高中物理牛顿运动定律易错知识点总结

高中物理牛顿运动定律易错知识点总结

单选题

1、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“速度一位移”图像。若空气阻力和弹性绳的重力可以

忽略，根据图像信息，下列说法正确的是（）

A.弹性绳原长为15mB.当运动员下降10m时，处于超重状态

C.当运动员下降15m时，运动到最低点D.当运动员下降20m时.其加速度方向竖直向上

答案：D

解析：

A.15m时速度最大，此时加速度为零，所受合外力为零，弹力等于重力，弹性绳处于伸长状态，所以原长小

于15m,A错误；

B.当运动员下降10m时，速度向下并且逐渐增大，加速度竖直向下，处于失重状态，B错误；

C.当运动员下降15m时，速度最大，运动员继续向下运动，没有运动到最低点，C错误；

D.当运动员下降20m时，运动员向下减速运动，其加速度方向竖直向上，D正确。

故选D。

2、如图甲所示，倾角为6的粗糙斜面体固定在水平面上，初速度为%=10m/s、质量为勿=lkg的小木块沿

斜面上滑，若从此时开始计时，整个过程中小木块速度的平方随路程变化的关系图象如图乙所示，取g=10

m/s2,则下列说法不正确的是（）

甲乙

A.0~5s内小木块做匀减速运动

B.在£=ls时刻，摩擦力反向

C.斜面倾角8=37。

D.小木块与斜面间的动摩擦因数为05

答案A

解析

A.x在0~5m内由匀变速直线运动的速度位移公式

2

v—VQ=2ax

再根据乙图，有

。一诏

%==10m/s2

2工1

又有

v0=10m/s

则小木块做匀减速运动的时间为

0-vo0-10

A错误，不符合题意；

2

B.在0〜Is内木块做向上的匀减速运动，1s后木块做反向的匀加速运动，摩擦力反向，B正确，符合题意；

CD.木块做反向匀加速运动时的加速度为

v2-03222

a2=-----=--77^__km/s=2m/s

2X22x(13-5)

对上滑过程，有

ingsinO+〃7n,gcos。=ma^

下滑过程中，有

mgsinO-fimgcosO=ma2

联立解得

u=0.5,e=37°

CD正确，符合题意。

故选Ao

3、如图甲所示，水平粗糙桌面上两个相同的条形磁铁的异名磁极正对放置，起初均静止。已知两磁铁间吸引

力〃随两磁铁间距离x变化的图像如图乙，每根磁铁质量为勿与桌面间动摩擦因数为〃=0.5,两磁

铁起初距离为20cm,现在用手控制4先用水平力让它缓缓向E靠近，当发现方开始运动时，立即改用竖直

向下的压力压住力使其保持静止，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，在8向4靠近过程中，以下说法正确的有

()

A.当5cm时，6将开始运动

B.当x=4cm时,S的加速度为10m/s2

3

A.0.25m/s2B.2.5m/s2C.0.5m/s2D.5m/s2

答案B

解析

圆盘在桌布上时做匀加速运动，掉到桌面上后在桌面上做匀减速运动。圆盘在桌布上和桌面上受力情况如图所

示

-N

3

＞力卜＜中

f

、mg^mg

根据牛顿第二定律知，圆盘在桌布上加速运动时

ma

41mg=i

解得加速度大小为

=41g

方向向右；圆盘在桌面上运动时，根据牛顿第二定律可得

ma

427ng=2

解得加速度大小为

a2=P-19

方向向左；圆盘在桌布和桌面上运动的情境如下图所示

5

设圆盘从桌布上脱离瞬间的速度为匕由匀变速直线运动的规律知，圆盘离开桌布时

2

v=2ais1

圆盘在桌面上运动时

盘没有从桌面上掉下的条件是

L

Si+s2=-

联立解得

二〃2乙

“-2(%+%)

圆盘刚离开桌布时，对桌布根据位移-时间关系可得

1

2at

对圆盘有

12

Si=

而

L

s=2+S]

由以上各式解得

6

a=。1+2〃2)-9

42

带入数据解得

a=2.5m/s2

故B正确，ACD错误。

故选Be

5、武直-10（如图所示）是中国人民解放军第一种专业武装直升机，提高了中国人民解放军陆军航空兵的航空

突击与反装甲能力。已知飞机的质量为他只考虑升力和重力，武直-10在竖直方向上的升力大小与螺旋桨的

转速大小的平方成正比，比例系数为定值。空载时直升机起飞离地的临界转速为沏，此时升力用好等于重力。

当搭载质量为g的货物时，某时刻螺旋桨的转速达到了2沏，则此时直升机在竖直方向上的加速度大小为（重力

加速度为G（）

A.蜘.gC.2Q.3g

答案c

解析

空载时直升机起飞离地的瞬间，升力刚好等于重力，设比例系数为匕则有

k鬲=mg

当搭载质量为？的货物，螺旋桨的转速达到2劭时，竖直方向上由牛顿第二定律可得

m771

尸一（山+=（血+

其中升力

7

F=k(2,o)2

联立解得此时直升机在竖直方向上的加速度大小为

a=2g

故C正确，ABD错误。

故选C。

6、北京2022年冬奥会上，冰壶比赛是赛程最长的比赛项目。如图，运动员将冰壶以一定初速度推出后，冰壶

沿水立冰面做直线运动直到停止，次面上留下的痕迹长度是25m,冰壶与冰面间的动摩擦因数恒为0.008,取

^lOm/s2,则冰壶的初速度为()

A.?m/sB.Im/sC.2m/sD.4m/s

答案c

解析

根据牛顿第二定律

Hmg=ma

解得冰壶在冰面上的加速度

a=0.08m/s2

根据运动学公式

0-VQ=-2ax

代入数据解得

8

v0=2m/s

故C正确，ABD错误。

故选Co

7、一质量为〃/=2.0kg的小物块以一定的初速度冲上一倾角为37。足够长的斜面，某同学利用传感器测出了小物

块冲上斜面过程中多个时刻的瞬时速度，并用计算机作出了小物块上滑过程的"1图线，如图所示

(sin370=0.6,cos37°=0.8,10m/s2)。则()

A.小物块冲上斜面过程中加速度的大小是5.0m/s2

B.小物块与斜面间的动摩擦因数是0.25

C.小物块在斜面上滑行的最大位移是8/7/

D.小物块在运动的整个过程中，损失的机械能是6.4J

答案B

解析

A.由小物块上滑过程的速度-时间图线，可得小物块冲上斜面过程中，加速度大小为

Av8

%=—=J=8.0m/s

A错误

B.对小物块进行受力分析，根据牛顿第二定律有

mgsin37°+斤=may

9

FN-7ngeos370=0

又

R=再

代入数据解得

〃=0.25

B正确；

C.由小物块上滑过程的速度-时间图线可得，小物块沿斜面向上运动的位移

VQ8

x=7t=2xl=4m

C错误；

D.小物块在运动的整个过程中，损失的机械能是

AE=2%=2〃mgcos37°-x=2x0.25x20x0.8x4=32J

D错误。

故选Bo

8、甲、乙两球质量分别为如、的从同一地点（足够高）同时由静止释放。两球下落过程所受空气阻力大小f

仅与球的速率/成正比，与球的质量无关，即，、二女。（〃为正的常量）。两球的图象如图所示。落地前，

经时间4两球的速度都已达到各自的稳定值%咋。则下到判断正确的是（）

O0

10

A.释放瞬间甲球加速度较大

B吧二空

m?V1

C.甲球质量大于乙球质量

D.a时间内两球下落的高度相等

答案c

解析

A.释放瞬间，两球受到的阻力均为0,此时加速度相同，选项A错误；

B.运动到最后达到匀速时，重力和阻力大小相等

mg-kv

则

m2v2

选项B错误；

C.由图象可知匕〉V2、因此甲球质量大于乙球质量，选项C正确；

D.下落高度等于图线与时间轴围成的面积，可知甲球下落高度大，选项D错误。

故选Co

多选题

9、如图甲，足够长的长木板放置在水平地面上，一滑块置于长木板左端。已知滑块和木板的质量均为2kg,

现在滑块上施加一个b=0.5£(N)的水平变力作用，从£=0时刻开始计时，滑块所受摩擦力f随时间［变化

的关系如图乙所示。设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g取lOm/s?,下列说法正确的是()

11

A.国乙中£/=24sB.木板的最大加速度为lm/s'

C.滑块与木板间的动摩擦因数为0.4D.木板与地面间的动摩擦区数为0.1

答案ACD

解析

C.根据图乙可知，滑块在上以后受到的摩擦力不变，为8N,根据

K=41mg

可得滑块与木板间的动摩擦因数为

%=04

C正确；

D.在力时刻木板相对地面开始运动，此时滑块与木板相对静止，则木板与地面间的动摩擦因数为

f4

〃2=Z--2---=-=0.1

22mg40

D正确；

AB.在心时刻，滑块与木板将要发生相对滑动，此时滑块与木板间的静摩擦力达到最大，且此时二者加速度

相同，且木板的加速度达到最大，对滑块有

F-417ng=ma

对木板有

由7ng—2112mg=ma

12

联立解得

a=2m/s2

F=12N

则木板的最大加速度为2m/s；根据

F=0.5t

可求得

t2=24s

A正确，B错误。

故选ACDo

10、如图中a、氏。为三个物块，肌N为两个轻质弹簧，〃为跨过光滑定滑轮的轻绳，它们连接如图所示并处

于平衡状态，则下列说法中可能正确的是（）

//f//

R

-

-

/

v

w

oN

C

A."处于拉伸状态，A'处于拉伸状态

B."处于压缩状态，N处于拉伸状态

C.时处于拉伸状态，N处于原长状杰

D."处于原长状态，N处于拉伸状态

13

答案ABD

解析

由于V弹簧上面与细线相连，故N弹簧可能处于原长也可能被拉伸；当N弹簧处于拉伸状态时，细线对a有拉

力，当拉力小于a物体的重力时，而弹簧处于压缩状态；当拉力等于a物体的重力时，"弹簧处于原长状态；

当拉力大于a物体的重力时，必弹簧处于伸长状态；从上面的分析中发现共有四种情况，即।①”处于伸长状态,

"处于压缩状态；②N处于伸长状态，时也处于伸长状态1③*处于伸长状态而时处于原长状态；④押处于原长.

也处于压缩状态。故ABD正确，C错误。

故选ABDo

11、如图所示，滑块2套在光滑的竖直杆上并通过细绳绕过光滑定滑轮连接物块1,物块1又与一轻质弹簧连

接在一起，轻质弹簧另一端固定在地面上、开始时用手托住滑块2,使绳子刚好伸直处于水平位置但无张力，

此时弹簧的压缩量为d.现将滑块2从力处由静止释放，经过8处的速度最大，到达。处的速度为零，此时物

块1还没有到达滑轮位置。已知滑轮与杆的水平距离为3d/C间距离为4d不计滑轮质量、大小及摩擦。下

列说法中正确的是（）

/////////////

A.滑块2下滑过程中，加速度一直减小

B.滑块2经过〃处时的加速度等于零

14

C.物块1和滑块2的质量之比为3：2

D.若滑块2质量增加一倍，其它条件不变，仍让滑块2由力处从静止滑到。处，滑块2到达。处时，物块1

和滑块2的速度之比为4：5

答案BD

解析

AB.滑块2下滑过程中，绳子拉力增大，合力先减小后反向增大，在B处速度最大，加速度为零，则加速度先

减小后反向增大，故A错误，B正确；

C.物体1静止时，弹簧压缩量为％=d；当A下滑到C点时，物体2上升的高度为

h=J(3d)2+(4d)2-3d=2d

则当物体2到达C时弹簧伸长的长度为d,此时弹簧的弹性势能等于物体1静止时的弹性势能；对于力与8及弹

簧组成的系统，由机械能守恒定律应有

mxg.2d=m2g•4d

解得

mpm2=2:1

故C错误；

D.根据物体1和2沿绳子方向的分速度大小相等，则得

v2cos0=%

其中

4d4

COS0=5d=5

则得滑块2到达C处时，物块1和滑块2的速度之比

v2=4:5

15

故D正确；

故选BD。

12、如图甲所示，一质量为处的薄木板（厚度不计）静止在光滑水平地面上，现有一质量为电的滑块以一定

的水立初速度也从木板的左端开始向木板的右端滑行，滑块和木板的水平速度大小随时间变化的情况如图乙

所示，根据图象可知以下判断正确的是（）

A.滑块始终与木板存在相对运动

B.滑块未能滑出木板

C.滑块的质量/加大于木板的质量质

D.在心时刻，滑块从木板上滑出

答案ACD

解析

滑块以水平初速度匕，滑上木板，滑块减速，木板加速，滑块和木板的加速度的大小分别为

〃洲2g

%=二一二〃g

仇2

由题图乙可知，滑块的速度一直大于木板的速度，即两者之间始终存在相对运动，在功时刻，滑块滑出木板,

各自做匀速直线运动。由题图乙分析可知，图像的斜率等于加速度，则

a2<a.

16

即

则

nh<m：

故选ACDo

13、一滑块从某固定粗糙斜面底端在沿斜面向上的恒力作用下由静止开始沿斜面向上运动，某时刻撤去恒力,

运动过程中滑块的动能随位移变化的图象如图所示，图中为0、So为已知量，斜面与水平面的夹角8的正弦值

sin。=0.6,下列说法正确的是（）

A.滑块上升的最大高度为

B.滑块与斜面间的动摩擦因数为：

C.恒力〃的大小等于也

So

D.滑块与斜面间因摩擦产生的热量为簪

答案BD

解析

A.根据题图结合题意可知，上滑过程滑块位移为S。时动能为a0,位移为2so时恒力/撤去，此时动能为《EQ.

17

之后滑块在重力沿斜面向下的分力和摩擦力作用下做减速运动，位移为装So时动能减为Ek0,可得滑块上升过程

中的最大位移为磊S。，则滑块上升的最大高度为

2781

H=-s0sin6=-sQ

故A错误；

B.从撤去恒力至滑块上升到最高点的过程由动能定理有

囚So9s（）、（27So9s。、9Fk0

『（而--V）coS0=O--

滑块从最高点下滑到斜面底端的过程中有

272727Ek0

—mgss\ne--fimgscosG=

o025

联立解得

1

故B正确；

C.根据以-S图象斜率的绝对值表示滑块所受合外力大小可知，下滑过程有

27E10

mgsin--"mgeos。二丁k0.西

受恒力尸沿斜面上滑过程有

F-mgsinO-4mgeos。=-

so

联立解得

3%

So

故C错误;

D.整个过程中因摩擦产生的热量为

18

27108Fk0

Q=2〃mgcosex—s0=

A乙J

故D正确。

故选BD0

14、如图甲所示，质量为•生0.5kg的木板静止在光滑水平面上，质量为〃=lkg的物块以初速度分=4m/s滑上

木板的左端，物块与木板之间的动摩擦因数为*0.2,在物块滑上木板的同时，给木板施加一个水平向右的恒

力凡当恒力尸取某一值时，物块在木板上相对于木板滑动的路程为s,给木板施加不同大小的，亘力凡得到

:一尸的关系如图乙所示，其中月〃与横轴平行，且初段的纵坐标为1m）将物块视为质点，最大静摩擦力等

于滑动摩擦力，重力加速度钎10m/s1则下列说法正确的是（）

M

甲乙

A,若恒力片0.物块滑出木板时的谏度为3m/s

B.。点纵坐标为1.5m1

C.随着〃增大，当外力A1N时，物块恰好不能木板右端滑出

D.图像中〃点对应的外力的值为4\1

答案BC

解析

结合物体运动以及图形分析可知，总共分三个阶段，第一阶段（四段），拉力较小时，物块从木板的右侧滑出；

第二阶段（8C段），拉力稍大一些，物块滑动一段距离后，与木板一起加速向右运动；第三阶段（龙段），

拉力过大，物体滑动一段距离后，磨擦力提供的加速度不够，不能随木板一起运动，最终从左侧滑出。

19

A.物块刚滑上木板时，物块加速度加有

mQ]=p.mg

得到

%=2m/s2

物块刚滑上木板时，木板的加速度必有

Ma2=

得到

2

a2=4m/s

由题意可知，当代0时，物块，木板的位移差为1m,则

12

Xi=VQt---a^

12

与一%2=1

解得

t=Is

物块滑出木板时的速度

v=v0-at=4-2m/s=2m/s

A错误；

C.当物块恰好不能从木板右端滑出时，设木板加速度为初此时有

Ma3=fimg+V

12

x=vt--a^

3Q乙

20

1

乙

x3-x4=l

Vo—axt=Q3t

解得

F=IN

C正确；

D.C〃两点对应的为恰好可一起匀加速运动，则有

F+nmg=ma4

fimg=ma4

解得

F=3N

则C、〃点拉力为3N,D错误；

B.此时物块刚滑上木板时，木板的加速度去有

F+umg3+2

由=--T：-=9=10m/s9

MU.5

两者速度相等时，位移差有

Ogt=CLQQ[t

1212

%£一万的£_2a5t=x

解得

2

x=—

故

21

3

s-1=-m-1=1.5m-1

B正确；

故选BCo

15、质量为如、虑的两物体48并排静止在水平地面上，用同向水平拉力E、£，分别作用于力和8上，作用

一段时间后撤去，力、"运动的"匕图像如图中图线外〃所示，己知拉力回、月分别撤去后，物体做减速运动

过程的图线彼此平行（相关数据已在图中标出），由图中信息可知（）

A.若吊=F2,则勿/小于勿a

B.若加1=s2，则力Q对物体力所做的功较多

C.若Tn】=m2,则力Q对物体A的冲量与后对夕的冲量之比为4:5

D.若血1=m2l则力月的最大瞬时功率一定是力用的最大瞬时功率的2倍

答案ACD

解析

由图可知，物体力撤去拉力之前的加速度为

%=rlm/s2=^m/s2

X•KJD

物体8撤去拉力之前的加速度为

22

a=Tm/s2

2*J

己知拉力用、田分别撤去后，物体做减速运动过程的”《图线彼此平行，则撤去拉力后物体从《的加速度相

等为

a=1m/s2

撤去拉力后，根据牛顿第二定律可得

〃1叫9=叫。，427n2g=7胆。

可得

41g=42g=i

物体力撤去拉力之前，根据牛顿第二定律有

&一〃1血19=血1%

解得

8

物体8撤去拉力之前，根据牛顿第二定律有

F2—42m2g=啊。2

解得

5

/2=3^2

A.当

即

85

司叫=-m2

23

则

<m2

故A正确；

B.若两物体的质量相等，设物体质量为m,则拉力片对物块力做的功为

81,、

U=居/=-m--vamta=(5m)J

则拉力F2对物块8做的功为

51,、

%=尸20=-rn--vbJb=(5m)J

则拉力F】对物块力做的功等于拉力F?对物块8做的功，故B错误；

C.若两物体的质量相等，设物体质量为m,,则拉力Fi对物块力的冲量为

83,

h=F1ta=Qtn•5=(4m)N-s

拉力玛对物块8的冲量为

5

/i=F2tb=可血,3=(5m)N•s

则力月对物体A的冲量与尺对8的冲量之比为

h4m4

—=---=一

I257n5

故C正确；

D.若两物体的质量相等，设物体质量为,则拉力a对物块力的最大瞬时功率为

85/20\

Pi=F1vflm=-7n.-=(ym)W

拉力尸2对物块8的最大瞬时功率为

P2=尸2%=।7n.2=(ym)W

24

则力E的最大瞬时功率一定是力a的最大瞬时功率的2倍，故D正确。

故选ACDo

16、如图所示，位于竖直平面内的固定光滑圆环轨道与水平面相切于"点，与竖直墙相切于力点，竖直墙上另

一点8与"的连线和水平面的夹角为60。，C是圆环轨道的圆心，已知在同一时刻，甲、乙两球分别由力、8两

点从静止开始沿光滑倾斜直轨道月M/加运动到〃点，丙球由。点自由下落到3点，有关下列说法正确的是

()

5

C

4

A.用球下滑的加速度大于乙球下滑的加速度

B.丙球最先到达M点

C.甲、乙、丙球同时到达必点

D.甲、丙两球到达必点时的速率相等

答案BD

解析

A.设光滑倾斜轨道与水平面的夹角为。根据牛顿第二定律可得加速度

mas\n3

a=--------=gsinJ

m

可知乙球的加速度大于甲球的加速度c故A错误。

BC.对于川/段，位移

25

%,=&R

加速度

则根据

12

x=-atz

得

对于则段，位移

x2=2R

加速度

V3

a2=gsin60°=--g

对于加段，位移

X3=R

加速度

a3=9

则

26

知£3最小，故B正确,C错误。

D.根据动能定理得

7ngli=^mv2

甲.丙高度相同，则到达"的速率相等，故D正确。

故选BD。

填空题

17、辘苗的发明和使用体现了我国劳动人民的智慧。如图所示，辘尊主要由支架，卷筒，手柄等部分组成，井

绳的一端绕在卷筒上，另一端系在水桶上，人通过转动手柄将木柏提起，水桶在上升过程中经历了加速、匀速

和减速三个阶段，简要回答下列问题：

(1)在上述三个阶段中，哪个阶段绳子最容易断？为什么？

(2)若装水的水桶总质量为20kg,在匀速阶段上升了20m,上升的速度为0.5m/s.g取10m/s；该阶段水桶

的重力势能变化量为J,水桶的机械能变化量为J,重力对水桶做功的功率大小为W。

100

解析

27

(1)⑴加速阶段容易断，因为加速阶段，水桶处于超重状态，绳子的拉力大于水桶的重力，绳子容易断；匀

速阶段绳子拉力等于水桶重力，减速阶段处于失重状态，拉力小于重力。

(2)［2］重力势能变化量

△Ep=7ngAh=20x10x20J=4000J

［3］水桶匀速上升，动能不变，所以机械能变化量等于重力势能变化量4000J；

［4］重力对水桶做功的功率大小

P=忤|=mgv=20xl0x0.5W=100W

18、某型号火箭的质量为2.5x105kg,已知火箭发动机点火后竖直向下喷出高温高压气体，气体对火箭产生的

初始推力为3X106N,则火箭起飞时的加速度为m/s2o假设火箭在竖直向上飞行阶段，气体对火箭产生

的推力恒定，那么，火箭飞行的加速度将(填写“变小”、"不变”或"变大”)。

答案：2变大

解析

⑴由牛顿第二定律可得

F—Mg=Ma

解得火箭起飞时的加速度为

a=2m/s2

［2］由［1］的解析可得

F

0二祠一9

由于火箭竖直向下喷出高温高压气体，火箭质量逐渐减小，故火箭飞行的加速度将变大。

19、物理学是自然科学领域的一门基础学科，研究自然界物质的基本结构、相互作用和运动规律，观察和实验

是物理学习重要的方法。同学们经过一个学期，学习了高中物理必修一的全部内容，必修一由"机械运动与物

28

理模型”和“相互作用与运动定律”两个主题组成。

(1)在必修一中有四个必做实验，请同学们写出相关的实验名称；、、、0

(2)物理运动需要建立理想化物理模型，请同学们写出一种我们学过的在竖直方向上的理想运动模型的名称

(3)2021年12月9日下午15点40分，“天宫课堂”第一课正式开启，神舟十三号乘组航天员翟志刚、王

亚平、叶光富变身“太空教师”在中国空间站精彩开讲。我们向三位航大员致敬！航大员在火箭发射与飞船返

回的过程中均要经受的一种考验就是我们必修一中学习的一节内容，请写出这个内容。

答案探究小车速度随时间变化的规律探究弹簧弹力与形变量的关系探究两个互成角度的力的合成规

律探究加速度与物体受力、物体质量的关系自由落体运动超重和失重

解析

(1)口][2]⑶[4]必修一的四个实验分别是：探究小车速度随时间变化的规律、探究弹簧弹力与形变量的关系、

探究两个互成角度的力的合成规律、探究加速度与物体受力、物体质量的关系。

(2)[5]物理运动需要建立理想化物理模型，一种我们学过的在竖直方向上的理想运动模型是自由落体运动。

(3)⑹航天员在火箭发射与飞船返回的过程中要经受考验与我们学习的超重和失重有关。

20、如图所示:在水平平直公路上匀速行驶的小车顶上，用绳子悬挂着一个小球。

ABC

⑴若剪断绳子，小球将落至力、8、C中的点；

⑵若小车速度突然减小，小球将偏向方；

⑶若小车速度突然增大，小球将偏向方。

29

答案B前后

解析

⑴⑴小球落下时，由于具有惯性，保持原来的水平速度，车速不变，落在正下方，即8点；

⑵［2］若车速减小，小球在水平方向相对小车向前运动，所以小球将偏向前方；

⑶网若车速突然增大，小球在水平方向相对小车向后运动，所以小球将偏向后方。

21、如图所示，从8两物体用轻质细线绕过光滑的定滑轮相连，质量分别为R=4kg,例二8kg,物体力放在水

平桌面上，物体〃竖直悬挂，物体力与桌面间的动摩擦因数4=0.2。现将物体〃由静止轻轻释放，物体/沿桌

面滑行的加速度大小等于m/s2；若在物块A上放上一个物块C释放物体8后物块A和。可以一起在

桌面上做匀速直线运动，则物块C的质量是_________kg。

答案636

解析

口］对笈研究，由牛顿第二定律得

mBg-F=mBax

同理，对力有

尸一/二叫Qi

因为

f=^A9

解得A的加速度

Qi=6m/s2

30

[2]物体笈后物块力和。可以一起在桌面上做匀速直线运动，对8研究绳子拉力

P'=mBg

对/!和。

f=〃（叫4+*=F'

解得

mc=36kg

22、如图所示，mA=4.0kg,2.0kg,4和B紧靠着放在光滑水平面上，从t=0时刻起，对B施加向右的

水平恒力F2=4.0N,同时对4施加向右的水平变力尸】=(20-20t)N,t=s时4、B将分离，此时B物体

2

的加速度大小为m/so

答案0.62

解析

⑴力Q的表达式

&=20-20c

A、B分离时二者没有相互作用力，但二者加速度大小相等，根据加速度相等可得

卫=旦

师一

联立并代入数值可得

t=0.6s

[2]当£二。6s时

&=20-20t=8N

31

二者一起加速运动，取整体为研究对象，由牛顿第二定律可得

F1+尸2=（mA+mB）a

代入数值可得

a=2m/s2

23、作用力和反作用力总是互相、同时的，我们可以把其中任何一个力叫作,另一个力叫

作。

答案依赖存在作用力反作用力

解析

略

24、2021年5月15日，天问一号着陆器“祝融号”火星车成功着陆火星乌托邦平原南部预选着陆区，质量为

1.3吨的火星车在如此高速下自动精准降速反映了我国科研水平取得的巨大成就。它首先进入火星大气层的狭

窄“走廊”，气动减速；打开降落伞使速度进一步减为95m/s；与降落伞分离后，打开发动机约80s,减速至

3.6m/s；然后进入悬停避障与缓速下降阶段，经过对着陆点的探测后平稳着陆，其过程大致如愿所示。（火星

表面的重力加速度约为地球表面的|地球表面重力加速度取10m/s；）

------:--------------4.8km/s

:

290s：气动M速段

--1----460m/s

9曲:伞系最速段

--1----95m/s

80s:动力M速段

--S----3.6m/s

80s:悬停避障与

：缓速下降段

i

（1）“祝融号”在火星表面的惯性与地球表面相比（选填“增大”“喊小”或“不变”）。由于勘测

32

需要，火星车走走停停，假如它在一小时内的直线距离是9m,它的平均速度大小约为m/so

(2)关于着陆器在不同阶段的受力分析，正