【物理】2019届二轮复习牛顿运动定律的综合应用学案
第4讲 牛顿运动定律的综合应用
[考试要求和考情分析]
考试内容
选考要求
历次选考统计
命题角度
2016/04
2016/10
2017/04
2017/11
2018/04
2018/11
连接体模型、单物体多过程
牛顿运动定律应用
d
19、20
19
19
19
瞬时问题的两类模型
[要点总结]
1．两种模型
2．瞬时加速度的求解
分析瞬时变化前后物体的受力情况，由F＝ma，求加速度。
[典例分析]
【例1】 (2018·浙江温州九校期末联考)如图1所示，用倾角为37°的光滑木板AB托住质量为m的小球，小球用轻质弹簧系住，当小球处于静止状态时，弹簧恰好水平。下列说法正确的是(重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)( )
图1
A．小球静止时，弹簧弹力的大小为mg
B．小球静止时，木板对小球的弹力大小为mg
C．当木板AB突然向下撤离的瞬间小球的加速度大小为g
D．当木板AB突然向下撤离的瞬间小球的加速度大小为g
解析 木板撤去前，小球处于平衡态，受重力、支持力和弹簧的拉力，如图所示。
根据共点力平衡条件，有F－FNsin 37°＝0，FNcos 37°－mg＝0，解得FN＝， F＝mg，选项A、B错误；木板AB突然撤去后，支持力消失，重力和拉力不变，合力大小等于支持力大小FN，方向与FN反向，故加速度大小为a＝＝g；方向垂直于木板向下，选项D正确，C错误。
答案 D
[精典题组]
1.两个质量均为m的小球，用两条轻绳连接，处于平衡状态，如图2所示。现突然迅速剪断轻绳OA，让小球下落，在剪断轻绳的瞬间，设小球A、B的加速度分别用a1和a2表示， 则( )
图2
A．a1＝g，a2＝g B．a1＝0，a2＝2g
C．a1＝g，a2＝0 D．a1＝2g，a2＝0
解析 由于绳子张力可以突变，故剪断OA后小球A、B只受重力，其加速度a1＝a2＝g，故选项A正确。
答案 A
2.(2018·浙江诸暨牌头中学高一期中)如图3所示，质量分别为m1和m2的木块A和B之间用轻质弹簧相连，在拉力F作用下，竖直向上做匀速直线运动。某时刻突然撤去拉力F，撤去F后的瞬间A和B的加速度大小为aA和aB，不计空气阻力，则( )
图3
A．aA＝0，aB＝g B．aA＝g，aB＝g
C．aA＝0，aB＝g D．aA＝g，aB＝g
解析 匀速运动时，由平衡可知F弹＝m1g，F＝(m1＋m2)g；撤去F的瞬间，弹簧的弹力不变，对B分析，B的加速度大小为 aB＝＝；对A分析，弹力保持不变，故加速度大小为 aA＝＝0，选项C正确，A、B、D错误。
答案 C
动力学的两类基本问题
[要点总结]
以加速度为“桥梁”，由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解，具体逻辑关系如下：
[典例分析]
【例2】 (2018·浙江宁波选考适应性考试)低空跳伞大赛受到各国运动员的喜爱。如图4所示为某次跳伞大赛运动员在一座高为H＝179 m的悬崖边跳伞时的情景。运动员离开悬崖时先做自由落体运动，一段时间后，展开降落伞，以大小为a＝8 m/s2的加速度匀减速下降，已知运动员和伞包的总质量为80 kg，重力加速度g＝10 m/s2，为了运动员的安全，运动员落地时的速度不能超过4 m/s，求：
图4
(1)运动员(含伞包)展开降落伞后所受的空气阻力f；
(2)为了运动员的安全，展开伞时的最大速度是多少；
(3)如果以下落的快慢决定比赛的胜负，为了赢得比赛的胜利，运动员在空中运动的最短时间是多大？
解析 (1)根据牛顿第二定律可知f－mg＝ma
即f＝m(a＋g)＝80×(10＋8) N＝1 140 N，方向竖直向上。
(2)从运动员展开伞到落地过程，设运动员展开伞时速度大小为vm，由运动学知识可得
＋＝H，
其中v＝4 m/s, a＝8 m/s2, H＝179 m，
代入数据解得vm＝40 m/s。
(3)设运动员在空中的最短时间为t，则有自由下落时间为t1＝＝4 s，运动员展开伞到落地过程的时间为t2＝＝ s＝4.5 s，所以时间t＝t1＋t2＝8.5 s。
答案 (1)1 440 N 竖直向上 (2)40 m/s (3)8.5 s
[精典题组]
3．(2018·浙江温州选考模拟)如图5为高速公路入口的简化示意图。驾驶员在入口A取卡处取得通行卡后，驾驶轿车从静止开始匀加速通过水平直道AB，再沿上坡路段BC匀加速运动至C点进入高架主路(通过B点前后速率不变)。已知轿车和驾驶员的总质量为m＝2×103 kg，从A运动到B经历的时间为t＝4 s，经过B
处的速度为v1＝10 m/s，BC段长L＝100 m，到达C处的速度为v2＝20 m/s。假设在行驶过程中受到的阻力Ff恒定，且大小为2×103 N。求：
图5
(1)轿车在上坡段BC运动的加速度a1大小；
(2)轿车在AB段运动的加速度a2大小；
(3)轿车在AB段的牵引力的大小。
解析 (1)轿车在上坡段做匀加速直线运动，设运动的加速度大小为a1，
则2a1L＝v－v
得a1＝1.5 m/s2。
(2)假设轿车在AB段运动的加速度大小为a2，
则a2＝，a2＝2.5 m/s2。
(3)轿车受到的牵引力大小为F，根据牛顿第二定律
F－Ff＝ma2，得F＝7×103 N。
答案 (1)1.5 m/s2 (2)2.5 m/s2 (3)7×103 N
4.(2018·浙江十校联盟适应性考试)观光旅游、科学考察经常利用热气球，保证热气球的安全就十分重要。科研人员进行科学考察时，气球、座舱、压舱物和科研人员的总质量为M＝1 000 kg，在空中停留一段时间后，由于某种故障，气球受到的空气浮力减小，当科研人员发现气球在竖直下降时，气球速度为v0＝2 m/s，此时开始，经t0＝4 s气球继续匀加速下降h1＝16 m，科研人员立即抛掉一些压舱物，使气球匀速下降。不考虑气球由于运动而受到的空气阻力，取重力加速度g＝10 m/s2。求：
图6
(1)气球加速下降阶段的加速度大小a；
(2)抛掉压舱物的质量m；
(3)气球从静止开始经过t＝12 s的时间内下落的总高度h总。
解析 (1)设气球加速下降的加速度大小为a，受空气的浮力为F，则：
由运动学公式可知h1＝v0t0＋at
解得a＝1 m/s2。
(2)由牛顿第二定律得到Mg－F＝Ma
抛掉质量为m压舱物，气体匀速下降，有(M－m)g＝F
解得m＝100 kg。
(3)设抛掉压舱物时，气球的速度为v1
由运动学公式可知v1＝v0＋at0＝6 m/s，气球从静止到达v1的时间为t2，则有v1＝at2，得t2＝6 s，又t1＝t－t2，h总＝＋v1t1
解得h总＝54 m。
答案 (1)1 m/s2 (2)100 kg (3)54 m
连接体问题
[要点总结]
常涉及的问题类型
(1)涉及滑轮的问题：若要求绳的拉力，一般都采用隔离法。
(2)水平面上的连接体问题：具有相同的加速度，一般采用先整体后隔离的方法。
[典例分析]
【例3】 如图7所示，有材料相同的P、Q两物块通过轻绳相连，并在拉力F作用下沿斜面向上运动，轻绳与拉力F的方向均平行于斜面。当拉力F一定时，Q受到绳的拉力( )
图7
A．与斜面倾角θ有关
B．与动摩擦因数有关
C．与系统运动状态有关
D．仅与两物块质量有关
解析 设P、Q的质量分别为m1、m2，Q受到绳的拉力大小为FT，物块与斜面间的动摩擦因数为μ，根据牛顿第二定律，对整体分析，有F－(m1＋m2)gsin θ－μ(m1＋m2)gcos θ＝(m1＋m2)a；对Q分析有FT－m2gsin θ－μm2gcos θ＝m2a，解得FT＝F，可见Q受到绳的拉力FT与斜面倾角θ、动摩擦因数μ和系统运动状态均无关，仅与两物块质量和F有关，选项D正确。
答案 D
[精典题组]
5．(2018·宁波效实中学期中)如图8所示，物体P置于光滑的水平面上，用轻细线跨过质量不计的光滑定滑轮连接一个重力G＝10 N的重物Q，物体P向右运动的加速度大小为a1；若细线下端不挂重物，而用F＝10 N的力竖直向下拉细线下端，这时物体P的加速度大小为a2，则( )
图8
A．a1
a2 D．条件不足，无法判断
解析 由牛顿第二定律mQg＝(mP＋mQ)a1，
F＝mPa2，
又因为F＝mQg＝10 N，
所以a13μmg时，A相对B滑动
D．无论F为何值，B的加速度不会超过μg
解析 A、B间的最大静摩擦力为2μmg，B和地面之间的最大静摩擦力为μmg，对A、B整体，只要F＞μmg，整体就会运动，选项A错误；当A对B的摩擦力为最大静摩擦力时，A、B将要发生相对滑动，故A、B一起运动的加速度的最大值满足2μmg－μmg＝mamax，B运动的最大加速度amax＝μg，选项D正确；对A、B整体，有F－μmg＝3mamax，则F＞3μmg时两者会发生相对滑动，选项C正确；当F＝μmg时，两者相对静止，一起滑动，加速度满足F－μmg＝3ma，解得a＝μg，选项B正确。
答案 A
多过程问题求解易错分析
【例】 如图13所示，一重为10 N的小球，在F＝20 N的竖直向上的拉力作用下，从A点由静止出发沿杆AB向上运动，F作用1.2 s后撤去，已知杆与球间的动摩擦因数为，杆足够长，(取g＝10 m/s2)试求：
图13
(1)刚撤去F时小球的速度；
(2)撤去F后小球向上运动的时间；
(3)从撤去力F开始计时，小球经多长时间将第一次经过距A点为2.25 m的B点。
[错因分析]
对每一个分过程的受力情况分析不清楚，特别是对撤去力F
[正解展示] (1)力F作用时有(F－G)sin 30°－μ(F－G)cos 30°＝ma1
解得a1＝2.5 m/s2
后的受力情况不认真分析，片面地认为小球上冲、下滑的全过程做加速度不变的匀变速运动而导致错误。
所以撤去力F时，小球的速度v1＝a1t1＝3 m/s
(2)小球的位移s1＝t1＝1.8 m
撤去力F后，小球上冲时有Gsin 30°＋μGcos 30°＝ma2
解得a2＝7.5 m/s2
因此小球上冲时间t2＝＝0.4 s
(3)上冲位移s2＝t2＝0.6 m
此时s1＋s2＝2.4 m>sAB，因此小球在上冲阶段将通过B点，有sAB－s1＝v1t3－a2t
解得t3＝0.2 s或t3＝0.6 s>t2(舍去)
答案 (1)3 m/s (2)0.4 s (3)0.2 s
多过程问题的分析注意点
(1)受力不变的过程无论有、无往返运动，均可对全过程处理；
(2)当物体的受力情况发生变化时其加速度也会发生变化，列方程时要明确所研究的过程，避免不同过程的物理量混淆；
(3)注意两个过程的衔接，前一个过程的末状态是后一个过程的初状态。
1．(2018·4月浙江选考)如图14所示，小芳在体重计上完成下蹲动作。下列F－t图象能反映体重计示数随时间变化的是( )
图14
解析 体重计的读数为人所受的支持力大小，下蹲过程人的速度从0开始最后又回到0，因此人先加速运动后减速运动，加速度方向先向下后向上，即先失重后超重，所以支持力先小于重力，后大于重力，因此选C。
答案 C
2．(2018·4月浙江选考)可爱的企鹅喜欢在冰面上玩游戏。如图15所示，有一企鹅在倾角为37°的倾斜冰面上，先以加速度a＝0.5 m/s2从冰面底部由静止开始沿直线向上“奔跑”，t＝8 s时，突然卧倒以肚皮贴着冰面向前滑行，最后退滑到出发点，完成一次游戏(企鹅在滑动过程中姿势保持不变)。若企鹅肚皮与冰面间的动摩擦因数μ＝0.25，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2。求：
图15
(1)企鹅向上“奔跑”的位移大小；
(2)企鹅在冰面滑动的加速度大小；
(3)企鹅退滑到出发点时的速度大小。(计算结果可用根式表示)
解析 (1)在企鹅向上“奔跑”过程中有x＝at2，
解得x＝16 m。
(2)在企鹅卧倒以后将进行两个过程的运动，第一个过程是从卧倒到最高点，第二个过程是从最高点滑到出发点，两次过程根据牛顿第二定律分别有
mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma1
mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma2
解得a1＝8 m/s2，a2＝4 m/s2。
(3)企鹅从卧倒滑到最高点的过程中，做匀减速直线运动，设时间为t′，位移为x′
t′＝，x′＝a1t′2，
解得x′＝1 m。
企鹅从最高点滑到出发点的过程中，设末速度为vt，初速度为0，则有
v－02＝2a2(x＋x′)
解得vt＝2 m/s。
答案 (1)16 m (2)8 m/s2 4 m/s2 (3)2 m/s
3.(2018·11月浙江选考)在竖直平面内，某一游戏轨道由直轨道AB和弯曲的细管道BCD平滑连接组成，如图16所示。小滑块以某一初速度从A点滑上倾角为θ＝37°的直轨道AB，到达B点的速度大小为2 m/s，然后进入细管道BCD，从细管道出口D点水平飞出，落到水平面上的G点。已知B点的高度h1＝1.2 m，D点的高度h2＝0.8 m，D点与G点间的水平距离L＝0.4 m，滑块与轨道AB间的动摩擦因数μ＝0.25，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
图16
(1)求小滑块在轨道AB上的加速度和在A点的初速度；
(2)求小滑块从D点飞出的速度；
(3)判断细管道BCD的内壁是否光滑。
解析 (1)小滑块从A向B滑动的过程中，设加速度为a，由牛顿第二定律得
－mgsin θ－μmgcos θ＝ma
代入数值解得a＝－8 m/s2
由运动学公式v－v＝2a
代入数值解得v0＝6 m/s
(2)滑块在D处水平飞出，由平抛运动规律
L＝vDt
h2＝gt2
代入数值解得vD＝1 m/s
(3)由于vB>vD，小滑块动能减小，重力势能也减小，机械能减小，所以细管道BCD内壁不光滑
答案 (1)－8 m/s2 6 m/s (2)1 m/s (3)不光滑
4．(2017·11月浙江选考)如图17所示，AMB是一条长L＝10 m的绝缘水平轨道，固定在离水平地面高h＝1.25 m 处，A、B为端点，M为中点，轨道MB处在方向竖直向上、大小E＝5×103 N/C的匀强电场中。一质量m＝0.1 kg、电荷量q＝＋1.3×10－4 C的可视为质点的滑块以初速度v0＝6 m/s在轨道上自A点开始向右运动，经M点进入电场，从B点离开电场。已知滑块与轨道间的动摩擦因数μ＝0.2。求滑块
图17
(1)到达M点时的速度大小；
(2)从M点运动到B点所用的时间；
(3)落地点距B点的水平距离。
解析 (1)在AM阶段物体的受力分析如下：
竖直方向：FN＝mg
根据牛顿第二定律知在水平方向：f＝ma1，又f＝μFN
得a1＝＝μg＝2 m/s2
根据运动学公式v－v＝2(－a1)可得vM＝4 m/s。
(2)进入电场之后，受到电场力F＝Eq＝0.65 N，受力分析如下。
水平方向根据牛顿第二定律得－μ(mg－Eq)＝ma2
a2＝＝－0.7 m/s2
根据运动学公式v－v＝2a2·，可知vB＝3 m/s
根据匀变速直线运动推论xMB＝t1，可知t1＝ s。
(3)从B点飞出后，粒子做平抛运动，由h＝gt可知，t2＝0.5 s
所以水平距离x＝vBt2＝1.5 m。
答案 (1)4 m/s (2) s (3)1.5 m
一、选择题(在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1. “儿童蹦极”中，拴在腰间左右两侧的是弹性橡皮绳，质量为m的小明如图1所示静止悬挂时，两橡皮绳的拉力大小均恰为mg，若此时小明左侧橡皮绳断裂，则小明此时的( )
图1
A．加速度为零
B．加速度大小a＝g，方向沿原断裂橡皮绳的方向斜向下
C．加速度大小a＝g，方向沿未断裂橡皮绳的方向斜向上
D．加速度大小a＝g，方向竖直向下
解析 当小明处于静止状态时，拉力大小F＝mg，两绳之间的夹角为120°，若小明左侧橡皮绳断裂，则小明此时所受合力方向沿原断裂橡皮绳的方向斜向下，由牛顿第二定律F＝ma知mg＝ma，a＝g，选项B正确。
答案 B
2．(2018·浙江温州高一期末)利用传感器和计算机可以研究力的大小变化的情况。实验时某消防队员从平台上自由下落，在t1时刻双脚触地，他顺势弯曲双腿。计算机显示消防队员双脚触地后的过程中，他受到地面支持力F随时间变化的图象如图2所示。根据图象提供的信息，以下判断正确的是( )
图2
A．在t1至t2时间内，消防队员做减速运动
B．在t2至t3时间内，消防队员处于失重状态
C．t2时刻，消防队员的速度达到最大
D．t3时刻，消防队员的速度达到最大
解析 在t1到t2时间内，支持力的大小小于重力，加速度方向向下，消防队员在加速下降，选项A错误； t2到t3时间内，支持力的大小大于重力，加速度方向向上，消防队员处于超重状态，选项B错误； t2时刻之前消防员做加速运动，而此后消防员做减速运动，故t2时刻消防员的速度达最大，选项C正确，D错误。
答案 C
3.(2018·浙江宁波十校联考高三期末)女子十米台跳水比赛中，运动员从跳台斜向上跳起，一段时间后落入水中，如图3所示，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
图3
A．她在空中上升过程中处于超重状态
B．她在空中下落过程中做自由落体运动
C．她即将入水时的速度为整个跳水过程中的最大速度
D．入水过程中，水对她的作用力大小等于她对水的作用力大小
解析 她在空中上升过程中，加速度方向向下，故处于失重状态，选项A错误；运动员从跳台斜向上跳起，则下落时速度有水平分量，则她在空中下落过程中不是自由落体运动，选项B错误；入水后，运动员受到水的阻力作用，开始时重
力大于阻力，则做加速运动，随着阻力的增加，当重力等于阻力时加速度为零，此时速度最大，故她即将入水时的速度不是整个跳水过程中的最大速度，选项C错误；根据牛顿第三定律可知，入水过程中，水对她的作用力大小等于她对水的作用力大小，选项D正确。
答案 D
4．(2018·浙江稽阳联谊学校联考)一个质量为20 kg的物体静止在倾角为30°的固定坡面上(足够长)，现对其施加一个沿斜面向上、大小为300 N的推力后，物体以4 m/s2的加速度沿斜面向上运动，下列说法正确的是( )
A．物体处于失重状态
B．物体受到滑动摩擦力，大小为280 N
C．若撤去推力，由于惯性，物体还要沿斜面加速一段时间，再减速
D．若撤去推力，物体的加速度大小为11 m/s2
解析 物体加速度方向沿斜面向上，处于超重状态，选项A错误；由牛顿第二定律F－mgsin 30°－f＝ma，得f＝120 N，选项B错误；若撤去推力，根据牛顿第二定律的瞬时性，由mgsin 30°＋f＝ma′，得a′＝11 m/s2，由于惯性，物体沿斜面继续向上运动，但做的是减速运动，选项C错误，D正确。
答案 D
5．(2018·浙江金华一中高一段考)如图4所示，质量为m的滑块在水平面上撞向弹簧，当滑块将弹簧压缩了x0时速度减小为0，然后弹簧又将滑块向右推开。已知弹簧的劲度系数为k，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，整个过程弹簧未超过弹性限度，则下列说法正确的是( )
图4
A．滑块向左运动过程中，加速度先减小后增大
B．滑块向右运动过程中，始终做加速运动
C．滑块与弹簧接触过程中，最大加速度为
D．滑块向右运动过程中，当滑块离开弹簧时，滑块的速度最大
解析 滑块向左接触弹簧的运动过程中，在水平
方向上受到向右的弹簧的弹力和向右的摩擦力，在此过程中弹簧的弹力是逐渐增大的，弹力和摩擦力的合力与运动方向始终相反，滑块做减速运动，加速度大小一直增大，选项A错误；滑块向右接触弹簧的运动是从弹簧压缩量最大时开始的，此时受到水平向右的弹力和向左的摩擦力，开始时弹簧的弹力大于摩擦力，但当弹簧伸长到一定程度，弹力和摩擦力大小相等，此后摩擦力大于弹力，所以滑块向右接触弹簧的运动过程中，是先加速，后减速，选项B错误；由对A的分析可知，当弹簧的压缩量为x0时，水平方向的合力为F＝kx0＋μmg，此时合力最大，由牛顿第二定律有amax＝＝，选项C正确；在滑块向右接触弹簧的运动中，当弹簧的形变量为x＝时，由胡克定律可得f＝kx＝μmg，此时弹力和摩擦力大小相等，方向相反，在水平方向上合外力为零，此时速度最大，之后滑块开始做减速运动，选项D错误。
答案 C
6．(2018·浙江台州中学模拟)深海探测器利用“深海潜水器无动力下潜上浮技术”，其两侧配备多块相同的压载铁，当其到达设定深度时，抛卸压载铁，使其悬浮、上浮等。已知探测器、科研人员以及压载铁的总质量为m。在一次海底科考活动中，探测器在水中沿竖直方向匀速下降，为了使它以的加速度匀减速下降，则应该抛掉的压载铁的质量为(假定整个过程中水对探测器的浮力恒定，水的其他作用忽略不计)( )
A. B.
C. D.
解析 设水对探测器的浮力大小为F。匀速下降时，由平衡条件有mg＝F；为了使它匀减速下降，应该抛掉压载铁质量为Δm。根据牛顿第二定律得F－(m－Δm)g＝(m－Δm)a，由题a＝ ，联立解得Δm＝，选项C正确。
答案 C
7．(2018·浙江温州模拟)如图5甲是某景点的山坡滑道图片，技术人员通过测量绘制出如图乙所示的示意图。AC是滑道的竖直高度，D点是AC竖直线上的一点，且有AD＝DE＝10 m，滑道AE可视为光滑，g＝10 m/s2，滑行者从坡顶A
点由静止开始沿滑道AE向下做直线滑动，则滑行者在滑道AE上滑行的时间为( )
图5
A. s B. s
C．2 s D．2 s
解析 设滑道与水平面的夹角为θ，滑行者的质量为m、加速度为a，由几何知识得AE＝2ADsin θ，滑行者受重力和支持力，根据牛顿第二定律得mgsin θ＝ma，由匀变速直线运动规律得，AE＝at2，联立以上三式解得t＝2 s，选项A、B、D错误，C正确。
答案 C
8．如图6所示，质量为m的小圆板与轻弹簧相连，把轻弹簧的另一端固定在内壁光滑的圆筒底部，构成弹簧弹射器。第一次用弹射器水平弹射物体，第二次用弹射器竖直弹射物体，关于两次弹射时情况的分析，下列说法正确的是( )
图6
A．两次弹射瞬间，小圆板受到的合力均为零
B．水平弹射时弹簧处于原长，竖直时弹簧处于拉伸状态
C．水平弹射时弹簧处于原长，竖直时弹簧处于压缩状态
D．两次弹射瞬间，弹簧均处于原长
解析 弹射瞬间指的是球刚好脱离圆板，此时球对圆板无压力，也就是在这之前弹簧和球以同样的加速度运动，但当达到原长时，在向前运动，弹簧就要受到自身的拉力加速度会变小，也就是说，从那一刻起，弹簧速度将变小，小于球的速度，如此便完成了一次弹射。所以水平弹射物体时，弹射瞬间弹簧处于原长，圆板受到的合力为零，竖直弹射物体，弹射瞬间弹簧处于原长，圆板受到本身的重力，合力不为零，选项D正确，A、B、C错误。
答案 D
9．(2018·浙大附中选考模拟) 一架无人机质量为2 kg，运动过程中空气阻力大小恒定。该无人机从地面由静止开始竖直向上运动，一段时间后关闭动力，其v－t图象如图7所示，g取10 m/s2。下列判断正确的是( )
图7
A．无人机上升的最大高度为72 m
B．6～8 s内无人机下降
C．无人机所受的升力大小为28 N
D．无人机所受阻力大小为4 N
解析 无人机上升的最大高度为H＝×8×24 m＝96 m，选项A错误；6～8 s内无人机减速上升，选项B错误；无人机加速上升的加速度a1＝＝ m/s2＝4 m/s2，则F－mg－f＝ma1；减速上升的加速度大小a2＝＝ m/s2＝12 m/s2，则f＋mg＝ma2，联立解得升力大小为F＝32 N；无人机所受阻力大小为f＝4 N，选项C错误，D正确。
答案 D
10．(2018·浙江嘉兴二测)如图8甲所示为杂技中的“顶竿”表演，地面上演员B肩部顶住一根长直竹竿，另一演员A爬至竹竿顶端完成各种动作。某次顶竿表演结束后，演员A自竿顶由静止开始下滑，滑到竿底时速度正好为零，其下滑时的速度随时间变化关系如图乙所示。演员A质量为40 kg，长竹竿质量为10 kg，g＝10 m/s2。则( )
图8
A．演员A的加速度方向先向上再向下
B．演员A所受摩擦力的方向先向下后向上
C．t＝2 s时，演员B肩部所受压力大小为380 N
D．t＝5 s时，演员B肩部所受压力大小为540 N
解析 演员A先加速向下运动，后减速向下运动，所以加速度方向先向下再向上，选项A错误；演员A所受摩擦力的方向总是竖直向上的，选项B错误；t＝2 s时演员A向下的加速度大小为a1＝0.5 m/s2，演员B肩部所受压力大小为FN1＝(mA＋m)g－mAa1＝480 N，选项C错误；t＝5 s时演员A向上的加速度大小为a2＝1.0 m/s2，演员B肩部所受压力大小为FN2＝(mA＋m)g＋mAa2＝540 N，选项D正确。
答案 D
二、非选择题
11．游船从某码头沿直线行驶到湖对岸，小明对过程进行观测，记录数据如下表：
运动过程
运动时间
运动状态
匀加速运动
0～40 s
初速度v0＝0；
末速度v＝4.2 m/s
匀速运动
40 s～640 s
v＝4.2 m/s
匀减速运动
640 s～720 s
靠岸时的速度v1＝0.2 m/s
图9
(1)求游船匀加速运动过程中加速度大小a1及位移大小x1；
(2)若游船和游客的总质量M＝8 000 kg，求游船匀减速运动过程中所受的合力大小F；
(3)求游船在整个行驶过程中的平均速度大小。
解析 (1)由运动学公式a1＝＝0.105 m/s2
位移x1＝a1t2＝84 m
(2)减速运动过程中加速度大小a2＝＝0.05 m/s2
由牛顿第二定律得F＝Ma2＝400 N
(3)位移x＝×t1＋v×t2＋×t3＝2 780 m
平均速度v＝＝3.86 m/s
答案 (1)0.105 m/s2 84 m (2)400 N (3)3.86 m/s
12．(2018·浙江慈溪模拟) 如图10所示，光滑杆弯曲成相互垂直的两段后固定于竖直平面内，已知LAB＝4 m, ∠α＝37°。一个质量为m的小环套在杆上，以v0＝8 m/s的初速度从A点沿杆上滑。不计小环经过B点时的能量损失，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。则：
图10
(1)小环在AB段运动的加速度a大小和方向怎样？
(2)小环运动到B点时的速度vB为多少？
(3)若杆不光滑，且各部分粗糙程度相同，要使小环能够到达C点，小环和杆之间的动摩擦因数μ应小于多少？
解析 (1)小环在AB段运动过程中，根据牛顿第二定律可得mgsin α＝ma
代入数据解得a＝6 m/s2，方向沿斜面向下。
(2)根据运动学公式v－v＝2(－a)LAB，整理并代入数据解得vB＝＝ m/s＝4 m/s。
(3)在BC段，考虑到mgsin 53°>μmgcos 53°，小环一定向下做匀加速直线运动，故要使小环能够运动到C点，只要小环能运动到B点即可。
设小环到B点时速度为零，根据运动学公式有
02－v＝－2a′LAB，解得a′＝8 m/s2
根据牛顿第二定律有mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma′，解得μ＝0.25。
答案 (1)6 m/s2 方向沿斜面向下 (2)4 m/s
(3)0.25
13．(2018·浙江湖州中学高三模拟)2018年2月18日晚在西安大唐芙蓉园进行天人机灯光秀，300架无人机悬停时摆出“西安年、最中国”
的字样，如图11所示为四旋翼无人机，它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前正得到越来越广泛的应用。一架质量为m＝2 kg的无人机，其动力系统所能提供的最大升力F＝36 N，运动过程中所受空气阻力大小恒定，无人机在地面上从静止开始，以最大升力竖直向上起飞，在t＝5 s时离地面的高度为75 m(g取10 m/s2)。
图11
(1)求运动过程中所受空气阻力大小；
(2)假设由于动力设备故障，悬停的无人机突然失去升力而坠落，无人机坠落地面时的速度为40 m/s，求无人机悬停时距地面高度；
(3)假设在第(2)问中的无人机坠落过程中，在遥控设备的干预下，动力设备重新启动提供向上最大升力。为保证安全着地，求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间。
解析 (1)根据题意，在上升过程中由牛顿第二定律
F－mg－f＝ma
上升高度h＝at2
联立解得f＝4 N。
(2)下落过程由牛顿第二定律有 mg－f＝ma1
得a1＝8 m/s2
落地时的速度v2＝2a1H
联立解得H＝100 m。
(3)恢复升力后向下减速运动，由牛顿第二定律
F－mg＋f＝ma2
得a2＝10 m/s2
设恢复升力后的速度为vm，则有＋＝H
得vm＝ m/s
由vm＝a1t1
得t1＝ s。
答案 (1)4 N (2)100 m (3) s
