的水平处追上背包

17

并立即将其拎起，背包与滑道的动摩擦因数为〃=在，重力加速度取g=10m/s2,Sin^=—,

24

cos。=k，忽略空气阻力及拎包过程中滑雪者与背包的重心变化，求：

25

（1）滑道AB段的长度；

（2）滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度。

A

0

BC

【答案】(1)L=9m：(2)v=7.44m/s

【解析】

(1)设斜面长度为L，背包质量为%=2kg,在斜面上滑行的加速度为%,由牛顿第二定律有

gsin。一gcos0=

解得

a1=2m/s2

滑雪者质量为旭2=48kg,初速度为%=1.5m/s,加速度为%=3016,在斜面上滑行时间为t,落后时

间"=ls,则背包的滑行时间为f+fo，由运动学公式得

L=]4Q+%)~

,12

L—VQZ+a

联立解得

%=2s或，=-1s(舍去)

故可得

L=9m

(2)背包和滑雪者到达水平轨道时的速度为匕、v2,有

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

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

滑雪者拎起背包的过程，系统在光滑水平面上外力为零，动量守恒，设共同速度为也有

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

解得

v=7.44m/s

11.(2021•浙江卷)如图所示，质量机二2kg的滑块以吁16m/s的初速度沿倾角族37。的斜面上滑，经片2s

滑行到最高点。然后，滑块返回到出发点。已知sin37*0.6,8$37。=0.8,求滑块

(1)最大位移值x；

(2)与斜面间的动摩擦因数；

(3)从最高点返回到出发点的过程中重力的平均功率凡

【答案】(l)16m；(2)0.25：(3)67.9W

【解析】

(1)小车向上做匀减速直线运动，有

X—2

2

得

x=16m

(2)加速度

2

a1--~8m/s

上滑过程

mgsin6+umecos6._八

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

m

得

〃=0.25

(3)下滑过程

mgsin0-umgcos0...

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

2m

由运动学公式

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)如图，在倾角为。的光滑斜面上，有两个物块P和。，质量分别为叫和山2,用与斜面

平行的轻质弹簧相连接，在沿斜面向上的恒力F作用下，两物块一起向上做匀加速直线运动，则()

F

A.两物块一起运动的加速度大小为-------

+m2

B.弹簧的弹力大小为T=——F

叫+利

C.若只增大加2,两物块一起向上匀加速运动时，它们的间距变大

D.若只增大。，两物块一起向上匀加速运动时，它们的间距变大

【答案】BC

【解析】

A.对整体受力分析，根据牛顿第二定律有

F-(/w]+m2)gsine=(〃7]+m1)a

F.八

解得。=---------gsin。，故A错误：

叫+m2

B.对恤受力分析，根据牛顿第二定律有

E禅-m2gsin0=m2a

解得场=/^-，故B正确；

+m2

F==F

C.根据弹一叫+色一生+「可知若只增大加2,两物块一起向上匀加速运动时，弹力变大，根据胡克

定律，可知伸长量变大，故它们的间距变大，故C正确；

D.根据库=叫'，可知只增大。，两物块一起向上匀加速运动时，弹力不变，根据胡克定律，可知

"%+m2

伸长量不变，故它们的间距不变，故D错误。

故选BCo

13.（2020•浙江卷）如图所示，系留无人机是利用地面直流电源通过电缆供电的无人机，旋翼由电动机带动。

现有质量为20kg、额定功率为5kW的系留无人机从地面起飞沿竖直方向上升，经过200s到达l（X）m高处

后悬停并进行工作。已知直流电源供电电压为400V,若不计电缆的质量和电阻，忽略电缆对无人机的拉力,

则（）

A.空气对无人机的作用力始终大于或等于200N

B.直流电源对无人机供电的额定电流为12.5A

C.无人机上升过程中消耗的平均功率为100W

D.无人机上升及悬停时均有部分功率用于对空气做功

【答案】BD

【解析】

A.无人机先向上加速后减速，最后悬停，则空气对无人机的作用力先大于200N后小于200N,最后等于

200N,选项A错误；

B.直流电源对无人机供电的额定电流

P5000…4

—=------AA=12.5A

U400

选项B正确；

C.若空气对无人机的作用力为

F=mg=200N

则无人机上升过程中消耗的平均功率

P=—=..=100W

t200

但是由于空气对无人机向上的作用力不是一直为200N,则选项C错误；

D.无人机上升及悬停时，螺旋桨会使周围空气产生流动，则会有部分功率用于对空气做功，选项D正确。

故选BDo

14.（2020•北京卷）在无风的环境，某人在高处释放静止的篮球，篮球竖直下落；如果先让篮球以一定的角

速度绕过球心的水平轴转动（如图）再释放，则篮球在向下掉落的过程中偏离竖直方向做曲线运动。其原

因是，转动的篮球在运动过程中除受重力外，还受到空气施加的阻力力和偏转力力。这两个力与篮球速度

n的关系大致为：方向与篮球运动方向相反；f2^k2v,方向与篮球运动方向垂直。下列说法正

确的是（）

A.占、&是与篮球转动角速度无关的常量

B.篮球可回到原高度且角速度与释放时的角速度相同

C.人站得足够高，落地前篮球有可能向上运动

D.释放条件合适，篮球有可能在空中持续一段水平直线运动

【答案】C

【解析】

A.篮球未转动时，篮球竖直下落，没有受到偏转力力的作用，而篮球转动时，将受到偏转力力的作用，

所以偏转力f2=k2v中的k2与篮球转动角速度有关，故A错误；

B.空气阻力一直对篮球做负功，篮球的机械能将减小，篮球的角速度也将减小，所以篮球没有足够的能量

回到原高度，故B错误；

C.篮球下落过程中，其受力情况如下图所示

篮球下落过程中，由受力分析可知，随着速度不断增大，篮球受到力和力的合力沿竖直方向的分力可能比

重力大，可使篮球竖直方向的分速度减小为零或变成竖直向上，所以篮球可能向上.运动，故c正确；

D.如果篮球的速度变成水平方向，则空气阻力的作用会使篮球速度减小，则篮球受到的偏转力力将变小,

不能保持人与重力持续等大反向，所以不可能在空中持续一段水平直线运动，故D错误。

故选C。

15.（2020•江苏卷）中欧班列在欧亚大陆开辟了“生命之路”，为国际抗疫贡献了中国力量。某运送防疫物资

的班列由40节质量相等的车厢组成，在车头牵引下，列车沿平直轨道匀加速行驶时，第2节对第3节车厢

的牵引力为凡若每节车厢所受摩擦力、空气阻力均相等，则倒数第3节对倒数第2节车厢的牵引力为（）

【答案】C

【解析】

根据题意可知第2节车厢对第3节车厢的牵引力为凡因为每节车厢质量相等，阻力相同，故第2节对第3

节车厢根据牛顿第二定律有

F-38/=3Snui

设倒数第3节车厢对倒数第2节车厢的牵引力为Q,则根据牛顿第二定律有

6-2/=2ma

F

联立解得£=历。

故选C。

16.（2020.浙江卷）如图是“中国天眼”500m口径球面射电望远镜维护时的照片。为不损伤望远镜球面，质

量为，”的工作人员被悬在空中的氮气球拉着，当他在离底部有一定高度的望远镜球面上缓慢移动时，氨气

球对其有大小为3〃吆、方向竖直向上的拉力作用，使其有“人类在月球上行走”的感觉，若将人视为质点，

此时工作人员（）

一一~

A.受到的重力大小为B.受到的合力大小为，mg

66

C.对球面的压力大小为，机gD.对球面的作用力大小为，，咫

OO

【答案】D

【解析】

A.工作人员的质量为加，则工作人员受到的重力

G=mg

A错误;

B.工作人员在球面上缓慢行走，处于平衡状态，合力为0,B错误；

C.工作人员站在的球面位置不水平，对球面的压力不等于9mg,C错误;

D.由平衡条件可得球面对工作人员的作用力F满足

广51

b=mg—mg=—mg

66

再由牛顿第三定律可得，工作人员对球面的作用力大小为

n1

F=~fng

D正确。

故选D。

17.（2020•山东卷）一质量为〃7的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移s与时间，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~a时间内，v增大，FN>mgB.t]~t2时间内，v减小，F^<mg

C./2~打时间内，岁增大，FN<mgD.t2~h时间内，v减小，FN

【答案】D

【解析】

A.由于s-r图像的斜率表示速度，可知在0F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AT2时间内速度不变，即乘客的匀速下降，则FN=mg,选项B错误；

CD.在七M时间内速度减小，即乘客的减速下降，超重，则FN>〃®选项C错误，D正确;

故选D。

18.（2020.浙江卷）如图所示，底部均有4个轮子的行李箱a竖立、b平卧放置在公交车上，箱子四周有一

定空间。当公交车（）

A.缓慢起动时，两只行李箱一定相对车子向后运动

B.急刹车时，行李箱a一定相对车子向前运动

C.缓慢转弯时，两只行李箱一定相对车子向外侧运动

D.急转弯时，行李箱b一定相对车子向内侧运动

【答案】B

【解析】

A.有题意可知当公交车缓慢启动时，两只箱子与公交车之间的有可能存在静摩擦使箱子与公交车一起运动,

故A错误；

B.急刹车时，由于惯性，行李箱。一定相对车子向前运动，故B正确；

C.当公交车缓慢转弯时，两只箱子与车之间的摩擦力可能提供向心力，与车保持相对静止，故C错误；

D.当公交车急转弯时I由于需要向心力大，行李箱一定相对车子向外侧运动，故D错误。

故选Bo

19.（2020•浙江卷）如图所示，一对父子掰手腕，父亲让儿子获胜。若父亲对儿子的力记为耳，儿子对父

亲的力记为尸2,则（）

A.F?>F[B.月和尸2大小相等

C.耳先于鸟产生D.匕后于尸2产生

【答案】B

【解析】

父亲对儿子的力耳和儿子对父亲的力K是一对相互作用力，根据牛顿第三定律可知这两个力等大反向，同

生同灭，故B正确，ACD错误。

故选B.

20.(2020.山东卷)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：

-y/(xio-2ms-l)

200

150

100

50

0510152025303540t/(xlQ'2s>

图乙

(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/的数据。

2L

(iii)该同学选取部分实验数据，画出了-----，图像，利用图像数据得到小物块下滑的加速度大小为5.6m*

t

(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、8两点，利用A、8两点数据得到小物块下滑加速度的大小为

m/sz(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/sZ(结果保留2位有效数字，sin37*

0.60,cos37°=0.80)

【答案】0.32或0.333.19.4

【解析】

⑴⑴⑵根据L=W+可得

2L-

——2%+at

2L

则由-/一4图像可知

2

2v0=65x10m/s

则

y()=0.33m/s

.(190-65)x10-22”,2

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

《Oxi。」

(2)[3]由牛顿第二定律可知

mgsin0—/nmgcos0-ma

即

a=gsin。一〃gcos。

当0=53。时a=5.6m/s2,即

gsin530—jugcos53=5.6

当0=37。时a=3.0m/s2,即

gsin37°—4gcos37°=3.1

联立解得

^=9.4m/s2

21.(2020•山东卷)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v*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

与轨道边缘线的夹角a=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°=0.30o求：

(1)运动员腾空过程中离开AD的距离的最大值小

(2)M、N之间的距离L。

【答案】(1)4.8m：(2)12m

【解析】

(1)在M点，设运动员在ABC。面内垂直A。方向的分速度为u”由运动的合成与分解规律得

Vi=vMsin72.8°

设运动员在ABC。面内垂直AD方向的分加速度为由牛顿第二定律得

mgcos\7.2°=nia\②

由运动学公式得

③

2al

联立①②③式，代入数据得

i/=4.8m

(2)在M点，设运动员在48CD面内平行AD方向的分速度为血，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«2,由牛顿第二定律得

mgsinil,2°=ma2⑥

设腾空时间为/,由运动学公式得

联立①②⑤⑥⑦⑧式，代入数据得

L=12m⑨

22.(2020•全国卷)我国自主研制了运-20重型运输机。飞机获得的升力大小F可用户=初2描写，女为系

数；v是飞机在平直跑道上的滑行速度，F与飞机所受重力相等时的v称为飞机的起飞离地速度，己知飞机

质量为121x1()5kg时，起飞离地速度为66m/s；装载货物后质量为1.69x1(/kg,装载货物前后起飞离地时

的％值可视为不变。

(1)求飞机装载货物后的起飞离地速度；

(2)若该飞机装载货物后，从静止开始匀加速滑行1521m起飞离地，求飞机在滑行过程中加速度的大小

和所用的时间。

【答案】⑴彩=78m/s；(2)2m/s2/=39s

【解析】

(1)空载起飞时，升力正好等于重力：

瓯=世

满载起飞时，升力正好等于重力：

kv；=加2g

由上两式解得：

v2=78m/s

(2)满载货物的飞机做初速度为零的匀加速直线运动，所以

v；-0=2ax

解得：

a=2m/s2

由加速的定义式变形得：

_Av_v2-0

aa

解得：

t—39s

23.(2020•全国卷)如图，一竖直圆管质量为M,下端距水平地面的高度为“，顶端塞有一质量为〃，的小

球。圆管由静止自由下落，与地面发生多次弹性碰撞，且每次碰撞时间均极短；在运动过程中，管始终保

持竖直。已知例=4根，球和管之间的滑动摩擦力大小为4mg,g为重力加速度的大小，不计空气阻力。

(1)求管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球各自的加速度大小；

(2)管第一次落地弹起后，在上升过程中球没有从管中滑出，求管上升的最大高度；

(3)管第二次落地弹起的上升过程中，球仍没有从管中滑出，求圆管长度应满足的条件。

【答案】(1)G=2g,42=3g；(2)W,=^H；(3)L>—W

【解析】

(1)管第一次落地弹起的瞬间，小球仍然向下运动。设此时管的加速度大小为G,方向向下；球的加速度

大小为42,方向向上；球与管之间的摩擦力大小为了,由牛顿运动定律有

Mai=Mg+f①

mai=f-mg(2)

联立①②式并代入题给数据，得

ai=2g,s=3g③

(2)管第一次碰地前与球的速度大小相同。由运动学公式，碰地前瞬间它们的速度大小均为

%=J2gH④