【文档说明】（2020-2022）三年高考物理真题分项汇编（全国通用）专题03 牛顿运动定律含解析.doc，共(33)页，2.878 MB，由envi的店铺上传

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专题03牛顿运动定律1、（2022·湖南卷·T9）球形飞行器安装了可提供任意方向推力的矢量发动机，总质量为M。飞行器飞行时受到的空气阻力大小与其速率平方成正比（即2Fkv=阻，k为常量）。当发动机关闭时，飞行器竖直下落，经过一段时间后，其匀速下落的速率为10m/s；当发动机以

最大推力推动飞行器竖直向上运动，经过一段时间后，飞行器匀速向上的速率为5m/s。重力加速度大小为g，不考虑空气相对于地面的流动及飞行器质量的变化，下列说法正确的是（）A.发动机的最大推力为1.5MgB.当飞行器以5m/s匀速水平飞行时，发动机推力的大小为174Mg

C.发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时，飞行器速率为53m/sD.当飞行器以5m/s的速率飞行时，其加速度大小可以达到3g【答案】BC【解析】A．飞行器关闭发动机，以v1=10m/s匀速下落时，有21100Mgkvk==飞行器以v2=5m/s向上匀速时

，设最大推力为Fm2m225FMgkvMgk=+=+联立可得m1.25FMg=，100Mgk=A错误；B．飞行器以v3=5m/s匀速水平飞行时()()223174FMgkvMg=+=B正确；C．发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时()222m434fFMgMgkv=−==解

得453m/sv=C正确；D．当飞行器最大推力向下，以v5=5m/s的速率向上减速飞行时，其加速度向下达到最大值2m5mFMgkvMa++=解得am=2.5gD错误。故选BC。2、（2022·全国甲卷·T19）如图，质量相等的两滑

块P、Q置于水平桌面上，二者用一轻弹簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为。重力加速度大小为g。用水平向右的拉力F拉动P，使两滑块均做匀速运动；某时刻突然撤去该拉力，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前（）A.P的加速度大小的最大值为2gB.Q的加速度大小的最

大值为2gC.P的位移大小一定大于Q的位移大小D.P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小【答案】AD【解析】设两物块的质量均为m，撤去拉力前，两滑块均做匀速直线运动，则拉力大小为2Fmg=撤去拉力前对Q受力分析可知，弹簧的弹力为0Tmg=AB．

以向右为正方向，撤去拉力瞬间弹簧弹力不变为mg，两滑块与地面间仍然保持相对滑动，此时滑块P的加速度为0P1Tmgma−−=解得P12ag=−此刻滑块Q所受的外力不变，加速度仍为零，滑块P做减速运动，故PQ间距离减小，弹簧的伸长量变小，弹簧弹力变小。根据牛顿第二定律可知P减速的加速度减小，

滑块Q的合外力增大，合力向左，做加速度增大的减速运动。故P加速度大小的最大值是刚撤去拉力瞬间的加速度为2mg。Q加速度大小最大值为弹簧恢复原长时Qmmgma−=解得Qmamg=−故滑块Q加速度大小最大值为mg，

A正确，B错误；C．滑块PQ水平向右运动，PQ间的距离在减小，故P的位移一定小于Q的位移，C错误；D．滑块P在弹簧恢复到原长时的加速度为P2mgma−=解得P2ag=−撤去拉力时，PQ的初速度相等，滑块P由开始的加速度大小为2g做加

速度减小的减速运动，最后弹簧原长时加速度大小为g；滑块Q由开始的加速度为0做加速度增大的减速运动，最后弹簧原长时加速度大小也为g。分析可知P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小，D正确。故选AD。3、（202

2·全国乙卷·T15）如图，一不可伸长轻绳两端各连接一质量为m的小球，初始时整个系统静置于光滑水平桌面上，两球间的距离等于绳长L。一大小为F的水平恒力作用在轻绳的中点，方向与两球连线垂直。当两球运动至二者相距35L时，它们加速度的大小均为（）A.58FmB.25FmC

.38FmD.310Fm【答案】A【解析】当两球运动至二者相距35L时，,如图所示由几何关系可知3310sin52LL==设绳子拉力为T，水平方向有2cosTF=解得58TF=对任意小球由牛顿第二定律可得Tma=

解得58Fam=故A正确，BCD错误。故选A。4、（2022·浙江6月卷·T1）下列属于力的单位是（）A.2kgm/sB.kgm/sC.2kgmsD.2kgs/m【答案】A【解析】根据牛顿第二定律有F=ma则力的单位为2kgm/s故选A。5、（2022·浙江6月卷·T19）物流

公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中，如图所示，倾斜滑轨与水平面成24°角，长度14ml=，水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接。若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，其与滑轨间的动摩擦因数均为29m=，货物可

视为质点（取cos240.9=，sin240.4=，重力加速度210m/sg=）。（1）求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度1a的大小；（2）求货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小；（3）若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2m/s，求水平滑轨的最

短长度2l。【答案】（1）22m/s；（2）4m/s；（3）2.7m【解析】（1）根据牛顿第二定律可得1sin24cos24mgmgma−=代入数据解得212m/sa=（2）根据运动学公式2112alv=解得4m/sv=（3）根据牛顿第二定律2mgma=根据运动学公式222

2max2alvv−=−代入数据联立解得22.7ml=6、（2022·浙江1月卷·T19）第24届冬奥会将在我国举办。钢架雪车比赛的一段赛道如图1所示，长12m水平直道AB与长20m的倾斜直道BC在B点平滑连接，斜道与水平面的夹角为15°。运动员从A点由静止出发，推着雪车匀加速到B点时速

度大小为8m/s，紧接着快速俯卧到车上沿BC匀加速下滑（图2所示），到C点共用时5.0s。若雪车（包括运动员）可视为质点，始终在冰面上运动，其总质量为110kg，sin15°=0.26，求雪车（包括运动员）（1）在直道AB上的加速度大小；（2）过C点的速度大小；（

3）在斜道BC上运动时受到的阻力大小。【答案】（1）218m/s3a=；（2）12m/s；（3）66N【解析】（1）AB段21112vax=解得218m/s3a=（2）AB段111vat=解得13ts=BC段22122212xvtat=+22s2m/a=过C点的速度大小12212

m/svvat=+=（3）在BC段有牛顿第二定律f2sinmgFma−=解得f66NF=1．（2021·广东卷）唐代《耒耜经》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F通过耕索分别拉两种犁，F与竖直方向的夹角分别为和，，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曲=FsinαFx直=Fsinβ在y方向可得出Fy曲=FcosαFy直=Fcosβ由题知α<β则sinα<sinβcosα>cosβ则可得到Fx曲<Fx直Fy曲>Fy直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34.910m/s减为24.610m/s；打开降落伞后，经过90s速度进一步减为21.010m/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B。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m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（Fkv=阻，k为常量），动车组能达到的最大速度为mv。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m34vD．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t达到最大速度mv，则这一过程中该动车组克服阻力做的功为2m12mvPt−【答案】C【解析】

A．对动车由牛顿第二定律有=FFma−阻若动车组在匀加速启动，即加速度a恒定，但Fkv=阻随速度增大而增大，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4Pkvmav−=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2.25Pkvv=而以额定功率匀速时，有mm4Pkvv=联立解得m34vv=故C正确；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t达到最大速度mv，由动能

定理可知2m14=02FPtWmv−−阻可得动车组克服阻力做的功为2m1=42FWPtmv−阻故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θ可变。将小物块由平板与竖直杆交点Q处静止释放，物块沿平板从Q点滑至P点所用的时间t与夹角θ的大小有关。若由30°逐渐增大至60°，物块的下滑时间t将（）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21sincos2Lgt=可得24sin2Ltg=可知45=时，t有最小值，故当从由30°逐渐增大至60°时下滑时间t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m的物体在水平恒力F拉

动下从静止开始运动，物体通过的路程等于0s时，速度的大小为0v，此时撤去F，物体继续滑行02s的路程后停止运动，重力加速度大小为g，则（）A．在此过程中F所做的功为2012mvB．在此过中F的冲量大小等于032m

vC．物体与桌面间的动摩擦因数等于2004vsgD．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1Fmgma−=①由速度位移公式有20102vas=②外力撤去后，由牛顿第二定律可知2mgma−=③由速度

位移公式有20202(2)vas−=④由①②③④可得，水平恒力20034mvFs=动摩擦因数2004vgs=滑动摩擦力20f04mvFmgs==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F做功为20034WFsmv==

故A错误；B．由平均速度公式可知，外力F作用时间00100202sstvv==+在此过程中，F的冲量大小是1032IFtmv==故B正确。故选BC。7．（2021·全国卷）水平地面上有一质量为1m的长木板，木板的左端上有一质量为2m

的物块，如图（a）所示。用水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图（b）所示，其中1F、2F分别为1t、2t时刻F的大小。木板的加速度1a随时间t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1，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（）A．111=FmgB．2122211()()mmmFgm+=−C．22112mmm+D．在20~t时间段物块与木板加速度相等【答案】BCD【解析】A．

图（c）可知，t1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1112()Fmmg=+A错误；BC．图（c）可知，t2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211212()()Fmmgmma−+=+以木板为对象，根据牛顿第二定律，有221121()0mgmmgma−+=解得2122211()()mmmFgm+=−()12212m

mm+BC正确；D．图（c）可知，0~t2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b，甲、乙相隔213.510ms−=，乙与边框a相隔222.010ms−=，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0.1m/s，方向不变，碰撞时间极短且不计，重力加速度g取210m/s。（1）通过计算，判断乙算珠能否滑动到边框a；（2）求甲算珠从拨出到停下所需的时间。【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fmgma==则甲乙滑动时的加速度大小均为21m/sag==甲与乙碰前的速度v1，则221012asvv=−解得v1=0.3m/s甲乙碰撞时由动量守恒定律123mvmv

mv=+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22320.2m=0.02m221vxsa===可知乙恰好能滑到边框a；（2）甲与乙碰前运动的时间0110.40.3s=0.1s1vvta−−==碰后甲运动的时间220.1s=0.1s1vta==则甲运动的总时间为1

20.2sttt=+=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31.010kgm=的汽车以136km/hv=的速度在水平路面上匀速行驶，在距离斑马线20ms=处，驾驶员发现小朋友排着长6ml=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6m=L，小朋友行走的速度00.5m/sv=，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254m/hv=超

速行驶，在距离斑马线20ms=处立即刹车，求汽车到斑马线时的速度。【答案】（1）14st=，32.510NfF=；（2）20s；（3）55m/sv=【解析】（1）根据平均速度1stv=解得刹车时间14st=刹车加速度11vat=

根据牛顿第二定律fFma=解得32.510NfF=（2）小朋友过时间20ltvL+=等待时间2120sttt=−=（3）根据2222vvas−=解得55m/sv=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，BC段水平，AB段和BC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、23m/s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并立即将其拎起，背

包与滑道的动摩擦因数为112=，重力加速度取210m/sg=，7sin25=，24cos25=，忽略空气阻力及拎包过程中滑雪者与背包的重心变化，求：（1）滑道AB段的长度；（2）滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度。【答案】（1）9mL=；（2）7

.44m/sv=【解析】（1）设斜面长度为L，背包质量为12kgm=，在斜面上滑行的加速度为1a，由牛顿第二定律有1111sincosmgmgma−=解得212m/sa=滑雪者质量为248kgm=，初速度为01.5m/sv=，加速度为

223m/sa=，在斜面上滑行时间为t，落后时间01st=，则背包的滑行时间为0tt+，由运动学公式得2101()2Latt=+20212Lvtat=+联立解得2st=或1s()t=−舍去故可得9mL=（2）背包和滑雪者到达水平轨道时的速度为1v、2v，有110()6m

/svatt=+=202+7.5m/svvat==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v，有112212()mvmvmmv+=+解得7.44m/sv=11．（2021·浙江卷）如图所示，质量

m=2kg的滑块以v0=16m/s的初速度沿倾角θ=37°的斜面上滑，经t=2s滑行到最高点。然后，滑块返回到出发点。已知sin37°=0.6，cos37°=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P。【答案

】(1)16m；(2)0.25；(3)67.9W【解析】(1)小车向上做匀减速直线运动，有02vxt=得16mx=(2)加速度218m/svat==上滑过程1sincossincosmgmgaggm+==+得0.25

=(3)下滑过程22sincossincos4m/smgmgaggm−==−=由运动学公式2282m/s11.3m/stvax===重力的平均功率=cos(90)482W67.9WPmgv

−==1．（2020·海南卷）如图，在倾角为的光滑斜面上，有两个物块P和Q，质量分别为1m和2m，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（）A．两物块一起运动的加速度大小为12Famm

=+B．弹簧的弹力大小为212mTFmm=+C．若只增大2m，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()()1212sinFmmgmma

−+=+解得12singmmFa−+=，故A错误；B．对m2受力分析，根据牛顿第二定律有22sinFmgma−=弹解得212mFFmm=+弹，故B正确；C．根据211221mFFFmmmm==++弹，可知若只增大2m，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212mFFmm=+弹，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，可知伸长量不变，故它们的间距不变，故D错误。故选BC。2．（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100m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200NB．直流电源对无人机供电的额定电流为12.5AC．无人机上升过程中消耗的平均功率为100WD．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5000A=12.5A400PIU==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200100100W200FhPt===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BD。

3．（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1f和偏转力2f。

这两个力与篮球速度v的关系大致为：211fkv=，方向与篮球运动方向相反；22fkv=，方向与篮球运动方向垂直。下列说法正确的是（）A．1k、2k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2f的作用，而篮球转动时，将受到偏转力2f的作用，所以偏转力22fkv=中的2k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1f和2f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2f将变小，不能保持2f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。4．（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F。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（）A．FB．1920FC．19F

D．20F【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F，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3838Ffma-=设倒数第3节车厢对倒数第2节车厢的牵引力为F1，则根据牛顿第二定律有1

22Ffma-=联立解得119FF=。故选C。5．（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m的工作人员被悬在空中的氦气球拉着，当他在离底

部有一定高度的望远镜球面上缓慢移动时，氦气球对其有大小为56mg、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（）A．受到的重力大小为16mgB．受到的合力大小为16mgC．对球面的压力大小为16mgD．对球面的作用力大小为1

6mg【答案】D【解析】A．工作人员的质量为m，则工作人员受到的重力Gmg=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16mg，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5166Fmgmgmg=−=再由牛顿第三定律可得，工作人员对球面的作用力大小为16Fmg=D正确。故选D。6．（2020·山东卷）一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移s与时间t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~t1时间内，v增大，FN>mgB．t1~t2时间内，v减小，FN<mgC．t2~t3时间内，v增大，FN<mgD．t2~t3时间内，v减小，FN>mg【答案】D【解析】A．由于s-t图像的斜率表示速度，可知在0~t

1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t1~t2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t2~t3时间内速度减小，即乘客的减速下降，超重，则FN>mg，选项C错误，D正确；故选

D。7．（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a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，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B。8．（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1F，儿子对父亲的力记为2F，则（）A．21FFB．1F和2F大小相等C．1F先于2F产生D．1F后于2F产生【答案】B【解析】父亲对儿子的力1F和儿子对父亲的力2

F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．9．（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：（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t的数据。（iii）该同学选取

部分实验数据，画出了2Lt—t图像，利用图像数据得到小物块下滑的加速度大小为5.6m/s2（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、B两点，利用A、B两点数据得到小物块下滑加速度的大小为_____m/s2.（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/s2.

（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】(1)[1][2]根据2012Lvtat=+可得022Lvatt=+则由2-Ltt图像可知2026510m/sv−=则v0=0.33

m/s2222(19065)10m/s3.1m/s4010ak−−−===(2)[3]由牛顿第二定律可知sincosmgmgma−=即sincosagg=−当θ=53°时a=5.6m/s2，即sin53cos535.6gg−=当θ=37°时

a=3.0m/s2，即sin37cos373.1gg−=联立解得g=9.4m/s210．（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vM=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AD的夹角α=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°=0.30。求：(1)运动员腾空过程中离开AD的距离的最大值d；(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A

BCD面内垂直AD方向的分速度为v1，由运动的合成与分解规律得1sin72.8Mvv=①设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分加速度为a1，由牛顿第二定律得mgcos17.2°=ma1②由运动学公式得2112vda=③联立①②③式，代入数据得d=4.8m④(2)在M点，设运动

员在ABCD面内平行AD方向的分速度为v2，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a2，由牛顿第二定律得mgsin17.2°=ma2⑥设腾空时间为t，由运动学公式得112vta=⑦2221=2Lvtat+⑧联立①②⑤⑥⑦⑧式，代入数据得L

=12m⑨11．（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2Fkv=描写，k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，已

知飞机质量为51.2110kg时，起飞离地速度为66m/s；装载货物后质量为51.6910kg，装载货物前后起飞离地时的k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】

(1)278m/sv=；（2）2m/s2，39st=【解析】（1）空载起飞时，升力正好等于重力：211kvmg=满载起飞时，升力正好等于重力：222kvmg=由上两式解得：278m/sv=（2）满载货物的飞机做初速度为零的匀加

速直线运动，所以2202vax−=解得：22m/sa=由加速的定义式变形得：20vvtaa−==解得：39st=12．（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H，顶端塞有一质量为m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M=4m，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）a1=2g，a2=3g；（2）11325HH=；（3）152125LH【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a1，方向向下；球的加速度大小为a2，方向向上；球与管之间的摩擦力大小为f，由牛顿运动定律有Ma1=Mg+f①ma2=f–mg②联立①②式并代入题给数据，得

a1=2g，a2=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02vgH=④方向均向下。管弹起的瞬间，管的速度反向，球的速度方向依然向下。设自弹起时经过时间t1，管与小球的速度刚好相同。取

向上为正方向，由运动学公式v0–a1t1=–v0+a2t1⑤联立③④⑤式得1225Htg=⑥设此时管下端的高度为h1，速度为v。由运动学公式可得21011112hvtat=−⑦011vvat=−⑧由③④⑥⑧式可判断此时v>0。此后，管与小球将以加速度g减速上升h2，到

达最高点。由运动学公式有222vhg=⑨设管第一次落地弹起后上升的最大高度为H1，则H1=h1+h2⑩联立③④⑥⑦⑧⑨⑩式可得11325HH=⑪（3）设第一次弹起过程中球相对管的位移为x1。在管开始下落到上升H1这一过程中，由动

能定理有Mg（H–H1）+mg（H–H1+x1）–4mgx1=0⑫联立⑪⑫式并代入题给数据得145xH=⑬同理可推得，管与球从再次下落到第二次弹起至最高点的过程中，球与管的相对位移x2为2145xH=⑭设圆管长度为L。管第二次落地弹起后的上升过程中，球不会滑出管外的条件是x1+x2

≤L⑮联立⑪⑬⑭⑮式，L应满足条件为152125LH⑯13．（2020·浙江卷）一个无风晴朗的冬日，小明乘坐游戏滑雪车从静止开始沿斜直雪道匀变速下滑，滑行54m后进入水平雪道，继续滑行40.5m后匀减速到零。已知小明和滑雪车的总质量为60kg，整个滑行过程用时10

.5s，斜直雪道倾角为37°()sin370.6=。求小明和滑雪车：（1）滑行过程中的最大速度mv的大小；（2）在斜直雪道上滑行的时间1t；（3）在斜直雪道上受到的平均阻力fF的大小。【答案】(1)m18m/sv=；(2)16st=；(3)f180NF=。【解析】

（1）小明和滑雪车在斜面上滑行时做初速度为0的匀加速的直线运动，在水平上滑行时，做末速度为0的匀减速直线运动，由平均速度公式012vvxvt+==可得滑行分析运动过程可知：m112vxt=，m222vxt=则整个过程有：2m11254m40.5m9m/s210.5svxxtt+

+===+解得：m18m/sv=（2）在斜直雪道上滑行过程中由m112vxt=可得，滑行的时间：11m2254m6s18m/sxtv===（3）根据匀变速直线运动速度时间关系式0vvat=+可得小明和滑雪车

在斜直雪道上的加速度：2m1m3/svat==由牛顿第二运动定律：fsin37mgFma−=解得：f180NF=