練習1 動力學與運動學綜合問題—2025年高考物理壓軸題專項通關(guān)秘籍（全國通用）-試卷下載-教習網(wǎng)

1、勻變速直線運動基本規(guī)律
(1)速度公式：v＝v0＋at.
(2)位移公式：x＝v0t＋eq \f(1,2)at2.
(3)位移速度關(guān)系式：v2－veq \\al( 2,0)＝2ax.
這三個基本公式，是解決勻變速直線運動的基石．均為矢量式，應(yīng)用時應(yīng)規(guī)定正方向．
2、兩個重要推論
(1)物體在一段時間內(nèi)的平均速度等于這段時間中間時刻的瞬時速度，還等于初、末時刻速度矢量和的一半，即：eq \x\t(v)＝v＝eq \f(v0＋v,2).
(2)任意兩個連續(xù)相等的時間間隔T內(nèi)的位移之差為一恒量，即：Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝aT2.
3、v0＝0的四個重要推論
(1)1T末、2T末、3T末、……瞬時速度的比為：v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n
(2)1T內(nèi)、2T內(nèi)、3T內(nèi)……位移的比為：x1∶x2∶x3∶…∶xn＝12∶22∶32∶…∶n2
(3)第一個T內(nèi)、第二個T內(nèi)、第三個T內(nèi)……位移的比為：xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)
(4)從靜止開始通過連續(xù)相等的位移所用時間的比為：
t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(eq \r(2)－1)∶(eq \r(3)－eq \r(2))∶…∶(eq \r(n)－eq \r(n－1))
4、牛頓第二定律
(1)表達式為F＝ma.
(2)理解：核心是加速度與合外力的瞬時對應(yīng)關(guān)系，二者總是同時產(chǎn)生、同時消失、同時變化．
5、求解多階段運動問題的四點注意
(1)準確選取研究對象，根據(jù)題意畫出物體在各階段的運動示意圖，直觀呈現(xiàn)物體的運動過程．
(2)明確物體在各階段的運動性質(zhì)，找出題目給定的已知量、待求未知量以及中間量．
(3)合理選擇運動學公式，列出物體在各階段的運動方程，同時列出物體各階段間的關(guān)聯(lián)方程．
(4)勻變速直線運動涉及的公式較多，各公式相互聯(lián)系，大多數(shù)題目可一題多解，解題時要開闊思路，通過分析、對比，根據(jù)已知條件和題目特點適當?shù)夭鸱?、組合運動過程，選取最簡捷的解題方法．
6、動力學圖像分析
（1）動力學中常見的圖象v－t圖象、x－t圖象、F－t圖象、F－a圖象等．
（2）解決圖象問題的關(guān)鍵：
①看清圖象的橫、縱坐標所表示的物理量及單位并注意坐標原點是否從零開始。
②理解圖象的物理意義，能夠抓住圖象的一些關(guān)鍵點，如斜率、截距、面積、交點、拐點等，判斷物體的運動情況或受力情況，再結(jié)合牛頓運動定律求解．
1．（2024?貴州模擬）如圖，一小型卡車行駛在平直公路上，車上裝有三個完全相同、質(zhì)量均為m的光滑圓柱形勻質(zhì)物體，A、B水平固定，C自由擺放在A、B之上。當卡車以某一恒定的加速度剎車時，C對A的壓力恰好為零，已知重力加速度大小為g，則C對B的壓力大小為（）
A．33mgB．233mgC．3mgD．2mg
【解答】解：卡車以某一恒定的加速度剎車時，其加速度水平向左，則C所受的合力水平向左，而C對A的壓力恰好為零，則C只受重力和B對C的支持力，由豎直方向平衡有，自身重力與B對C的支持力平衡，NBCsin60°＝mg
解得B球?qū)球的支持力為NBC=233mg
由牛頓第三定律可知C對B的壓力大小為233mg，故B正確，ACD錯誤。
故選：B。
2．（2024?山西模擬）如圖所示，勁度系數(shù)為400N/m的豎直輕彈簧下端固定在地面上，上端與質(zhì)量為2kg的物塊1連接，質(zhì)量為4kg的物塊2疊放在1上，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)。現(xiàn)對物塊2施加豎直向上的拉力，使物塊2豎直向上做勻加速直線運動，已知拉力在t＝0.2s內(nèi)為變力，0.2s后為恒力，取g＝10m/s2，下列說法正確的是（）
A．物塊2勻加速直線運動的加速度大小為4m/s2
B．t＝0時，拉力的大小為24N
C．t＝0.2s時，拉力的大小為28N
D．t＝0.2s時，彈簧彈力的大小為56N
【解答】解：系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，根據(jù)受力平衡可知（m1+m2）g＝kx0
0～0.2s過程中根據(jù)位移—時間公式可知x=12at2
t＝0時對系統(tǒng)，根據(jù)牛頓第二定律可知F1＝（m1+m2）a
t＝0.2s時，對物塊1根據(jù)牛頓第二定律可知F﹣m1g＝m1a
彈簧彈力F＝k（x0﹣x）
對物塊2根據(jù)牛頓第二定律可知F2﹣m2g＝m2a
聯(lián)立解得x0＝0.15m，x＝0.08m，a＝4m/s2，F(xiàn)＝28N，F(xiàn)1＝24N，F(xiàn)2＝56N，故AB正確，CD錯誤。
故選：AB。
3．（2023秋?興化市期末）根據(jù)海水中的鹽分高低可將海水分成不同密度的區(qū)域，當潛艇從海水高密度區(qū)域駛?cè)氲兔芏葏^(qū)域，浮力頓減，稱之為“掉深”。如圖甲所示，我國南海艦隊某潛艇在高密度海水區(qū)域沿水平方向緩慢航行。t＝0時，該潛艇“掉深”，隨后采取措施自救脫險，在0～50s內(nèi)潛艇豎直方向的v﹣t圖像如圖乙所示（設(shè)豎直向下為正方向）。不計水的粘滯阻力，則（）
A．潛艇在t＝20s時下沉到最低點
B．潛艇豎直向下的最大位移為750m
C．潛艇在“掉深”和自救時的加速度大小之比為5：2
D．潛艇在0～20s內(nèi)處于超重狀態(tài)
【解答】解：A．由v﹣t圖像可知，在50s內(nèi)先向下加速后向下減速，則t＝50s潛艇向下到達最大深度。故A錯誤；
B．由圖像可知潛艇豎直向下的最大位移為圖線與坐標軸所圍面積，即
?=12×30×50m=750m
故B正確；
C．潛艇在“掉深”時向下加速，則由圖像中圖線的斜率表示加速度可得a=3020m/s2=1.5m/s2
在自救時加速度大小可表示為a'=3030m/s2=1m/s2
可知加速度大小之比為aa'=32
故C錯誤；
D．潛艇在0～20s內(nèi)向下加速，具有向下的加速度，處于失重狀態(tài)。故D錯誤。
故選：B。
4．（2023秋?武漢期末）如圖所示，輕質(zhì)彈簧1一端與靜止在傾斜木板上的物體A相連，另一端與細線相連，該彈簧與傾斜木板保持平行，細線繞過光滑的定滑輪與物體B相連。B、C通過輕質(zhì)彈簧2連接，且B、C始終未觸及地面。初始時系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，木板與水平面間的夾角為30°，若mA：mB：mC＝3：1：2，發(fā)生以下變化時，物體A始終保持靜止，則（）
A．木板與水平面的夾角減小時，A受到的靜摩擦力減小
B．木板與水平面夾角保持30°不變，剪斷細線后，A所受摩擦力增大
C．剪斷細線瞬間，B、C一起以加速度g自由下落
D．剪斷細線瞬間，B的加速度為3g
【解答】解：A、設(shè)A、B、C質(zhì)量分別為3m、m、2m，初始時對A物體受力分析有
3mgsin30°+f＝3mg
則木板與水平面的夾角減小時，由三角函數(shù)單調(diào)性知，A物體受到的靜摩擦力增大，故A錯誤；
B、剪斷細線后，對A物體受力分析有
3mgsin30°＝f′
聯(lián)立可得
f＝f′
故B錯誤；
CD、剪斷細線瞬間，2彈簧彈力沒有突變，大小為F＝2mg，則C的加速度為零，B的加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律有
mg+F＝ma
解得
a＝3g
故C錯誤，D正確。
故選：D。
5．（2023秋?長沙期末）A、B兩小球同一時刻從不同的高度由靜止釋放，A球所受空氣阻力可忽略，B球所受空氣阻力的大小與物體速率成正比，兩小球同一時刻落到水平地面，落地瞬間均以原速率反彈，規(guī)定向下為正方向，關(guān)于兩小球的速度v與時間t的圖像，下列可能正確的是（）
A．B．
C．D．
【解答】解：A、B球所受空氣阻力大小與物體速率成正比，B球下降階段加速度大小a1=g?kvm，上升階段加速度大小a2=g+kvm，球下降階段與上升階段加速度大小不同，小球落地后以原速度大小反彈，根據(jù)t=vt?v0a，B球下降階段與上升階段時間不同，故A錯誤；
BC、由于v﹣t圖像的斜率代表加速度，B球所受空氣阻力大小與物體速率成正比，B球下降階段加速度越來越小，則B球下降階段圖像的斜率越來越小，故BC錯誤；
D、A球上升階段與下降階段所需時間相同，加速度相同，B球上升階段加速度較大，根據(jù)t=vt?v0a，所需時間較短，下降階段加速度隨時間減小，上升階段加速度隨時間而減小，故D正確。
故選：D。
6．（2023秋?下城區(qū)校級期末）一輛貨車載著質(zhì)量均為m的完全相同的圓柱形空油桶，在車廂底層油桶平整排列，相互緊貼并被牢牢固定，上一層只有一只油桶c自由地擺放在油桶a、b上面，如圖所示。忽略油桶間的摩擦作用，重力加速度為g。下列說法正確的是（）
A．當貨車做勻速直線運動時，油桶a所受的合力為mg
B．當貨車做勻速直線運動時，油桶c對a的壓力大小為12mg
C．當貨車做勻速直線運動時，油桶c對a的壓力大小為mg
D．當貨車向右的加速度增大到33g時，油桶c會脫離b
【解答】解：A.當貨車勻速直線運動時，油桶a處于平衡狀態(tài)所受合力為零，故A錯誤；
BC.當貨車勻速直線運動時，根據(jù)對稱性可知a、b對c的支持力大小相等，且方向之間的夾角為60°，則根據(jù)平衡條件有2FNcs30°＝mg
解得FN=3mg3
根據(jù)牛頓第三定律可知油桶c對a的壓力大小為3mg3，故BC錯誤；
D.假設(shè)當貨車向右的加速度增大到a0時，c和b之間恰好作用力為零，即c脫離了b，則根據(jù)牛頓第二定律和力的合成有
tan60°=mgma0
解得a0=33g
說明當貨車向右的加速度增大到33g時，油桶c會脫離b，故D正確。
故選：D。
7．（2023秋?洛陽期末）夏季經(jīng)常發(fā)生強對流天氣，某次天空突降冰雹，假設(shè)冰雹下落過程中空氣阻力大小與速度大小平方成正比，則冰雹下落過程中，速度v或加速度a隨時間t變化的圖像可能正確的是（）
A．B．
C．D．
【解答】解：根據(jù)題意有f＝kv
根據(jù)牛頓第二定律有mg﹣f＝ma，解得a＝g?kvm
可知冰雹下落過程的加速度隨著速度的增大而減小，則冰雹做加速度逐漸減小的加速運動，可知v﹣t圖像的切線斜率逐漸減小
根據(jù)ΔaΔt=?km?ΔvΔt=?km?a
可知a﹣t圖像的切線斜率絕對值逐漸減小，故D正確，ABC錯誤。
故選：D。
8．（2023秋?青島期末）游泳運動員蛙泳時的動作可分為蹬腿加速度a和慣性前進b兩個過程，將這兩個過程簡化為水平方向的直線運動，v﹣t圖像如圖。已知運動員的體重為60kg，重力加速度g＝10m/s2，下列說法正確的是（）
A．0～0.5s內(nèi)運動員做勻加速直線運動
B．0.2～0.5s內(nèi)運動員加速度大小為6m/s2
C．0～0.5s內(nèi)運動員平均速度大小為1.7m/s
D．慣性前進過程中，水對運動員作用力大小為40N
【解答】解：A.0～0.2s內(nèi)運動員做勻加速直線運動，0.2～0.5s內(nèi)運動員做勻減速直線運動，故A錯誤；
B0.2～0.5s內(nèi)運動員加速度大小
a＝|ΔvΔt|＝|2?2.20.5?0.2|m/s2=23m/s2
故B錯誤；
C.v﹣t圖線與軸圍成的面積等于位移，則0～0.5s內(nèi)運動員平均速度的大小為
v=12×0.2×2.2+12×(0.5?0.2)×(2.2+2)0.5m/s＝1.7m/s
故C正確；
D.運動員受重力和水的作用力，則
F2+（mg）2＝（ma）2
得F＝40226N
故D錯誤。
故選：C。
9．（2023秋?常州期末）如圖，水平傳送帶以恒定速度v順時針轉(zhuǎn)動，傳送帶右端上方的擋板上固定著一輕彈簧。將小物塊P輕放在傳送帶左側(cè)某位置，P在傳送帶帶動下向右運動，與彈簧接觸時速度恰好達到v。取P放置點為坐標原點，全過程P始終處在傳送帶上，以水平向右為正方向，木塊在向右運動或向左運動的過程中，加速度a與位移x的關(guān)系圖像正確的是（）
A．B．
C．D．
【解答】解：物塊與彈簧接觸時速度恰好達到v說明與彈簧接觸前物塊做勻加速，根據(jù)牛頓第二定律可知ma＝μmg
即a＝μg
方向水平向右，與彈箭接觸后在開始的一段時間內(nèi)P相對于傳送帶靜止，即P受彈簧彈力和靜摩擦力平衡，P做勻速直線運動，則a1＝0
物塊運動到彈力大于最大靜摩擦力后，則kx﹣μmg＝ma，即a=kmx﹣ug
方向向左，故A正確，BCD錯誤。
故選：A。
10．（2023秋?石家莊期末）如圖所示，在豎直平面內(nèi)有半徑為R的半圓，最低點為A，B是半圓上一點，AB為光滑傾斜軌道，AC是傾角為θ＝45°、高為h＝2R的光滑固定斜面?，F(xiàn)自B點由靜止釋放小球甲的同時，自C點以初速度大小v0沿斜面向下射出小球乙，發(fā)現(xiàn)兩小球同時到達A點。已知重力加速度為g，則小球乙的初速度大小的為（）
A．gR2B．gRC．2gRD．gR2
【解答】解：根據(jù)“等時圓”原理可知，甲球從B到達A的時間等于小球從圓弧最高點沿直徑自由下落到底部的時間，設(shè)下落時間為t，
則有：2R=12gt2
解得：t=4Rg；
對小球乙，在斜面沿斜面下滑的加速度大小為：a=mgsinθm=gsinθ=22g
斜面長為L=2Rsinθ=22R
根據(jù)位移—時間關(guān)系可得：L＝v0t+12at2
解得：v0=gR2，故A正確、BCD錯誤。
故選：A。
11．（2023秋?包河區(qū)校級期末）質(zhì)量為m＝0.5kg的物塊在光滑的水平面上受到水平拉力F的作用，從靜止開始計時做加速直線運動，其運動的xt?t和v2﹣x圖像分別如圖甲、乙所示，根據(jù)圖像信息分析，下列說法正確的是（）
A．圖乙的斜率大小是圖甲的斜率大小的2倍
B．水平拉力F為5N
C．前2m的中間時刻的速度大小為52m/s
D．前2s內(nèi)的中點位置的速度大小為52m/s
【解答】解：AB．根據(jù)
x=12at2
可得
xt=12at
則圖甲圖像的斜率
k1=12a
根據(jù)
v2＝2ax
則圖乙圖像的斜率
k2=2a=202m/s2
則a＝5m/s2
水平拉力F＝ma＝0.5×5N＝2.5N
由此可知，圖乙的斜率大小是圖甲的斜率大小的4倍，水平拉力為2.5N，故AB錯誤；
C．前2m末的速度
v=2ax=2×5×2m/s=25m/s
則中間時刻的速度大小為
v'=v2=5m/s
故C錯誤；
D．前2s內(nèi)的位移
x2=12at22=12×5×22m=10m
則中點位置的速度大小為
v″=2ax22=5×10m/s=52m/s
故D正確。
故選：D。
12．（2023秋?沙坪壩區(qū)校級期末）如圖甲所示，在豎直放置的彈簧上放置一物塊m，最開始對m施加豎直向下的力F使得彈簧壓縮l0。在t＝0時撤去F釋放小物塊，計算機通過小物塊上的速度傳感器描繪出它的v﹣t圖線如圖乙所示。其中Oab段為曲線，bc段為直線，傾斜直線Od是t＝0時圖線的切線。重力加速度為g，不計彈簧自身重力及空氣阻力，則下列說法正確的是（）
A．彈簧在t2時刻恢復(fù)原長
B．l0=v22t2+v1+v22(t3?t2)
C．彈簧的勁度系數(shù)k=mv3l0t1
D．小物塊向上的最大位移為l0+v12(t4?t3)
【解答】解：A．由圖可知，在t2時小物塊的速度達到了最大值，此時加速度為零時，其受到的重力與彈簧的彈力大小相等，所以此時彈簧沒有處于原長狀態(tài)，故A錯誤；
B.Oab段為曲線，則彈簧壓縮l0＞l0=v22t2+v1+v22(t3?t2)，故B錯誤；
C．v﹣t圖像斜率表示加速度，由圖可知，剛釋放物塊時，其加速度為a=v3t1
由牛頓第二定律得kl0﹣mg＝ma
解得k=mv3+mgt1l0t1
故C錯誤；
D．由v﹣t圖像可知，其圖像與坐標軸圍成的面積為位移，則離開彈簧后，物塊的位移為x'=v12（t4﹣t3）
所以物體在整個過程的位移為x＝l0+x'=l0+v12(t4?t3)
故D正確。
故選：D。
13．（2023?大荔縣一模）如圖所示，足夠長的傾斜傳送帶以恒定速率v0順時針運行。一小木塊以初速度v1從傳送帶的底端滑上傳送帶。木塊在傳送帶上運動全過程中，關(guān)于木塊的速度v隨時間t變化關(guān)系的圖像可能的是（）
A．B．
C．D．
【解答】解：A、當v1＜v0時，若滿足：mgsinθ＞μmgcsθ（θ為傳送帶的傾角），即μ＜tanθ。
物塊從v1勻減速上滑到速度為零，然后反向勻加速下滑，滑動摩擦力始終沿斜面向上，由牛頓第二定得：mgsinθ﹣μmgcsθ＝ma
其加速度恒定，v﹣t圖像的斜率不變，v﹣t圖像與坐標軸所圍面積表示位移，可判斷出物塊返回底端時的速度大小仍等于v1，故A正確；
B、當v1＜v0時，若滿足：mgsinθ＜μmgcsθ，即μ＜tanθ。
物塊從v1勻加速上滑到v0，滑動摩擦力沿斜面向上，由牛頓第二定律得：μmgcsθ﹣mgsinθ＝ma
共速后與傳送一起勻速運動，勻速運動時滿足：mgsinθ＝f靜＜μmgcsθ，故B正確；
C、當v1＞v0時，若滿足：mgsinθ＞μmgcsθ
物塊從v1勻減速到v0，滑動摩擦力沿斜面向下，由牛頓第二定律得：
mgsinθ+μmgcsθ＝ma1
從v0勻減速到0，然后反向勻加速運動，滑動摩擦力沿斜面向上，由牛頓第二定律的：
mgsinθ﹣μmgcsθ＝ma2
可知：a1＞a2，加速度從a1變?yōu)閍2，圖像的斜率變??；
t軸上方圖像所圍面積應(yīng)該等于t軸下方圖像所圍面積，所以返回底端時物塊的速度應(yīng)該小于v1，故C錯誤；
D、當v1＞v0時，若滿足：mgsinθ＜μmgcsθ
從v1勻減速到v0，滑動摩擦力沿斜面向下，由牛頓第二定律得：
μmgcsθ+mgsinθ＝ma
共速后與傳送一起勻速運動，勻速運動時，滿足mgsinθ＝f靜＜μmgcsθ，故D正確。
故選：ABD。
14．（2023?廈門模擬）如圖所示，小明從羽毛球筒中取出最后一個羽毛球時，一手拿著球筒，另一只手迅速拍打筒的上端邊緣，使筒獲得向下的初速度并與手發(fā)生相對運動，筒內(nèi)的羽毛球就可以從上端出來。已知球筒質(zhì)量為M＝90g（不含球的質(zhì)量），球筒與手之間的滑動摩擦力為f1＝2.6N；羽毛球質(zhì)量為m＝5g，球頭離筒的上端距離為d＝9.0cm，球與筒之間的滑動摩擦力為f2＝0.1N。重力加速度g＝10m/s2，空氣阻力忽略不計，當球筒獲得一個初速度后。（）
A．羽毛球的加速度大小為10m/s2
B．羽毛球的加速度大小為30m/s2
C．若羽毛球頭部能從上端筒口出來，則筒獲得的初速度至少為355m/s
D．若羽毛球頭部能從上端筒口出來，則筒獲得的初速度至少為3m/s
【解答】解：AB、依題意，對羽毛球受力分析，由于羽毛球相對于筒向上運動，受到筒對它豎直向下的摩擦力作用，根據(jù)牛頓第二定律得mg+f2＝ma1
代入數(shù)據(jù)解得羽毛球的加速度為a1＝30m/s2，故A錯誤，B正確；
CD、對筒受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有Mg﹣f1﹣f2＝Ma2，代入數(shù)據(jù)解得a2＝﹣20m/s2
負號表示筒的加速度方向豎直向上，說明筒向下做勻減速直線運動，若敲打一次后，羽毛球頭部能從上端筒口出來，則當羽毛球到達筒口時二者速度相等，此時筒獲得的初速度為最小vmin，有a1t＝vmin+a2t，(vmint+12a2t2)?12a1t2=d
代入數(shù)據(jù)解得：vmin＝3m/s，故C錯誤，D正確。
故選：BD。
15．（2023?沙坪壩區(qū)校級開學）一輕彈簧的一端固定在傾角為θ的固定光滑斜面的底部，另一端和質(zhì)量為35m的小物塊a相連，如圖所示。質(zhì)量為m的小物塊b緊靠a靜止在斜面上，此時彈簧的壓縮量為x0。從t＝0時開始，對b施加沿斜面向上的拉力，使b始終做勻加速直線運動。經(jīng)過一段時間后，物塊a、b分離；再經(jīng)過同樣長的時間，b距其出發(fā)點的距離恰好也為x0。彈簧的形變始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度大小為g。則（）
A．a(chǎn)、b在彈簧壓縮量為x02處分離
B．b的加速度為15gsinθ
C．作用于b上的最小拉力為2mgsinθ
D．a(chǎn)在勻加速運動的時間為x02gsinθ
【解答】解：A、由于初速度為0，b在分離前位移x1和分離后相等時間內(nèi)位移x2之比為：x1x2=13
且由題可知：x1+x2＝x0
解得：x1=14x0
初始時壓縮量為x0，分離前位移14x0，即壓縮量減小14x0，可得a、b在彈簧壓縮量為Δx=34x0時分離，故A錯誤；
B、兩物體剛好要分離時a與b之間無相互作用力，對a由牛頓第二定律可得
k?34x0?35mgsinθ=35ma
初始時小物體b緊靠a靜止在斜面上，將二者看成一個整體，可知彈力大小與整體重力的分力大小相等，有
kx0＝（35m+m）gsinθ
解得：a＝gsinθ，故B錯誤；
C、分離前對整體分析可知，由牛頓第二定律有
F+kΔx?(m+35m)gsinθ=(m+35m)a
則剛開始運動時拉力最小，則Δx＝x0，且
kx0=(m+35m)gsinθ
可得：Fmin=85mgsinθ，故C錯誤；
D、a與b在b向上運動的位移x1=14x0剛好分離，此前a在勻加速運動，則有：14x0=12at2
解得：t=x02gsinθ，故D正確。
故選：D。
16．（2023春?寧波期末）滑滑梯是小朋友們愛玩的游戲現(xiàn)有直滑梯AB、AC、AD和BD，A、B、C、D在豎直平面內(nèi)的同一圓周上，且A為圓周的最高點，D為圓周的最低點，如圖所示，已知圓周半徑為R。在圓周所在的豎直平面內(nèi)有一位置P，距離A點為3R，且與A等高。各滑梯的摩擦均不計，已知重力加速度為g，則（）
A．如果小朋友在A點沿滑梯AB、AC由靜止滑下，tAB＞tAC
B．如果小朋友分別從A點和B點沿滑梯AC，BD由靜止滑下tBD＞tAC
C．若設(shè)計一部上端在P點，下端在圓周上某點的直滑梯，則小朋友沿此滑梯由靜止滑下時，在滑梯上運動的最短時間是3Rg
D．若設(shè)計一部上端在P點，下端在圓周上某點的直滑梯，則小朋友沿此滑梯由靜止滑下時，在滑梯上運動的最短時間是4Rg
【解答】解：AB、假設(shè)AB、AC與AD的夾角分別為α、β，則從AB、AC、BD下滑時有
2Rcsα=12gcsαtAB2
2Rcsβ=12gcsβtAC2
2Rsinα=12gsinαtBD2
解得tAB=tAC=tBD=4Rg
故AB錯誤；
CD、由AB項分析，畫出以P點為最高點的半徑為r的等時圓，如圖，
當兩圓相切時時間最短，有
(R+r)2=(R?r)2+(3R)2
解得r=3R4
所以最短時間為tmin=4g×3R4=3Rg
故C正確，D錯誤。
故選：C。
17．（2023?宜春一模）北京時間2022年12月4日20時09分，神舟十四號載人飛船返回艙在東風著陸場成功著陸。在太空執(zhí)行任務(wù)183天后，“最忙出差三人組”的陳冬、劉洋、蔡旭哲于21時01分安全順利出艙。返回過程中返回艙速度195m/s時在距離地表10km的地方打開降落傘，返回艙先做勻變速直線運動最終降低到5m/s，之后保持勻速運動，勻速時間99.8s。待高度只剩1m時，底部的反推發(fā)動機點火，讓返回艙進行最后一次減速至3m/s，使其安全觸地。忽略空氣阻力，g＝10m/s2，以下說法中正確的是（）
A．從開傘到著地過程中，航天員始終處于超重狀態(tài)
B．開傘后勻變速運動過程中返回艙的加速度為1.9m/s2
C．反推發(fā)動機點火的推力至少為返回艙重力的1.8倍
D．設(shè)返回艙重力mg，則從開傘到落地重力的沖量為95.25mg
【解答】1、解：根據(jù)題意分析宇航員返回時經(jīng)歷了勻減速直線運動，勻速直線運動，勻減速直線運動三個階段
A．返回艙中途的勻速過程并非超重現(xiàn)象，故A錯誤；
B．勻速位移為x2＝vt＝499m則開傘到減速到5m/s位移為x1＝h﹣x2﹣1＝10000m﹣499m﹣1m＝9500m
由v2?v02=2ax推出a=v2?v022x1=1952?522×9500m/s2=2m/s2，故B錯誤；
C．根據(jù)最后1m由v'2﹣v2＝2a'x'得a'=v'2?v22x'=52?332×1m/s2=8m/s2，方向豎直向上，
由牛頓第二律得F﹣mg＝ma得F＝1.8mg故C正確；
D．根據(jù)t=Δva可得兩段減速時間分別為t1=Δv'a1=195?52s=95s、t2=Δv2a2=5?38s=0.25s，則總時間為t＝95s+99.8s+0.25s＝195.05s，則重力沖量總計為195.05mg，故D錯誤。
故選：C。
18．（2023?思明區(qū)二模）如圖所示，A、B兩物塊的質(zhì)量分別為2m和m，靜止疊放在水平地面上．A、B間的動摩擦因數(shù)為μ，B與地面間的動摩擦因數(shù)為μ2．最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g．現(xiàn)對A施加一水平拉力F，則（）
A．當 F＜2 μmg 時，A、B 都相對地面靜止
B．當 F=52μmg 時，A 的加速度為13μg
C．當 F＞3μmg 時，A 相對 B 滑動
D．無論 F 為何值，B 的加速度不會超過12μg
【解答】解：D、物塊A、B之間的最大靜摩擦力為：fmax＝2μmg
物塊B與地面間的最大靜摩擦力為：f′max=μ2（2m+m）g＝1.5μmg
物塊B的最大加速度為：am=2μmg?1.5μmgm=12μg，則無論 F 為何值，B 的加速度不會超過12μg，故D正確；
C、物塊A、B相對靜止與相對滑動的臨界條件為：A、B之間的靜摩擦力達到最大值，處于臨界時A、B整體的加速度等于B的最大加速度為am，則有：
F?μ2（2m+m）g＝3mam，解得：F＝3μmg
可知當 F＞3μmg 時，A相對B發(fā)生滑動，故C正確；
A、因物塊B與地面間的最大靜摩擦力為1.5μmg，小于A、B之間的最大靜摩擦力2μmg，以A、B整體為研究對象，當F＜1.5μmg時，A、B 都相對地面靜止。結(jié)合C選項的結(jié)論，可知當1.5μmg＜F≤3μmg時，A、B相對靜止一起相對地面滑動，故A錯誤；
B、由A選項的分析，當F=52μmg時，A、B相對靜止一起相對地面滑動，以A、B整體為研究對象，由牛頓第二定律有：a=52μmg?1.5μmg3m=13μg，故B正確。
故選：BCD。
做好本類型壓軸問題需要用到的相關(guān)知識有:勻變速直線運動規(guī)律、受力分析、牛頓運動定律等。牛頓第二定律對于整個高中物理的串聯(lián)作用起到至關(guān)重要的效果，是提高學生關(guān)鍵物理素養(yǎng)的重要知識點，所以要求考生了解題型的知識點及要領(lǐng)，對于?？嫉哪Ｐ鸵笥谐浞值恼J知。
題型一結(jié)合牛頓定律與運動學公式考察經(jīng)典多過程運動模型（選擇題）
題型二動力學圖像的理解與應(yīng)用（選擇題）
題型三結(jié)合新情景考察動力學觀點（選擇題）

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