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第三章 力与运动的关系
（考试时间：100 分钟 试卷满分：90 分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡
皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷(选择题，共48 分)
一、选择题(本题共12 小题，每小题4 分，共48 分。在每个小题给出的四个选项中，第1～8 小题，只有
一个选项符合题意；第9～12 小题，有多个选项符合题意，全部选对的得4 分，选对而不全的得2 分，错
选或不选的得0 分)
1.（2025·山西忻州·一模）人体弹弓，将人体当做弹丸射出，新颖刺激，与众不同，如图是一种
人体弹弓的示意图，两根相同的橡皮绳（符合胡克定律）连接到座椅上，座椅可在倾斜轨道上滑动，
、
、在同一直线上。将弹弓拉满后固定，当人坐到座椅上后，在
时拨动开关，
时刻弹弓将人从点
射出。人在空中飞行一段时间后于
时刻落到水池中。忽略空气阻力，则人沿水平方向的速度
与的关
系，下列图像可能正确的是（ ）
A．
B．
1
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C．
D．
【答案】B
【详解】 设轨道倾角为
，座椅与轨道摩擦力为
，橡皮筋对人的力为
，人和座椅总质量为
。
一起在轨道上运动过程中，在忽略空气阻力的情况下，根据牛顿第二定律
而橡皮
筋对人的力在减小，可知人和座椅的加速度先减小后反向增大。则人先由静止开始做加速度减小的加
速直线运动。然后做加速度增大的减速运动；
时刻弹弓将人从点射出，当人离开座椅后做斜抛运动，
其水平方向的速度不变，
图像中斜率表示加速度，则图像的斜率先减小后增大，最后是零，B 项正
确。
2.（2025·安徽省合肥市高三二模）如图所示为一款名为“飞天雪王”的玩具，其下半部由轻
质弹性网制成。用手下压其头部，弹性网被压缩，松手后“飞天雪王”被竖直弹向空中。以其头部的初始
位置为坐标原点、竖直向上为正方向建立x 轴。已知弹性网的弹力大小与形变量成正比，不计空气阻力，
则在“飞天雪王”向上运动的过程中，其速度v 或加速度a 随时间t 变化的关系图像可能正确的是
（ ）
A.
B.
2
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C.
D.
【答案】B
【详解】 在“飞天雪王”向上运动的过程中，一开始弹力大于重力，加速度方向向上（正方向），随着
弹力的减小，“飞天雪王”的合力逐渐减小，“飞天雪王”的加速度逐渐减小；当弹力等于重力时，“飞
天雪王”的加速度为0，“飞天雪王”的速度达到最大；之后弹力小于重力，“飞天雪王”的合力方向向
下，且随着弹力的减小，“飞天雪王”的合力逐渐增大，则“飞天雪王”的加速度向下（负方向）逐渐增
大，当“飞天雪王”离开弹性网后，在空中只受重力作用，加速度为重力加速度，保持不变。根据以上分
析可知，在“飞天雪王”向上运动的过程中，先向上做加速度逐渐小的运动，故B 正确
3.（2025·山东·模拟预测）如图，光滑的水平地面左侧固定一竖直挡板，水平轻质弹簧左端固定在竖直挡板
上，右端与质量为
的物块
相连接，现将质量为
的物块
置于
的右侧，推动
使其缓慢向左移动至
处（图中未画出），弹簧的弹性势能
，
为弹簧劲度系数，
为弹簧的形变量。物块
、
均
可视为质点，弹簧始终在弹性限度内，现将
从
处由静止释放。下列说法正确的是（ ）
A．
、
分开之前，相同时间内，弹簧对
的冲量与
对
的冲量相同
B．
在整个运动过程中，在
点的加速度最大
C．
、
分开之后，
依然可以回到
点
D．
、
分开前，
的加速度随其位移均匀减小
【答案】D
【详解】A．根据动量定理，
、
分开之前，相同时间内，弹簧对
的冲量等于
，
组成的系统动量的
变化量，必大于
动量的变化量，即大于
对
的冲量，故A 错误；
B．设最初物块在
点时弹簧上的弹性势能为
，则
根据牛顿第二定律
3
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解得
两物块分开瞬间速度大小相同，此时弹簧处于原长，物块
的动能为
，可知分开后弹簧上最大的弹性势
能为
，同理解得此时最大加速度为
可知物块
运动过程中最大加速度处并非在
处，故B 错误；
C．由能量守恒定律可知，分开后
无法运动至
处，故C 错误；
D．
、
分开前
的加速度大小
其加速度是位移的一次减函数，故加速度随位移均匀减小，故D 正确。
故选D。
4．（2025·河北保定·三模）如图所示，ABC 和CDE 两个光滑斜面体固定在水平面上，a、b 两个小球分别
从两个斜面的最高点A 和E 同时由静止释放，结果两个球同时到达C 点，已知斜面体ABC 的斜面长为
、
高为
，斜面体CDE 斜面长为
，高为
，不计小球大小，则下列关系正确的是（ ）
A．
B．
4
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C．
D．
【答案】C
【详解】
球运动的加速度大小
b 球运动的加速度大小
a、b 两个小球分别从两个斜面的最高点A 和E 同时由静止释放，结果两个球同时到达C
点，则有
，
解得
故选C。
5．（2025·四川达州·一模）如图所示，用不可伸长的轻绳连接物块P、Q 跨过轻质定滑轮，P 的质量为m、
Q 的质量为M，m < M，不计一切摩擦。现将P、Q 释放，在物块P 达到定滑轮前，甲图轻绳上的拉力为
F1，乙图轻绳上的拉力为F2，下列关于F1、F2大小关系正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】对甲图整体受力分析有
甲图中绳子的拉力
5
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对乙图整体受力分析有
对乙图中P 受力分析有
解得
联立得
故选C。
6．（2025·四川德阳·模拟预测）如图所示，将一个中间有孔的质量为m 的小木块套在粗糙横杆上，木块两
侧连接相同的轻弹簧，轻弹簧的另一端与箱子内壁连接，横杆两端固定在箱子上，箱子与横杆总质量为
M，现将整个装置放在光滑地面上，此时木块位于横杆中点，且两弹簧均处于自然长度，
时刻对箱子
施加水平向右的恒力F，在
时（
足够大），撤去F，该过程F 对箱子做功为W。已知木块与横杆之
间动摩擦因数为
，重力加速度大小为g，整个运动过程，弹簧的变化始终在弹性限度内，木块并未接触
箱子左右两侧，则下列说法一定正确的是（ ）
A．
B．最终稳定时箱子速度大小为
C．若
，F 作用瞬间，箱子的加速度大小为
6
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D．若
，F 作用瞬间，箱子的加速度大小为
【答案】B
【详解】A．如果拉力较小，木块和箱子不发生相对滑动
位移为
拉力做的功
如果拉力较大，则小木块会发生相对滑动
箱子的位移
该过程F 对箱子做功为
故A 错误；
B．最终稳定时木块和箱子速度相同，根据动量定理
解得
故B 正确；
CD．设木块和箱子刚好发生相对滑动，此时两者之间的摩擦力达到最大静摩擦力
对于小木块
得
此时拉力大小
7
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若
F 作用瞬间，木块和箱子不发生相对滑动，箱子的加速度大小
若
F 作用瞬间，木块和箱子发生相对滑动，箱子的加速度大小为
若
，不知F 与
的关系，所以作用瞬间，箱子的加速度大小，两种情况都有可能。
故CD 错误；
故选B。
7.（2025·河南·二模）如图1 所示，倾角为30°的浅色传送带以恒定速率逆时针运行，将一质量为 m 的可视
为质点的深色物块轻放在传送带的顶端P 点，2s 末物块恰好到达传送带底端Q 点。物块的速度v 随时间t
的变化图像如图2 所示，重力加速度大小
。下列说法正确的是（ ）
A．物块与传送带之间的动摩擦因数为
B．物体滑到Q 点的速度大小为9 m/s
C．P、Q 两点之间的距离为12 m
D．传送带划痕的长度为3m
【答案】D
8
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【详解】A．图2 可知，物块向从0 开始先加速到与传送带共速（
），之后再继续加速到传送带
末端，设动摩擦因数为
，速度时间图像斜率表示加速度，故结合图2 可知共速前，物块加速度大小
解得
故A 错误；
B．共速后，物块加速度大小
物体滑到Q 点的速度大小为
故B 错误；
C．速度时间图像面积表位移，P、Q 两点之间的距离为
故C 错误；
D．图像可知从开始到共速用时
，则共速前划痕
联立以上解得
图像2 可知，共后到Q 点用时
，则共速到Q 点划痕
联立以上，解得
故传送带划痕的长度为3m，故D 正确。
9
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故选D。
8.
（2025·山东济南一模）一名消防队员在模拟演习训练中，沿着竖立固定在地面上的钢管往下
滑，已知这名消防队员的质量为60kg，他从钢管顶端由静止开始先匀加速再匀减速下滑，且匀减速阶段平
均速度为4m/s，滑到地面时速度恰好为零。如果他加速时的加速度大小是减速时的2 倍，下滑的总时间为
3s，
取
，那么该消防队员（ ）
A．下滑的总距离为15m
B．加速与减速过程的时间之比为1:3
C．加速与减速过程中所受摩擦力大小之比为1:7
D．加速与减速过程的位移之比为2:1
【答案】C
【详解】A．设最大速度为
，根据平均速度推论可得最大速度
根据平均速度推论可得下
滑的总距离
，A 错误；
B．加速的时间
减速的时间
因为加速的加速度是减速的两倍，则加速的时间与减速的时间
之比为1：2，B 错误；
C．根据B 选项分析可知
又
解得加速的时间
减速的时间
加速的加速度的大
小
减速的加速度大小
根据牛顿第二定律得，加速过程中有
解
得
减速过程有
解得
10
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则加速与减速过程中所受摩擦力之比
，C 正确；
D．根据
知，加速和减速的时间之比为1：2，则加速和减速的位移之比为1：2，D 错误。故选
C。
9.
（2025·湖南省永州市一模） 如图甲是风洞示意图，风洞可以人工产生可控制的气流，用以模
拟飞行器或物体周围气体的流动。在某次风洞飞行表演中，质量为50kg 的表演者静卧于出风口，打开气
流控制开关，表演者与风力作用的正对面积不变，所受风力大小
（采用国际单位制），
为风速。
控制
可以改变表演者的上升高度
，其
与
的变化规律如乙图所示，
取
。表演者上升10m
的运动过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 表演者做匀变速直线运动，加速度大小为
B. 表演者一直处于失重状态
C. 表演者上升5m 时获得最大速度
D. 表演者的机械能一直在增加
【答案】CD
【详解】 对表演者进行分析，当
合力向上，人向上加速，由牛顿第二定律
故随着风速减小，加速度减小，人先做加速度减小的加速运动；
当
解得
11
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由乙图可知
联立解得
，这时加速度为零，速度最大；
当
合力向下，人向上减速，由牛顿第二定律
故随着风速的减小，加速度增大。所以表演者先做加速度逐渐减小的加速运动，再做加速度逐渐增大的减
速运动，则表演者先处于超重状态再处于失重状态，A、B 项错误，C 项正确；表演者在上升过程中受风
力作用，由于
风力做的功等于机械能的变化量，风力做正功，则表演者的机械能一直在增加，D 项正确。
10.（2025·河南驻马店·二模）如图所示，轻弹簧竖直固定在水平桌面上，质量为
的木块放置在弹簧上但
不拴接，质量为
的铁块放置在木块上并通过跨过光滑定滑轮的轻质细线与质量为
的铁球连接，先用
手托住铁球使细线恰好伸直但无张力，然后将铁球由静止释放。已知重力加速度为
，
，轻弹簧劲
度系数为
，弹簧始终处于弹性限度内，则（ ）
A．铁球释放瞬间其加速度大小为
B．铁块与木块分离之前细线的张力逐渐增大
C．铁块与木块分离时铁球的加速度大小为
12
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D．从初始状态到铁块与木块分离时，木块的位移为
【答案】BCD
【详解】A．铁球释放瞬间，铁块与木块并未分离，所以三者加速度相同，开始时弹簧的弹力
设铁球释放瞬间其加速度大小为
，细线的张力为
，对于铁球有
对于铁块与木块有
联立解得
故A 错误；
B．铁块与木块分离之前，结合上述可知，因弹簧的弹力逐渐减小，所以系统的加速度逐渐减小，则细线
的张力逐渐增大，故B 正确；
C．铁块与木块分离时木块对铁块无作用力，所以对于铁块与铁球有
所以此时铁球的加速度大小为
故C 正确；
D．结合上述可知，初始状态弹簧的压缩量为
设铁块与木块分离瞬间弹簧的压缩量为
，则对木块有
联立可得从初始状态到铁块与木块分离时木块的位移
13
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故D 正确。
故选BCD。
10．（2025·湖北楚才高中一模）如图所示，与水平面成
角的直棒上有一滑套，可以无摩擦地在棒
上滑动。开始时滑套相对棒静止，此时与棒的上端相距
，与棒的下端相距
。现在使棒
保持倾角
不变，以加速度
水平向右做匀加速直线运动，下列说法正确的是（取
，
）（ ）
A．若加速度
，滑套恰好不会在棒上滑动
B．若加速度
，滑套恰好不会在棒上滑动
C．若加速度
，滑套经过
会从棒的上端滑出
D．若加速度
，滑套经过
会从棒的下端滑出
【答案】BC
【详解】AB．设棒以加速度
向右匀加速时，滑套恰好不在棒上滑动，如图所示
则有
，
解得
故A 错误，B 正确；
C．当
时，滑套会沿棒上滑，如图所示
14
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设滑套相对棒的加速度大小为
，经时间
滑套滑出直棒，则有
，
，
解得
，
故C 正确；
D．当
时，滑套会沿棒下滑，如图所示
设滑套相对棒的加速度大小为
，经时间
滑套滑出直棒，则有
，
，
解得
，
故D 错误。故选BC。
12（2025·河南信阳一模）.某货物输送装置可简化为如图所示，将一个质量为M 的载物平台架在两根完全
相同、轴线在同一水平面内足够长的平行圆柱上。已知平台与两圆柱间的动摩擦因数均为μ，平台的重心
与两圆柱等距，两圆柱以角速度ω绕轴线做相反方向的转动，重力加速度大小为g。现给平台施加一过平
台重心且沿平行于轴线方向的恒力F，使载物平台从静止开始运动。下列说法正确的是（ ）
A．只有当F > μMg时，平台才能开始运动
15
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B．平台运动的最大加速度大小a= F
M
C．只要平台运动距离足够远，平台最终一定会做匀速直线运动
D．ω越大，平台从静止开始运动相同距离用时越短
【答案】BD
【详解】ABC．平台与两个圆柱表面的摩擦力相等，大小
f = 1
2 μMg
开始时平台受到两圆柱的摩擦力平衡，所以开始运动时加速度大小为
a= F
M
圆柱表面的点转动的线速度大小为
v
′ =ωr
若平台运动的速度大小为v，则沿该方向上受到一根圆柱的摩擦力分量为
f x = f cosθ = 1
2 μMg
v
√v
2+(ωr)
2
根据牛顿第二定律可得
F −μMg
v
√v
2+(ωr)
2 = Ma
开始时v =0，平台受到的两圆柱摩擦力平衡，加速度最大，大小为
a= F
M
即使F 较小，平台也能运动，由于v 在不断增大，加速度会越来越小，当F ＞μMg时
a＞0
无论平台运动的距离多远，最终都不会匀速直线运动，故AC 错误，B 正确；
D．角速度越大，平台运动的加速度越大，平均速度越大，从静止开始运动相同距离用时越短，D 正确。
16
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故选BD。
第Ⅱ卷(非选择题，共52 分)
二、填空题(本题共2 小题，共14 分)
13．(6 分)（2025·全国·一模）某同学设计了如图所示的实验装置，既可以验证牛顿第二定律，也可以测量
滑块的质量与当地的重力加速度，实验器材有带加速度传感器的滑块（传感器的质量忽略不计）、质量已
知的钩码、水平光滑的桌面（右端带定滑轮）、动滑轮（轻质）、轻质细线。
实验步骤如下：
A．调节定滑轮使细线水平，动滑轮跨在细线上，钩码挂动滑轮上，滑块与钩码由静止开始做匀加速直线
运动，记录加速度传感器的示数以及相应的钩码质量；
B．改变悬挂钩码的个数，重复步骤A，得到多组加速度a 与相应悬挂的钩码总质量M；
C． 画出1
M −1
a
的函数关系图像如图乙所示。
(1)设当地的重力加速度为g，滑块的质量为m，写出1
M −1
a
的函数关系图像的表达式 （用g、m、
M、a 来表示）；
(2)若1
M −1
a
图像纵轴的截距为b，斜率为k，可得m= ，g= （用b、k 来表示）。
【答案】(1) 1
M = g
2m ⋅1
a −1
4 m
(2) −1
4 b
−k
2b
【详解】（1）由图甲可知，相同时间内滑块的位移大小是钩码位移大小的两倍，则滑块的加速度大小是
钩码加速度大小的两倍；以滑块为对象，根据牛顿第二定律可得
T =ma
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以钩码为对象，根据牛顿第二定律可得
Mg−2T = M ⋅a
2
联立可得
1
M = g
2m ⋅1
a −1
4 m
（2）[1][2]根据
1
M = g
2m ⋅1
a −1
4 m
可知1
M −1
a
图像纵轴的截距为
b=−1
4 m
1
M −1
a
图像的斜率为
k = g
2m
解得
m=−1
4 b
，g=−k
2b
14．(8 分)（2025·天津·二模）某实验小组利用如图（Ⅰ）所示的装置探究加速度与力、质量的关系。
18
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(1)下列做法正确的是______（填正确答案标号）。
A．调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行
B．在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在木块上
C．实验时，先放开木块再接通打点计时器的电源
D．通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度
(2)实验得到如图（Ⅱ）所示的纸带，已知打点计时器使用的交流电源频率为50Hz，相邻两计数点之间还
有四个点未画出，由图中数据可知小车运动的加速度大小是 m/s
2（结果保留三位有效数字）。
(3)甲、乙两同学在同一实验室，各取一套图示的装置放在水平桌面上，木块上均不放砝码、在没有平衡摩
擦力的情况下，研究加速度a 与拉力F 的关系如图（Ⅲ）所示，分别得到图中甲、乙两条直线。设甲、乙
用的木块质量分别为m甲、m乙，甲、乙用的木块与木板间的动摩擦因数分别为μ甲、μ乙，由图可知，m甲
m乙，μ甲 μ乙。（选填“大于”、“小于”或“等于”）
【答案】(1)AD
(2)2.40
(3) 小于 大于
【详解】（1）A．调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行，可以使小车受到的拉力等于绳
子上的拉力，A 正确；
B．平衡摩擦力时，应将绳从小车上拿去，轻轻推动小车，小车沿木板运动，通过打点计时器打出来的纸
带判断小车是否匀速运动，B 错误；
C．实验时，如果先放开小车，再接通打点计时器电源，由于小车运动较快，可能会使打出来的点很少，
不利于数据的采集和处理，所以应该先接通电源，在释放小车，C 错误；
D．每次改变小车质量时，小车的重力沿斜面分力和摩擦力仍能抵消，不需要重新平衡摩擦力，D 正确。
故选AD。
（2）交流电源频率为50Hz，相邻两计数点之间还有四个点未画出，则相邻计数点的时间间隔为
T =0.1s
小车运动的加速度大小为
a= xBD−xOB
4T
2
=2.40 m/s
2
（3）[1]当没有平衡摩擦力时有
T −f =ma
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则
a= 1
m T −μg
即图线斜率为1
m
，纵轴截距大小为μg，可知斜率越大，质量越小，纵轴截距越大，动摩擦因数越大，观察
图线可知
m甲<m乙
μ甲> μ乙
三、计算题(本题共4 小题，共38 分。要有必要的文字说明和演算步骤。有数值计算的要注明单位)
15．(9 分)南平建瓯的挑幡技艺迄今已有300 余年历史，有“华夏绝艺”的美称。如图所示，挑幡表演者顶
着一根外表涂有朱红油漆、顶部顺杆悬挂绵幡的毛竹，从半蹲状态到直立状态，此过程中毛竹经历由静止
开始加速和减速到速度为零的两个阶段，两阶段均视为匀变速直线运动且加速度大小相等。已知毛竹上升
过程总时间为t，上升高度为h，毛竹和绵幡的总质量为m，重力加速度大小为g，不计空气阻力。求毛竹
上升过程中：
（1）最大速度
的大小；
（2）匀加速阶段加速度a 的大小；
（3）匀减速阶段对表演者的压力
的大小。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）由题意可知，毛竹先匀加速上升再匀减速上升，平均速度均为
又
解得
本题还可以采用图像法，作出整个过程的
图像如图所示
20
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根据图线与时间轴围成的面积物理意义表示位移，即
可得
（2）根据加速度的定义式可知
（3）毛竹匀减速阶段，加速度竖直向下，根据牛顿第二定律可
知
解得
根据牛顿第三定律可知，匀减速阶段对表演者的压力为
16．(9 分)（2025·山西大同一模）智能机器人自动分拣快递包裹系统被赋予“惊艳世界的中国黑科技”称
号。如图所示，智能机器人携带包裹从供包台静止开始运动，抵达分拣口时，速度恰好减为零，翻转托盘
使托盘倾角缓慢增大，直至包裹滑下，将包裹投入分拣口中。某次分拣时，携带包裹的机器人沿倾角为
α=8°的轨道从供包台静止开始运动到相距44m 的分拣口处。在运行过程中包裹与托盘保持相对静止。已知
机器人加速过程的加速度为2m/s²，运行的最大速度为4m/s，机器人以最大速度匀速运动8s 后，做匀减速
运动，并刚好停在分拣口。机器人运送包裹过程中可视为质点。
（1）若包裹与托盘的动摩擦因数为
设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则在机器人到达分拣口处，
要使得包裹能下滑，托盘与车上表面的夹角最小是多少？
（2）机器人匀减速过程的加速度为多少？
【答案】（1）
；（2）
21
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【详解】（1）包裹刚好能下滑，则
解得
即夹角最小值为
。
（2）匀加速过程，由
可得匀加速的位移
匀速位移为
则匀减速位移为
由
可得匀减速得加速度
17．(9 分)（2025·陕西西安长安区·一模）如图
，光滑水平地面上放有一块上表面粗糙的长木板，木板上
面右端有一个小物块；一水平向右的力
从
时刻开始作用在木板上。力
随时间变化的图像及小物
块的加速度
随时间变化的图像分别在图
和图中给出。已知小物块的质量
，木板的质量
；图中
。取重力加速度
，求
(1)小物块和木板间的动摩擦因数；
(2)
时刻和
时刻木板的速度大小；
(3)从
时刻以后物块在木板上滑动的距离。
【答案】(1)0.2 (2)5m/s，7.25m/s (3)1.5m
【详解】（1）结合题意分析可知，
时间内物块和长木板随着F 增大一起做加速度运动，
以后物块
和长木板发生相对滑动，设物块和木板间的动摩擦因数为
，对物块，结合图c，由牛顿第二定律得
，
代入题中数据，解得
（2）题意可知0 时刻，对整体，拉力大小
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时刻，对整体，拉力大小
且
时间内，拉力F 均匀增加，对整体，规定向右为正方向，设
时刻整体速度为
，由动量定理得
联立以上解得
以后物块和长木板发生相对滑动，数学关系可得
代入题中数据，解得
时刻拉力大小
设
时刻木板速度为
，对长木板，由动量定理得
联立解得
（3）由速度时间关系可知，
时刻物块的速度为
故
时刻后物块加速运动，图像可知此后拉力为恒力，且大小为
，由牛顿第二定律可知木板加速度大小
为
图c 可知
时刻，物块已脱离长木板，故
时刻后物块在木板上滑动的距离
联立以上解得
18．(11 分)．（2025·山东临沂·二模）火箭是世界各国进行太空活动的主要运载工具，我国针对火箭可重
复使用技术展开了探索和研究。为了研究火箭可回收技术，某次从地面发射质量为m=100kg的小型实验
火箭，火箭上的喷气发动机可产生恒定的推力，且可通过改变喷气发动机尾喷管的喷气质量和方向改变发
动机推力的大小和方向。火箭起飞时发动机推力大小为F，与水平方向成α =60°，火箭沿斜向右上方与水
平方向成β =30°做匀加速直线运动。经过t1=20s，立即遥控火箭上的发动机，使推力的方向逆时针旋转
60°，同时改变推力大小，使火箭沿原方向做匀减速直线运动（不计遥控器通信时间、空气阻力和喷气过
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程中火箭质量的变化，g=10 m/s
2）。求：
（1）推力F 的大小；
（2）火箭上升的最大高度。
【答案】（1）1000√3 N；（2）6000m
【详解】（1）如图
根据几何关系
F合=mg
F =2mgcos30° =1000√3 N
（2）当推力逆时针方向转动60°后受力情况如图，其中F2与竖直方向的夹角为30°
图中F合
‘ 与F2
垂直
F合
‘ =mgsin30° =500N
加速阶段的加速度
a1= F合
m = 1000
100 m/s
2=10m/s
2
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减速阶段的加速度
a2= F合
’
m = 500
100 m/s
2=5 m/s
2
加速阶段与减速阶段的速度变化情况相同，则有
a1t1=a2t2
解得
t2=2t1=2×20s=40s
所以上升的最大高度
h= 1
2 a1t1
2+ 1
2 a2t2
2=6000 m
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