第10讲 牛顿运动定律的综合应用（一）（讲义）（解析版）-2025年高考物理一轮复习讲练测（新教材新高考）

第10讲牛顿运动定律的综合应用（一）目录01、考情透视，目标导航TOC\o"1-3"\h\u930602、知识导图，思维引航03、考点突破，考法探究 2考点一动力学中的连接体问题 2知识点1.连接体的五大类型 3知识点2.连接体的运动特点 3知识点3.连接体问题的分析 3知识点4．共速连接体 4知识点5．整体法与隔离法在分析共速连接体中的应用 4知识点6．共速连接体对合力的“分配协议” 4知识点7．关联速度连接体 4考向1瞬时问题的两类模型 5考向2共速连接体 6考向2加速度大小相同、方向不同的关联速度连接体 7考点二动力学中的临界和极值问题 9知识点1．四类典型临界条件 9知识点2．三种常用解题方法 9知识点3.解题基本思路 9考向1恰好脱离的临界问题 10考向2叠加系统相对滑动的临界问题 11考向3动力学中的极值问题 12考点三等时圆模型 13考向1直接考查等时圆模型 13考向2等时圆模型的应用 1404、真题练习，命题洞见 16考情分析2024·安徽·高考物理试题2024·湖南·高考物理试题2024·河北·高考物理试题2024·浙江·高考物理试题2023·北京·高考物理试题试题情境生活实践类火箭发射、无人机、跳伞运动学习探究类弹簧模型、连接体模型复习目标目标1.知道连接体的类型以及运动特点，会用整体法、隔离法解决连接体问题。目标2.理解几种常见的临界极值条件，会用极限法、假设法、数学方法解决临界极值问题。考点一动力学中的连接体问题多个相互关联的物体连接(叠放、并排或由绳子、细杆、弹簧等联系)在一起构成的物体系统称为连接体。系统稳定时连接体一般具有相同的速度、加速度(或速度、加速度大小相等)。知识点1.连接体的五大类型弹簧连接体轻绳连接体轻杆连接体物体叠放连接体两物体并排连接体知识点2.连接体的运动特点(1)轻绳——轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度大小总是相等。(2)轻杆——轻杆平动时，连接体具有相同的平动速度；轻杆转动时，连接体具有相同的角速度，而线速度与转动半径成正比。(3)轻弹簧——在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速度不一定相等；在弹簧形变最大时，两端连接体的速率相等。(4)接触连接——两物体通过弹力或摩擦力作用，可能具有相同的速度或加速度。其临界条件一般为两物体间的弹力为零或摩擦力达到最大静摩擦力。知识点3.连接体问题的分析整体法、隔离法的交替运用，若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求物体之间的作用力时，可以先用整体法求出加速度，然后再用隔离法选取合适的研究对象，应用牛顿第二定律求出作用力。即“先整体求加速度，后隔离求内力”。知识点4．共速连接体两物体通过弹力、摩擦力作用，具有相同的速度和相同的加速度。(1)绳的拉力(或物体间的弹力)相关类连接体(2)叠加类连接体(一般与摩擦力相关)知识点5．整体法与隔离法在分析共速连接体中的应用(1)整体法：若连接体内的物体具有共同加速度，可以把它们看成一个整体，分析整体受到的外力，应用牛顿第二定律求出加速度；(2)隔离法：求系统内两物体之间的作用力时，就需要把物体从系统中隔离出来，应用牛顿第二定律列方程求解；(3)整体法和隔离法交替使用：一般情况下，若连接体内各物体具有相同的加速度，且求物体之间的作用力时，可以先用整体法求出加速度，然后再隔离某一物体，应用牛顿第二定律求相互作用力；若求某一外力，可以先隔离某一物体求出加速度，再用整体法求合外力或某一个力。知识点6．共速连接体对合力的“分配协议”一起做加速运动的物体系统，若外力F作用于m1上，则m1和m2之间的相互作用力FT＝eq\f(m2F,m1＋m2)，若作用于m2上，则FT＝eq\f(m1F,m1＋m2)。此“协议”与有无摩擦无关(若有摩擦，两物体与接触面间的动摩擦因数必须相同)，与两物体间有无连接物、何种连接物(轻绳、轻杆、轻弹簧)无关，而且无论物体系统处于平面、斜面还是竖直方向，此“协议”都成立。知识点7．关联速度连接体轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度总是相等。下面三图中A、B两物体速度和加速度大小相等，方向不同。考向1瞬时问题的两类模型1.(多选)如图所示，两小球1和2之间用轻弹簧B相连，弹簧B与水平方向的夹角为30°，小球1的左上方用轻绳A悬挂在天花板上，绳A与竖直方向的夹角为30°，小球2的右边用轻绳C沿水平方向固定在竖直墙壁上。两小球均处于静止状态。已知重力加速度为g，则()A.球1和球2的质量之比为1∶2B.球1和球2的质量之比为2∶1C.在轻绳A突然断裂的瞬间，球1的加速度大小为eq\r(3)gD.在轻绳A突然断裂的瞬间，球2的加速度大小为2g【答案】BC【解析】对小球1、2受力分析如图甲、乙所示，根据平衡条件可得FB＝m1g，FBsin30°＝m2g，所以eq\f(m1,m2)＝eq\f(2,1)，故A错误，B正确；在轻绳A突然断裂的瞬间，弹簧弹力未来得及变化，球2的加速度大小为0，弹簧弹力FB＝m1g，对球1，由牛顿第二定律有F合＝2m1gcos30°＝m1a，解得a＝eq\r(3)g，故C正确，D错误。2.如图所示，竖直放置的轻弹簧下端固定，上端与物体A连接，物体A上方叠放物体B、C，三个物体的质量均为m，系统处于静止状态，弹簧处于弹性限度内，重力加速度大小为g。某时刻突然取走物体C，则()A.此瞬间B的加速度为0B.此瞬间A对B的弹力大小为2mgC.之后B可能脱离AD.之后B对A弹力的最小值为eq\f(1,2)mg【答案】D【解析】初始三个物体受力平衡，弹簧弹力大小为F＝3mg，取走C物体瞬间弹簧弹力不变，对A、B整体由牛顿第二定律有F－2mg＝2ma，解得a＝eq\f(1,2)g，之后A、B一起做简谐运动，最大加速度为a＝eq\f(1,2)g，选项A错误；取走C瞬间设B受到的弹力大小为FN，则有FN－mg＝ma，解得FN＝eq\f(3,2)mg，选项B错误；当A、B运动到上方最大位移处时加速度a′向下，大小为a′＝eq\f(1,2)g，此时B对A的弹力最小，对B物体有mg－FN′＝ma′，解得FN′＝eq\f(1,2)mg，则B不可能脱离A，选项C错误，D正确。考向2共速连接体1．(2024·咸阳实验中学高三检测)如图甲，2023年5月30日9时31分，神舟十六号载人飞船在长征二号F遥十六运载火箭的托举下顺利升空。假设载人飞船质量约为23吨，运载火箭质量(不含载人飞船)约为837吨，点火后产生1000吨的推力(相当于地面上质量为1000吨的物体的重力)，其简化模型如图乙所示。忽略大气阻力、火箭喷气造成的质量变化和重力加速度的变化，重力加速度大小取g＝10m/s2。载人飞船和运载火箭在分离前匀加速直线上升的过程中，下列说法正确的是()A．载人飞船中的航天员处于失重状态B．离地升空的加速度大小约为11.6m/s2C．从起飞开始，经过10s上升的高度约为160mD．载人飞船受到运载火箭的推力大小约为2.7×105N【答案】D【解析】载人飞船和运载火箭在分离前匀加速直线上升的过程中，加速度竖直向上，处于超重状态，A错误；由牛顿第二定律得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错误；从起飞开始，经过10s上升的高度约为h＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)×1.6×102m＝80m，C错误；设载人飞船受到运载火箭的推力大小为F1，由牛顿第二定律可得F1－mg＝ma，解得F1＝ma＋mg＝23×103×(10＋1.6)N≈2.7×105N，D正确。3．如图所示，水平面上有两个质量分别为m1和m2的木块1和2，中间用一条轻绳连接，两木块的材料相同，现用力F向右拉木块2，当两木块一起向右做匀加速直线运动时，已知重力加速度为g，下列说法正确的是()A．若水平面是光滑的，则m2越大，绳的拉力越大B．若木块和地面间的动摩擦因数为μ，则绳的拉力为eq\f(m1F,m1＋m2)＋μm1gC．绳的拉力大小与水平面是否粗糙无关D．绳的拉力大小与水平面是否粗糙有关【答案】C【解析】若设木块和地面间的动摩擦因数为μ，以两木块整体为研究对象，根据牛顿第二定律有F－μ(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，得a＝eq\f(F－μm1＋m2g,m1＋m2)，以木块1为研究对象，根据牛顿第二定律有FT－μm1g＝m1a，得a＝eq\f(FT－μm1g,m1)，系统加速度与木块1加速度相同，联立解得FT＝eq\f(m1,m1＋m2)F，可知绳子拉力大小与动摩擦因数μ无关，与两木块质量大小有关，无论水平面是光滑的还是粗糙的，绳的拉力大小均为FT＝eq\f(m1,m1＋m2)F，且m2越大，绳的拉力越小，故选C。考向2加速度大小相同、方向不同的关联速度连接体1.如图所示的装置叫作阿特伍德机，是阿特伍德创制的一种著名力学实验装置，用来研究匀变速直线运动的规律。已知物体A、B的质量相等均为M，物体C的质量为m，轻绳与轻滑轮间的摩擦不计，绳子不可伸长，如果m＝eq\f(1,2)M，重力加速度为g。求：(1)物体B运动过程中的加速度大小；(2)系统由静止释放后，运动过程中物体B、C间作用力的大小。【答案】(1)eq\f(1,5)g(2)eq\f(4,5)mg或eq\f(2,5)Mg【解析】(1)设物体B运动过程中的加速度大小为a，绳子的张力为FT，对物体A，FT－Mg＝Ma对B、C整体，(M＋m)g－FT＝(M＋m)a解得a＝eq\f(m,2M＋m)g因为m＝eq\f(1,2)M，所以a＝eq\f(1,5)g(2)设B、C间的拉力为F，对物体C，mg－F＝ma解得F＝mg－ma＝eq\f(4,5)mg＝eq\f(2,5)Mg所以C、B间的作用力为eq\f(4,5)mg或eq\f(2,5)Mg。2.(多选)如图所示，固定在地面上的光滑斜面体倾角为θ＝30°，一根轻绳跨过斜面体顶端的光滑定滑轮，绳两端系有小物块a、b，a的质量为2m，b的质量为4m。重力加速度为g，定滑轮左侧轻绳与斜面平行，右侧轻绳竖直。将a、b由静止释放，则下列说法正确的是()A.绳子对b的拉力大小为4mgB.a的加速度大小为eq\f(g,2)C.绳子对定滑轮的作用力大小为2eq\r(3)mgD.在相同时间内(b未触地)，a、b速度变化量大小不相等【答案】BC【解析】在相同时间内(b未触地)，a、b加速度的大小相等，速度变化量大小相等，D错误；将a、b看成一个整体，由牛顿第二定律得F合＝4mg－2mgsinθ＝(2m＋4m)a，解得a＝eq\f(g,2)，故B正确；以b为研究对象，设拉力为T，由牛顿第二定律有4mg－T＝4ma，解得T＝2mg，故A错误；由几何关系知，两侧绳子的夹角为60°，则绳子对定滑轮的力为F＝2Tcos30°＝2eq\r(3)mg，故C正确。考点二动力学中的临界和极值问题知识点1．四类典型临界条件(1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是弹力FN＝0。(2)相对滑动的临界条件：两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对滑动的临界条件是静摩擦力达到最大值。(3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子所能承受的张力是有限度的，绳子断与不断的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力，绳子松弛与拉紧的临界条件是FT＝0。(4)速度达到最值的临界条件：加速度为0。知识点2．三种常用解题方法极限法把物理问题(或过程)推向极端，从而使临界现象(或状态)暴露出来，以达到正确解决问题的目的假设法临界问题存在多种可能，特别是非此即彼两种可能时，或变化过程中可能出现临界条件，也可能不出现临界条件时，往往用假设法解决问题数学法将物理过程转化为数学表达式，根据数学表达式解出临界条件知识点3.解题基本思路(1)认真审题，详尽分析问题中变化的过程(包括分析整体过程中有几个阶段)。(2)寻找过程中变化的物理量。(3)探索物理量的变化规律。(4)确定临界状态，分析临界条件，找出临界关系。考向1恰好脱离的临界问题1如图甲所示，轻质弹簧下端固定在水平面上，上端连接物体B，B上叠放着物体A，系统处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物体A上，使A开始向上做匀加速运动。以系统静止时的位置为坐标原点，竖直向上为位移x正方向，对物体A施加竖直向上的拉力，物体A以a0做匀加速运动，B物体的加速度随位移变化的a-x图像如图乙所示，坐标上的值为已知量，重力加速度为g。以下说法正确的是()A．在图乙PQ段中，拉力F恒定不变B．在图乙QS段中，B的速度逐渐减小C．B位移为x1时，A、B之间弹力大小为0D．B位移为x2时，弹簧达到原长状态【答案】C【解析】以A、B为整体分析，在PQ段一起向上做匀加速运动，受弹簧弹力、重力和拉力F，合力恒定，向上运动过程中弹簧弹力减小，所以拉力F增大，故A错误；QS段B的加速度在减小，但方向仍然向上，故其速度仍在增大，故B错误；在x1时B的加速度开始减小，而A加速度保持不变，故此时两物体刚好分离，A、B之间弹力大小为0，故C正确；位移为x2时，B加速度为0，合力为0，弹簧弹力大小等于B的重力，故弹簧处于压缩状态，故D错误。2.(多选)如图甲所示，水平面上有一倾角为θ的光滑斜面，斜面上用一平行于斜面的轻质细绳系一质量为m的小球。斜面以加速度a水平向右做匀加速直线运动，当系统稳定时，细绳对小球的拉力和斜面对小球的支持力分别为T和FN。若T-a图像如图乙所示，AB是直线，BC为曲线，重力加速度g取10m/s2。则()A．a＝eq\f(40,3)m/s2时，FN＝0B．小球质量m＝0.1kgC．斜面倾角θ的正切值为eq\f(3,4)D．小球离开斜面之前，FN＝0.8＋0.06a(N)【答案】ABC【解析】小球离开斜面之前，以小球为研究对象，进行受力分析，可得Tcosθ－FNsinθ＝ma，Tsinθ＋FNcosθ＝mg，联立解得FN＝mgcosθ－masinθ，T＝macosθ＋mgsinθ，所以小球离开斜面之前，T-a图像呈线性关系，由题图乙可知a＝eq\f(40,3)m/s2时，FN＝0，A正确；当a＝0时，T＝0.6N，此时小球静止在斜面上，其受力如图1所示，所以mgsinθ＝T，当a＝eq\f(40,3)m/s2时，斜面对小球的支持力恰好为零，其受力如图2所示，所以eq\f(mg,tanθ)＝ma，联立可得tanθ＝eq\f(3,4)，m＝0.1kg，B、C正确；将θ和m的值代入FN＝mgcosθ－masinθ，得FN＝0.8－0.06a(N)，D错误。考向2叠加系统相对滑动的临界问题3.如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m和2m的四个木块，其中两个质量为m的木块间用一不可伸长的轻绳相连，木块间的最大静摩擦力是μmg。现用水平拉力F拉其中一个质量为2m的木块，使四个木块以同一加速度运动，则轻绳对m的最大拉力为()A.eq\f(3μmg,5) B.eq\f(3μmg,4)C.eq\f(3μmg,2) D．3μmg【答案】B【解析】当绳中拉力最大时，物块要相对滑动，设绳中拉力为FT，对右侧的m，根据牛顿第二定律有μmg－FT＝ma，对左侧整体有FT＝3ma，联立解得FT＝eq\f(3μmg,4)，A、C、D错误，B正确。【【题后反思】叠加体系统临界问题的求解思路考向3动力学中的极值问题4.如图所示，一质量m＝0.4kg的小物块，以v0＝2m/s的初速度，在与斜面成某一夹角的拉力F作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t＝2s的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L＝10m。已知斜面倾角θ＝30°，物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝eq\f(\r(3),3)。重力加速度g取10m/s2。(1)求物块加速度的大小及到达B点时速度的大小。(2)拉力F与斜面夹角多大时，拉力F最小？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)设物块加速度的大小为a，到达B点时速度的大小为v，由运动学公式得L＝v0t＋eq\f(1,2)at2 ①v＝v0＋at ②联立①②式，代入数据得a＝3m/s2 ③v＝8m/s。 ④(2)设物块所受支持力为FN，所受摩擦力为Ff，拉力与斜面间的夹角为α，受力分析如图所示，由牛顿第二定律得Fcosα－mgsinθ－Ff＝ma ⑤Fsinα＋FN－mgcosθ＝0 ⑥又Ff＝μFN⑦联立⑤⑥⑦式，可得F＝eq\f(mgsinθ＋μcosθ＋ma,cosα＋μsinα) ⑧由数学知识得cosα＋eq\f(\r(3),3)sinα＝eq\f(2\r(3),3)sin(60°＋α) ⑨由⑧⑨式可知对应F最小时的夹角α＝30° ⑩联立③⑧⑩式，得F的最小值为Fmin＝eq\f(13\r(3),5)N。考点三等时圆模型1.“等时圆”模型所谓“等时圆”就是物体沿着位于同一竖直圆上的所有光滑细杆由静止下滑，到达圆周的最低点(或从最高点到达同一圆周上各点)的时间相等，都等于物体沿直径做自由落体运动所用的时间。2.模型的三种情况(1)物体从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到环的最低点所用时间相等，如图甲所示。(2)物体从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等，如图乙所示。(3)两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均过切点，物体沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到下端所用时间相等，如图丙所示。考向1直接考查等时圆模型1．如图所示，OC为竖直圆的直径，OA、OB为圆的两条弦，现同时在A、B两点释放两小滑块，分别沿光滑的弦轨道滑到O点(O点为最低点)，滑块滑下的先后顺序是()A.沿AO的小滑块最先到达B.沿BO的小滑块最先到达C.同时到达D.条件不足，无法判断【答案】C【解析】设AO和BO与水平面夹角分别为α和β，长度分别为l1和l2，设圆的直径为d，由几何关系有l1＝dsinα，l2＝dsinβ，沿AO方向上，对小滑块由牛顿第二定律有mgsinα＝ma1，由运动学公式有l1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)，联立解得t1＝eq\r(\f(2d,g))，沿OB方向上，同理可得t2＝eq\r(\f(2d,g))，故C正确。2.如图所示，有一半圆，其直径水平且与另一圆的底部相切于O点，O点恰好是下半圆的圆心，它们处在同一竖直平面内。现有三条光滑直轨道AOB、COD、EOF，它们的两端分别位于上下两圆的圆周上，轨道与竖直直径的夹角关系为α＞β＞θ。现让一小物块先后从三条轨道顶端由静止下滑至底端，则小物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为()A.tAB＝tCD＝tEF B.tAB＞tCD＞tEFC.tAB＜tCD＜tEF D.tAB＝tCD＜tEF【答案】B【解析】如图所示，过D点作OD的垂线与竖直虚线交于G，以OG为直径作圆，可以看出F点在辅助圆内，而B点在辅助圆外，由等时圆结论可知，tAB＞tCD＞tEF，B项正确。考向2等时圆模型的应用3．(多选)如图1所示，MA、MB、NA是竖直面内三根固定的光滑细杆，M、N、A、B、C位于同一圆周上，C、A两点分别为圆周的最高点和最低点，O点为圆心。每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出)，3个滑环分别从M点和N点无初速度释放，t1、t2依次表示滑环从M点到达B点和A点所用的时间，t3表示滑环从N点到达A点所用的时间，则()A.t1＝t2 B.t1>t2C.t2＝t3 D.t2<t3【答案】BC【解析】如图所示，设MA与竖直方向的夹角为α，圆周的直径为d，根据牛顿第二定律得mgcosα＝ma，滑环的加速度为a＝gcosα，滑杆的长度为s＝dcosα，根据s＝eq\f(1,2)at2得t＝eq\r(\f(2s,a))＝eq\r(\f(2d,g))，可见，时间t与α无关，故有t2＝t3，以M点为最高点，取合适的竖直直径作圆，从M点滑到A、D时间相同，则从M点滑到B点时间大于滑到A点时间，即t1>t2，故B、C正确。4．如图所示，倾角为θ的斜面固定在水平地面上，在与斜面共面的平面上方A点伸出三根光滑轻质细杆至斜面上B、C、D三点，其中AC与斜面垂直，且∠BAC＝∠DAC＝θ(θ<45°)，现有三个质量均为m的小圆环(看作质点)分别套在三根细杆上，依次从A点由静止滑下，滑到斜面上B、C、D三点所用时间分别为tB、tC、tD，下列说法正确的是()A.tB>tC>tD B.tB＝tC<tDC.tB<tC<tD D.tB<tC＝tD【答案】B【解析】由于∠BAC＝θ，则可以判断出AB竖直向下，以AB为直径作圆，则必过C点，如图所示，圆环在杆AC上运动过程，由牛顿第二定律及运动学公式可得mgcosθ＝ma，2Rcosθ＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,C)，联立解得tC＝eq\r(\f(4R,g))，可见从A点出发，到达圆周各点所用的时间相等，与细杆的长短、倾角无关，则tB＝tC＝tE<tD，故B正确。1．（2024·浙江·高考真题）如图所示，2023年12月9日“朱雀二号”运载火箭顺利将“鸿鹄卫星”等三颗卫星送入距离地面约的轨道。取地球质量，地球半径，引力常量。下列说法正确的是（）A．火箭的推力是空气施加的 B．卫星的向心加速度大小约C．卫星运行的周期约 D．发射升空初始阶段，装在火箭上部的卫星处于失重状态【答案】B【详解】A．根据反冲现象的原理可知，火箭向后喷射燃气的同时，燃气会给火箭施加反作用力，即推力，故A错误；B．根据万有引力定律可知卫星的向心加速度大小为故B正确；C．卫星运行的周期为故C错误；D．发射升空初始阶段，火箭加速度方向向上，装在火箭上部的卫星处于超重状态，故D错误。故选B。2．（2024·安徽·高考真题）如图所示，竖直平面内有两完全相同的轻质弹簧，它们的一端分别固定于水平线上的M、N两点，另一端均连接在质量为m的小球上。开始时，在竖直向上的拉力作用下，小球静止于MN连线的中点O，弹簧处于原长。后将小球竖直向上。缓慢拉至P点，并保持静止，此时拉力F大小为。已知重力加速度大小为g，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力。若撤去拉力，则小球从P点运动到O点的过程中（

）A．速度一直增大 B．速度先增大后减小C．加速度的最大值为 D．加速度先增大后减小【答案】A【详解】AB．缓慢拉至P点，保持静止，由平衡条件可知此时拉力F与重力和两弹簧的拉力合力为零。此时两弹簧的合力为大小为。当撤去拉力，则小球从P点运动到O点的过程中两弹簧的拉力与重力的合力始终向下，小球一直做加速运动，故A正确，B错误；CD．小球从P点运动到O点的过程中，形变量变小弹簧在竖直方向的合力不断变小，故小球受的合外力一直变小，加速度的最大值为撤去拉力时的加速度，由牛顿第二定律可知加速度的最大值为，CD错误。故选A。3．（2024·湖南·高考真题）如图，质量分别为、、、m的四个小球A、B、C、D，通过细线或轻弹簧互相连接，悬挂于O点，处于静止状态，重力加速度为g。若将B、C间的细线剪断，则剪断瞬间B和C的加速度大小分别为（

）A．g， B．2g， C．2g， D．g，【答案】A【详解】剪断前，对BCD分析对D剪断后，对B解得方向竖直向上；对C解得方向竖直向下。故选A。4．（多选）（2024·广东·高考真题）如图所示，探测器及其保护背罩通过弹性轻绳连接降落伞。在接近某行星表面时以的速度竖直匀速下落。此时启动“背罩分离”，探测器与背罩断开连接，背罩与降落伞保持连接。已知探测器质量为1000kg，背罩质量为50kg，该行星的质量和半径分别为地球的和。地球表面重力加速度大小取。忽略大气对探测器和背罩的阻力。下列说法正确的有（）A．该行星表面的重力加速度大小为B．该行星的第一宇宙速度为C．“背罩分离”后瞬间，背罩的加速度大小为D．“背罩分离”后瞬间，探测器所受重力对其做功的功率为30kW【答案】AC【详解】A．在星球表面，根据可得行星的质量和半径分别为地球的和。地球表面重力加速度大小取，可得该行星表面的重力加速度大小故A正确；B．在星球表面上空，根据万有引力提供向心力可得星球的第一宇宙速度行星的质量和半径分别为地球的和，可得该行星的第一宇宙速度地球的第一宇宙速度为，所以该行星的第一宇宙速度故B错误；C．“背罩分离”前，探测器及其保护背罩和降落伞整体做匀速直线运动，对探测器受力分子，可知探测器与保护背罩之间的作用力“背罩分离”后，背罩所受的合力大小为4000N，对背罩，根据牛顿第二定律解得故C正确；D．“背罩分离”后瞬间探测器所受重力对其做功的功率故D错误。故选AC。5.（2023·北京·高考真题）如图所示，在光滑水平地面上，两相同物块用细线相连，两物块质量均为1kg，细线能承受的最大拉力为2N。若在水平拉力F作用下，两物块一起向右做匀加速直线运动。则F的最大值为（

）

A．1N B．2N C．4N D．5N【答案】C【详解】对两物块整体做受力分析有F=2ma再对于后面的物块有FTmax=maFTmax=2N联立解得F=4N故选C。6．（多选）（2023·福建·高考真题）如图所示，一广场小火车是由车头和车厢编组而成。假设各车厢质量均相等（含乘客），在水平地面上运行过程中阻力与车重成正比。一广场小火车共有3节车厢，车头对第一节车厢的拉力为，第一节车厢对第二节车厢的拉力为，第二节车厢对第三节车厢的拉力为，则（  ）A．当火车匀速直线运动时，B．当火车匀速直线运动时，C．当火车匀加速直线运动时，D．当火车匀加速直线运动时，【答案】BD【详解】AB．设每节车厢重G，当火车匀速直线运动时得故A错误，B正确；CD．当火车匀加速直线运动时得T1∶T2∶T3=3∶2∶1故C错误，D正确。故选BD。7．（多选）（2023·重庆·高考真题）某实验小组测得在竖直方向飞行的无人机飞行高度y随时间t的变化曲线如图所示，E、F、M、N为曲线上的点，EF、MN段可视为两段直线，其方程分别为和。无人机及其载物的总质量为2kg，取竖直向上为正方向。则（）

A．EF段无人机的速度大小为4m/sB．FM段无人机的货物处于失重状态C．FN段无人机和装载物总动量变化量大小为4kg∙m/sD．MN段无人机机械能守恒【答案】AB【详解】A．根据EF段方程可知EF段无人机的速度大小为故A正确；B．根据图像的切线斜率表示无人机的速度，可知FM段无人机先向上做减速运动，后向下做加速运动，加速度方向一直向下，则无人机的货物处于失重状态，故B正确；C．根据MN段方程可知MN段无人机的速度为则有可知FN段无人机和装载物总动量变化量大小为12kg∙m/s，故C错误；D．MN段无人机向下做匀速直线运动，动能不变，重力势能减少，无人机的机械能不守恒，故D错误。故选AB。8．（多选）（2023·湖北·高考真题）如图所示，原长为l的轻质弹簧，一端固定在O点，另一端与一质量为m的小球相连。小球套在竖直固定的粗糙杆上，与杆之间的动摩擦因数为0.5。杆上M、N两点与O点的距离均为l，P点到O点的距离为，OP与杆垂直。当小球置于杆上P点时恰好能保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。小球以某一初速度从M点向下运动到N点，在此过程中，弹簧始终在弹性限度内。下列说法正确的是（

）

A．弹簧的劲度系数为B．小球在P点下方处的加速度大小为C．从M点到N点的运动过程中，小球受到的摩擦力先变小再变大D．从M点到P点和从P点到N点的运动过程中，小球受到的摩擦力做功相同【答案】AD【详解】A．小球在P点受力平衡，则有，，联立解得A正确；C．在PM之间任取一点A，令AO与MN之间的夹角为，则此时弹簧的弹力为小球受到的摩擦力为化简得在MP之间增大在PN减变小，即摩擦力先变大后变小，C错误；D．根据对称性可知在任意关于P点对称的点摩擦力大小相等，因此由对称性可知M到P和P到N摩擦力做功大小相等；D正确；B．小球运动到P点下方时，此时摩擦力大小为由牛顿第二定律联立解得B错误。故选AD。9．（多选）（2023·湖南·高考真题）如图，光滑水平地面上有一质量为的小车在水平推力的作用下加速运动。车厢内有质量均为的A、B两小球，两球用轻杆相连，A球靠在光滑左壁上，B球处在车厢水平底面上，且与底面的动摩擦因数为，杆与竖直方向的夹角为，杆与车厢始终保持相对静止假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（

）

A．若B球受到的摩擦力为零，则B．若推力向左，且，则的最大值为C．若推力向左，且，则的最大值为D．若推力向右，且，则的范围为【答案】CD【详解】A．设杆的弹力为，对小球A：竖直方向受力平衡，则杆水平方向的分力与竖直方向的分力满足竖直方向则若B球受到的摩擦力为零，对B根据牛顿第二定律可得可得对小球A、B和小车整体根据牛顿第二定律A错误；B．若推力向左，根据牛顿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为对小球B，由于，小球B受到向左的合力则对小球A，根据牛顿第二定律可得对系统整体根据牛顿第二定律解得B错误；C．若推力向左，根据牛顿第二定律可知加速度向左，小球A向左方向的加速度由杆对小球A的水平分力提供，小球A所受向左的合力的最大值为小球B所受向左的合力的最大值由于可知则对小球B，根据牛顿第二定律对系统根据牛顿第二定律联立可得的最大值为C正确；D．若推力向右，根据牛顿第二定律可知系统整体加速度向右，由于小球A可以受到左壁向右的支持力，理论上向右的合力可以无限大，因此只需要讨论小球B即可，当小球B所受的摩擦力向左时，小球B向右的合力最小，此时当小球所受摩擦力向右时，小球B向右的合力最大，此时对小球B根据牛顿第二定律对系统根据牛顿第二定律代入小球B所受合力分范围可得的范围为D正确。故选CD。10．（2023·辽宁·高考真题）某大型水陆两栖飞机具有水面滑行汲水和空中投水等功能。某次演练中，该飞机在水面上由静止开始匀加速直线滑行并汲水，速度达到v₁=80m/s时离开水面，该过程滑行距离L=1600m、汲水质量m=1.0×10⁴kg。离开水面后，飞机攀升高度h=100m时速度达到v₂=100m/s，之后保持水平匀速飞行，待接近目标时开始空中投水。取重力加速度g=10m/s²。求：（1）飞机在水面滑行阶段的加速度a的大小及滑行时间t；（2）整个攀升阶段，飞机汲取的水的机械能增加量ΔE。【答案】（1），；（2）【详解】（1）飞机做从静止开始做匀加速直线运动，平均速度为，则解得飞机滑行的时间为飞机滑行的加速度为（2）飞机从水面至处，水的机械能包含水的动能和重力势能，则机械能变化量为11.（多选）（2022·河北·高考真题）如图，轻质定滑轮固定在天花板上，物体和用不可伸长的轻绳相连，悬挂在定滑轮上，质量，时刻将两物体由静止释放，物体的加速度大小为。时刻轻绳突然断开，物体能够达到的最高点恰与物体释放位置处于同一高度，取时刻物体所在水平面为零势能