2021-2023年浙江省高考物理模擬試題分類——專題3牛頓運動定律-試卷下載-教習網

?2021-2023年浙江省高考物理模擬試題分類——專題3牛頓運動定律
一．選擇題（共19小題）
1．（2023?浙江模擬）如圖所示，一質量為0.3kg的白板擦靜止在豎直磁性白板上，現給白板擦一個恒定的水平推力4.0N，重力加速度g取10m/s2，則推力作用后（　?。?br />
A．白板擦可能做水平方向勻速直線運動
B．白板擦可能做勻加速直線運動
C．白板擦受到的摩擦力大小為5.0N
D．白板擦共受6個力
2．（2023?杭州二模）如圖，是一個小球從水平向右的橫風區(qū)正上方自由下落的閃光照片，除橫風區(qū)外，其他位置的空氣作用力可不計，則（　　）

A．小球在橫風區(qū)中水平速度不變
B．小球剛進入橫風區(qū)時加速度水平向右
C．小球剛從橫風區(qū)飛出時速度最大
D．小球從橫風區(qū)飛出后，做勻變速曲線運動
3．（2023?浙江模擬）“另類加速度A”的定義為A=vt-v0x，其中v0和v1分別表示某段位移x的初速度和末速度。則用國際單位制基本單位的符號來表示A的單位，正確的是（　?。?br /> A．s﹣1 B．Hz C．m/s2 D．m2/s
4．（2023?孝昌縣校級三模）如圖所受是運油20給殲10、殲20兩種戰(zhàn)機同時加油的瞬間，則（　?。?br />
A．研究加油問題時，運油20可視為質點
B．加油過程中，運油20的慣性越來越大
C．以運油20為參考系，殲20、殲10戰(zhàn)機是運動的
D．以殲10戰(zhàn)機為參考系，運油20和殲20都是靜止的
5．（2021?嘉興二模）如圖所示，水平輕彈簧一端固定在豎直墻面上，另一端與光滑水平地面上的小車接觸，小車水平臺面上的重物與小車始終保持相對靜止，在小車向右運動壓縮彈簧的過程中（　?。?br />
A．彈簧的勁度系數增大
B．小車受到的合力增大
C．重物受到的摩擦力不變
D．重物對小車的摩擦力方向向左
6．（2023?浙江模擬）我國“神舟十一號”飛船搭載了香港特區(qū)的中學生設計的“雙擺實驗”進入太空。受此啟發(fā)，某同學也設計了一個類似的雙擺實驗在學校實驗室進行研究，如下圖所示，將質量和大小都不同的兩個小鐵球分別系在一輕繩的中間和下端，其中上面的小球較小較輕，而輕繩的上端栓接在豎桿頂部，豎桿固定在小車上。現在讓小車帶著兩個小球一起向左加速運動，不計空氣阻力，則下列四個圖中所示的姿態(tài)正確的是（　?。?br />
A． B．
C． D．
7．（2023?杭州一模）人在體重計上起立時，體重計的示數會發(fā)生變化。小管同學質量為50kg，在腰間掛有一只加速度傳感器，顯示“+”代表加速度方向向上，顯示“﹣”代表加速度方向向下，起立過程中的某時刻顯示為“+4m/s2”，那么此時體重計的讀數可能為（　?。?br />
A．70kg B．50kg C．60kg D．20kg
8．（2023?杭州一模）蹦極是新興的一項戶外休閑活動。如圖，蹦極者站在約40米高的塔頂，把一端固定在塔頂的長橡皮繩另一端綁住身體，然后兩臂伸開，從塔頂自由落下。當人體下落一段距離后，橡皮繩被拉緊，當到達最低點時橡皮繩再次彈起，人被拉起，隨后又落下，這樣反復多次，這就是蹦極的全過程。若空氣阻力不計，橡皮繩彈力與伸長量成正比，橡皮繩彈力與人體重力相等位置為坐標原點，豎直向上為正方向，從第一次運動到最低點開始計時，則關于人體運動的位移x、速度v、加速度a、合外力F與時間t的關系圖正確的是（　　）

A． B．
C． D．
9．（2022?紹興二模）一小球受到外力作用在豎直平面內運動，軌跡的頻閃照片如圖所示，不計空氣阻力，下列說法正確的是（　?。?br />
A．AB段時小球受到的合力大于0
B．C點小球受到的合力等于0
C．D點小球處于超重狀態(tài)
D．EF段時小球受到的合力方向可能豎直向上
10．（2022?寧波模擬）某同學想測地鐵在平直軌道上啟動過程中的加速度，他把根細繩的下端綁著一支圓珠筆，細繩的上端用電工膠布固定在地鐵的豎直扶手上，在地鐵啟動后的某段加速過程中，細繩偏離了豎直方向，他用手機拍攝了當時的情景，如圖所示，拍攝方向跟地鐵前進方向垂直，已知當地重力加速度為g，根據這張照片，以下說法正確的是（　?。?br />
A．此時地鐵的速度方向向右
B．此時地鐵的加速度方向向右
C．此時繩子拉力小于圓珠筆的重力
D．由圖可以估算出此時地鐵加速度的大小
11．（2023?金華模擬）煙花彈從豎直的炮筒被推出，升至最高點后爆炸。上升的過程由于空氣阻力的影響，v﹣t圖像如圖所示，從推出到最高點所用的時間為t，上升的最大高度為H，圖線上C點的切線與AB平行，t0、vC為已知量，且煙花彈t0時間內上升的高度為h，則下列說法正確的是（　?。?br />
A．煙花彈上升至最高點時，加速度大小為零
B．煙花彈上升至最高點過程中，空氣阻力大小不變
C．煙花彈剛從炮筒被推出的速度v滿足vt2＜H
D．煙花彈剛從炮筒被推出的速度v滿足(v+vc)t02＞h
12．（2021?浙江模擬）如圖所示，在豎直墻面上有A、B兩點，離地面的高度分別為HA＝8m和HB＝4m，現從A、B兩點與地面上的某個位置C之間架設兩條光滑的軌道，使小滑塊從A、B兩點由靜止開始下滑到地面所用的時間相等，那么位置C離墻角O點的距離為（　?。?br />
A．4m B．42m C．23m D．6m
13．（2023?臺州模擬）某研究小組利用彈性繩懸掛智能手機來模擬蹦極運動，并利用手機安裝的加速度傳感器研究運動中的加速度隨時間變化的特征。手機從某一高度由靜止開始沿豎直方向上下運動的過程中，從手機屏幕上觀察到的加速度隨時間變化的圖象如圖所示。手機保持靜止時，圖象顯示的加速度值為0，自由下落時，圖象顯示的加速度值約為﹣10m/s2。忽略空氣阻力，下列說法正確的是（　?。?br />
A．時間t＝0.50s時，手機已下降了1.25m
B．時間t＝0.75s時，手機正向上加速運動
C．加速度為30m/s2時，手機速度最大
D．加速度從0持續(xù)增至最大的過程中，手機速度一直減小
14．（2021?浙江模擬）如圖（a）所示，將一輕彈簧放在傾角為θ的粗糙斜面上，下端固定。物塊甲緊靠彈簧的上端輕放在斜面上，甲由彈簧原長處靜止開始沿斜面向下運動，甲的加速度a與彈簧的壓縮量x的關系如圖（b）中實線所示。把甲換成材料不同的乙，完成相同的過程，其a﹣x關系如圖（b）中虛線所示。甲、乙與斜面間的動摩擦因數分別為μ甲、μ乙。則（　?。?br />
A．m乙＝6m甲
B．μ乙=12μ甲
C．甲運動至彈簧壓縮量為x0時，速度為零
D．甲運動至彈簧壓縮量為x0與乙運動至彈簧壓縮量為2x0時，二者速度大小相等
15．（2021?義烏市模擬）2020年11月21日，義烏人民期盼已久的雙江水利樞紐工程破土動工，施工現場停放著一輛運載水泥管的貨車，車廂底部一層水泥管水平緊密地排列著，上層擺放著的4根水泥管沒有用繩索固定?，F在我們來分析貨車前部的A、B、C三根形狀完全相同的水泥管，側視圖如圖所示，下列說法正確的是（　?。?br />
A．當汽車向左做加速運動時，A對C的支持力變大
B．汽車靜止時，管C受到管A給它的支持力為23mg3
C．汽車向左勻速運動時，速度越大，B對C的支持力越大
D．當汽車向左做加速運動時，加速度達到33g時，C將脫離A
16．（2021?岱山縣校級模擬）如圖所示，一個質量為m的物塊在恒力F的作用下，緊靠在一個水平的上表面上保持靜止，物塊與上表面間靜摩擦因數為μ，取μ=1tanα。F與水平面的夾角為θ，則θ角的最小值為（　?。?br />
A．arctanmgF1-1μ2+α B．arctanmgF1+1μ2+α
C．arcsinmgF1-1μ2+α D．arcsinmgF1+1μ2+α
17．（2023?寧波一模）逆時針轉動的繃緊的傳送帶與水平方向夾角為37°，傳送帶的v﹣t圖像如圖所示。在t＝0時刻質量為1kg的物塊從B點以某一初速度滑上傳送帶并沿傳送帶向上做勻速運動。2s后開始減速，在t＝4s時物體恰好能到達最高點A。（已知g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）。以下說法正確的是（　?。?br />
A．物體與傳送帶間的摩擦因數為0.6
B．傳送帶AB長度為6m
C．2s后物體受到的摩擦力沿傳送帶向下
D．物體與傳送帶間由于摩擦而產生的熱量為6J
18．（2021?甌海區(qū)校級模擬）如圖所示，一輛裝滿石塊的貨車在平直道路上勻加速前進。貨箱中石塊A的質量為m，重力加速度為g，已知周圍與石塊A接觸的物體對它的作用力的合力為F，則貨車的加速度大小為（　　）

A．F2+(mg)2m B．Fm
C．F2-(mg)2m D．無法確定
19．（2023?西湖區(qū)校級模擬）如圖，質量相等的兩滑塊P、Q置于水平桌面上，二者用一輕彈簧水平連接，兩滑塊與桌面間的動摩擦因數均為μ。重力加速度大小為g。用水平向右的拉力F拉動P，使兩滑塊均做勻速運動，某時刻突然撤去該拉力，則從此刻開始到彈簧第一次恢復原長之前（　　）

A．P的位移大小一定大于Q的位移大小
B．P的速度大小均不大于同一時刻Q的速度大小
C．P的加速度大小的最大值為μg
D．Q的加速度大小的最大值為2μg
二．多選題（共1小題）
（多選）20．（2023?浙江模擬）神舟十四號又被稱為“最忙乘組”，在空間站工作期間迎接了問天、夢天、天舟五號和神舟十五號，它于12月4日返回祖國。返回時在穿越大氣層時對返回艙起主要減速作用的降落傘（主傘）面積達1200m2，質量為120kg，由96根堅韌的傘繩均勻連接返回艙懸掛點和降落傘邊緣，降落傘邊緣為圓形狀，半徑為15m，設每一根傘繩長度為39m，返回艙（不含航天員）的質量為2670kg，艙內三個航天員的質量每人平均計70kg。設某一段過程，返回艙受到的空氣阻力為返回艙總重力的0.05倍，中軸線（返回能懸掛點與降落傘中心的連線）保持豎直，返回艙以0.5m/s2的加速度豎直向下減速。此過程的重力加速度可以近似取g＝10m/s2。對此以下分析正確的是（　?。?br />
A．在迎接神舟十五號的時候，神舟十四號處于完全失重狀態(tài)，不受外力
B．題中減速階段，傘繩對返回艙的合力大于返回艙的總重力
C．題中減速階段，每根傘繩的拉力為325N
D．題中減速階段，降落傘受到的空氣阻力為1500N
三．計算題（共6小題）
21．（2023?金華一模）小端同學在研究豎直向上拋出的物體運動時，分別有幾種不同的模型。已知該同學拋出小球的質量m＝0.1kg，初速度v0＝10m/s，且方向豎直向上，重力加速度為g＝10m/s2。
（1）若不計空氣阻力，則小球從拋出直至回到拋出點經過多長時間？
（2）若空氣阻力大小恒為0.2N，則小球上升到最高點時，離拋出點的高度為多少？
（3）若空氣阻力大小與速度大小滿足F＝kv的關系，其中k為定值。若已知小球落回拋出點前速度恒定且大小為5m/s，則關系式中的k值為多少？
22．（2023?浙江模擬）2022年11月21日00：00（北京時間），于卡塔爾海灣體育場（圖一）拉開序幕。海灣足球場按世界標準球場設計，長105m、寬68m。足球比賽中，經常使用“邊路突破，下底傳中”的戰(zhàn)術，即攻方隊員帶球沿邊線前進，到底線附近進行傳中。攻方前鋒在中線處將足球沿邊線向前踢出，足球的運動可視為在地面上做初速度為10m/s的勻減速直線運動，且足球所受阻力大小恒為重力大小的18。試求：
（1）足球從開始做勻減速運動后6s時的速度大?。?br /> （2）足球從開始做勻減速運動后8s時的位移大??；
（3）攻方前鋒的最高時速可以達到36km/h。假設該足球開始做勻減速直線運動的時候，他遲疑了2s后開始沿邊線向前追趕足球。他的啟動過程可以視為加速度為2.5m/s2的勻加速直線運動，攻方前鋒啟動后至少經過多長時間能追上足球？

23．（2022?浙江模擬）2020年9月17日，阿里巴巴發(fā)布了第一款物流機器人“小蠻驢”。未來，小蠻驢機器人將率先在菜鳥驛站大規(guī)模投用。某次實驗人員在測試“小蠻驢”時，先從靜止開始，沿直線勻加速行駛了10s，達到最大速度12m/s后，又以3m/s2的加速度沿直線勻減速行駛了3s，然后做勻速直線運動。已知“小蠻驢”滿載貨物總質量為300kg，求：
（1）勻加速運動時的加速度大小；
（2）勻減速直線運動時“小蠻驢”所受合外力；
（3）前20s過程中機器人的總位移大小。

24．（2022?紹興二模）小麗使用一根木桿推動一只用來玩游戲的木盒，t＝0時刻，木盤以v＝3m/s的經過如圖所示的標志線aa′，速度方向垂直標志線，繼續(xù)推動木盤使它做勻加速運動，在t＝0.4s通過標志線bb′，然后撤去水平推力。木盤可視為質點，停在得分區(qū)cc′dd′即游戲成功。圖中bb′與aa′的距離x1＝1.6m，cc′與bb′的距離x2＝3.6m，cc′與dd′的距離為d＝0.8m。已知木盤與底面之間的動摩擦因數是μ＝0.30，木盤的質量為m＝0.5kg，求：
（1）木盤在加速階段的加速度a；
（2）木桿對木盤的水平推力F；
（3）木盤能否停在得分區(qū)？請計算說明。

25．（2022?寧波二模）2021年5月15日，“天問一號”著陸器成功著陸火星表面，這標志著我國首次火星探測任務——著陸火星取得圓滿成功。它著陸前的運動可簡化為如圖所示四個過程。若已知著陸器（不含降落傘）總質量m＝1.2×103kg，火星表面重力加速度g'＝4m/s2，忽略著陸器質量的變化和g'的變化，打開降落傘后的運動可視為豎直向下的直線運動。則：

（1）在第Ⅳ階段的最后，著陸器從無初速度開始經0.75s無動力下降后安全著陸，且火星表面大氣非常稀薄，求著陸器著陸時的速度v4；
（2）假設著陸器在第Ⅲ“動力減速階段”做勻減速運動，求動力減速裝置給著陸器的反推力F的大?。?br /> （3）著陸器在第Ⅱ“傘降減速階段”也可視為勻減速運動，求從打開降落傘到懸停過程中（即Ⅱ、Ⅲ過程）的平均速度大小。（結果可用分數表示）

26．（2022?浙江模擬）較偏遠的農村蓋房，為夯實地基，需要用夯錘打夯。如圖所示，夯錘固定有四個把手，打夯時四個人分別握住一個把手，同時向上用力將夯錘提起，經一定時間后同時松手，夯錘落至地面將地基砸實。某次打夯時，設夯錘的質量為50kg，將夯錘由靜止提起時，每個人都對夯錘施加豎直向上的恒力，大小均為250N，施力持續(xù)時間0.3s后同時松手，夯錘落地時將水平地面砸出2厘米深的一個凹痕。g取10m/s2，求：
（1）松手時夯錘獲得的速度大?。?br /> （2）夯錘到達最高處時離地面的高度；
（3）夯錘落地時對地面的作用力多大。

2021-2023年浙江省高考物理模擬試題分類——專題3牛頓運動定律
參考答案與試題解析
一．選擇題（共19小題）
1．（2023?浙江模擬）如圖所示，一質量為0.3kg的白板擦靜止在豎直磁性白板上，現給白板擦一個恒定的水平推力4.0N，重力加速度g取10m/s2，則推力作用后（　?。?br />
A．白板擦可能做水平方向勻速直線運動
B．白板擦可能做勻加速直線運動
C．白板擦受到的摩擦力大小為5.0N
D．白板擦共受6個力
【解答】解：A、水平推力作用后，如圖：

重力與推力的合力為5N，方向為左下方，并不是水平方向，故白板擦不可能做水平方向運動，故A錯誤；
B、若最大靜摩擦力大于5N，則白板擦靜止，若最大靜摩擦力小于5N，則沿重力與推力的合力方向做勻加速直線運動，故B正確；
C．此時摩擦力大小與彈力成正比，具體大小未知，故C錯誤；
D．推力作用后，白板擦共受重力、彈力、摩擦力、推力、磁力5個力，故D錯誤。
故選：B。
2．（2023?杭州二模）如圖，是一個小球從水平向右的橫風區(qū)正上方自由下落的閃光照片，除橫風區(qū)外，其他位置的空氣作用力可不計，則（　　）

A．小球在橫風區(qū)中水平速度不變
B．小球剛進入橫風區(qū)時加速度水平向右
C．小球剛從橫風區(qū)飛出時速度最大
D．小球從橫風區(qū)飛出后，做勻變速曲線運動
【解答】解：AB．小球剛進入橫風區(qū)時，受重力和水平向右的風力，利用力的合成可知合力斜向右下方，再根據牛頓第二定律F合＝ma可求加速度方向斜向右下方，又因為加速度是矢量，故小球具有水平方向和豎直方向的加速度，則小球水平方向的速度增大，故AB錯誤；
CD．小球從橫風區(qū)飛出后，只受重力作用，做勻變速曲線運動，向下運動過程中速度不斷增大，所以小球剛從橫風區(qū)飛出時速度不是最大，故C錯誤，D正確。
故選：D。
3．（2023?浙江模擬）“另類加速度A”的定義為A=vt-v0x，其中v0和v1分別表示某段位移x的初速度和末速度。則用國際單位制基本單位的符號來表示A的單位，正確的是（　　）
A．s﹣1 B．Hz C．m/s2 D．m2/s
【解答】解：速度的單位是m/s，位移的單位是m，由A的表達式A=vt-v0x可知，A的單位是s﹣1，是國際制中的基本單位，Hz是國際制中的導出單位，故A正確，BCD錯誤。
故選：A。
4．（2023?孝昌縣校級三模）如圖所受是運油20給殲10、殲20兩種戰(zhàn)機同時加油的瞬間，則（　　）

A．研究加油問題時，運油20可視為質點
B．加油過程中，運油20的慣性越來越大
C．以運油20為參考系，殲20、殲10戰(zhàn)機是運動的
D．以殲10戰(zhàn)機為參考系，運油20和殲20都是靜止的
【解答】解：A．研究加油問題時，運油20的形狀和體積對所研究的問題的影響不可以忽略，因此研究加油問題時，運油20不能視為質點，故A錯誤；
B．物體的慣性大小只由質量決定，質量越大，慣性越大，然而在加油過程中，運油20的質量減小，則其慣性減小，故B錯誤；
CD．為了確保安全，加油過程中，運油20、殲10、殲20三者的相對位置需要保持不變，則以運油20為參考系，殲20、殲10戰(zhàn)機是靜止的，以殲10戰(zhàn)機為參考系，運油20和殲20也都是靜止的，故C錯誤，D正確。
故選：D。
5．（2021?嘉興二模）如圖所示，水平輕彈簧一端固定在豎直墻面上，另一端與光滑水平地面上的小車接觸，小車水平臺面上的重物與小車始終保持相對靜止，在小車向右運動壓縮彈簧的過程中（　?。?br />
A．彈簧的勁度系數增大
B．小車受到的合力增大
C．重物受到的摩擦力不變
D．重物對小車的摩擦力方向向左
【解答】解：A、彈簧的進度系數由彈簧長度、粗細程度等有關，與形變量無關，故A錯誤；
B、水平面光滑，小車和重物的合力為彈簧的彈力，彈簧彈力隨形變量的增大而增大，小車的合力變大。故B正確；
C、小車和重物合力變大，根據牛頓第二定律，加速度變大，摩擦力產生重物的加速度，故摩擦力變大，故C錯誤；
D、彈簧處于壓縮狀態(tài)，小車和重物的合力向左，故重物受到小車的摩擦力向左，根據牛頓第三定律，故重物對小車的摩擦力向右，故D錯誤。
故選：B。
6．（2023?浙江模擬）我國“神舟十一號”飛船搭載了香港特區(qū)的中學生設計的“雙擺實驗”進入太空。受此啟發(fā)，某同學也設計了一個類似的雙擺實驗在學校實驗室進行研究，如下圖所示，將質量和大小都不同的兩個小鐵球分別系在一輕繩的中間和下端，其中上面的小球較小較輕，而輕繩的上端栓接在豎桿頂部，豎桿固定在小車上?，F在讓小車帶著兩個小球一起向左加速運動，不計空氣阻力，則下列四個圖中所示的姿態(tài)正確的是（　　）

A． B．
C． D．
【解答】解：設上面小球的質量為m，下面小球的質量為M，上半段繩與豎直方向的夾角為θ，下半段輕繩與豎直方向的夾角為α。以兩個小球組成的整體為研究對象，其受力分析如圖1所示

根據牛頓運動定律有：Fsinθ＝（M+m）a，Fcosθ＝（M+m）g，解得：tanθ=ag；以下面的小球為研究對象，其受力分析如圖2所示

根據牛頓運動定律有：F′sinα＝Ma，F′cosα＝Mg，解得：tanα=ag，因此α＝θ，即A項正確，BCD項錯誤，故選A。
7．（2023?杭州一模）人在體重計上起立時，體重計的示數會發(fā)生變化。小管同學質量為50kg，在腰間掛有一只加速度傳感器，顯示“+”代表加速度方向向上，顯示“﹣”代表加速度方向向下，起立過程中的某時刻顯示為“+4m/s2”，那么此時體重計的讀數可能為（　?。?br />
A．70kg B．50kg C．60kg D．20kg
【解答】解：加速度傳感器掛在腰間，起立過程中的某時刻顯示為“+4m/s2”，可知此時刻腰部的加速度方向向上，大小為4m/s2，人體不同部分的運動并不相同，腿部的加速度小于4m/s2，人整體的平均加速度必小于4m/s2，設體重計的示數為m′，對小管同學受力分析，由牛頓第二定律得：m′g﹣mg＜ma
代入數據解得：m′＜70kg，此時體重計的讀數可能選項中的60kg，故C正確，ABD錯誤；
故選：C。
8．（2023?杭州一模）蹦極是新興的一項戶外休閑活動。如圖，蹦極者站在約40米高的塔頂，把一端固定在塔頂的長橡皮繩另一端綁住身體，然后兩臂伸開，從塔頂自由落下。當人體下落一段距離后，橡皮繩被拉緊，當到達最低點時橡皮繩再次彈起，人被拉起，隨后又落下，這樣反復多次，這就是蹦極的全過程。若空氣阻力不計，橡皮繩彈力與伸長量成正比，橡皮繩彈力與人體重力相等位置為坐標原點，豎直向上為正方向，從第一次運動到最低點開始計時，則關于人體運動的位移x、速度v、加速度a、合外力F與時間t的關系圖正確的是（　　）

A． B．
C． D．
【解答】解：以向上為正方向，從最低點開始向上運動，根據牛頓第二定律可知
F＝ma＝T﹣mg
則合力F向上，且T逐漸減小，故加速度減小，速度增加，到達坐標原點，加速度為0，速度達到最大值，繼續(xù)上升，加速度增大，方向向下，速度減小，到達原長位置后繼續(xù)上升到達最高點再返回到原長位置，此階段加速度為g，速度均勻減小再均勻增大，之后加速度減小，方向向下，到達坐標原點，加速度為0，速度達到最大值，繼續(xù)下降，加速度增大，方向向上，速度減小直至到達最低點，故ABD錯誤，C正確。
故選：C。
9．（2022?紹興二模）一小球受到外力作用在豎直平面內運動，軌跡的頻閃照片如圖所示，不計空氣阻力，下列說法正確的是（　?。?br />
A．AB段時小球受到的合力大于0
B．C點小球受到的合力等于0
C．D點小球處于超重狀態(tài)
D．EF段時小球受到的合力方向可能豎直向上
【解答】解：A、根據其軌跡照片可判定小球在AB段，做勻速直線運動，小球受到合力為零，故A錯誤；
BC、BD段小球做曲線運動，加速度不為零，且指向軌跡的凹測，所以C點合力不為零，D點小球有向上的加速度，處于超重狀態(tài)，故B錯誤，C正確；
D、EF段小球向上做減速運動，合外力與速度方向成鈍角，所以小球受到的合力不可能豎直向上，故D錯誤；
故選：C。
10．（2022?寧波模擬）某同學想測地鐵在平直軌道上啟動過程中的加速度，他把根細繩的下端綁著一支圓珠筆，細繩的上端用電工膠布固定在地鐵的豎直扶手上，在地鐵啟動后的某段加速過程中，細繩偏離了豎直方向，他用手機拍攝了當時的情景，如圖所示，拍攝方向跟地鐵前進方向垂直，已知當地重力加速度為g，根據這張照片，以下說法正確的是（　?。?br />
A．此時地鐵的速度方向向右
B．此時地鐵的加速度方向向右
C．此時繩子拉力小于圓珠筆的重力
D．由圖可以估算出此時地鐵加速度的大小
【解答】解：圓珠筆的受力如圖所示：

由圖可知，拉力有一個水平向左的分量，所以圓珠筆有一個向左的加速度，啟動過程，速度在增加，所以此時地鐵的速度方向向左，故AB錯誤；
CD、要想求出加速度的大小，根據豎直方向：Tcosθ＝mg
水平方向：Tsinθ＝ma
解得：T=mgcosθ，a＝gtanθ
可知此時繩子拉力大于圓珠筆的重力，由圖可估計角θ大小，算出此時地鐵加速度的大小，故D正確，C錯誤；
故選：D。
11．（2023?金華模擬）煙花彈從豎直的炮筒被推出，升至最高點后爆炸。上升的過程由于空氣阻力的影響，v﹣t圖像如圖所示，從推出到最高點所用的時間為t，上升的最大高度為H，圖線上C點的切線與AB平行，t0、vC為已知量，且煙花彈t0時間內上升的高度為h，則下列說法正確的是（　?。?br />
A．煙花彈上升至最高點時，加速度大小為零
B．煙花彈上升至最高點過程中，空氣阻力大小不變
C．煙花彈剛從炮筒被推出的速度v滿足vt2＜H
D．煙花彈剛從炮筒被推出的速度v滿足(v+vc)t02＞h
【解答】解：A、煙花彈上升至最高點時，受重力作用，加速度為g，故A錯誤；
B、v﹣t圖像切線的斜率代表加速度，由圖可知，煙花彈的加速度逐漸減小，根據牛頓第二定律得：mg+f＝ma
則空氣阻力逐漸減小，故B錯誤；
C、連接AB兩點，煙花彈做勻變速直線運動，位移為H′=vt2
v﹣t圖像與坐標軸所圍面積表示位移，由圖可知H＜H′=vt2
故C錯誤；
D、連接AC兩點，從0～t0時間，煙花彈做勻變速直線運動，煙花的位移為h′=(vC+v)t02
由圖可知h′＜h=(vC+v)t02
故D正確；
故選：D。
12．（2021?浙江模擬）如圖所示，在豎直墻面上有A、B兩點，離地面的高度分別為HA＝8m和HB＝4m，現從A、B兩點與地面上的某個位置C之間架設兩條光滑的軌道，使小滑塊從A、B兩點由靜止開始下滑到地面所用的時間相等，那么位置C離墻角O點的距離為（　?。?br />
A．4m B．42m C．23m D．6m
【解答】解：設AC、BC與OC的夾角分別為α和β，由牛頓第二定律可得加速度分別為a1＝gsinα，a2＝gsinβ，
由幾何關系可得lAC=HAsinα，lBC=HBsinβ，
由運動學公式可得lAC=12a1t2，lBC=12a2t2，
聯立解得sinα=2sinβ，即HAlAC=2HBlBC，解得lBC=22lAC，
設CO的距離為x，由勾股定理得HA2+x2＝lAC2，HB2+x2＝lBC2，
聯立方程，解得x＝42m，故ACD錯誤，B正確
故選：B。
13．（2023?臺州模擬）某研究小組利用彈性繩懸掛智能手機來模擬蹦極運動，并利用手機安裝的加速度傳感器研究運動中的加速度隨時間變化的特征。手機從某一高度由靜止開始沿豎直方向上下運動的過程中，從手機屏幕上觀察到的加速度隨時間變化的圖象如圖所示。手機保持靜止時，圖象顯示的加速度值為0，自由下落時，圖象顯示的加速度值約為﹣10m/s2。忽略空氣阻力，下列說法正確的是（　　）

A．時間t＝0.50s時，手機已下降了1.25m
B．時間t＝0.75s時，手機正向上加速運動
C．加速度為30m/s2時，手機速度最大
D．加速度從0持續(xù)增至最大的過程中，手機速度一直減小
【解答】解：A、由圖象可知：0～0.50s內，手機加速度值為零，即手機靜止，t＝0.50s時，圖象顯示約為﹣10m/s2。說明此刻手機開始自由下落，位移為0，故A錯誤；
B、時間t＝0.75s時，手機開始下落瞬間，做自由落體運動，根據牛頓第二定律：mg﹣F彈＝ma，隨著彈性繩彈力的增大，手機向下的加速度越來越小，當彈力等于手機重力時，手機所受合力為零，下落速度達到最大，此后手機繼續(xù)向下做加速度越來越大的減速運動，由圖可知，時間t＝0.75s時，手機正向下減速運動，故B錯誤；
C、當手機的速度為零時，彈力達到最大，根據牛頓第二定律：F彈﹣mg＝ma，加速度達到最大，加速度為30m/s2時，手機速度為零，故C錯誤；
D、綜合上述分析可知，加速度從0持續(xù)增至最大的過程中，手機速度一直減小，故D正確。
故選：D。
14．（2021?浙江模擬）如圖（a）所示，將一輕彈簧放在傾角為θ的粗糙斜面上，下端固定。物塊甲緊靠彈簧的上端輕放在斜面上，甲由彈簧原長處靜止開始沿斜面向下運動，甲的加速度a與彈簧的壓縮量x的關系如圖（b）中實線所示。把甲換成材料不同的乙，完成相同的過程，其a﹣x關系如圖（b）中虛線所示。甲、乙與斜面間的動摩擦因數分別為μ甲、μ乙。則（　?。?br />
A．m乙＝6m甲
B．μ乙=12μ甲
C．甲運動至彈簧壓縮量為x0時，速度為零
D．甲運動至彈簧壓縮量為x0與乙運動至彈簧壓縮量為2x0時，二者速度大小相等
【解答】解：AB、剛開始下滑時，物體受到重力，斜面對物體的支持力和摩擦力，

根據牛頓第二定律，對甲：m甲gsinθ﹣μ甲m甲gcosθ＝m甲×2a0
對乙：m乙gsinθ﹣μ乙m乙gcosθ＝m乙a0
甲x0時，加速度為零，則m甲gcosθ﹣μ甲m甲cosθ﹣kx0＝0
乙下滑2x0時，加速度為零，則m乙gsinθ﹣μ乙m乙gcosθ﹣k×2x0＝0
聯立解得：m乙＝4m甲，μ乙=μ甲2+12tanθ，故A、B錯誤；
C、甲向下運動至彈簧壓縮量為x0時，加速度逐漸減小，當速度方向和加速度方向相同，故做加速度逐漸減小的加速運動，當壓縮量為x0時，速度達到最大，故C錯誤；
D、根據v2＝2ax可知a﹣x圖線與坐標軸圍成的面積表示速度的平方的一半，由圖（b）知甲運動至彈簧壓縮量為x0與乙運動至彈簧壓縮量為2x0時圖線與坐標軸圍成的面積相同，所以此時二者速度的平方的一半相等，即速度相等，故D正確。
故選：D。
15．（2021?義烏市模擬）2020年11月21日，義烏人民期盼已久的雙江水利樞紐工程破土動工，施工現場停放著一輛運載水泥管的貨車，車廂底部一層水泥管水平緊密地排列著，上層擺放著的4根水泥管沒有用繩索固定?，F在我們來分析貨車前部的A、B、C三根形狀完全相同的水泥管，側視圖如圖所示，下列說法正確的是（　　）

A．當汽車向左做加速運動時，A對C的支持力變大
B．汽車靜止時，管C受到管A給它的支持力為23mg3
C．汽車向左勻速運動時，速度越大，B對C的支持力越大
D．當汽車向左做加速運動時，加速度達到33g時，C將脫離A
【解答】解：BC、對C進行受力分析，如圖1所示，根據對稱性可知支持力FN與豎直方向夾角為30°，C處于靜止狀態(tài)，根據平衡條件可得：2FNcos30°＝mg，解得FN=33mg，所以汽車靜止時，管C受到管A給它的支持力大小為33mg，根據對稱性可知，管C受到管B給它的支持力大小也為33mg，汽車向左勻速運動時，C仍然受力平衡，B對C的支持力與勻速運動的速度大小無關，仍然是33mg，不變，故BC錯誤；
AD、當車輛向左加速運動，C水平方向的合力向左，A對C的支持力減少；
設C剛好脫離A時（此時A對C的支持力剛好為零），C受力情況如圖2所示，根據牛頓第二定律可得：mgtan30°＝ma，解得：a=33g，所以汽車向左做加速運動時，加速度達到33g時，C將脫離A，故A錯誤、D正確。
故選：D。

16．（2021?岱山縣校級模擬）如圖所示，一個質量為m的物塊在恒力F的作用下，緊靠在一個水平的上表面上保持靜止，物塊與上表面間靜摩擦因數為μ，取μ=1tanα。F與水平面的夾角為θ，則θ角的最小值為（　　）

A．arctanmgF1-1μ2+α B．arctanmgF1+1μ2+α
C．arcsinmgF1-1μ2+α D．arcsinmgF1+1μ2+α
【解答】解：物塊受力如圖：物塊受重力mg、彈力N、摩擦力fm、拉力F共4個力
由平衡條件，y軸：Fsinθ＝mg+N
x軸滿足：Fcosθ≤fm，而fm＝μN，整理得：μsinθ﹣cosθ≥μmgF
又μ=1tanα，解得：cosα=μ1+μ2 代入上式得：sin（θ﹣α）=μmgF1+μ2
θ﹣α＝arcsinμmgF1+μ2，解得：θ＝α+arcsinμmgF1+μ2，故D正確，ABC錯誤。
故選：D。

17．（2023?寧波一模）逆時針轉動的繃緊的傳送帶與水平方向夾角為37°，傳送帶的v﹣t圖像如圖所示。在t＝0時刻質量為1kg的物塊從B點以某一初速度滑上傳送帶并沿傳送帶向上做勻速運動。2s后開始減速，在t＝4s時物體恰好能到達最高點A。（已知g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）。以下說法正確的是（　?。?br />
A．物體與傳送帶間的摩擦因數為0.6
B．傳送帶AB長度為6m
C．2s后物體受到的摩擦力沿傳送帶向下
D．物體與傳送帶間由于摩擦而產生的熱量為6J
【解答】解：A、前2s物塊速度小于傳送帶速度，物塊受到摩擦力沿斜面向上。由于物塊勻速上滑，根據平衡條件得：μmgcos37°＝mgsin37°，代入數據解得：μ＝0.75，故A錯誤；
C、由物體2s后開始減速，由圖示v﹣t圖像可知，2s時傳送帶的速度為1m/s，可得物體前2s內做勻速運動的速度v1＝1m/s，在t＝4s時物體恰好到達最高點A點，此時傳送帶的速度也恰好為零，說明二者減速運動的加速度相同，所以2s后物體與傳送帶相對靜止一起運動，2s后物體受到的靜摩擦力方向沿傳送帶向上，故C錯誤
B、2s后物體相對于傳送帶靜止，由圖示v﹣t圖像可知，加速度大小為a=ΔvΔt=24m/s2＝0.5m/s2，前2s物塊沿傳送帶上滑的位移為x1＝v1t＝1×2m＝2m；2s后物塊相對傳送帶靜止，物體所受摩擦力方向沿傳送帶向上，跟傳送帶以相同加速度a＝0.5m/s2，向上勻減速運動x2＝v1t1-12at12，其中t1＝2s，代入數據解得：x2＝1m，傳送帶AB長L＝x1+x2＝2m+1m＝3m，故B錯誤；
D、物體上滑過程中，滑動摩擦力為f＝μmgcos37°＝0.75×1×10×0.8N＝6N，由傳送帶的v﹣t圖像可知前2s，傳送帶位移為x＝3m，故物體與傳送帶間由于摩擦而產生的熱量為Q＝f（x﹣x1）＝6×（3﹣2）J＝6J，故D正確。
故選：D。
18．（2021?甌海區(qū)校級模擬）如圖所示，一輛裝滿石塊的貨車在平直道路上勻加速前進。貨箱中石塊A的質量為m，重力加速度為g，已知周圍與石塊A接觸的物體對它的作用力的合力為F，則貨車的加速度大小為（　?。?br />
A．F2+(mg)2m B．Fm
C．F2-(mg)2m D．無法確定
【解答】解：已知周圍與石塊A接觸的物體對它的作用力的合力為F，由題意可知石塊A所受合外力為
F合=F2-(mg)2
石塊的加速度為
a=F合m
聯立解得火車的加速度為a=F2-(mg)2m
故C正確，ABD錯誤。
故選：C。
19．（2023?西湖區(qū)校級模擬）如圖，質量相等的兩滑塊P、Q置于水平桌面上，二者用一輕彈簧水平連接，兩滑塊與桌面間的動摩擦因數均為μ。重力加速度大小為g。用水平向右的拉力F拉動P，使兩滑塊均做勻速運動，某時刻突然撤去該拉力，則從此刻開始到彈簧第一次恢復原長之前（　　）

A．P的位移大小一定大于Q的位移大小
B．P的速度大小均不大于同一時刻Q的速度大小
C．P的加速度大小的最大值為μg
D．Q的加速度大小的最大值為2μg
【解答】解：設兩物塊的質量均為m，撤去拉力前，兩滑塊均做勻速直線運動，則拉力F＝2μmg
撤去拉力前對Q根據共點力平衡條件有：T0＝μmg
A．PQ間的距離在減小，故P的位移一定小于Q的位移，故A錯誤；
B．滑塊P在彈簧恢復到原長時，根據牛頓第二定律有：﹣μmg＝maP2
解得aP2＝﹣μg
撤去拉力時，PQ的初速度相等，滑塊P由開始的加速度大小為2μg做加速度減小的減速運動，最后彈簧原長時加速度大小為μg；滑塊Q由開始的加速度為0做加速度增大的減速運動，最后彈簧原長時加速度大小也為μg，故B正確。
CD．從此刻開始到彈簧第一次恢復原長之前的過程中，以向右為正方向，撤去拉力瞬間彈簧彈力不變?yōu)棣蘭g，兩滑塊與地面間仍然保持相對滑動，此時滑塊P的加速度為﹣T0﹣μmg＝maP1
解得aP1＝﹣2μg
此刻滑塊Q所受的外力不變，加速度仍為零，過后滑塊P做減速運動，故PQ間距離減小，彈簧的伸長量變小，彈簧彈力變小。根據牛頓第二定律可知P減速的加速度減小，滑塊Q的合外力增大，合力向左，做加速度增大的減速運動。故P加速度大小的最大值是剛撤去拉力瞬間的加速度為2μg。Q加速度大小最大值為彈簧恢復原長時﹣μmg＝maQm
解得aQm＝﹣μg
故滑塊Q加速度大小最大值為μg，故CD錯誤。
故選：B。
二．多選題（共1小題）
（多選）20．（2023?浙江模擬）神舟十四號又被稱為“最忙乘組”，在空間站工作期間迎接了問天、夢天、天舟五號和神舟十五號，它于12月4日返回祖國。返回時在穿越大氣層時對返回艙起主要減速作用的降落傘（主傘）面積達1200m2，質量為120kg，由96根堅韌的傘繩均勻連接返回艙懸掛點和降落傘邊緣，降落傘邊緣為圓形狀，半徑為15m，設每一根傘繩長度為39m，返回艙（不含航天員）的質量為2670kg，艙內三個航天員的質量每人平均計70kg。設某一段過程，返回艙受到的空氣阻力為返回艙總重力的0.05倍，中軸線（返回能懸掛點與降落傘中心的連線）保持豎直，返回艙以0.5m/s2的加速度豎直向下減速。此過程的重力加速度可以近似取g＝10m/s2。對此以下分析正確的是（　?。?br />
A．在迎接神舟十五號的時候，神舟十四號處于完全失重狀態(tài)，不受外力
B．題中減速階段，傘繩對返回艙的合力大于返回艙的總重力
C．題中減速階段，每根傘繩的拉力為325N
D．題中減速階段，降落傘受到的空氣阻力為1500N
【解答】解：A、在迎接神舟十五號的時候，地球對神州十四號的萬有引力提供繞地球做勻速圓周運動的向心力，神舟十四號處于完全失重狀態(tài)，故A錯誤；
B、減速階段，返回艙所受合力豎直向上，傘繩對返回艙的合力大于返回艙的總重力，故B正確；
D、降落傘、返回艙和航天員的質量為m＝2670kg+120kg+3×70kg＝3000kg
降落傘受到的空氣阻力為f＝0.05mg＝0.05×3000×10N＝1500N
故D正確；
C、設傘繩與豎直方向夾角為θ，每根傘繩的拉力大小為T，則sinθ=1539=513
則cosθ=1213
對返回艙受力分析，由平衡條件得：96Tcosθ+0.05mg﹣mg＝ma
代入數據解得：T＝339N
故C錯誤。
故選：BD。
三．計算題（共6小題）
21．（2023?金華一模）小端同學在研究豎直向上拋出的物體運動時，分別有幾種不同的模型。已知該同學拋出小球的質量m＝0.1kg，初速度v0＝10m/s，且方向豎直向上，重力加速度為g＝10m/s2。
（1）若不計空氣阻力，則小球從拋出直至回到拋出點經過多長時間？
（2）若空氣阻力大小恒為0.2N，則小球上升到最高點時，離拋出點的高度為多少？
（3）若空氣阻力大小與速度大小滿足F＝kv的關系，其中k為定值。若已知小球落回拋出點前速度恒定且大小為5m/s，則關系式中的k值為多少？
【解答】解：（1）若不計空氣阻力，小球做豎直上拋運動，向上運動時間t1=v0g=1010s=1s
從拋出直至回到拋出點的時間t2＝2t1
解得t2＝2s
則小球從拋出直至回到拋出點經過的時間為2s；
（2）設上升過程中的加速度為a，根據牛頓第二定律有：mg+f＝ma
又空氣阻力大小f＝0.2N
解得：a=mg+fm=0.1×10+0.210m/s2=12m/s2
小球向上做勻減速直線運動，根據速度—位移公式有：-v02=-2ah
解得：h=v022a=1022×12m=256m
則小球上升到最高點時，離拋出點的高度為256m；
（3）小球落回拋出點前速度恒定，說明所受合力為0，則mg＝kv
k=mgv=0.1×105kg/s=0.2kg/s
答：（1）若不計空氣阻力，則小球從拋出直至回到拋出點經過2s時間；
（2）若空氣阻力大小恒為0.2N，則小球上升到最高點時，離拋出點的高度為256m；
（3）關系式中的k值為0.2kg/s。
22．（2023?浙江模擬）2022年11月21日00：00（北京時間），于卡塔爾海灣體育場（圖一）拉開序幕。海灣足球場按世界標準球場設計，長105m、寬68m。足球比賽中，經常使用“邊路突破，下底傳中”的戰(zhàn)術，即攻方隊員帶球沿邊線前進，到底線附近進行傳中。攻方前鋒在中線處將足球沿邊線向前踢出，足球的運動可視為在地面上做初速度為10m/s的勻減速直線運動，且足球所受阻力大小恒為重力大小的18。試求：
（1）足球從開始做勻減速運動后6s時的速度大??；
（2）足球從開始做勻減速運動后8s時的位移大小；
（3）攻方前鋒的最高時速可以達到36km/h。假設該足球開始做勻減速直線運動的時候，他遲疑了2s后開始沿邊線向前追趕足球。他的啟動過程可以視為加速度為2.5m/s2的勻加速直線運動，攻方前鋒啟動后至少經過多長時間能追上足球？

【解答】解：
（1）足球所受阻力大小恒為重力大小的18，即阻力f=18mg，根據牛頓第二定律，ma＝f，解得a=54m/s2，根據速度—時間公式v＝v0﹣at，解得6s時的速度大小v＝2.5m/s；
（2）足球停止的時間t=v0t，解得t＝8s，足球從開始做勻減速運動后8s時的位移大小x=v02t，解得x＝40m；
（3）攻方前鋒的最高時速可以達到36km/h＝10m/s，攻方前鋒追上足球可能在足球停止前，也可能在停止后，計算一下8s攻方前鋒的位移，遲疑了2s后開始沿邊線向前追趕足球，此時攻方前鋒的運動時間為6s，先加速到最高時速，t1=v'a'，解得t1＝4s，此時位移x1=v'2t1，解得x1＝20m，此時攻方前鋒做勻速直線運動，運動時間t2＝6﹣t1＝（6﹣4）s＝2s，此時位移x2＝v′t2，解得x2＝20m，總位移x＝x1+x2＝（20+20）m＝40m，恰好等于足球位移，故攻方前鋒啟動后至少經過6s能追上足球。
答：（1）足球從開始做勻減速運動后6s時的速度2.5m/s；
（2）足球從開始做勻減速運動后8s時的位移大小40m；
（3）攻方前鋒啟動后至少經過6s能追上足球。
23．（2022?浙江模擬）2020年9月17日，阿里巴巴發(fā)布了第一款物流機器人“小蠻驢”。未來，小蠻驢機器人將率先在菜鳥驛站大規(guī)模投用。某次實驗人員在測試“小蠻驢”時，先從靜止開始，沿直線勻加速行駛了10s，達到最大速度12m/s后，又以3m/s2的加速度沿直線勻減速行駛了3s，然后做勻速直線運動。已知“小蠻驢”滿載貨物總質量為300kg，求：
（1）勻加速運動時的加速度大??；
（2）勻減速直線運動時“小蠻驢”所受合外力；
（3）前20s過程中機器人的總位移大小。

【解答】解：（1）根據勻變速直線運動速度—時間公式得：v1＝a1t1
則勻加速運動時的加速度大小a1=v1t1=1210m/s2＝1.2m/s2
（2）勻減速運動時，根據牛頓第二定律得：勻減速直線運動時“小蠻驢”所受合外力大小F合＝ma2＝300×3N＝900N
方向與運動方向相反；
（3）勻加速運動的位移x1=12a1t12=12×1.2×102m＝60m
勻減速運動的位移x2＝v1t2-12a2t22＝12×3m-12×3×32m＝22.5m
勻減速運動的末速度為v2＝v1﹣a2t2＝12m/s﹣3×3m/s＝3m/s
勻速直線運動的位移為x3＝v2t3＝v2（t﹣t1﹣t2）＝3×（20﹣10﹣3）m＝21m
前20s過程中總位移大小x＝x1+x2+x3＝60m+22.5m+21m＝103.5m
答：（1）勻加速運動時的加速度大小為1.2m/s2；
（2）勻減速直線運動時“小蠻驢”所受合外力大小為900N，方向與運動方向相反；
（3）前20s過程中機器人的總位移大小為103.5m。
24．（2022?紹興二模）小麗使用一根木桿推動一只用來玩游戲的木盒，t＝0時刻，木盤以v＝3m/s的經過如圖所示的標志線aa′，速度方向垂直標志線，繼續(xù)推動木盤使它做勻加速運動，在t＝0.4s通過標志線bb′，然后撤去水平推力。木盤可視為質點，停在得分區(qū)cc′dd′即游戲成功。圖中bb′與aa′的距離x1＝1.6m，cc′與bb′的距離x2＝3.6m，cc′與dd′的距離為d＝0.8m。已知木盤與底面之間的動摩擦因數是μ＝0.30，木盤的質量為m＝0.5kg，求：
（1）木盤在加速階段的加速度a；
（2）木桿對木盤的水平推力F；
（3）木盤能否停在得分區(qū)？請計算說明。

【解答】解：（1）根據位移—時間關系可得：x1＝vt+12at2，其中t＝0.4s
代入數據解得：a＝5m/s2；
（2）對木盤根據牛頓第二定律可得：F﹣μmg＝ma
代入數據解得：F＝4N；
（3）設木盤達到bb′的速度大小為v1，則有：v1＝v+at
代入數據解得：v1＝5m/s
撤去力F后，木盤減速運動的加速度大小為：a1＝μg＝0.3×10m/s2＝3m/s2
設減速到零的位移為x，則有：x=v122a1=522×3m≈4.17m
由于x2＜x＜x2+d，所以木盤能停在得分區(qū)。
答：（1）木盤在加速階段的加速度為5m/s2；
（2）木桿對木盤的水平推力為4N；
（3）木盤能停在得分區(qū)。
25．（2022?寧波二模）2021年5月15日，“天問一號”著陸器成功著陸火星表面，這標志著我國首次火星探測任務——著陸火星取得圓滿成功。它著陸前的運動可簡化為如圖所示四個過程。若已知著陸器（不含降落傘）總質量m＝1.2×103kg，火星表面重力加速度g'＝4m/s2，忽略著陸器質量的變化和g'的變化，打開降落傘后的運動可視為豎直向下的直線運動。則：

（1）在第Ⅳ階段的最后，著陸器從無初速度開始經0.75s無動力下降后安全著陸，且火星表面大氣非常稀薄，求著陸器著陸時的速度v4；
（2）假設著陸器在第Ⅲ“動力減速階段”做勻減速運動，求動力減速裝置給著陸器的反推力F的大??；
（3）著陸器在第Ⅱ“傘降減速階段”也可視為勻減速運動，求從打開降落傘到懸停過程中（即Ⅱ、Ⅲ過程）的平均速度大小。（結果可用分數表示）

【解答】解：（1）在火星表面自由落體：v4＝g't＝3m/s
（2）第Ⅲ階段加速度：a=v3-v2t3-t2=0-100460-380m/s2=-54m/s2
根據牛頓第二定律：mg'﹣F＝ma
所以：F＝mg'﹣ma＝解得：F＝6.3×103N
（3）利用平均速度求得第Ⅱ、第Ⅲ階段下落的高度：h2=v1+v22(t2-t1)，解得h2=2.52×104m
h3=v2+v32(t3-t2)，解得h3=4.0×103m/s
平均速度為v=h2+h3t3-t1，解得v=292017m/s
答：（1）在第Ⅳ階段的最后，著陸器從無初速度開始經0.75s無動力下降后安全著陸，且火星表面大氣非常稀薄，著陸器著陸時的速度v4為3m/s
（2）假設著陸器在第Ⅲ“動力減速階段”做勻減速運動，動力減速裝置給著陸器的反推力F的大小為為6.3×103N；
（3）著陸器在第Ⅱ“傘降減速階段”也可視為勻減速運動，從打開降落傘到懸停過程中（即Ⅱ、Ⅲ過程）的平均速度大小為292017m/s。
26．（2022?浙江模擬）較偏遠的農村蓋房，為夯實地基，需要用夯錘打夯。如圖所示，夯錘固定有四個把手，打夯時四個人分別握住一個把手，同時向上用力將夯錘提起，經一定時間后同時松手，夯錘落至地面將地基砸實。某次打夯時，設夯錘的質量為50kg，將夯錘由靜止提起時，每個人都對夯錘施加豎直向上的恒力，大小均為250N，施力持續(xù)時間0.3s后同時松手，夯錘落地時將水平地面砸出2厘米深的一個凹痕。g取10m/s2，求：
（1）松手時夯錘獲得的速度大小；
（2）夯錘到達最高處時離地面的高度；
（3）夯錘落地時對地面的作用力多大。

【解答】解：（1）設每個人對夯錘施加的力為F0，根據牛二律有：4F0﹣mg＝ma
松手時夯錘獲得的速度為v，則v＝at
聯立解得v＝3m/s
（2）施力過程中夯錘上升的高度為h1，松手后夯錘能上升的高度為h2，
夯錘能上升的最大高度為h，
根據運動規(guī)律有：h1=12at2，h2=v22g
h＝h1+h2
聯立解得：h＝0.9m
（3）夯錘下落過程中做自由落體運動，根據v′2＝2gh可得：v'=2gh
夯錘與地面作用過程減速的加速度大小為a′，則﹣2a′d＝0﹣v′2，解得：a'=v'22d
由F﹣mg＝ma'
解得F＝2.3×104N，
由牛頓第三定律知夯錘對地面的作用力為F′＝F＝2.3×104N
答：（1）松手時夯錘獲得的速度大小為3m/s；
（2）夯錘到達最高處時離地面的高度為0.9m；
（3）夯錘落地時對地面的作用力為2.3×104N。

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