備戰(zhàn)2020高考物理 3年高考2年模擬1年原創(chuàng) 專題3.10 與牛頓定律相關的實際問題（含解析）

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1、專題3.10 與牛頓運動定律相關的實際問題 【考綱解讀與考頻分析】 學習知識的目的是為了運用知識分析解決實際問題，與牛頓運動定律相關的實際問題是高考命題熱點。 【高頻考點定位】： 與牛頓運動定律相關的實際問題 考點一：與牛頓運動定律相關的實際問題 1. （2019年4月浙江選考）如圖所示，小明撐桿使船離岸，則下列說法正確的是（ ） A. 小明與船之間存在摩擦力 B. 桿的彎曲是由于受到桿對小明的力 C. 桿對岸的力大于岸對桿的力 D. 小明對桿的力和岸對桿的力是一對相互作用力 【答案】A 【解析】小明與船之間存在運動的趨勢，則它們

2、之間存在摩擦力，選項A正確；桿的彎曲是由于桿受到小明對桿的力，選項B錯誤；桿對岸的力與岸對桿的力是作用與反作用力，大小相等，選項C錯誤；小明對桿的力和桿對小明的力是一對相互作用力，選項D錯誤；故選A. 2．（2017年4月浙江選考）游船從某碼頭沿直線行駛到湖對岸，小明對過程進行觀測記錄數(shù)椐如下表 運動過程 運動時間 運動狀態(tài) 勻加速運動 0~40s 初速度v0=0；末速度v=4.2m/s 勻速運動 40s~640s v=4.2m/s 勻減速運動 640s~720s 靠岸時v1=0.2m/s （1）求游船勻加速運動過程中加速度大小a1及位移大小x1； （2）

3、若游船和游客的總質量M=8000kg，求游船勻減速運動過程中所受的合力大小F； （3）求游船在整個行駛過程中的平均速度大小。 【名師解析】（1）船勻加速運動過程中加速度大小 a1== m/s2=0.105m/s2, 勻加速運動時間：t1=40s， 勻加速運動位移大小為x1=a1t12=×0.105×402m=84m （2）游船勻減速運動過程的加速度大小 a2== m/s2=0.05m/s2, 根據(jù)牛頓第二定律得到F=Ma2=8000×0.05N=400N 所以游船勻減速運動過程中所受的合力大小F=400N （3）勻加速運動過程位移x1=84m， 勻速運動時間t2=6

4、40s-40s=600s?， 勻速運動位移x2=vt2=4.2×(640-40)m=2520m 勻減速運動時間t3=720s-640s=80s， 勻減速運動過程位移x3=（v+v1） t3=×（4.2+0.2）×80m=176m 總位移x= x1+ x2+ x3=84m+2520m+176m=2780m 行駛總時間為t=720s 所以整個過程中行駛的平均速度大小v=x/t=3.86m/s。 3.（浙江新高考2018年4月選考科目物理試題）如圖所示，小芳在體重計上完成下蹲動作，下列F-t圖像能反應體重計示數(shù)隨時間變化的是（ ） A. B. C. D. 【參考答案

5、】 C 【名師解析】對人的運動過程分析可知，人下蹲的過程可以分成兩段：人在加速下蹲的過程中，有向下的加速度，處于失重狀態(tài)，此時人對傳感器的壓力小于人的重力的大小；在減速下蹲的過程中，加速度方向向上，處于超重狀態(tài)，此時人對傳感器的壓力大于人的重力的大小，故C正確，A、B、D錯誤； 故選C。 【點睛】人在加速下蹲的過程中，有向下的加速度，處于失重狀態(tài)，在減速下蹲的過程中，加速度方向向上，處于超重狀態(tài)。 4.（2018年11月浙江選考物理） 如圖所示為某一游戲的局部簡化示意圖。D為彈射裝置，AB是長為21m的水平軌道，傾斜直軌道BC固定在豎直放置的半徑為R=10m的圓形支架上，B為圓形的最

6、低點，軌道AB與BC平滑連接，且在同一豎直平面內。某次游戲中，無動力小車在彈射裝置D的作用下，以v0=10m/s的速度滑上軌道AB，并恰好能沖到軌道BC的最高點。已知小車在軌道AB上受到的摩擦力為其重量的0.2倍，軌道BC光滑，則小車從A到C的運動時間是（ ） A. 5s B. 4.8s C. 4.4s D. 3s 【參考答案】A 【名師解析】小車在水平軌道上運動，由0.2mg=ma，解得加速度大小a=0.2g。運動到B點時，由v2= v02-2aL，解得v=4m/s，小車從A到C的運動的平均速度=m/s，小車從A到C的運動時間是t1==3

7、s. 設斜直軌道BC長s，傾角為θ，由幾何關系可得：sinθ=，小車在傾斜軌道上運動的加速度a=gsinθ=，v2=2as，在BC上運動時間是t2=，聯(lián)立解得：t2=2s。小車從A到C的運動時間是t= t1+t2=5s選項A正確。 5.（2018高考全國理綜III）地下礦井中的礦石裝在礦車中，用電機通過豎井運送至地面。某豎井中礦車提升的速度大小v隨時間t的變化關系如圖所示，其中圖線①②分別描述兩次不同的提升過程，它們變速階段加速度的大小都相同；兩次提升的高度相同，提升的質量相等。不考慮摩擦阻力和空氣阻力。對于第①次和第②次提升過程（ ） A．礦車上升所用的時間之比為4:5

8、 B．電機的最大牽引力之比為2:1 C．電機輸出的最大功率之比為2:1 D．電機所做的功之比為4:5 【參考答案】AC 【命題意圖】 本題考查速度圖像，牛頓運動定律、功和功率及其相關的知識點。 【解題思路】設第次所用時間為t，根據(jù)速度圖象的面積等于位移（此題中為提升的高度）可知，×2t0×v0=×（t+3t0/2）×v0，解得：t=5t0/2，所以第次和第次提升過程所用時間之比為2t0∶5t0/2=4∶5，選項A正確；由于兩次提升變速階段的加速度大小相同，在勻加速階段，由牛頓第二定律，F(xiàn)-mg=ma，可得提升的最大牽引力之比為1∶1，選項B錯誤；由功率公式，P=Fv，電

9、機輸出的最大功率之比等于最大速度之比，為2∶1，選項C正確；加速上升過程的加速度a1=，加速上升過程的牽引力F1=ma1+mg=m(+g)，減速上升過程的加速度a2=-，減速上升過程的牽引力F2=ma2+mg=m(g -)，勻速運動過程的牽引力F3=mg。第次提升過程做功W1=F1××t0×v0+ F2××t0×v0=mg v0t0；第次提升過程做功W2=F1××t0×v0+ F3×v0×3t0/2+ F2××t0×v0 =mg v0t0；兩次做功相同，選項D錯誤。 【易錯剖析】解答此題常見錯誤主要有四方面：一是對速度圖像面積表示位移掌握不到位；二是運用牛頓運動定律求解牽引力錯誤；三是不能找

10、出最大功率；四是不能得出兩次提升電機做功。實際上，可以根據(jù)兩次提升的高度相同，提升的質量相同，利用功能關系得出兩次做功相同。 6.（2018年4月浙江選考）可愛的企鵝喜歡在冰面上游玩，如圖所示，有一企鵝在傾角為的斜面上，先以加速度從冰面底部由靜止開始沿直線向上“奔跑”，時，突然臥倒以肚皮貼著冰面向前滑行，最后退滑到出發(fā)點，完成一次游戲企鵝在滑動過程中姿勢保持不變。若企鵝肚皮與冰面間的動摩擦因數(shù)，已知，求： 企鵝向上“奔跑”的位移大??； 企鵝在冰面上滑動的加速度大?。? 企鵝退滑到出發(fā)點的速度大小。計算結果可用根式表示 【名師解析 】： 企鵝向上“奔跑”的位移大小為： 企鵝在

11、冰面上滑動過程，由牛頓第二定律得： 代入數(shù)據(jù)得：。 企鵝在冰面上滑動時做勻減速運動，勻減速的初速度為： 勻減速的位移為： 下滑過程，由動能定理得： 解得： 答：企鵝向上“奔跑”的位移大小是； 企鵝在冰面上滑動的加速度大小是； 企鵝退滑到出發(fā)點的速度大小是。 【2年模擬再現(xiàn)】 1．（2019洛陽聯(lián)考）綽號“威龍”的第五代制空戰(zhàn)機殲－20具備高隱身性、高機動性能力，為防止極速提速過程中飛行員因缺氧暈厥，殲－20新型的抗荷服能幫助飛行員承受最大9倍重力加速度。假設某次垂直飛行測試實驗中，殲－20加速達到50 m/s后離地，而后開始豎直向上飛行試驗。該飛機在10

12、 s內勻加速到3 060 km/h，勻速飛行一段時間后到達最大飛行高度18.5 km。假設加速階段所受阻力恒定，約為重力的0.2。已知該殲－20質量為20噸，聲速為340 m/s，忽略戰(zhàn)機因油耗等導致質量的變化。則下列說法正確的是(　　) A．本次飛行測試的勻速階段運行時間為26.5 s B．加速階段系統(tǒng)的推力為1.84×106 N C．加速階段時飛行員有暈厥可能 D．飛機在勻速階段時爬升高度為14.25 km 【參考答案】　B 【名師解析】　加速階段初速度v0＝50 m/s，末速度v＝3 060 km/h＝850 m/s，根據(jù)v＝v0＋at

13、，加速度a＝80 m/s2＝8g，飛行員不會昏厥，選項C錯誤；根據(jù)牛頓第二定律F－mg－f＝ma，推力F＝mg＋f＋ma＝1.84×106 N，選項B正確；加速階段上升的高度x＝v0t＋at2＝4 500 m，即勻速上升距離14 km，選項D錯誤；勻速飛行時間t＝＝ s＝16.47 s，選項A錯誤。 2.（2019浙江G12名校協(xié)作體模擬）跳樓機是能體驗強烈失重、超重感覺的娛樂場所，游戲時跳樓機完把乘有十多人的座艙送到140.8m高的地方，讓座艙自由落下，當落到離地面44m時制動系統(tǒng)開始啟動，座艙勻減速運動到地面時剛好停止，若某游客手中托著質量為100g的手機進行這個游戲，g取10m/s2（

14、空氣阻力不計，可能用到的數(shù)據(jù)442=1936）試求： （1）當座艙落到地面高度為50m的位置時，手機對手的作用力： （2）從最高點運動到地面，整個過程的總時間： （3）當座艙落到離地面高度為15m位置時，手要用多大的力才能托住手機。 【名師解析】（1）由題意可知落到離地面高度為50m的位置時，處于自由落體過程，完全失重，所以手機對手的作用力F1=0； （2）自由下落過程，由位移公式得：h1=gt12 由速度位移的關系得：v2=2gh1 解得：t1=4.4s 減速過程，由h2=vt2 解得：t2=2s 整個過程的總時間：t=t1+t2=6.4s （3）設減速過程的加速度

15、大小為a，由速度位移的關系式得：v2=2ah2 解得：a=22m/s2 對手機由牛頓第二定律得：F2-mg=ma 解得：F2=3.2N 答：（1）當座艙落到離地面高度為50m的位置時，手機對手的作用力是0； （2）從最高點運動到地面，整個過程的總時間是6.4s； （3）當座艙落到離地面高度為15m位置時，手要用3.2N的力才能托住手機 3．（16分）（2019上海嘉定一模）某電動機工作時輸出功率P與拉動物體的速度v之間的關系如圖（a）所示?，F(xiàn)用該電動機在水平地面內拉動一物體（可視為質點），運動過程中輕繩始終處在拉直狀態(tài)，且不可伸長，如圖（b）所示。已知物體質量m=1kg，與地面的

16、動摩擦因數(shù)μ1=0.35，離出發(fā)點左側s距離處另有一段動摩擦因數(shù)為μ2、長為d的粗糙材料鋪設的地面。（g取10m/s2） （1）若s足夠長，電動機功率為2W時，物體在地面能達到的最大速度是多少？ （2）在μ1=0.35的水平地面運動，當物體速度為0.1m/s時，加速度為多少？ （3）若s=0.16m，物體與粗糙材料之間動摩擦因數(shù)μ2=0.45。啟動電動機后，分析物體在達到粗糙材料之前的運動情況。若最終能以0.1m/s速度滑過粗糙材料，則d應為多少？ 【名師解析】.（16分） （6分）（1）電動機拉動物體后，水平方向受拉力F和摩擦力f1 f1=μ1N，N=mg，f1=3.5

17、N （2分） 物體速度最大時，加速度為零，F(xiàn)1=f1 （1分） 根據(jù)P=Fv，vm=P/F1= P/f1，vm=4/7 m/s （3分） （4分）（2）當v=0.1m/s時，由圖像及P=Fv可知，拉力F2= P/v= 4N （2分） 由牛頓第二定律F =ma F2 - f1=ma1 a1=0.5m/s2 （2分）

18、 （6分）（3）由（2）知，物體在速度達到0.5m/s前，拉力F恒定，物體做初速為零的勻加速直線運動。 a1=0.5m/s2 （1分） 速度達到v1=0.5m/s時，應經過s’= v12/2a1=0.25m＞0.16m 所以小物體一直做勻加速運動到達粗糙材料，到達粗糙材料時速度v1==0.4m/s （2分） （或假設物體做勻加速直線運動到達粗糙材料，則速度v==0.4m/s，不超過0.5m/s，假設成立。） 注：寫出勻加速直線運動（1分），加速度a1正確（1分），速度v1正確（1分）。 在粗糙材料上運

19、動時， f2=μ2N，N=mg，f2=4.5N 由牛頓第二定律 F2 -f2 =ma2，a2=-0.5m/s2 （1分） 小物體停止前最多滑行d2=v22- v12/2a2=0.15m （2分） 注：摩擦力f2正確或加速度a2正確（1分），d2正確（2分）。 預測考點一：與牛頓運動定律相關的實際問題 【2年模擬再現(xiàn)】 1．（2019江西南昌三模）某實驗小組打算制作一個火箭．甲同學設計了一個火箭質量為m，可提供恒定的推動力，大小為F＝2mg，持續(xù)時間為t．

20、乙同學對甲同學的設計方案進行了改進，采用二級推進的方式，即當質量為m的火箭飛行經過時，火箭丟棄掉的質量，剩余時間，火箭推動剩余的繼續(xù)飛行．若采用甲同學的方法火箭最高可上升的高度為h，則采用乙同學的方案火箭最高可上升的高度為（ ）（重力加速度取g，不考慮燃料消耗引起的質量變化）（　　） A．1.5h B．2h C．2.75h D．3.25h 【參考答案】C 【命題意圖】本題以火箭發(fā)射為情景，考查牛頓第二定律和勻變速直線運動規(guī)律及其相關知識點。 【解題思路】甲同學的設計方案：對火箭加速過程：由牛頓第二定律，F(xiàn)-mg=ma，解得加速度a=g，加速過程火箭上升高度為：x＝gt2 ，持續(xù)時間

21、t得到的速度為：v＝gt ；失去推力后火箭做豎直上拋運動，又上升高度：x′＝＝gt2 ，上升的總高度：h＝x+x′＝gt2。乙同學改進后的方案，前t/2時間的加速過程：由牛頓第二定律，F(xiàn)-mg=ma1，解得加速度a1=g，則前t/2時間上升的高度為x1＝g（）2 =gt2，持續(xù)時間t/2時間得到的速度為v1=g，后t/2時間的加速過程：由牛頓第二定律，F(xiàn)-mg=ma2，解得加速度a2=3g，則后t/2時間上升的高度為x2＝v1t/2+3g（）2 =gt2 ，后t/2時間后火箭速度v2= v1+a2=2gt，失去推力后火箭做豎直上拋運動，又上升高度：x3＝＝2gt2 ，上升的總高度：h’＝x1

22、+x2+ x3＝gt2+gt2 +2gt2＝2.75gt2=2.75h，選項C正確。 【試題拓展】若設計成三級推進的方式發(fā)射火箭，即當質量為m的火箭飛行經過t/3時間時，火箭丟棄掉m/3的質量，然后以相同的推力再加速飛行t/3時間時，在丟棄m/3的質量，最后以相同的推力再加速飛行t/3時間，你能夠計算出火箭飛行的高度嗎？ 2.（2019鄭州聯(lián)考）某班級同學要調換座位，一同學用斜向上的拉力拖動桌子沿水平地面勻速運動。已知桌子的總質量為10 kg，若拉力的最小值為50 N，此時拉力與水平方向間的夾角為θ。重力加速度大小為g=10 m/s2，桌子與地面間的動摩擦因數(shù)為μ，不計空氣阻力，則（

23、 ） A．μ=，θ=60°　 B．μ=，θ=60° C．μ=，θ=30°　 D．μ=，θ=30° 【參考答案】．D 【名師解析】對桌子受力分析，如圖所示。根據(jù)平衡條件可知，水平方向有Fcos θ–Ff=0，豎直方向有FN+Fsin θ–G=0，其中Ff=μFN，故F=，令μ=tan α，則F=；當θ=α時，F(xiàn)有最小值，F(xiàn)min=Gsin α=50 N，α=30°，故μ=tan 30°=，θ=30°，選項D正確。 3．（2018洛陽一模）如圖所示，某科研單位設計了一空間飛行器，飛行器從地面起飛時，發(fā)動機提供的動力方向與水平方向夾角α＝60°，使飛行器恰

24、恰與水平方向成θ＝30°角的直線斜向右上方勻加速飛行，經時間t后，將動力的方向沿逆時針旋轉60°同時適當調節(jié)其大小，使飛行器依然可以沿原方向勻減速飛行，飛行器所受空氣阻力不計，下列說法中正確的是( 　) A．加速時動力的大小等于mg B．加速時加速度的大小為g C．減速時動力的大小等于mg D．減速飛行時間t后速度為零 【參考答案】.BC 【命題意圖】 本題考查力的合成、牛頓運動定律及其相關的知識點。 【名師解析】畫出使飛行器恰恰與水平方向成θ＝30°角的直線斜向右上方勻加速飛行時的受力矢量圖，如圖1所示，由2mgco

25、s30°=F，可得加速時動力的大小等于F=mg，選項A錯誤；動力F與飛船重力mg的合力等于mg，所以飛船加速時加速度的大小為g，選項B正確；畫出使飛行器沿原方向勻減速飛行時的受力矢量圖，如圖2所示，由sin60°=F’/mg可得減速時動力的大小等于F’=mg，選項C正確；加速飛行時間t后的速度為v=at=gt。減速飛行的合外力大小為mgcos60°=mg/2，減速飛行的加速度大小為g/2，減速飛行時間2t后速度為零，選項D錯誤。 圖1 圖2 4. （2019山東聯(lián)考）北京歡樂谷游樂場天地雙雄是目前亞洲唯一的雙塔太空梭。它是能體驗強烈

26、失重、超重感覺的娛樂設施，先把乘有十多人的座艙，送到76 m高的地方，讓座艙自由落下，當落到離地面28 m時制動系統(tǒng)開始啟動，座艙勻減速運動到地面時剛好停止．若某游客手中托著質量為1 kg的飲料瓶進行這個游戲，g取9.8 m/s2，則：? A．當座艙落到離地面高度為40m的位置時，飲料瓶對手的作用力大于9.8N B．當座艙落到離地面高度為40m的位置時，飲料瓶對手的作用力為零 C．當座艙落到離地面高度為15m的位置時，飲料瓶對手的作用力小于9.8N D. 當座艙落到離地面高度為15m的位置時，手要用26.6N的力才能托住飲料瓶 【參考答案】.BD 【名師解析】當座艙落到離地面高

27、度為40m的位置時，處于完全失重狀態(tài)；故飲料瓶對手的壓力為零．選項B正確A錯誤。座艙自由落體過程，有： v2=2g（H-h）…① 座艙勻減速運動到地面過程，根據(jù)速度位移公式，有： v2=2ah…② 由①②解得：a＝120/7 m/s2 =16.8 m/s2 當座艙落到離地面高度為15m的位置時，飲料瓶處于超重狀態(tài)，有： F-mg=ma，解得F=26.6N，即當座艙落到離地面高度為15m的位置時，手要用26.6N的力才能托住飲料瓶，選項C錯誤D正確。 5．（9分）(2019浙江臺州模擬)2019年1月3日，中國的“嫦娥四號”成為了人類歷史上第一個在月球背面成功實施軟著陸的人類探測器

28、?！版隙鹚奶枴疤綔y器在距離月面100m高度的A點時，利用發(fā)動機的反推力作用懸停，用自身的三維成像敏感器對著陸區(qū)進行障礙檢測，選出月面C點為最安全的著陸點。此時，探測器調整發(fā)動機的反推力，沿水平方向從靜止勻加速直線運動，然后再以相同加速度大小勻減速直線運動，剛好在C點正上方的B點減速為零。已知AB長10m，從A到B的運動時間為20s，探測器總質量為300kg（忽略噴氣對探測器質量的影響），探測器在月球表面的重力為地球表面的，求探測器： （1）從A運動到B過程中的最大速率； （2）勻加速運動時的加速度大?。? （3）勻減速運動時發(fā)動機的反推力大小。 【命題意圖】 本題以“嫦娥四號“探測

29、器為情景，考查勻變速直線運動和牛頓運動定律及其相關的知識點。 【解題思路】（1）探測器從A運動到B的平均速度為：＝＝m/s＝0.5m/s 最大速度：vm＝2＝1.0m/s （2）加速時間t1＝＝10s 加速度大小a＝＝0.1m/s2， （3）x軸方向的合力：Fx＝ma＝30N 根據(jù)力的平行四邊形法則可得： F＝＝10N≈500N。 6.（2019福建龍巖三模）《道路交通安全法》規(guī)定汽車通過紅綠燈路口時，需按信號燈指示行駛。若某路口有等待通行的多輛汽車，第一輛汽車前端剛好與路口停止線對齊，汽車質量均為m=1 500 kg，車長均為L=4.8 m，前后相鄰兩車之間的距離均為x=1.

30、2 m。每輛汽車勻加速起動t1=4 s后保持v=10 m/s的速度勻速行駛，運動過程中阻力恒為f=1 800 N，求： （1）汽車勻加速階段的牽引力F大??； （2）由于人的反應時間，綠燈亮起時，第一個司機滯后△t=0.8 s起動，且后面司機都比前一輛汽車滯后0.8 s起動汽車，綠燈時長20 s。綠燈亮起后經多長時間第五輛汽車最后端恰好通過停止線。 【名師解析】 解：（1）依題意得，汽車前4 s的加速度 =2.5 m/s2 ① 由牛頓第二定律得 ② 解得F=5 550 N ③ （2）第五輛車最后端

31、通過停止線，需前進距離 m ④ 汽車勻加速階段加速時間 s ⑤ 汽車勻加速的位移 20 m ⑥ 汽車勻速行駛時間 =0.88 s ⑦ 第五輛車延遲時間 s ⑧ 第五輛汽車最后端恰好通過停止線的時間 s <20 s ⑨ 【1年仿真原創(chuàng)】 1．本組照片記錄了一名騎車人因自行車前輪突然陷入一較深的水坑而倒地的過程．下面是從物理的角度去解釋此情境的，其中正確的是(　　) A. 這是因為水坑里的水對自行車前輪的阻力太大，而使人和車一起倒地的 B. 騎車人與自行車原

32、來處于運動狀態(tài)，車前輪陷入水坑后前輪立刻靜止，但人與車的后半部分由于慣性仍保持原有的運動狀態(tài)，因此摔倒 C. 因為自行車的前輪陷入水坑后，自行車還能加速運動，所以人和車一起倒地了 D. 因為自行車的前輪陷入水坑后，自行車的慣性立即消失，而人由于慣性將保持原有的運動狀態(tài)，故人向原來的運動方向倒下了 【參考答案】B 【名師解析】騎車人因自行車前輪突然陷入一較深的水坑而倒地，其原因是: 騎車人與自行車原來處于運動狀態(tài)，車前輪陷入水坑后前輪立刻靜止，但人與車的后半部分由于慣性仍保持原有的運動狀態(tài)，因此摔倒,選項B正確。 2. 用遙控直升機下輕繩懸掛質量為m的攝像機可以拍攝學生在操場上的跑操情

33、況。開始時遙控直升機懸停在C點正上方。若遙控直升機從C點正上方運動到D點正上方經歷的時間為t，已知CD之間距離為L，直升機的質量為M，直升飛機的運動視作水平方向的勻加速直線運動。在拍攝過程中懸掛攝影機的輕繩與豎直方向的夾角始終為β，假設空氣對攝像機的作用力始終水平。則（ ） β β L A B C D E F d A．輕繩中的拉力FT=mg/cosβ B．遙控直升機加速度a=gtanβ C．直升機所受的合外力為F合= D．這段時間內空氣對攝像機作用力的大小為 【參考答案】.AD 【名師解析】 對攝像機受力分析，攝像機受到輕繩拉力FT

34、和重力mg，由FTcosβ=mg，解得輕繩中的拉力FT= mg /cosβ，選項A正確。由L=at2，解得遙控直升機加速度a=，選項B錯誤。直升機所受的合外力為F合=Ma= ，選項C錯誤。設攝像機受到的風力為F，繩子拉力為T ，重力為mg。則FTsinβ-F=ma，F(xiàn)Tcosβ=mg，解得：，選項D正確。 3. 如圖是一架小型四旋翼無人機，它是一種能夠垂直起降的遙控飛行器，具有體積小、使用靈活、飛行高度低、機動性強等優(yōu)點?，F(xiàn)進行試驗：無人機從地面由靜止開始以額定功率豎直向上起飛．經t＝20s上升到h＝47m,，速度達到v＝6 m/s。之后，不斷調整功率繼續(xù)上升，最終懸停在高H = 108

35、m.處．已知無人機的質量m＝4kg，無論動力是否啟動，無人機上升、下降過程中均受空氣阻力，且大小恒為f＝4 N.取g＝10 m/s2，求 (1）無人機的額定功率； （2）當懸停在H高處時，突然關閉動力設備．無人機由靜止開始豎直墜落，2s末啟動動力設備，無人機立即獲得向上的恒力F，使其到達地面時速度恰好為0，則F是多大？ 【參考答案】（1）107W（2）43.2N 【名師解析】(1) 無人機從地面由靜止開始以額定功率豎直向上起飛．由動能定理，Pt-（mg+f）h=mv2， 解得：P=107W. (2)失去升力后下落過程，由牛頓第二定律，mg-f=ma1， 經過2s后的速度為：v1=a1t1， 下落高度：h1= a1t12， 恢復升力后減速下落，0-v12=2a2(H- h1)， 由牛頓第二定律，mg-f-F=ma2， 聯(lián)立解得：F=43.2N。 16