第10講 牛頓運動定律的綜合應(yīng)用（一）（講義）（解析版）-2025年高考物理一輪復(fù)習講練測（新教材新高考）

第10講牛頓運動定律的綜合應(yīng)用（一）目錄01、考情透視，目標導航TOC\o"1-3"\h\u930602、知識導圖，思維引航03、考點突破，考法探究 2考點一動力學中的連接體問題 2知識點1.連接體的五大類型 3知識點2.連接體的運動特點 3知識點3.連接體問題的分析 3知識點4．共速連接體 4知識點5．整體法與隔離法在分析共速連接體中的應(yīng)用 4知識點6．共速連接體對合力的“分配協(xié)議” 4知識點7．關(guān)聯(lián)速度連接體 4考向1瞬時問題的兩類模型 5考向2共速連接體 6考向2加速度大小相同、方向不同的關(guān)聯(lián)速度連接體 7考點二動力學中的臨界和極值問題 9知識點1．四類典型臨界條件 9知識點2．三種常用解題方法 9知識點3.解題基本思路 9考向1恰好脫離的臨界問題 10考向2疊加系統(tǒng)相對滑動的臨界問題 11考向3動力學中的極值問題 12考點三等時圓模型 13考向1直接考查等時圓模型 13考向2等時圓模型的應(yīng)用 1404、真題練習，命題洞見 16考情分析2024·安徽·高考物理試題2024·湖南·高考物理試題2024·河北·高考物理試題2024·浙江·高考物理試題2023·北京·高考物理試題試題情境生活實踐類火箭發(fā)射、無人機、跳傘運動學習探究類彈簧模型、連接體模型復(fù)習目標目標1.知道連接體的類型以及運動特點，會用整體法、隔離法解決連接體問題。目標2.理解幾種常見的臨界極值條件，會用極限法、假設(shè)法、數(shù)學方法解決臨界極值問題?？键c一動力學中的連接體問題多個相互關(guān)聯(lián)的物體連接(疊放、并排或由繩子、細桿、彈簧等聯(lián)系)在一起構(gòu)成的物體系統(tǒng)稱為連接體。系統(tǒng)穩(wěn)定時連接體一般具有相同的速度、加速度(或速度、加速度大小相等)。知識點1.連接體的五大類型彈簧連接體輕繩連接體輕桿連接體物體疊放連接體兩物體并排連接體知識點2.連接體的運動特點(1)輕繩——輕繩在伸直狀態(tài)下，兩端的連接體沿繩方向的速度大小總是相等。(2)輕桿——輕桿平動時，連接體具有相同的平動速度；輕桿轉(zhuǎn)動時，連接體具有相同的角速度，而線速度與轉(zhuǎn)動半徑成正比。(3)輕彈簧——在彈簧發(fā)生形變的過程中，兩端連接體的速度不一定相等；在彈簧形變最大時，兩端連接體的速率相等。(4)接觸連接——兩物體通過彈力或摩擦力作用，可能具有相同的速度或加速度。其臨界條件一般為兩物體間的彈力為零或摩擦力達到最大靜摩擦力。知識點3.連接體問題的分析整體法、隔離法的交替運用，若連接體內(nèi)各物體具有相同的加速度，且要求物體之間的作用力時，可以先用整體法求出加速度，然后再用隔離法選取合適的研究對象，應(yīng)用牛頓第二定律求出作用力。即“先整體求加速度，后隔離求內(nèi)力”。知識點4．共速連接體兩物體通過彈力、摩擦力作用，具有相同的速度和相同的加速度。(1)繩的拉力(或物體間的彈力)相關(guān)類連接體(2)疊加類連接體(一般與摩擦力相關(guān))知識點5．整體法與隔離法在分析共速連接體中的應(yīng)用(1)整體法：若連接體內(nèi)的物體具有共同加速度，可以把它們看成一個整體，分析整體受到的外力，應(yīng)用牛頓第二定律求出加速度；(2)隔離法：求系統(tǒng)內(nèi)兩物體之間的作用力時，就需要把物體從系統(tǒng)中隔離出來，應(yīng)用牛頓第二定律列方程求解；(3)整體法和隔離法交替使用：一般情況下，若連接體內(nèi)各物體具有相同的加速度，且求物體之間的作用力時，可以先用整體法求出加速度，然后再隔離某一物體，應(yīng)用牛頓第二定律求相互作用力；若求某一外力，可以先隔離某一物體求出加速度，再用整體法求合外力或某一個力。知識點6．共速連接體對合力的“分配協(xié)議”一起做加速運動的物體系統(tǒng)，若外力F作用于m1上，則m1和m2之間的相互作用力FT＝eq\f(m2F,m1＋m2)，若作用于m2上，則FT＝eq\f(m1F,m1＋m2)。此“協(xié)議”與有無摩擦無關(guān)(若有摩擦，兩物體與接觸面間的動摩擦因數(shù)必須相同)，與兩物體間有無連接物、何種連接物(輕繩、輕桿、輕彈簧)無關(guān)，而且無論物體系統(tǒng)處于平面、斜面還是豎直方向，此“協(xié)議”都成立。知識點7．關(guān)聯(lián)速度連接體輕繩在伸直狀態(tài)下，兩端的連接體沿繩方向的速度總是相等。下面三圖中A、B兩物體速度和加速度大小相等，方向不同。考向1瞬時問題的兩類模型1.(多選)如圖所示，兩小球1和2之間用輕彈簧B相連，彈簧B與水平方向的夾角為30°，小球1的左上方用輕繩A懸掛在天花板上，繩A與豎直方向的夾角為30°，小球2的右邊用輕繩C沿水平方向固定在豎直墻壁上。兩小球均處于靜止狀態(tài)。已知重力加速度為g，則()A.球1和球2的質(zhì)量之比為1∶2B.球1和球2的質(zhì)量之比為2∶1C.在輕繩A突然斷裂的瞬間，球1的加速度大小為eq\r(3)gD.在輕繩A突然斷裂的瞬間，球2的加速度大小為2g【答案】BC【解析】對小球1、2受力分析如圖甲、乙所示，根據(jù)平衡條件可得FB＝m1g，F(xiàn)Bsin30°＝m2g，所以eq\f(m1,m2)＝eq\f(2,1)，故A錯誤，B正確；在輕繩A突然斷裂的瞬間，彈簧彈力未來得及變化，球2的加速度大小為0，彈簧彈力FB＝m1g，對球1，由牛頓第二定律有F合＝2m1gcos30°＝m1a，解得a＝eq\r(3)g，故C正確，D錯誤。2.如圖所示，豎直放置的輕彈簧下端固定，上端與物體A連接，物體A上方疊放物體B、C，三個物體的質(zhì)量均為m，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，彈簧處于彈性限度內(nèi)，重力加速度大小為g。某時刻突然取走物體C，則()A.此瞬間B的加速度為0B.此瞬間A對B的彈力大小為2mgC.之后B可能脫離AD.之后B對A彈力的最小值為eq\f(1,2)mg【答案】D【解析】初始三個物體受力平衡，彈簧彈力大小為F＝3mg，取走C物體瞬間彈簧彈力不變，對A、B整體由牛頓第二定律有F－2mg＝2ma，解得a＝eq\f(1,2)g，之后A、B一起做簡諧運動，最大加速度為a＝eq\f(1,2)g，選項A錯誤；取走C瞬間設(shè)B受到的彈力大小為FN，則有FN－mg＝ma，解得FN＝eq\f(3,2)mg，選項B錯誤；當A、B運動到上方最大位移處時加速度a′向下，大小為a′＝eq\f(1,2)g，此時B對A的彈力最小，對B物體有mg－FN′＝ma′，解得FN′＝eq\f(1,2)mg，則B不可能脫離A，選項C錯誤，D正確?？枷?共速連接體1．(2024·咸陽實驗中學高三檢測)如圖甲，2023年5月30日9時31分，神舟十六號載人飛船在長征二號F遙十六運載火箭的托舉下順利升空。假設(shè)載人飛船質(zhì)量約為23噸，運載火箭質(zhì)量(不含載人飛船)約為837噸，點火后產(chǎn)生1000噸的推力(相當于地面上質(zhì)量為1000噸的物體的重力)，其簡化模型如圖乙所示。忽略大氣阻力、火箭噴氣造成的質(zhì)量變化和重力加速度的變化，重力加速度大小取g＝10m/s2。載人飛船和運載火箭在分離前勻加速直線上升的過程中，下列說法正確的是()A．載人飛船中的航天員處于失重狀態(tài)B．離地升空的加速度大小約為11.6m/s2C．從起飛開始，經(jīng)過10s上升的高度約為160mD．載人飛船受到運載火箭的推力大小約為2.7×105N【答案】D【解析】載人飛船和運載火箭在分離前勻加速直線上升的過程中，加速度豎直向上，處于超重狀態(tài)，A錯誤；由牛頓第二定律得F－(M＋m)g＝(M＋m)a，解得a＝eq\f(F－M＋mg,M＋m)＝eq\f(1000×103×10－837＋23×103×10,837＋23×103)m/s2≈1.6m/s2，B錯誤；從起飛開始，經(jīng)過10s上升的高度約為h＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)×1.6×102m＝80m，C錯誤；設(shè)載人飛船受到運載火箭的推力大小為F1，由牛頓第二定律可得F1－mg＝ma，解得F1＝ma＋mg＝23×103×(10＋1.6)N≈2.7×105N，D正確。3．如圖所示，水平面上有兩個質(zhì)量分別為m1和m2的木塊1和2，中間用一條輕繩連接，兩木塊的材料相同，現(xiàn)用力F向右拉木塊2，當兩木塊一起向右做勻加速直線運動時，已知重力加速度為g，下列說法正確的是()A．若水平面是光滑的，則m2越大，繩的拉力越大B．若木塊和地面間的動摩擦因數(shù)為μ，則繩的拉力為eq\f(m1F,m1＋m2)＋μm1gC．繩的拉力大小與水平面是否粗糙無關(guān)D．繩的拉力大小與水平面是否粗糙有關(guān)【答案】C【解析】若設(shè)木塊和地面間的動摩擦因數(shù)為μ，以兩木塊整體為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律有F－μ(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，得a＝eq\f(F－μm1＋m2g,m1＋m2)，以木塊1為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律有FT－μm1g＝m1a，得a＝eq\f(FT－μm1g,m1)，系統(tǒng)加速度與木塊1加速度相同，聯(lián)立解得FT＝eq\f(m1,m1＋m2)F，可知繩子拉力大小與動摩擦因數(shù)μ無關(guān)，與兩木塊質(zhì)量大小有關(guān)，無論水平面是光滑的還是粗糙的，繩的拉力大小均為FT＝eq\f(m1,m1＋m2)F，且m2越大，繩的拉力越小，故選C。考向2加速度大小相同、方向不同的關(guān)聯(lián)速度連接體1.如圖所示的裝置叫作阿特伍德機，是阿特伍德創(chuàng)制的一種著名力學實驗裝置，用來研究勻變速直線運動的規(guī)律。已知物體A、B的質(zhì)量相等均為M，物體C的質(zhì)量為m，輕繩與輕滑輪間的摩擦不計，繩子不可伸長，如果m＝eq\f(1,2)M，重力加速度為g。求：(1)物體B運動過程中的加速度大??；(2)系統(tǒng)由靜止釋放后，運動過程中物體B、C間作用力的大小?！敬鸢浮?1)eq\f(1,5)g(2)eq\f(4,5)mg或eq\f(2,5)Mg【解析】(1)設(shè)物體B運動過程中的加速度大小為a，繩子的張力為FT，對物體A，F(xiàn)T－Mg＝Ma對B、C整體，(M＋m)g－FT＝(M＋m)a解得a＝eq\f(m,2M＋m)g因為m＝eq\f(1,2)M，所以a＝eq\f(1,5)g(2)設(shè)B、C間的拉力為F，對物體C，mg－F＝ma解得F＝mg－ma＝eq\f(4,5)mg＝eq\f(2,5)Mg所以C、B間的作用力為eq\f(4,5)mg或eq\f(2,5)Mg。2.(多選)如圖所示，固定在地面上的光滑斜面體傾角為θ＝30°，一根輕繩跨過斜面體頂端的光滑定滑輪，繩兩端系有小物塊a、b，a的質(zhì)量為2m，b的質(zhì)量為4m。重力加速度為g，定滑輪左側(cè)輕繩與斜面平行，右側(cè)輕繩豎直。將a、b由靜止釋放，則下列說法正確的是()A.繩子對b的拉力大小為4mgB.a的加速度大小為eq\f(g,2)C.繩子對定滑輪的作用力大小為2eq\r(3)mgD.在相同時間內(nèi)(b未觸地)，a、b速度變化量大小不相等【答案】BC【解析】在相同時間內(nèi)(b未觸地)，a、b加速度的大小相等，速度變化量大小相等，D錯誤；將a、b看成一個整體，由牛頓第二定律得F合＝4mg－2mgsinθ＝(2m＋4m)a，解得a＝eq\f(g,2)，故B正確；以b為研究對象，設(shè)拉力為T，由牛頓第二定律有4mg－T＝4ma，解得T＝2mg，故A錯誤；由幾何關(guān)系知，兩側(cè)繩子的夾角為60°，則繩子對定滑輪的力為F＝2Tcos30°＝2eq\r(3)mg，故C正確?？键c二動力學中的臨界和極值問題知識點1．四類典型臨界條件(1)接觸與脫離的臨界條件：兩物體相接觸或脫離，臨界條件是彈力FN＝0。(2)相對滑動的臨界條件：兩物體相接觸且處于相對靜止時，常存在著靜摩擦力，則相對滑動的臨界條件是靜摩擦力達到最大值。(3)繩子斷裂與松弛的臨界條件：繩子所能承受的張力是有限度的，繩子斷與不斷的臨界條件是繩中張力等于它所能承受的最大張力，繩子松弛與拉緊的臨界條件是FT＝0。(4)速度達到最值的臨界條件：加速度為0。知識點2．三種常用解題方法極限法把物理問題(或過程)推向極端，從而使臨界現(xiàn)象(或狀態(tài))暴露出來，以達到正確解決問題的目的假設(shè)法臨界問題存在多種可能，特別是非此即彼兩種可能時，或變化過程中可能出現(xiàn)臨界條件，也可能不出現(xiàn)臨界條件時，往往用假設(shè)法解決問題數(shù)學法將物理過程轉(zhuǎn)化為數(shù)學表達式，根據(jù)數(shù)學表達式解出臨界條件知識點3.解題基本思路(1)認真審題，詳盡分析問題中變化的過程(包括分析整體過程中有幾個階段)。(2)尋找過程中變化的物理量。(3)探索物理量的變化規(guī)律。(4)確定臨界狀態(tài)，分析臨界條件，找出臨界關(guān)系?？枷?恰好脫離的臨界問題1如圖甲所示，輕質(zhì)彈簧下端固定在水平面上，上端連接物體B，B上疊放著物體A，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)用豎直向上的拉力F作用在物體A上，使A開始向上做勻加速運動。以系統(tǒng)靜止時的位置為坐標原點，豎直向上為位移x正方向，對物體A施加豎直向上的拉力，物體A以a0做勻加速運動，B物體的加速度隨位移變化的a-x圖像如圖乙所示，坐標上的值為已知量，重力加速度為g。以下說法正確的是()A．在圖乙PQ段中，拉力F恒定不變B．在圖乙QS段中，B的速度逐漸減小C．B位移為x1時，A、B之間彈力大小為0D．B位移為x2時，彈簧達到原長狀態(tài)【答案】C【解析】以A、B為整體分析，在PQ段一起向上做勻加速運動，受彈簧彈力、重力和拉力F，合力恒定，向上運動過程中彈簧彈力減小，所以拉力F增大，故A錯誤；QS段B的加速度在減小，但方向仍然向上，故其速度仍在增大，故B錯誤；在x1時B的加速度開始減小，而A加速度保持不變，故此時兩物體剛好分離，A、B之間彈力大小為0，故C正確；位移為x2時，B加速度為0，合力為0，彈簧彈力大小等于B的重力，故彈簧處于壓縮狀態(tài)，故D錯誤。2.(多選)如圖甲所示，水平面上有一傾角為θ的光滑斜面，斜面上用一平行于斜面的輕質(zhì)細繩系一質(zhì)量為m的小球。斜面以加速度a水平向右做勻加速直線運動，當系統(tǒng)穩(wěn)定時，細繩對小球的拉力和斜面對小球的支持力分別為T和FN。若T-a圖像如圖乙所示，AB是直線，BC為曲線，重力加速度g取10m/s2。則()A．a(chǎn)＝eq\f(40,3)m/s2時，F(xiàn)N＝0B．小球質(zhì)量m＝0.1kgC．斜面傾角θ的正切值為eq\f(3,4)D．小球離開斜面之前，F(xiàn)N＝0.8＋0.06a(N)【答案】ABC【解析】小球離開斜面之前，以小球為研究對象，進行受力分析，可得Tcosθ－FNsinθ＝ma，Tsinθ＋FNcosθ＝mg，聯(lián)立解得FN＝mgcosθ－masinθ，T＝macosθ＋mgsinθ，所以小球離開斜面之前，T-a圖像呈線性關(guān)系，由題圖乙可知a＝eq\f(40,3)m/s2時，F(xiàn)N＝0，A正確；當a＝0時，T＝0.6N，此時小球靜止在斜面上，其受力如圖1所示，所以mgsinθ＝T，當a＝eq\f(40,3)m/s2時，斜面對小球的支持力恰好為零，其受力如圖2所示，所以eq\f(mg,tanθ)＝ma，聯(lián)立可得tanθ＝eq\f(3,4)，m＝0.1kg，B、C正確；將θ和m的值代入FN＝mgcosθ－masinθ，得FN＝0.8－0.06a(N)，D錯誤?？枷?疊加系統(tǒng)相對滑動的臨界問題3.如圖所示，光滑水平面上放置質(zhì)量分別為m和2m的四個木塊，其中兩個質(zhì)量為m的木塊間用一不可伸長的輕繩相連，木塊間的最大靜摩擦力是μmg?，F(xiàn)用水平拉力F拉其中一個質(zhì)量為2m的木塊，使四個木塊以同一加速度運動，則輕繩對m的最大拉力為()A.eq\f(3μmg,5) B.eq\f(3μmg,4)C.eq\f(3μmg,2) D．3μmg【答案】B【解析】當繩中拉力最大時，物塊要相對滑動，設(shè)繩中拉力為FT，對右側(cè)的m，根據(jù)牛頓第二定律有μmg－FT＝ma，對左側(cè)整體有FT＝3ma，聯(lián)立解得FT＝eq\f(3μmg,4)，A、C、D錯誤，B正確?！尽绢}后反思】疊加體系統(tǒng)臨界問題的求解思路考向3動力學中的極值問題4.如圖所示，一質(zhì)量m＝0.4kg的小物塊，以v0＝2m/s的初速度，在與斜面成某一夾角的拉力F作用下，沿斜面向上做勻加速運動，經(jīng)t＝2s的時間物塊由A點運動到B點，A、B之間的距離L＝10m。已知斜面傾角θ＝30°，物塊與斜面之間的動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(\r(3),3)。重力加速度g取10m/s2。(1)求物塊加速度的大小及到達B點時速度的大小。(2)拉力F與斜面夾角多大時，拉力F最??？拉力F的最小值是多少？【答案】(1)3m/s28m/s(2)30°eq\f(13\r(3),5)N【解析】(1)設(shè)物塊加速度的大小為a，到達B點時速度的大小為v，由運動學公式得L＝v0t＋eq\f(1,2)at2 ①v＝v0＋at ②聯(lián)立①②式，代入數(shù)據(jù)得a＝3m/s2 ③v＝8m/s。 ④(2)設(shè)物塊所受支持力為FN，所受摩擦力為Ff，拉力與斜面間的夾角為α，受力分析如圖所示，由牛頓第二定律得Fcosα－mgsinθ－Ff＝ma ⑤Fsinα＋FN－mgcosθ＝0 ⑥又Ff＝μFN⑦聯(lián)立⑤⑥⑦式，可得F＝eq\f(mgsinθ＋μcosθ＋ma,cosα＋μsinα) ⑧由數(shù)學知識得cosα＋eq\f(\r(3),3)sinα＝eq\f(2\r(3),3)sin(60°＋α) ⑨由⑧⑨式可知對應(yīng)F最小時的夾角α＝30° ⑩聯(lián)立③⑧⑩式，得F的最小值為Fmin＝eq\f(13\r(3),5)N?？键c三等時圓模型1.“等時圓”模型所謂“等時圓”就是物體沿著位于同一豎直圓上的所有光滑細桿由靜止下滑，到達圓周的最低點(或從最高點到達同一圓周上各點)的時間相等，都等于物體沿直徑做自由落體運動所用的時間。2.模型的三種情況(1)物體從豎直圓環(huán)上沿不同的光滑弦上端由靜止開始滑到環(huán)的最低點所用時間相等，如圖甲所示。(2)物體從豎直圓環(huán)上最高點沿不同的光滑弦由靜止開始滑到下端所用時間相等，如圖乙所示。(3)兩個豎直圓環(huán)相切且兩環(huán)的豎直直徑均過切點，物體沿不同的光滑弦上端由靜止開始滑到下端所用時間相等，如圖丙所示?？枷?直接考查等時圓模型1．如圖所示，OC為豎直圓的直徑，OA、OB為圓的兩條弦，現(xiàn)同時在A、B兩點釋放兩小滑塊，分別沿光滑的弦軌道滑到O點(O點為最低點)，滑塊滑下的先后順序是()A.沿AO的小滑塊最先到達B.沿BO的小滑塊最先到達C.同時到達D.條件不足，無法判斷【答案】C【解析】設(shè)AO和BO與水平面夾角分別為α和β，長度分別為l1和l2，設(shè)圓的直徑為d，由幾何關(guān)系有l(wèi)1＝dsinα，l2＝dsinβ，沿AO方向上，對小滑塊由牛頓第二定律有mgsinα＝ma1，由運動學公式有l(wèi)1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)，聯(lián)立解得t1＝eq\r(\f(2d,g))，沿OB方向上，同理可得t2＝eq\r(\f(2d,g))，故C正確。2.如圖所示，有一半圓，其直徑水平且與另一圓的底部相切于O點，O點恰好是下半圓的圓心，它們處在同一豎直平面內(nèi)?，F(xiàn)有三條光滑直軌道AOB、COD、EOF，它們的兩端分別位于上下兩圓的圓周上，軌道與豎直直徑的夾角關(guān)系為α＞β＞θ?，F(xiàn)讓一小物塊先后從三條軌道頂端由靜止下滑至底端，則小物塊在每一條傾斜軌道上滑動時所經(jīng)歷的時間關(guān)系為()A.tAB＝tCD＝tEF B.tAB＞tCD＞tEFC.tAB＜tCD＜tEF D.tAB＝tCD＜tEF【答案】B【解析】如圖所示，過D點作OD的垂線與豎直虛線交于G，以O(shè)G為直徑作圓，可以看出F點在輔助圓內(nèi)，而B點在輔助圓外，由等時圓結(jié)論可知，tAB＞tCD＞tEF，B項正確?？枷?等時圓模型的應(yīng)用3．(多選)如圖1所示，MA、MB、NA是豎直面內(nèi)三根固定的光滑細桿，M、N、A、B、C位于同一圓周上，C、A兩點分別為圓周的最高點和最低點，O點為圓心。每根桿上都套著一個小滑環(huán)(圖中未畫出)，3個滑環(huán)分別從M點和N點無初速度釋放，t1、t2依次表示滑環(huán)從M點到達B點和A點所用的時間，t3表示滑環(huán)從N點到達A點所用的時間，則()A.t1＝t2 B.t1>t2C.t2＝t3 D.t2<t3【答案】BC【解析】如圖所示，設(shè)MA與豎直方向的夾角為α，圓周的直徑為d，根據(jù)牛頓第二定律得mgcosα＝ma，滑環(huán)的加速度為a＝gcosα，滑桿的長度為s＝dcosα，根據(jù)s＝eq\f(1,2)at2得t＝eq\r(\f(2s,a))＝eq\r(\f(2d,g))，可見，時間t與α無關(guān)，故有t2＝t3，以M點為最高點，取合適的豎直直徑作圓，從M點滑到A、D時間相同，則從M點滑到B點時間大于滑到A點時間，即t1>t2，故B、C正確。4．如圖所示，傾角為θ的斜面固定在水平地面上，在與斜面共面的平面上方A點伸出三根光滑輕質(zhì)細桿至斜面上B、C、D三點，其中AC與斜面垂直，且∠BAC＝∠DAC＝θ(θ<45°)，現(xiàn)有三個質(zhì)量均為m的小圓環(huán)(看作質(zhì)點)分別套在三根細桿上，依次從A點由靜止滑下，滑到斜面上B、C、D三點所用時間分別為tB、tC、tD，下列說法正確的是()A.tB>tC>tD B.tB＝tC<tDC.tB<tC<tD D.tB<tC＝tD【答案】B【解析】由于∠BAC＝θ，則可以判斷出AB豎直向下，以AB為直徑作圓，則必過C點，如圖所示，圓環(huán)在桿AC上運動過程，由牛頓第二定律及運動學公式可得mgcosθ＝ma，2Rcosθ＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,C)，聯(lián)立解得tC＝eq\r(\f(4R,g))，可見從A點出發(fā)，到達圓周各點所用的時間相等，與細桿的長短、傾角無關(guān)，則tB＝tC＝tE<tD，故B正確。1．（2024·浙江·高考真題）如圖所示，2023年12月9日“朱雀二號”運載火箭順利將“鴻鵠衛(wèi)星”等三顆衛(wèi)星送入距離地面約的軌道。取地球質(zhì)量，地球半徑，引力常量。下列說法正確的是（）A．火箭的推力是空氣施加的 B．衛(wèi)星的向心加速度大小約C．衛(wèi)星運行的周期約 D．發(fā)射升空初始階段，裝在火箭上部的衛(wèi)星處于失重狀態(tài)【答案】B【詳解】A．根據(jù)反沖現(xiàn)象的原理可知，火箭向后噴射燃氣的同時，燃氣會給火箭施加反作用力，即推力，故A錯誤；B．根據(jù)萬有引力定律可知衛(wèi)星的向心加速度大小為故B正確；C．衛(wèi)星運行的周期為故C錯誤；D．發(fā)射升空初始階段，火箭加速度方向向上，裝在火箭上部的衛(wèi)星處于超重狀態(tài)，故D錯誤。故選B。2．（2024·安徽·高考真題）如圖所示，豎直平面內(nèi)有兩完全相同的輕質(zhì)彈簧，它們的一端分別固定于水平線上的M、N兩點，另一端均連接在質(zhì)量為m的小球上。開始時，在豎直向上的拉力作用下，小球靜止于MN連線的中點O，彈簧處于原長。后將小球豎直向上。緩慢拉至P點，并保持靜止，此時拉力F大小為。已知重力加速度大小為g，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，不計空氣阻力。若撤去拉力，則小球從P點運動到O點的過程中（

）A．速度一直增大 B．速度先增大后減小C．加速度的最大值為 D．加速度先增大后減小【答案】A【詳解】AB．緩慢拉至P點，保持靜止，由平衡條件可知此時拉力F與重力和兩彈簧的拉力合力為零。此時兩彈簧的合力為大小為。當撤去拉力，則小球從P點運動到O點的過程中兩彈簧的拉力與重力的合力始終向下，小球一直做加速運動，故A正確，B錯誤；CD．小球從P點運動到O點的過程中，形變量變小彈簧在豎直方向的合力不斷變小，故小球受的合外力一直變小，加速度的最大值為撤去拉力時的加速度，由牛頓第二定律可知加速度的最大值為，CD錯誤。故選A。3．（2024·湖南·高考真題）如圖，質(zhì)量分別為、、、m的四個小球A、B、C、D，通過細線或輕彈簧互相連接，懸掛于O點，處于靜止狀態(tài)，重力加速度為g。若將B、C間的細線剪斷，則剪斷瞬間B和C的加速度大小分別為（

）A．g， B．2g， C．2g， D．g，【答案】A【詳解】剪斷前，對BCD分析對D剪斷后，對B解得方向豎直向上；對C解得方向豎直向下。故選A。4．（多選）（2024·廣東·高考真題）如圖所示，探測器及其保護背罩通過彈性輕繩連接降落傘。在接近某行星表面時以的速度豎直勻速下落。此時啟動“背罩分離”，探測器與背罩斷開連接，背罩與降落傘保持連接。已知探測器質(zhì)量為1000kg，背罩質(zhì)量為50kg，該行星的質(zhì)量和半徑分別為地球的和。地球表面重力加速度大小取。忽略大氣對探測器和背罩的阻力。下列說法正確的有（）A．該行星表面的重力加速度大小為B．該行星的第一宇宙速度為C．“背罩分離”后瞬間，背罩的加速度大小為D．“背罩分離”后瞬間，探測器所受重力對其做功的功率為30kW【答案】AC【詳解】A．在星球表面，根據(jù)可得行星的質(zhì)量和半徑分別為地球的和。地球表面重力加速度大小取，可得該行星表面的重力加速度大小故A正確；B．在星球表面上空，根據(jù)萬有引力提供向心力可得星球的第一宇宙速度行星的質(zhì)量和半徑分別為地球的和，可得該行星的第一宇宙速度地球的第一宇宙速度為，所以該行星的第一宇宙速度故B錯誤；C．“背罩分離”前，探測器及其保護背罩和降落傘整體做勻速直線運動，對探測器受力分子，可知探測器與保護背罩之間的作用力“背罩分離”后，背罩所受的合力大小為4000N，對背罩，根據(jù)牛頓第二定律解得故C正確；D．“背罩分離”后瞬間探測器所受重力對其做功的功率故D錯誤。故選AC。5.（2023·北京·高考真題）如圖所示，在光滑水平地面上，兩相同物塊用細線相連，兩物塊質(zhì)量均為1kg，細線能承受的最大拉力為2N。若在水平拉力F作用下，兩物塊一起向右做勻加速直線運動。則F的最大值為（

）

A．1N B．2N C．4N D．5N【答案】C【詳解】對兩物塊整體做受力分析有F=2ma再對于后面的物塊有FTmax=maFTmax=2N聯(lián)立解得F=4N故選C。6．（多選）（2023·福建·高考真題）如圖所示，一廣場小火車是由車頭和車廂編組而成。假設(shè)各車廂質(zhì)量均相等（含乘客），在水平地面上運行過程中阻力與車重成正比。一廣場小火車共有3節(jié)車廂，車頭對第一節(jié)車廂的拉力為，第一節(jié)車廂對第二節(jié)車廂的拉力為，第二節(jié)車廂對第三節(jié)車廂的拉力為，則（??）A．當火車勻速直線運動時，B．當火車勻速直線運動時，C．當火車勻加速直線運動時，D．當火車勻加速直線運動時，【答案】BD【詳解】AB．設(shè)每節(jié)車廂重G，當火車勻速直線運動時得故A錯誤，B正確；CD．當火車勻加速直線運動時得T1∶T2∶T3=3∶2∶1故C錯誤，D正確。故選BD。7．（多選）（2023·重慶·高考真題）某實驗小組測得在豎直方向飛行的無人機飛行高度y隨時間t的變化曲線如圖所示，E、F、M、N為曲線上的點，EF、MN段可視為兩段直線，其方程分別為和。無人機及其載物的總質(zhì)量為2kg，取豎直向上為正方向。則（）

A．EF段無人機的速度大小為4m/sB．FM段無人機的貨物處于失重狀態(tài)C．FN段無人機和裝載物總動量變化量大小為4kg?m/sD．MN段無人機機械能守恒【答案】AB【詳解】A．根據(jù)EF段方程可知EF段無人機的速度大小為故A正確；B．根據(jù)圖像的切線斜率表示無人機的速度，可知FM段無人機先向上做減速運動，后向下做加速運動，加速度方向一直向下，則無人機的貨物處于失重狀態(tài)，故B正確；C．根據(jù)MN段方程可知MN段無人機的速度為則有可知FN段無人機和裝載物總動量變化量大小為12kg?m/s，故C錯誤；D．MN段無人機向下做勻速直線運動，動能不變，重力勢能減少，無人機的機械能不守恒，故D錯誤。故選AB。8．（多選）（2023·湖北·高考真題）如圖所示，原長為l的輕質(zhì)彈簧，一端固定在O點，另一端與一質(zhì)量為m的小球相連。小球套在豎直固定的粗糙桿上，與桿之間的動摩擦因數(shù)為0.5。桿上M、N兩點與O點的距離均為l，P點到O點的距離為，OP與桿垂直。當小球置于桿上P點時恰好能保持靜止。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度大小為g。小球以某一初速度從M點向下運動到N點，在此過程中，彈簧始終在彈性限度內(nèi)。下列說法正確的是（

）

A．彈簧的勁度系數(shù)為B．小球在P點下方處的加速度大小為C．從M點到N點的運動過程中，小球受到的摩擦力先變小再變大D．從M點到P點和從P點到N點的運動過程中，小球受到的摩擦力做功相同【答案】AD【詳解】A．小球在P點受力平衡，則有，，聯(lián)立解得A正確；C．在PM之間任取一點A，令A(yù)O與MN之間的夾角為，則此時彈簧的彈力為小球受到的摩擦力為化簡得在MP之間增大在PN減變小，即摩擦力先變大后變小，C錯誤；D．根據(jù)對稱性可知在任意關(guān)于P點對稱的點摩擦力大小相等，因此由對稱性可知M到P和P到N摩擦力做功大小相等；D正確；B．小球運動到P點下方時，此時摩擦力大小為由牛頓第二定律聯(lián)立解得B錯誤。故選AD。9．（多選）（2023·湖南·高考真題）如圖，光滑水平地面上有一質(zhì)量為的小車在水平推力的作用下加速運動。車廂內(nèi)有質(zhì)量均為的A、B兩小球，兩球用輕桿相連，A球靠在光滑左壁上，B球處在車廂水平底面上，且與底面的動摩擦因數(shù)為，桿與豎直方向的夾角為，桿與車廂始終保持相對靜止假設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。下列說法正確的是（

）

A．若B球受到的摩擦力為零，則B．若推力向左，且，則的最大值為C．若推力向左，且，則的最大值為D．若推力向右，且，則的范圍為【答案】CD【詳解】A．設(shè)桿的彈力為，對小球A：豎直方向受力平衡，則桿水平方向的分力與豎直方向的分力滿足豎直方向則若B球受到的摩擦力為零，對B根據(jù)牛頓第二定律可得可得對小球A、B和小車整體根據(jù)牛頓第二定律A錯誤；B．若推力向左，根據(jù)牛頓第二定律可知加速度向左，小球A所受向左的合力的最大值為對小球B，由于，小球B受到向左的合力則對小球A，根據(jù)牛頓第二定律可得對系統(tǒng)整體根據(jù)牛頓第二定律解得B錯誤；C．若推力向左，根據(jù)牛頓第二定律可知加速度向左，小球A向左方向的加速度由桿對小球A的水平分力提供，小球A所受向左的合力的最大值為小球B所受向左的合力的最大值由于可知則對小球B，根據(jù)牛頓第二定律對系統(tǒng)根據(jù)牛頓第二定律聯(lián)立可得的最大值為C正確；D．若推力向右，根據(jù)牛頓第二定律可知系統(tǒng)整體加速度向右，由于小球A可以受到左壁向右的支持力，理論上向右的合力可以無限大，因此只需要討論小球B即可，當小球B所受的摩擦力向左時，小球B向右的合力最小，此時當小球所受摩擦力向右時，小球B向右的合力最大，此時對小球B根據(jù)牛頓第二定律對系統(tǒng)根據(jù)牛頓第二定律代入小球B所受合力分范圍可得的范圍為D正確。故選CD。10．（2023·遼寧·高考真題）某大型水陸兩棲飛機具有水面滑行汲水和空中投水等功能。某次演練中，該飛機在水面上由靜止開始勻加速直線滑行并汲水，速度達到v?=80m/s時離開水面，該過程滑行距離L=1600m、汲水質(zhì)量m=1.0×10?kg。離開水面后，飛機攀升高度h=100m時速度達到v?=100m/s，之后保持水平勻速飛行，待接近目標時開始空中投水。取重力加速度g=10m/s2。求：（1）飛機在水面滑行階段的加速度a的大小及滑行時間t；（2）整個攀升階段，飛機汲取的水的機械能增加量ΔE?！敬鸢浮浚?），；（2）【詳解】（1）飛機做從靜止開始做勻加速直線運動，平均速度為，則解得飛機滑行的時間為飛機滑行的加速度為（2）飛機從水面至處，水的機械能包含水的動能和重力勢能，則機械能變化量為11.（多選）（2022·河北·高考真題）如圖，輕質(zhì)定滑輪固定在天花板上，物體和用不可伸長的輕繩相連，懸掛在定滑輪上，質(zhì)量，時刻將兩物體由靜止釋放，物體的加速度大小為。時刻輕繩突然斷開，物體能夠達到的最高點恰與物體釋放位置處于同一高度，取時刻物體所在水平面為零勢能