新高考物理一轮复习讲与练专题3.1 牛顿运动定律的应用及实验【练】(2份打包，原卷版+解析版)

这是一份新高考物理一轮复习讲与练专题3.1 牛顿运动定律的应用及实验【练】(2份打包，原卷版+解析版)，文件包含新高考物理一轮复习讲与练专题31牛顿运动定律的应用及实验练原卷版doc、新高考物理一轮复习讲与练专题31牛顿运动定律的应用及实验练解析版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共28页， 欢迎下载使用。

目录
TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc3542" 一．练经典题型 PAGEREF _Tc3542 \h 1
\l "_Tc22119" 二、练创新情景 PAGEREF _Tc22119 \h 7
\l "_Tc24665" 三．练规范解答 PAGEREF _Tc24665 \h 14
一．练经典题型
1．(2020·潍坊模拟)关于惯性的认识，以下说法正确的是( )
A．物体受到力的作用后，运动状态发生改变，惯性也随之改变
B．置于光滑水平面上的物体，即使质量很大也能被拉动，说明惯性与物体的质量无关
C．让物体的速度发生改变，无论多快，都需要一定时间，这是因为物体具有惯性
D．同一物体沿同一水平面滑动，速度较大时停下来需要的时间较长，说明惯性与速度有关
【答案】C
【解析】物体受到力的作用后，运动状态发生改变，但物体的惯性完全由物体的质量决定，与物体的受力及运动速度无关，选项A、B、D均错误；一切物体都具有惯性，所以让物体受力使其速度发生改变，都需要一定时间，选项C正确。
2.(2020·杭州模拟)电动平衡车是一种时尚代步工具。当人驾驶平衡车在水平路面上做匀速直线运动时，下列说法正确的是( )
A．平衡车匀速行驶时，相对于平衡车上的人，车是运动的
B．平衡车的重力与地面对平衡车的支持力是一对平衡力
C．平衡车在加速过程中也是平衡的
D．关闭电机，平衡车还会继续行驶一段路程是由于惯性
【答案】D
【解析】平衡车匀速行驶时，平衡车与人的相对位置不变，相对于平衡车上的人，车是静止的，故A项错误；人驾驶平衡车在水平路面上做匀速直线运动时，平衡车的重力加上人的重力等于地面对平衡车的支持力，所以平衡车的重力与地面对平衡车的支持力不是一对平衡力，故B项错误；平衡车在加速过程中不是平衡的，故C项错误；关闭电机，平衡车还会继续行驶一段路程是由于平衡车具有惯性，故D项正确。
3．(2020·菏泽一模)一小物块从倾角为α＝30°够长的斜面底端以初速度v0＝10 m/s沿斜面向上运动(如图所示)，已知物块与斜面间的动摩擦因数μ＝eq \f(\r(3),3)，g取10 m/s2，则物块在运动时间t＝1.5 s时离斜面底端的距离为( )
A．3.75 mB．5 m
C．6.25 mD．15 m
【答案】B
【解析】小物块沿斜面向上运动时加速度大小为a＝gsin α＋μgcs α＝10 m/s2，物块运动到最高点的时间t＝eq \f(v0,a)＝1 s<1.5 s。由于mgsin α＝μmgcs α，小物块运动到最高点速度为0时即停止，故此时小物块离斜面底端的距离为x＝eq \f(v\\al(2,0),2a)＝5 m，故B正确。
4．(2020·天津南开中学月考)(多选)如图所示，劲度系数为k的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上。一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处自由下落，接触弹簧后继续向下运动。小球从开始下落到小球第一次运动到最低点的过程中，下列关于小球的速度v、加速度a随时间t变化的图象中符合实际情况的是( )
【答案】 AD
【解析】 在小球下落的开始阶段，小球做自由落体运动，加速度为g；接触弹簧后，开始时重力大于弹力，加速度方向向下，随着小球的不断下降，弹力逐渐变大，故小球做加速度减小的加速运动，某时刻加速度可减小到零，此时速度最大；小球继续下落时，弹力大于重力，加速度方向变为向上，且加速度逐渐变大，直到速度减小到零，到达最低点，由对称知识可知，到达最低点的加速度大于g，故A、D正确。
5.(2020·吉林省实验中学模拟)如图1，A、B、C三个小球质量均为m，A、B之间用一根没有弹性的轻质细线连在一起，B、C之间用轻弹簧拴接，整个系统用细线悬挂在天花板上并且处于静止状态。现将A上面的细线剪断，则在剪断细线的瞬间，A、B、C三个小球的加速度分别是(重力加速度为g)( )
，1.5g，0 B.g，2g，0
C.g，g，g D.g，g，0
【答案】 A
【解析】 剪断细线前，由共点力的平衡条件可知，A上面的细线的拉力为3mg，A、B之间细线的拉力为2mg，轻弹簧的拉力为mg。在剪断A上面的细线的瞬间，轻弹簧中拉力不变，小球C所受合力为零，所以C的加速度为零；A、B小球被细线拴在一起，整体受到二者重力和轻弹簧向下的拉力，由牛顿第二定律得3mg＝2ma，解得a＝1.5g，选项A正确。
6.(2021·北京市东城区上学期期末)在竖直方向运动的电梯地板上放置一台秤，将物体放在台秤上。电梯静止时台秤示数为FN。在电梯运动的某段过程中，台秤示数大于FN。在此过程中( )
A.物体受到的重力增大 B.物体处于失重状态
C.电梯可能正在加速下降 D.电梯可能正在加速上升
【答案】 D
【解析】 物体的视重变大，但是受到的重力没变，选项A错误；物体对台秤的压力变大，可知物体处于超重状态，选项B错误；物体处于超重状态，则加速度向上，电梯可能正在加速上升或者减速下降，选项C错误，D正确。
7.(多选)(2021·1月广东学业水平选择考适应性测试，9)研究“蹦极”运动时，在运动员身上系好弹性绳并安装传感器，可测得运动员竖直下落的距离及其对应的速度大小。根据传感器收集到的数据，得到如图所示的“速度—位移”图象。若空气阻力和弹性绳的重力可以忽略，根据图象信息，下列说法正确的有( )
A.弹性绳原长为15 m
B.当运动员下降10 m时，处于失重状态
C.当运动员下降15 m时，绳的弹性势能最大
D.当运动员下降20 m时，其加速度方向竖直向上
【答案】 BD
【解析】 15 m时速度最大，此时加速度为零，合外力为零，弹力等于重力，弹性绳处于伸长状态，原长小于15 m，故A错误；当运动员下降10 m时，速度向下并且逐渐增大，加速度竖直向下，处于失重状态，故B正确；当运动员下降15 m时，速度最大，运动员继续向下运动，弹性绳继续伸长，弹性势能继续增大，故C错误；当运动员下降20 m时，运动员向下减速运动，其加速度方向竖直向上，故D正确。
8. (2021·山东青岛市上学期期末)如图，为探究“加速度与物体受力关系”的实验装置，图中一端带有定滑轮的平直长木板放在水平桌面上，实验前用铅笔在木板上两个适当位置画上两条与木板垂直的平行刻线a、b，并用刻度尺测出两条线间距离d。开始时将小车(其质量标记为M)置于长木板上，然后向轻质砂桶内缓慢加入砂子，直到小车将要开始运动；再将小车移到a处，使小车前端与刻线a对齐，然后用天平称量出质量为m的砂子，继续添加到砂桶内，释放小车，用停表记录小车前端到达b刻线所用的时间，查知当地的重力加速度为g。请回答下面问题：
(1)小车运动加速度的计算式为a＝________，小车受到的合力大小F可以用________表示(用实验中的测量量表示)。
(2)为提高实验准确度，减小误差，实验中要保证
________________________________________________________________。
(3)本实验用添加砂子的方法改变拉力大小与挂钩码的方法比较，其优点是
______________________________________________________________________________________________________________________。(至少列举一条)
【答案】 (1)eq \f(2d,t2) mg (2)M≫m (3)可以比较精确地平衡摩擦力、可以更方便地获取多组数据、可以更好地保证满足M≫m
【解析】 (1)小车做初速度为零的匀变速直线运动，根据位移时间关系知d＝eq \f(1,2)at2，所以加速度a＝eq \f(2d,t2)；小车所受的合力等于小车将要运动后所加的砂子的重力mg。
(2)用砂子的重力代替小车受到的作用力，由牛顿第二定律知道：只有当M≫m时，该结论才成立。
(3)可以比较精确地平衡摩擦力、可以更方便地获取多组数据、可以更好地保证满足M≫m。
9.(2020·江苏南通市5月第二次模拟)“探究加速度与力的关系”的实验装置如图甲所示。
(1)实验的五个步骤如下：
A.将纸带穿过打点计时器并将一端固定在小车上；
B.把细线的一端固定在小车上，另一端通过定滑轮与小桶相连；
C.用阻力补偿法测合力，让小车做匀速直线运动；
D.接通电源后释放小车，小车在细线拉动下运动，测出小桶(和砂)的重力mg，作为细线对小车的拉力F，利用纸带测量出小车的加速度a；
E.更换纸带，改变小桶内砂的质量，重复步骤D的操作。
甲
按照实验原理，这五个步骤的先后顺序应该为：________(将序号排序)。
(2)实验中打出的某一条纸带如图乙所示。相邻计数点间的时间间隔是0.1 s，由此可以算出小车运动的加速度是__________m/s2。

乙 丙
(3)利用测得的数据，可得到小车质量M一定时，运动的加速度a和所受拉力F(F＝mg，m为砂和小桶质量，g为重力加速度)的关系图象(如图3丙所示)。拉力F较大时，a－F图线明显弯曲，产生误差。若不断增加砂桶中砂的质量，a－F图象中各点连成的曲线将不断延伸，那么加速度a的趋向值为__________(用题中出现物理量表示)。 为避免上述误差可采取的措施是__________。
A.每次增加桶内砂子的质量时，增幅小一点
B.测小车的加速度时，利用速度传感器代替纸带和打点计时器
C.将无线力传感器捆绑在小车上，再将细线连在力传感器上，用力传感器读数代替砂和小桶的重力
D.在增加桶内砂子质量的同时，在小车上增加砝码，确保砂和小桶的总质量始终远小于小车和砝码的总质量
【答案】 (1)ACBDE (2)1.46 (3) g C
【解析】 (1)按照实验原理，这五个步骤的先后顺序应该为ACBDE。
(2)根据Δx＝aT2可知
a＝eq \f(（8.62－4.24）×10－2,3×0.12) m/s2＝1.46 m/s2。
(3)因为砂和砂桶的重力在这个实验中充当小车所受到的合力，当砂和砂桶的重力非常大时，它将带动小车近似做加速度为g的匀加速运动。随着砂的数量增大到一定程度时a－F图线明显偏离直线，造成此误差的主要原因是所挂小桶和砂的总质量太大，而我们把用小桶和砂所受重力作为小车所受的拉力，所以消除此误差可采取的简便且有效的措施应该测量出小车所受的拉力，即在小桶和砂与细绳之间放置一力传感器，得到力F的数值，在作出小车运动的加速度a和力传感器读数F的关系图象，故选C。
10.如图所示，在建筑装修中，工人用质量为5.0 kg的磨石A对地面和斜壁进行打磨，已知A与地面、A与斜壁之间的动摩擦因数μ均相同。(g取10 m/s2且sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)
(1)当A受到与水平方向成θ＝37°斜向下的推力F1＝50 N打磨地面时，A恰好在水平地面上做匀速直线运动，求A与地面间的动摩擦因数μ；
(2)若用A对倾角θ＝37°的斜壁进行打磨，当对A加竖直向上推力F2＝60 N时，则磨石A从静止开始沿斜壁向上运动2 m(斜壁长>2 m)时的速度大小为多少？
【答案】 (1)0.5 (2)2 m/s
【解析】(1)A恰好在水平地面上做匀速直线运动，滑动摩擦力等于推力的水平分力，即Ff＝F1cs θ＝40 N
μ＝eq \f(Ff,FN)＝eq \f(Ff,mg＋F1sin θ)＝0.5。
(2)将重力及向上的推力合成后，将二者的合力向垂直于斜面方向及沿斜面方向分解。
在沿斜面方向有：(F2－mg)cs θ－Ff1＝ma
在垂直斜面方向上有：
FN＝(F2－mg)sin θ
则Ff1＝μ(F2－mg)sin θ
解得a＝1 m/s2，x＝eq \f(1,2)at2，解得t＝2 s，v＝at＝2 m/s。
二、练创新情景
1.(2020·湖南联考)某同学为了取出如图所示羽毛球筒中的羽毛球，一手拿着球筒的中部，另一手用力击打羽毛球筒的上端，则( )
A．此同学无法取出羽毛球
B．羽毛球会从筒的下端出来
C．羽毛球筒向下运动过程中，羽毛球受到向上的摩擦力才会从上端出来
D．该同学是在利用羽毛球的惯性
【答案】D
【解析】一手拿着球筒的中部，另一手用力击打羽毛球筒的上端，羽毛球筒在力的作用下向下运动，而羽毛球由于惯性而保持静止，所以羽毛球会从筒的上端出来，故D正确。
2．(2020·云南统考)身高和质量完全相同的两人穿同样的鞋在同一水平地面上通过一轻杆进行“顶牛”比赛，试图迫使对方后退。设甲、乙两人对杆的推力大小分别是F1、F2，甲、乙两人身体因前倾而偏离竖直方向的夹角分别为α1、α2，倾角α越大，此刻人手和杆的端点位置就越低，如图所示，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，若甲获胜，则( )
A．F1＝F2，α1>α2B．F1>F2，α1＝α2
C．F1＝F2，α1<α2D．F1>F2，α1>α2
【答案】A
【解析】本题考查相互作用力与受力角度问题。杆的质量不计，可知F1、F2为两人之间的相互作用力，故F1＝F2，比赛中决定胜负的是人受到的最大静摩擦力的大小，甲获胜，则说明甲受到的摩擦力大，甲对地的正压力大，而两人重力大小相同，则说明甲是通过增大身体的倾角借助杆上的推力增大了对地面的压力，所以α1>α2，A正确。
3.(2020·宜城模拟)如图所示，一只盛水的容器固定在一个小车上，在容器中分别悬挂和拴住一只铁球和一只乒乓球，容器中水和铁球、乒乓球都处于静止状态，当容器随小车突然向右运动时，两球的运动状况是(以小车为参考系)( )
A．铁球向左，乒乓球向右 B．铁球向右，乒乓球向左
C．铁球和乒乓球都向左 D．铁球和乒乓球都向右
【答案】A
【解析】小车突然向右运动时，由于惯性，铁球和乒乓球都“想”保持原有的静止状态，由于与同体积的“水球”相比铁球的质量大，惯性大，铁球的运动状态难改变，而同体积的“水球”的运动状态容易改变，所以小车加速向右运动时，铁球相对于小车向左运动。 同理，由于与同体积的“水球”相比乒乓球的质量小，惯性小，乒乓球相对于小车向右运动。
4.(2021·雅安中学月考)航模兴趣小组设计出一架遥控飞机，其质量m＝2 kg，动力系统提供的恒定升力F＝28 N。试飞时，飞机从地面由静止开始竖直上升。设飞机飞行时所受的阻力大小不变，恒为f＝4 N，g取10 m/s2。某一次试飞过程中，飞机飞行t＝6 s时遥控器出现故障，飞机立即失去升力。为使飞机落回地面时速度刚好为零，则飞机应在距离地面多高处恢复升力( )
A．36 mB．30 m
C．24 mD．18 m
【答案】C
【解析】飞机失去升力前做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有F－mg－f＝ma1，代入数据解得a1＝2 m/s2，t＝6 s时，速度v1＝a1t＝2×6 m/s＝12 m/s，前6 s内的位移x1＝eq \f(1,2)a1t2＝eq \f(1,2)×2×62 m＝36 m,6 s后失去升力，根据牛顿第二定律有mg＋f＝ma2，解得a2＝12 m/s2，匀减速上升的位移x2＝eq \f(v\\al(2,1),2a2)＝eq \f(122,2×12) m＝6 m，飞机能达到的最大高度h＝x1＋x2＝36 m＋6 m＝42 m，飞机失去升力下降阶段做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有mg－f＝ma3，解得a3＝8 m/s2，恢复升力后向下做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有F＋f－mg＝ma4，解得a4＝6 m/s2，开始恢复升力的速度设为v，则eq \f(v2,2a3)＋eq \f(v2,2a4)＝h，解得v＝12eq \r(2) m/s，此时飞机离地面的高度h1＝eq \f(v2,2a4)＝24 m，故C正确。
5.(多选)一兴趣小组做了一次实验，实验时让某同学从桌子上跳下，自由下落H后双脚触地，他顺势弯曲双腿，他的重心又下降了h后停住，利用传感器和计算机显示该同学受到地面的支持力F随时间变化的图象如图所示。根据图象提供的信息，以下判断正确的是( )
A.在0至t2时间内该同学处于失重状态
B.t2时刻该同学的加速度为零
C.t3时刻该同学的速度达到最大
D.在t3至t4时间内该同学处于超重状态
【答案】 ABD
【解析】 在0到t2时间内，支持力小于重力，加速度方向向下，所以该同学处于失重状态，故A正确；在t2时刻，支持力等于重力，加速度为0，故B正确；在0至t2时间内该同学加速度方向向下，t2时刻该同学的速度达到最大，故C错误；根据牛顿第二定律得在t3到t4时间内，支持力大于重力，加速度方向向上，所以该同学处于超重状态，故D正确。
6.(2021·天津市滨海七所重点学校联考)一辆货车运载着圆柱形光滑的空油桶。在车厢底，一层油桶平整排列，相互紧贴并被牢牢固定。上一层只有一只桶C，自由地摆放在A、B之间，和汽车一起保持静止，如图4所示，当C与车共同向左加速时( )
A. A对C的支持力变大
B.B对C的支持力不变
C.当向左的加速度达到eq \f(\r(3),2)g时，C将脱离A
D.当向左的加速度达到eq \f(\r(3),3)g时，C将脱离A
【答案】 D
【解析】 对C进行受力分析，如图所示，设B对C的支持力与竖直方向的夹角为θ，根据几何关系可得sin θ＝eq \f(R,2R)＝eq \f(1,2)，所以θ＝30°；同理可得，A对C的支持力与竖直方向的夹角也为30°；原来C处于静止状态，根据平衡条件可得FNBsin 30°＝FNAsin 30°；令C的加速度为a，根据正交分解以及牛顿第二定律有FNB′sin 30°－FNA′sin 30°＝ma，可见A对C的支持力减小、B对C的支持力增大，故A、B错误；当A对C的支持力为零时，根据牛顿第二定律可得mgtan 30°＝ma，解得a＝eq \f(\r(3),3)g，则C错误，D正确。
7.(2021·上海市高三二模)(多选)建筑工人利用轻质动滑轮提升建筑材料的情景如图甲所示。绕过轻滑轮的轻绳一端固定，通过拉动另一端使水桶由静止开始竖直上升，两侧轻绳始终保持竖直，水桶的加速度a随水桶上升的高度h的变化关系图象如图乙所示。已知水桶及桶内材料的总质量为5 kg，重力加速度g＝10 m/s2，不计一切阻力及摩擦，以下说法正确的是( )
A.水桶上升4 m时的速度大小为eq \r(6) m/s
B.水桶上升4 m时的速度大小为2eq \r(2) m/s
C.水桶上升4 m时，人对绳的拉力大小为55 N
D.水桶上升4 m时，人对绳的拉力大小为27.5 N
【答案】 AD
【解析】 由初速为零的匀加速直线运动规律可知v2＝2ah，结合图象面积可求得水桶上升4 m时的速度大小v＝eq \r(2×\f(0.5＋1,2)×4) m/s＝eq \r(6) m/s，故A正确，B错误；由牛顿第二定律可知2F－mg＝ma，即F＝27.5 N，故C错误，D正确。
7.(2021·福建龙岩市期末质量检查)如图所示，在倾角为θ＝30°的光滑固定斜面上，物块A、B质量均为m。物块A静止在轻弹簧上端，物块B用细线与斜面顶端相连，A、B靠在一起，但A、B之间无弹力。已知重力加速度为g，某时刻将细线剪断，下列说法正确的是( )
A.细线剪断前，弹簧的弹力为mg
B.细线剪断前，细线的拉力为mg
C.细线剪断瞬间，弹簧的弹力发生变化
D.细线剪断瞬间，物块B的加速度大小为eq \f(1,4)g
【答案】 D
【解析】 细线剪断前，由于A、B之间无弹力，对A分析可以得到弹簧的弹力F＝mgsin θ＝eq \f(1,2)mg，对B分析可以得到FT＝mgsin θ＝eq \f(1,2)mg，故A、B错误；细线剪断瞬间，弹簧的弹力不变，故C错误；细线剪断瞬间，对A、B系统，加速度大小a＝eq \f(2mgsin θ－F,2m)＝eq \f(1,4)g，故D正确。
8．(2021·山东临沂市上学期期末)某同学利用图甲所示DIS装置探究滑块加速度与合力的关系，同时测量滑块与轨道间的动摩擦因数。重物通过光滑的定滑轮用细线拉滑块，在滑块和细线左端之间固定一力传感器，位移传感器(接收器)固定在轨道一端，位移传感器(发射器)随滑块一起沿水平轨道运动。实验中，保持滑块(包括位移传感器发射器和力传感器)的质量M不变，改变重物的质量m，重复实验若干次，得到滑块的加速度a与力传感器的示数F的关系如图乙所示。
(1)本实验________(填“需要”或“不需要”)满足滑块(包括位移传感器发射器和力传感器)的质量远大于重物的质量。
(2)滑块(包括位移传感器发射器和力传感器)的质量为________ kg；取g＝10 m/s2，空气阻力不计，滑块与轨道间的动摩擦因数为________。
【答案】 (1)不需要 (2)2.0 0.05
【解析】 (1)本实验中细线的拉力可以通过力传感器直接测出，因此不需要满足滑块(包括位移传感器、发射器和力传感器)的质量远大于重物的质量。
(2)取滑块为研究对象，由牛顿第二定律可得
F－μmg＝ma，
变形可得a＝eq \f(1,m)F－μg，
分析图象的斜率可得eq \f(1,m)＝eq \f(1.5－0,4.0－1.0)·eq \f(1,kg)＝eq \f(1,2 kg)，
可得m＝2.0 kg；
当F＝1.0 N，a＝0代入加速度的表达式a＝eq \f(1,m)F－μg，
解得μ＝0.05。
9. (2020·宁夏石嘴山市4月模拟)某同学用长木板、小车、光电门等装置做探究加速度与质量关系的实验。装置如图所示。
(1)实验前先用游标卡尺测出安装在小车上遮光条的宽度为d。
(2)按图示安装好装置，将长木板没有定滑轮的一端适当垫高，轻推不连接砝码盘的小车，如果计时器记录小车通过光电门A、B的时间t1、t2，满足t1__________t2(填“大于”“小于”或“等于”)，则摩擦力得到了平衡。
(3)保证砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量，调节好装置后，将小车由静止释放，读出遮光条通过光电门A、B的时间分别为t1、t2，测出两光电门间的距离为L，则小车的加速度a＝__________(用测出的物理量字母表示)。
(4)保持两个光电门间的距离、砝码和砝码盘的总质量均不变，改变小车的质量M重复实验多次，测出多组加速度a的值，及对应的小车质量M，作出a－eq \f(1,M)图象。若图象为一条过原点的倾斜直线，则得出的结论___________________________。
【答案】 (2)等于 (3)eq \f(1,2L)(eq \f(d2,teq \\al(2,2))－eq \f(d2,teq \\al(2,1))) (4)合力不变时，小车的加速度与质量成反比(与质量的倒数成正比)
【解析】 (2)平衡摩擦力的方法是用重力沿斜面向下的分力来抵消摩擦力的作用，具体做法是：将小车轻放(静止)在长木板上，挂好纸带(纸带和打点计时器的限位孔之间有摩擦力)、不连接砝码盘，将长木板靠近打点计时器的一端适当垫高，形成斜面，轻推小车，使小车做匀速运动(纸带上任意两点的距离相等)即可，此时小车通过光电门的时间t1、t2，当满足t1等于t2，则摩擦力得到了平衡。
(3)遮光条经过光电门A时的速度为vA＝eq \f(d,t1)
经过光电门B时的速度为vB＝eq \f(d,t2)
根据速度位移公式有a＝eq \f(veq \\al(2,B)－veq \\al(2,A),2L)
解得a＝eq \f(1,2L)(eq \f(d2,teq \\al(2,2))－eq \f(d2,teq \\al(2,1)))。
(4)设小车的加速度为a，小车的合力F，以小车为研究对象，根据牛顿第二定律有F＝Ma
解得a＝eq \f(1,M)·F
由上可知，合力不变时，小车的加速度与质量成反比(与质量的倒数成正比)。
10.在倾角θ＝37°的直滑道上，一名质量m＝75 kg的滑雪运动员由静止开始向下滑行。运动员所受空气阻力与速度成正比，比例系数为k，滑板与滑道间的动摩擦因数为μ。今测得运动员从静止开始沿滑道下滑的速度—时间图象如图所示，图中的OA直线是t＝0时刻图线的切线，图线末段BC平行于时间轴。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)t＝0时刻运动员的加速度大小；
(2)动摩擦因数μ和比例系数k。
【答案】 (1)4 m/s2 (2)0.25 30 kg/s
【解析】 (1)由题中速度—时间图象可知，运动员开始时做加速度减小的加速直线运动，最后做匀速直线运动。
在t＝0时刻，图线切线的斜率即该时刻的加速度大小
则a0＝eq \f(Δv,Δt)＝4 m/s2。
(2)在t＝0时刻开始加速时，v0＝0
由牛顿第二定律可得mgsin θ－kv0－μmgcs θ＝ma0
最后匀速时vm＝10 m/s，a＝0
由平衡条件可得此时mgsin θ＝kvm＋μmgcs θ
联立解得μ＝0.25，k＝30 kg/s。
11.(2021·浙江温州市4月适应性测试)2019年12月17日，中国第一艘国产航母“山东舰”在海南三亚交付使用。“山东舰”的甲板由水平甲板和上翘甲板两部分组成，利于舰载机滑跃式起飞，如图甲所示。为方便研究舰载机的起飞过程，将甲板近似为如图乙所示的轨道：水平轨道AB长L1＝157.5 m，倾斜轨道高h＝6 m，水平投影长L2＝42.5 m。总质量为3.0×104 kg的某舰载机，从A点以36 km/h 的初速度出发，到达B点时的速度为288 km/h，进入上翘甲板后，经0.5 s从C点起飞。该舰载机在起飞过程中，发动机的推力恒为8.0×105 N，在水平轨道上的运动视为匀变速直线运动，舰载机视为质点，航母静止不动。求舰载机：
(1)在水平轨道上运动的加速度大小；
(2)在水平轨道上运动时受到的平均阻力大小；
(3)整个起飞阶段平均速度的大小(结果保留整数)。
【答案】 (1)20 m/s2 (2)2.0×105 N (3)50 m/s
【解析】 (1)根据速度位移公式v2－veq \\al(2,0)＝2aL1
解得a＝20 m/s2。
(2)根据牛顿第二定律得F－Ff＝ma
解得Ff＝2.0×105 N。
(3)A到C位移x＝eq \r(（L1＋L2）2＋h2)≈200 m
所用的时间t＝eq \f(v－v0,a)＋0.5 s＝4 s
平均速度eq \(v,\s\up6(－))＝eq \f(x,t)＝50 m/s。
三．练规范解答
1.(2020·浙江选考模拟)如图所示为一滑草场的滑道示意图，某条滑道由AB、BC、CD三段组成，其中AB段和BC段与水平面的倾角分别为53°和37°，且这两段长度均为L＝28 m，载人滑草车从坡顶A点由静止开始自由下滑，先加速通过AB段，再匀速通过BC段，最后停在水平滑道CD段上的D点，若滑草车与AB、BC、CD三段草地之间的动摩擦因数均为μ，不计滑草车在滑道交接处的能量损失，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，求：
(1)滑草车与草地之间的动摩擦因数μ；
(2)滑草车经过B点时的速度大小vB；
(3)滑草车从A点运动至D点的时间t?
【答案】 (1)0.75 (2)14 m/s (3)7.87 s
【解析】 (1)BC段：mgsin 37°＝μmgcs 37°，得μ＝0.75。
(2)AB段：mgsin 53°－μmgcs 53°＝ma1
又veq \\al(2,B)＝2a1L
解得vB＝14 m/s。
(3)AB段：t1＝eq \f(vB,a1)＝4 s
BC段：t2＝eq \f(L,vB)＝2 s
CD段：μmg＝ma3
t3＝eq \f(vB,a3)＝1.87 s
则t＝t1＋t2＋t3＝7.87 s。
2.某次新能源汽车性能测试中，如图甲显示的是牵引力传感器传回的实时数据随时间变化的关系，但由于机械故障，速度传感器只传回了第25 s以后的数据，如图乙所示。已知汽车质量为1 500 kg，若测试平台是水平的，且汽车由静止开始做直线运动，设汽车所受阻力恒定。求：
(1)18 s末汽车的速度是多少？
(2)前25 s内的汽车的位移是多少？
【答案】 (1)26 m/s (2)608 m
【解析】 (1)0～6 s内由牛顿第二定律得
F1－Ff＝ma1
6 s末车速为v1＝a1t1
在6～18 s内，由牛顿第二定律得
F2－Ff＝ma2
第18 s末车速为v2＝v1＋a2t2
由题图知18 s后汽车匀速直线运动，牵引力等于阻力，
故有Ff＝F＝1 500 N，解得v1＝30 m/s，v2＝26 m/s。
(2)汽车在0～6 s内的位移为x1＝eq \f(v1,2)t1＝90 m
汽车在6～18 s内的位移为x2＝eq \f(v1＋v2,2)t2＝336 m
汽车在18～25 s内的位移为x3＝v2t3＝182 m
故汽车在前25 s内的位移为x＝x1＋x2＋x3＝608 m。
3．(2020·河南濮阳市4月摸底)某课外兴趣小组的两名同学小明和小亮见到公园的一个儿童直行滑梯(即滑梯的底面为一与地面成一定角度的平整斜面，并没有弯曲)，一位小朋友正从滑梯顶端滑下，他们便利用手机和相机来研究物理问题：小明用手机测出了某次小朋友从顶端滑到底端所用时间t＝2.4 s，小亮则利用相机的连拍功能拍下了该小朋友滑到滑梯底端出口处的三张连拍照片，他使用的这架相机每秒钟拍摄60张，其中的两张小朋友照片都在滑梯末端的出口段内，这段基本上是水平的。他把这两张照片相比较，估测出这段时间内的位移Δx＝6 cm，又以旁边的台阶为参照物，估测出滑梯的顶端到底端的高度差约为h＝2.16 m，请你帮他俩估算出该小朋友与滑梯间的动摩擦因数μ。(g取10 m/s2)
【答案】 0.40
【解析】 由题意可知每两张照片的时间间隔为Δt＝eq \f(1,60) s，在时间间隔内可认为小朋友做匀速运动，所以小朋友离开滑梯底端时的速度为
v＝eq \f(Δx,Δt)＝eq \f(0.06,\f(1,60)) m/s＝3.6 m/s
把小朋友在滑梯上的运动近似看作初速为零的匀变速运动，则加速度为
a＝eq \f(v,t)＝eq \f(3.6,2.4) m/s2＝1.5 m/s2
设滑梯从顶端到底端的滑道长度为l，高度差为h，斜面的倾角为θ，则
l＝eq \f(v2,2a)＝eq \f(3.62,2×1.5) m＝4.32 m
所以sin θ＝eq \f(h,l)＝eq \f(2.16,4.32)＝0.5
小朋友在滑梯上滑下时根据牛顿第二定律有
mgsin θ－μmgcs θ＝ma
代入数据解得
μ＝0.40
4.在风洞实验室中进行如图所示的实验。在倾角为37°的固定斜面上，有一个质量为1 kg的物块，在风洞施加的水平恒力F作用下，从A点由静止开始运动，经过1.2 s到达B点时立即关闭风洞，撤去恒力F，物块到达C点时速度变为零，通过速度传感器测得这一过程中物块每隔0.2 s的瞬时速度，表给出了部分数据：
已知：sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g取10 m/s2。求：
(1)A、C两点间的距离；
(2)水平恒力F的大小。
【答案】(1)5.4 m (2)30 N
【解析】(1)物块匀加速运动过程中的加速度为：
a1＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(3－1,0.6－0.2) m/s2＝5 m/s2
关闭风洞时的速度为：v＝a1t＝5×1.2 m/s＝6 m/s
关闭风洞后物块匀减速运动的加速度为：a2＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(2－4,1.6－1.4) m/s2＝－10 m/s2
匀加速过程的位移：x1＝eq \f(1,2)a1t2＝eq \f(1,2)×5×1.22 m＝3.6 m
匀减速过程的位移：x2＝eq \f(v2,－2a2)＝eq \f(36,20) m＝1.8 m
A、C两点间的距离为：
x＝x1＋x2＝3.6 m＋1.8 m＝5.4 m。
(2)由牛顿第二定律得
匀加速过程：Fcs 37°－mgsin 37°－μ(mgcs 37°＋Fsin 37°)＝ma1
匀减速过程：－(mgsin 37°＋μmgcs 37°)＝ma2
联立两式代入数据得：F＝30 N。
t/s
0.0
0.2
0.4
0.6
…
1.4
1.6
1.8
…
v/(m·s－1)
0.0
1.0
2.0
3.0
…
4.0
2.0
0.0
…