《金版程》2025-高考大二轮刷题首选卷-物理专题一 考点2 力与物体的直线运动含答案

大二轮刷题首选卷物理《金版程》2025-高考大二轮刷题首选卷-物理考点2力与物体的直线运动考向一运动学的图像问题1．如图所示的位移(x)—时间(t)图像和速度(v)—时间(t)图像中给出四条图线，甲、乙、丙、丁代表四辆车由同一地点向同一方向运动的情况，则下列说法正确的是()A．甲车做直线运动，乙车做曲线运动B．0～t1时间内，甲车通过的路程大于乙车通过的路程C．0～t2时间内，丙、丁两车在t2时刻相距最远D．0～t2时间内，丙、丁两车的平均速度相等答案：C解析：由题意知，四辆车均由同一地点向同一方向运动，即均做直线运动，故A错误；由x­t图像知，在0～t1时间内甲、乙两车的位移相等，又都是单向直线运动，所以两车路程相等，故B错误；v­t图像中，由图线与时间轴围成的面积表示位移可知，0～t2时间内，丙、丁两车在t2时刻相距最远，故C正确；0～t2时间内，丙的位移小于丁的位移，所用时间相等，由eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(Δx,Δt)可知，丙的平均速度小于丁的平均速度，故D错误。考向二追及相遇问题2.蓝牙是一种支持设备间短距离通信的无线技术。如图，两条足够长的平行直轨道相距6m，某同学用安装有蓝牙设备的玩具车A、B在轨道上进行实验。t＝0时，A车以10m/s的速度经过O1点，B车以1m/s的速度经过O2点。此时关闭A车动力，A车以2m/s2的加速度向右做匀减速直线运动，B车继续向右做匀速直线运动。已知O1O2与轨道垂直，两车间的距离超过10m时无法实现通信，忽略信号传递的时间，则从t＝0起两车间能通信的时间共为()A．1s B．8sC．16s D．17s答案：D解析：当二者之间沿轨道方向的距离Δx＝eq\r(leq\o\al(2,m)－d2)＝eq\r(102－62)m＝8m时恰好能实现通信。开始时A的速度v1＝10m/s，B的速度v2＝1m/s，A停止运动前时间t内A车的位移为xA＝v1t－eq\f(1,2)at2，B车的位移为xB＝v2t；当xA－xB＝Δx时，解得t1＝1s，t2＝8s，但A车的速度减为零的时间：t0＝eq\f(v1,a)＝eq\f(10,2)s＝5s，故t2＝8s舍去；可知在5s前A与B能通信的时间为1s。A车停止运动时，A车的位移为x0＝eq\f(veq\o\al(2,1),2a)＝eq\f(100,2×2)m＝25m，之后，当B与A沿轨道之间的距离为8m时，对应B运动的时间：t3＝eq\f(x0－Δx,v2)＝eq\f(25－8,1)s＝17s，t4＝eq\f(x0＋Δx,v2)＝eq\f(25＋8,1)s＝33s，可知在5s后A与B能通信的时间为Δt＝t4－t3＝33s－17s＝16s。综上，两车能通信的时间为t总＝1s＋16s＝17s，故D正确。考向三牛顿运动定律的应用3．水平桌面上放置一质量为m的木块，木块与桌面间的动摩擦因数恒定，用一水平恒力F拉木块，木块在水平桌面上做匀速直线运动；若将此力方向改为与水平方向成74°角斜向上拉木块(F大小不变)，木块仍在水平桌面上做匀速直线运动。那么当用2F的水平恒力拉木块，此时木块的加速度为(已知当地的重力加速度为g，sin74°＝0.96，cos74°＝0.28)()A.eq\f(3,4)g B.eq\f(3,8)gC.eq\f(3,16)g D.eq\f(3,32)g答案：A解析：用一水平恒力F拉木块，木块做匀速直线运动，有F＝μmg，将此力方向改为与水平方向成74°角斜向上拉木块(F大小不变)，木块仍做匀速直线运动，水平方向有Fcos74°＝f，竖直方向有N＋Fsin74°＝mg，且f＝μN，当用2F的水平恒力拉木块时，有2F－μmg＝ma，联立解得a＝eq\f(3,4)g，故选A。考向四牛顿第二定律的图像问题4.如图所示，一劲度系数为k的轻质弹簧，上端固定，下端连一质量为m的物块A，A放在质量也为m的托盘B上，以FN表示B对A的作用力，x表示弹簧的伸长量。初始时，在竖直向上的力F作用下系统静止，且弹簧处于自然状态(x＝0)，现改变力F的大小，使B以eq\f(\a\vs4\al(g),2)的加速度匀加速向下运动(g为重力加速度，空气阻力不计)，此过程中FN或F随x变化的图像正确的是()答案：D解析：设B对A的作用力FN刚好为零时弹簧的伸长量为x0，则对A有mg－kx0＝meq\f(g,2)，解得x0＝eq\f(mg,2k)；在此之前，对A根据mg－FN－kx＝meq\f(g,2)，可知FN＝eq\f(mg,2)－kx，FN由开始运动时的eq\f(mg,2)线性减小到零，对A、B整体根据2mg－F－kx＝2meq\f(g,2)，可知F＝mg－kx，力F由开始运动时的mg线性减小到eq\f(mg,2)，此后托盘与物块分离，力F保持eq\f(mg,2)不变。故A、B、C错误，D正确。考向五动力学中的临界和极值问题5．(多选)某实验小组在探究接触面间的动摩擦因数实验中，如图甲所示，将一质量为M的长木板放置在水平地面上，其上表面有另一质量为m的物块，刚开始均处于静止状态。现使物块受到水平力F的作用，用传感器测出水平拉力F，画出F与物块的加速度a的关系如图乙所示。已知重力加速度g＝10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个运动过程中物块始终未脱离长木板。则()A．长木板的质量为2kgB．长木板与地面之间的动摩擦因数为0.1C．长木板与物块之间的动摩擦因数为0.4D．当拉力F增大时，长木板的加速度一定增大答案：ABC解析：由图乙可知，当F>12N时物块和长木板开始产生相对滑动，设长木板与物块之间的动摩擦因数为μ1，则F－μ1mg＝ma，即F＝ma＋μ1mg，由图乙可知m＝eq\f(12－8,2)kg＝2kg，μ1mg＝8N，解得μ1＝0.4，C正确；当4N≤F≤12N时两者共同运动，设长木板与地面之间的动摩擦因数为μ2，则F－μ2(M＋m)g＝(M＋m)a，即F＝(M＋m)a＋μ2(M＋m)g，由图乙可知M＋m＝eq\f(12－4,2)kg＝4kg，μ2(M＋m)g＝4N，解得M＝2kg，μ2＝0.1，A、B正确；当拉力F≥12N时，长木板与物块之间相对滑动，长木板所受地面的摩擦力和物块的摩擦力不变，则加速度不变，D错误。考向六传送带模型6.如图所示，足够长的倾斜传送带以恒定速率v0顺时针运行。一小木块以初速度v1从传送带的底端滑上传送带。木块在传送带上运动全过程中，关于木块的速度v随时间t变化关系的图像不可能的是()答案：C解析：当v1＜v0，且木块重力沿传送带向下的分力大于木块与传送带间的滑动摩擦力时，木块滑上传送带后先相对传送带向下滑动，所受滑动摩擦力沿传送带向上，而合外力沿传送带向下，木块做匀减速运动，速度减为零后，继续相对传送带向下滑动，所受合外力不变，加速度不变，表现为v­t图像斜率不变，木块速度开始反向增大，根据对称性可知木块返回传送带下端时速度为－v1，故A可能；当v1＜v0，且木块重力沿传送带向下的分力小于木块与传送带间的滑动摩擦力时，木块滑上传送带后先相对传送带向下滑动，所受滑动摩擦力沿传送带向上，合外力沿传送带向上，木块做匀加速运动，当木块速度增大至v0时，由于木块与传送带之间的最大静摩擦力也一定大于重力沿传送带向下的分力，所以木块将随传送带一起以v0运动，故B可能；当v1＞v0，且木块重力沿传送带向下的分力大于木块与传送带间的滑动摩擦力时，木块滑上传送带后先相对传送带向上滑动，所受滑动摩擦力沿传送带向下，合外力沿传送带向下，木块做匀减速运动(设加速度大小为a1)，当木块速度减小至v0时，将开始相对传送带向下滑动，所受滑动摩擦力变为沿传送带向上，所以木块所受合外力减小，加速度减小，表现为v­t图像斜率变小，木块沿传送带向上做匀减速运动(设加速度大小为a2)，速度减为零之后开始沿传送带向下做匀加速运动(由于合外力不变，所以加速度大小仍为a2，表现为v­t图像斜率不变)，根据运动学规律可知木块速度从v1减至v0的过程位移大小为x1＝eq\f(veq\o\al(2,1)－veq\o\al(2,0),2a1)，木块速度从v0减至0的过程位移大小为x2＝eq\f(veq\o\al(2,0),2a2)，假设木块返回至传送带下端时的速度为－v1，则木块速度从0增大至－v1的过程位移大小为x3＝eq\f(veq\o\al(2,1),2a2)，由于a1>a2，所以有eq\f(veq\o\al(2,1)－veq\o\al(2,0),2a1)＋eq\f(veq\o\al(2,0),2a2)<eq\f(veq\o\al(2,1),2a2)，即x1＋x2<x3，而木块整个过程的位移应为零(x1＋x2应等于x3)，上式显然不满足，故C不可能；当v1＞v0，且木块重力沿传送带向下的分力小于木块与传送带间的滑动摩擦力时，木块滑上传送带后先相对传送带向上滑动，所受滑动摩擦力沿传送带向下，合外力沿传送带向下，木块做匀减速运动，当木块速度减小至v0时，由于木块与传送带之间的最大静摩擦力也一定大于重力沿传送带向下的分力，所以木块将随传送带一起以v0运动，故D可能。本题选不可能的，故选C。1.(2024·湖南高考)如图，质量分别为4m、3m、2m、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，1.5g B．2g，1.5gC．2g，0.5g D．g，0.5g答案：A解析：剪断B、C间细线前，对小球B、C、D及C、D间轻弹簧组成的整体受力分析，根据平衡条件可知，A、B间轻弹簧的弹力大小为FAB＝(3m＋2m＋m)g＝6mg，对小球D受力分析，根据平衡条件可知，C、D间轻弹簧的弹力大小为FCD＝mg。剪断B、C间细线瞬间，两轻弹簧的弹力不变，根据牛顿第二定律，对B有FAB－3mg＝3maB，对C有FCD＋2mg＝2maC，解得B的加速度大小aB＝g，方向竖直向上，C的加速度大小aC＝1.5g，方向竖直向下。故选A。2．(2024·河北高考)篮球比赛前，常通过观察篮球从一定高度由静止下落后的反弹情况判断篮球的弹性。某同学拍摄了该过程，并得出了篮球运动的v­t图像，如图所示。图像中a、b、c、d四点中对应篮球位置最高的是()A．a点 B．b点C．c点 D．d点答案：A解析：由题意可知，篮球最开始做自由落体运动，结合图像可知，速度为负值时，表示篮球向下运动，当向下运动到与地面接触时篮球速度最大，之后速度发生突变，速度方向变为向上并做竖直上抛运动，速度减为0时上升到最高点，故篮球第一次触地反弹后上升至最高点时，对应图中的a点；同理分析可知，b点、c点分别对应第二次触地反弹前、后的位置即地面，d点对应第二次反弹后上升到最高点的位置。由v­t图像与时间轴围成的面积的绝对值表示位移大小可知，第一次反弹后到达的最高点高度(对应图中0.6s～1.1s图线与t＝0直线所围面积)大于第二次反弹后到达的最高点高度(对应图中1.6s～2.0s图线与t＝0直线所围面积)，故a点对应的篮球位置比d点高，即四点中对应篮球位置最高的是a点，故选A。3．(2024·安徽高考)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2mg。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3g D．加速度先增大后减小答案：A解析：小球静止于O点时，弹簧处于原长，则当撤去拉力F后，小球由静止开始从P点运动到O点的过程中，小球受到重力和两弹簧的拉力，由对称性可知，小球所受合力始终竖直向下，根据牛顿第二定律可知，小球的加速度方向一直竖直向下，所以小球一直做加速运动，速度一直增大，故A正确，B错误。小球从P点运动到O点的过程中，两弹簧形变量逐渐变小，每个弹簧对小球的拉力F拉都一直变小，且弹簧弹力与竖直方向的夹角θ不断变大，则两弹簧对小球竖直向下的合力F合＝2F拉cosθ不断变小，小球所受重力不变，故小球所受合力一直变小，小球的加速度一直变小，因此刚撤去拉力时小球的加速度最大；撤去拉力前瞬间，由平衡条件可知，小球所受重力和弹簧弹力的合力F合0与拉力F等大反向，即F合0＝F＝2mg，刚撤去拉力时，由牛顿第二定律可知，F合0＝mam，可解得小球从P点运动到O点的过程中加速度的最大值为am＝2g，C、D错误。4.(2024·广东高考)如图所示，轻质弹簧竖直放置，下端固定。木块从弹簧正上方H高度处由静止释放。以木块释放点为原点，取竖直向下为正方向，木块的位移为y，所受合外力为F，运动时间为t。忽略空气阻力，弹簧在弹性限度内。关于木块从释放到第一次回到原点的过程中，其F­y图像或y­t图像可能正确的是()答案：B解析：从木块开始释放到与弹簧刚接触的过程中，即0≤y≤H的过程，木块所受合外力为木块的重力，即F＝mg，则F保持不变；从木块接触弹簧到下落至最低点的过程中，即y>H的过程，根据力的合成和胡克定律有F＝mg－k(y－H)，则随着y增大，F先均匀减小到0，后反向均匀增大；同理分析可知，上升过程的F­y图像与下落过程的F­y图像相同，故A错误，B正确。结合上述分析，由牛顿第二定律可知，在木块下落H高度之前，木块做匀加速直线运动，速度逐渐增大，所以y­t图像斜率逐渐增大；从木块下落H高度到下落至最低点的过程，木块先向下做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，速度先逐渐增大后逐渐减小到0，所以y­t图像的斜率先逐渐增大后逐渐减小到0，到达最低点后，木块向上运动，因为木块下落过程与上升过程具有对称性，所以其y­t图像如图所示，故C、D错误。5．(2024·辽宁高考)(多选)一足够长木板置于水平地面上，二者间的动摩擦因数为μ。t＝0时，木板在水平恒力作用下，由静止开始向右运动。某时刻，一小物块以与木板等大、反向的速度从右端滑上木板。已知t＝0到t＝4t0的时间内，木板速度v随时间t变化的图像如图所示，其中g为重力加速度大小。t＝4t0时刻，小物块和木板的速度相同。下列说法正确的是()A．小物块在t＝3t0时刻滑上木板B．小物块和木板间的动摩擦因数为2μC．小物块与木板的质量比为3∶4D．t＝4t0之后小物块和木板一起做匀速运动答案：ABD解析：v­t图像的斜率表示加速度，由图可知，t＝3t0时刻木板的加速度发生改变，由牛顿第二定律可知，此时木板的受力情况发生改变，故可知小物块在t＝3t0时刻滑上木板，故A正确；设小物块的质量为m，小物块和木板间的动摩擦因数为μ0，根据题意结合图像可知，小物块开始滑上木板时，小物块的速度大小为v0＝eq\f(3,2)μgt0，方向水平向左，小物块在木板上滑动时，对小物块，根据牛顿第二定律，有μ0mg＝ma0，解得小物块在木板上滑动时的加速度大小为a0＝μ0g，t＝3t0时刻小物块滑上木板后，先向左做匀减速直线运动，减速到0后以相同的加速度向右做匀加速直线运动，在t＝4t0时刻与木板共速，共速时速度大小为v共＝eq\f(1,2)μgt0，方向水平向右，有v共＝－v0＋a0t0，联立可解得μ0＝2μ，故B正确；设木板的质量为M，0～3t0时间内，根据v­t图像可知，木板的加速度为a＝eq\f(\f(1,2)μgt0－0,t0－0)＝eq\f(1,2)μg，此时间内，对木板由牛顿第二定律有F－μMg＝Ma，解得木板受到的水平恒力F＝eq\f(3,2)μMg，3t0～4t0时间内，根据v­t图像可知，木板的加速度为a′＝eq\f(\f(1,2)μgt0－\f(3,2)μgt0,4t0－3t0)＝－μg，此时间内，对木板由牛顿第二定律得F－μ(m＋M)g－μ0mg＝Ma′，解得eq\f(m,M)＝eq\f(1,2)，故C错误；假设t＝4t0之后小物块和木板相对静止，则小物块和木板整体所受合力为F合＝F－μ(m＋M)g＝eq\f(3,2)μMg－eq\f(3,2)μMg＝0，故可知此时整体处于平衡状态，假设成立，即t＝4t0之后小物块和木板一起做匀速运动，故D正确。6.(2023·湖南高考)(多选)如图，光滑水平地面上有一质量为2m的小车在水平推力F的作用下加速运动。车厢内有质量均为m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μ，杆与竖直方向的夹角为θ，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F＝2mgtanθB．若推力F向左，且tanθ≤μ，则F的最大值为2mgtanθC．若推力F向左，且μ<tanθ≤2μ，则F的最大值为4mg(2μ－tanθ)D．若推力F向右，且tanθ>2μ，则F的范围为4mg(tanθ－2μ)≤F≤4mg(tanθ＋2μ)答案：CD解析：设杆对A、B球的弹力大小为N，对小球A受力分析，竖直方向受力平衡，有Ny＝mg，又杆弹力的水平分力与竖直分力满足eq\f(Nx,Ny)＝tanθ，则Nx＝mgtanθ。若B球受到的摩擦力为零，对B根据牛顿第二定律可得Nx＝ma，解得a＝gtanθ，对小球A、B和小车整体根据牛顿第二定律得F＝4ma＝4mgtanθ，A错误。若推力F向左，根据牛顿第二定律可知系统加速度向左，小球A所受向左的合力的最大值为FA＝Nx＝mgtanθ，对小球B受力分析如图所示，可知小球B所受向左的合力的最大值为FB＝fmax－Nx＝μ(Ny＋mg)－Nx＝2μmg－mgtanθ，若FA≤FB，即tanθ≤μ，那么A、B整体向左的最大加速度为amax＝eq\f(FA,m)＝gtanθ，对A、B和小车整体根据牛顿第二定律得Fmax＝4mamax＝4mgtanθ；若FA>FB≥0，即μ<tanθ≤2μ，那么A、B整体向左的最大加速度为amax′＝eq\f(FB,m)＝2μg－gtanθ，对A、B和小车整体根据牛顿第二定律得Fmax′＝4mamax′＝4mg(2μ－tanθ)，故B错误，C正确。若推力F向右，根据牛顿第二定律可知系统加速度向右，理论上小球A所受向右的合力可以无限大，因此只需要讨论小球B的受力即可，当小球B所受的摩擦力向左且为最大静摩擦力时，小球B所受向右的合力最小，FBmin＝Nx－μ(Ny＋mg)＝mgtanθ－2μmg，由FBmin>0得tanθ>2μ，当小球B所受摩擦力向右且为最大静摩擦力时，小球B所受向右的合力最大，FBmax＝Nx＋μ(Ny＋mg)＝mgtanθ＋2μmg，对小球B根据牛顿第二定律有FBmin＝maBmin，FBmax＝maBmax，对A、B和小车整体根据牛顿第二定律有F＝4ma，则4maBmin≤F≤4maBmax，联立得4mg(tanθ－2μ)≤F≤4mg(tanθ＋2μ)，D正确。7．(2024·广西高考)如图，轮滑训练场沿直线等间距地摆放着若干个定位锥筒，锥筒间距d＝0.9m，某同学穿着轮滑鞋向右匀减速滑行。现测出他从1号锥筒运动到2号锥筒用时t1＝0.4s，从2号锥筒运动到3号锥筒用时t2＝0.5s。求该同学(1)滑行的加速度大小；(2)最远能经过几号锥筒。答案：(1)1m/s2(2)4解析：(1)根据匀变速直线运动的规律，该同学在1、2号锥筒间运动的中间时刻的速度为v1＝eq\f(d,t1)该同学在2、3号锥筒间运动的中间时刻的速度为v2＝eq\f(d,t2)这两个中间时刻之间的时间间隔Δt＝eq\f(t1,2)＋eq\f(t2,2)该同学滑行的加速度大小为a＝eq\f(v1－v2,Δt)联立并代入数据，解得a＝1m/s2。(2)设该同学经过1号锥筒时的速度为v0，从经过1号锥筒到停止运动通过的位移大小为x，根据匀变速直线运动的规律，从经过1号锥筒到经过2号锥筒，有d＝v0t1－eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)从经过1号锥筒到停止运动，有0－veq\o\al(2,0)＝－2ax联立并代入数据，解得x＝3.00125mx＝3.33d，故可知该同学最远能经过4号锥筒。1．(2024·吉林省延边州高三下一模)如图，某滑雪爱好者从倾角一定的雪道上A点由静止滑下，滑到水平雪道上C点时速度刚好为零，滑雪爱好者经过倾斜雪道的最低点B点时速度大小不变。若滑雪爱好者在倾斜和水平雪道上均做匀变速直线运动，已知从A到C运动的路程为60m，时间为40s，则该滑雪爱好者经过B点时的速度大小为()A．5m/s B．3m/sC．4m/s D．2m/s答案：B解析：设滑雪爱好者经过B点时的速度大小为v，在倾斜雪道和水平雪道上运动的时间分别为t1和t2，由匀变速直线运动的规律有xAB＝eq\f(v,2)t1，xBC＝eq\f(v,2)t2，由题意可知t1＋t2＝40s，xAB＋xBC＝60m，联立解得v＝3m/s，故选B。2.(2023·湖南省张家界市高三下模拟)用手掌托着智能手机，打开加速度传感器，手掌从静止开始迅速上下运动，得到如图所示的竖直方向上加速度随时间变化的图像，该图像以竖直向上为正方向，取重力加速度g＝10m/s2。由此可判断出()A．手机一直未离开过手掌B．手机在t1时刻运动到最高点C．手机在t2时刻改变运动方向D．手机在t1～t3时间内，受到的支持力一直减小答案：D解析：由题图可知，手机的加速度在某一段时间内等于重力加速度，则此时手机处于完全失重状态，与手掌间没有力的作用，手机可能离开过手掌，A错误；根据Δv＝aΔt可知，a­t图像与t轴围成的面积表示速度变化量，则手机在t1时刻速度为正，还没有到最高点，手机在t2时刻速度为正，运动方向没有发生改变，B、C错误；设手机的质量为m，根据牛顿第二定律得N－mg＝ma，解得手机受到的支持力N＝mg＋ma，由题图可知，在t1～t3时间内，a的数值一直减小到－g，则N一直减小，D正确。3．(2024·广西高三下一模)物块P、Q中间用一根轻质弹簧相连，放在光滑水平面上，物块P的质量为2kg，如图甲所示。开始时两物块均静止，弹簧处于原长，t＝0时对物块P施加水平向右的恒力F，t＝1s时撤去，在0～1s内两物块的加速度随时间变化的情况如图乙所示。整个运动过程中以下说法正确的是()A．t＝1s时，物块Q的速度大小为0.4m/sB．恒力F大小为1.6NC．物块Q的质量为0.5kgD．t＝1s后，物块P、Q一起做匀加速直线运动答案：C解析：a­t图线与t轴围成的面积表示速度变化量，若0～1s内Q的加速度均匀增大，则0～1s内Q的速度变化量大小ΔvQ＝eq\f(1,2)×1×0.8m/s＝0.4m/s，由题图乙可得实际Q的a­t图线与t轴围成的面积大于Q的加速度均匀增大时图线与t轴围成的面积，故0～1s内Q的速度变化量大于0.4m/s，即t＝1s时Q的速度大小大于0.4m/s，故A错误；设物块P的质量为mP，t＝0时的加速度大小为a0＝1.0m/s2，对物块P，由牛顿第二定律可得恒力大小F＝mPa0＝2N，故B错误；设t＝1s时物块P、Q整体的加速度大小为a1，由牛顿第二定律有F＝(mP＋mQ)a1，代入数据解得物块Q的质量mQ＝0.5kg，故C正确；t＝1s时，弹簧处于压缩状态，且P和Q的速度不同，因此t＝1s后，两物块受弹簧弹力作用，不会一起做匀加速直线运动，故D错误。4.(2024·江西省部分学校高三下二模)如图所示，在足够大的水平地面上静置一木板，可视为质点的物块以v0＝3m/s的速度滑上木板，最终物块恰好到达木板的右端，木板沿地面运动的距离恰好等于木板的长度。已知物块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.2，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.05，取重力加速度大小g＝10m/s2，则木板的长度为()A．1.0m B．1.5mC．2.0m D．2.5m答案：B解析：设物块的质量为m，木板的质量为M，从物块滑上木板到两者达到共速的时间为t1，物块的加速度大小为a1，由牛顿第二定律有a1＝eq\f(μ1mg,m)＝2m/s2，设物块到达木板右端时的速度大小为v，由匀变速直线运动的规律有v0－a1t1＝v，此时木板的位移为x1＝eq\f(v,2)t1，两者共速后，因μ1>μ2，则物块和木板一起减速运动到停止，设两者共同做减速运动的加速度大小为a2，由牛顿第二定律有a2＝eq\f(μ2（m＋M）g,m＋M)＝0.5m/s2，由匀变速直线运动的规律可知，两者共速后的位移为x2＝eq\f(v2,2a2)，木板沿地面运动的距离恰好等于木板的长度L，即L＝x1＋x2，最终物块恰好到达木板的右端，即物块相对木板滑动的位移为板长，有L＝eq\f(v0＋v,2)t1－x1，联立各式解得t1＝1s(另一解t1＝3s不符合实际，舍去)，L＝1.5m，故选B。5．(2023·广西南宁市高三下二模)(多选)如图所示，1、2、3、4四小球均由静止开始沿着光滑的斜面从顶端运动到底端，其运动时间分别为t1、t2、t3、t4，已知竖直固定的圆环的半径为r，O为圆心，固定在水平面上的斜面水平底端的长度为eq\r(3)r，重力加速度为g，下列关系正确的是()A．t1>t2 B．t3＝t4C．t2<t4 D．t1＝t4答案：BC解析：1号小球的加速度大小为a1＝eq\f(m1gcos30°,m1)＝gcos30°＝eq\f(\r(3),2)g，位移大小为x1＝2rcos30°＝eq\r(3)r，由x1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)可知运动时间为t1＝eq\r(\f(2x1,a1))＝2eq\r(\f(r,g))；2号小球的加速度大小为a2＝eq\f(m2gcos60°,m2)＝gcos60°＝eq\f(1,2)g，位移大小为x2＝2rcos60°＝r，由x2＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)可知运动时间为t2＝eq\r(\f(2x2,a2))＝2eq\r(\f(r,g))；3号小球的加速度大小为a3＝eq\f(m3gcos30°,m3)＝gcos30°＝eq\f(\r(3),2)g，位移大小为x3＝eq\f(\r(3)r,sin30°)＝2eq\r(3)r，由x3＝eq\f(1,2)a3teq\o\al(2,3)可知运动时间为t3＝eq\r(\f(2x3,a3))＝2eq\r(\f(2r,g))；4号小球的加速度大小为a4＝eq\f(m4gcos60°,m4)＝gcos60°＝eq\f(1,2)g，位移大小为x4＝eq\f(\r(3)r,sin60°)＝2r，由x4＝eq\f(1,2)a4teq\o\al(2,4)可知运动时间为t4＝eq\r(\f(2x4,a4))＝2eq\r(\f(2r,g))。综上可知t1＝t2<t3＝t4，故B、C正确，A、D错误。6.(2024·湖南省长沙市高三下高考模拟预测)(多选)如图，轻质的光滑滑轮K与质量为M的物块A由一硬轻杆连接在一起，成为一个物体，物块A放置于水平面上。质量为m的物块B与跨过滑轮的轻绳一端相连，轻绳另一端固定在墙上且水平，物块B与物块A间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。则下列说法正确的是()A．若A静止，则地面对A的作用力为eq\r(2)mgB．若水平地面光滑，则A、B的加速度大小关系为aB＝eq\r(2)aAC．若水平地面光滑，则A的加速度大小aA＝eq\f(mg,M＋（μ＋2）m)D．若水平地面光滑，则轻绳的拉力T＝eq\f(mg（M＋m）,M＋（μ＋1）m)答案：BC解析：当A静止时，由平衡条件可知轻绳的拉力T1＝mg，把A、B及滑轮左侧部分的轻绳看作一个整体，整体受水平向右的拉力T1＝mg，竖直向下的重力(M＋m)g以及地面对A的作用力F地的作用，由平衡条件可知F地＝eq\r(（mg）2＋（Mg＋mg）2)，故A错误；若水平地面光滑，设物块A、B间的弹力大小为F，根据牛顿第二定律，对A有T－F＝MaA，物块B的加速度在竖直方向的分量设为aB′，在水平方向的分量等于aA，则物块B在竖直方向上有mg－T－μF＝maB′，物块B在水平方向上有F＝maA，由于物块B竖直方向上的位移大小等于A、B水平方向上的位移大小，则有aB′＝aA，所以物块B的加速度aB＝eq\r(aB′2＋aeq\o\al(2,A))＝eq\r(2)aA，故B正确；根据B项分析，联立可得aA＝eq\f(mg,M＋（μ＋2）m)，且T＝eq\f(mg（M＋m）,M＋（μ＋2）m)，故C正确，D错误。7．(2024·安徽省普通高等学校招生考试适应性测试)如图，相距l＝2.5m的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相接。传送带向右匀速运动，根据需要设定驱动系统的速度大小v＝1m/s。质量m＝10kg的货物(可视为质点)放在距传送带左侧1m处的P点，右侧平台的人通过一根轻绳用恒力F＝40N水平向右拉货物。已知货物与平台间的动摩擦因数μ1＝0.2，货物与传送带间的动摩擦因数μ2＝0.5，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。求：(1)货物运动到传送带左端时的速度大小；(2)货物在传送带上运动的时间。答案：(1)2m/s(2)2s解析：(1)设货物在平台上的加速度大小为a1，根据牛顿第二定律有F－μ1mg＝ma1设货物运动到传送带左端时的速度大小为v1，货物与传送带左端的距离为s1，由运动学规律有veq\o\al(2,1)＝2a1s1代入数据解得v1＝2m/s。(2)由于v1>v，故可知货物滑上传送带后受到的摩擦力向左，以水平向右为正方向，设此时货物的加速度为a2，由牛顿第二定律有F－μ2mg＝ma2解得a2＝－1m/s2故货物开始做匀减速运动，设经过时间t2与传送带共速，有v＝v1＋a2t2该段时间货物位移大小为s2＝eq\f(v1＋v,2)t2共速后货物匀速运动，设再经过时间t3到达传送带右端，有l－s2＝vt3货物在传送带上运动的时间为t＝t2＋t3联立并代入数据解得t＝2s。1.(2024·安徽省蚌埠市高三第三次教学质量检查)如图所示，一盛有水的容器自倾角为θ的固定粗糙长斜面顶端下滑。已知容器底部与斜面间的动摩擦因数μ<tanθ，则下滑过程中水面位置可能正确的是(图中实线表示水面位置，虚线表示水平面位置，α<θ)()答案：B解析：方法一：以容器和全部水为研究对象，设其沿斜面向下的加速度为a，则根据牛顿第二定律有mgsinθ－μmgcosθ＝ma，解得a＝g(sinθ－μcosθ)，因μ<tanθ，则0<a<gsinθ，以水面上一微小体积水为研究对象，可知其受到垂直水面向上的支持力FN和自身重力m1g，设FN沿斜面方向的分力为Fx，垂直斜面方向的分力为Fy，则m1gsinθ＋Fx＝m1a，Fy＝m1gcosθ，可知Fx为负值，设水面与水平方向的夹角为β，可知tanβ＝eq\f(|Fx|,Fy)＝μ，因μ<tanθ，则0<β<θ，故选B。方法二(极限法)：若容器底部与斜面间的动摩擦因数μ＝tanθ，则mgsinθ＝μmgcosθ，容器匀速下滑，此时容器内的水受力平衡，水面水平；若容器底部与斜面间的动摩擦因数为零，则容器和水下滑的加速度均为a＝gsinθ，则此时容器内的水面与斜面平行；若容器底部与斜面间的动摩擦因数μ<tanθ，a＝eq\f(\a\vs4\al(mgsinθ－μmgcosθ),m)＝gsinθ－μgcosθ，可知容器加速下滑且加速度0<a<gsinθ，则容器内的水面倾斜，倾斜角度在“水平”和“与斜面平行”之间。故选B。2.(2024·湖南高考)(多选)如图，光滑水平面内建立直角坐标系xOy。A、B两小球同时从O点出发，A球速度大小为v1，方向沿x轴正方向，B球速度大小为v2＝2m/s，方向与x轴正方向夹角为θ。坐标系第一象限中有一个挡板L，与x轴夹角为α。B球与挡板L发生碰撞，碰后B球速度大小变为1m/s，碰撞前后B球的速度方向与挡板L法线的夹角相同，且分别位于法线两侧。不计碰撞时间和空气阻力，若A、B两小球能相遇，下列说法正确的是()A．若θ＝15°，则v1的最大值为eq\r(2)m/s，且α＝15°B．若θ＝15°，则v1的最大值为eq\f(2,3)eq\r(3)m/s，且α＝0°C．若θ＝30°，则v1的最大值为eq\f(2,3)eq\r(3)m/s，且α＝0°D．若θ＝30°，则v1的最大值为eq\r(2)m/s，且α＝15°答案：AC解析：由于水平面光滑，则除碰撞过程外，两小球均做匀速直线运动，设B球与挡板在P点处碰撞，两小球在D点处相遇，B球从O点运动到P点所用时间为t1，从P点到D点所用时间为t2，根据题意，画出A、B的运动轨迹图如图所示，在△OPD中，根据正弦定理有eq\f(OP,sin∠ODP)＝eq\f(OD,sin∠OPD)＝eq\f(PD,sinθ)，由几何关系知，∠ODP＝α＋α＋θ＝2α＋θ，∠OPD＝2(90°－α－θ)＝180°－(2α＋2θ)，由匀速直线运动规律有OP＝v2t1，PD＝v2′t2，OD＝v1(t1＋t2)，其中v2′＝1m/s，联立并代入数据，可解得v1＝eq\f(2sin（2α＋2θ）,2sinθ＋sin（2α＋θ）)m/s。令β＝α＋θ，则v1＝eq\f(\a\vs4\al(2sin2β),2sinθ＋sin（2β－θ）)m/s＝eq\f(\a\vs4\al(2sin2β),2sinθ＋sin2βcosθ－cos2βsinθ)m/s＝eq\f(2,cosθ＋\f(\a\vs4\al(2－cos2β),sin2β)·sinθ)m/s＝eq\f(2,cosθ＋\f(\a\vs4\al(3sin2β＋cos2β),2sinβcosβ)·sinθ)m/s＝eq\f(2,cosθ＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\a\vs4\al(3sinβ),2cosβ)＋\f(\a\vs4\al(cosβ),2sinβ)))sinθ)m/s，由数学不等式可知，θ确定时，当且仅当eq\f(\a\vs4\al(3sinβ),2cosβ)＝eq\f(\a\vs4\al(cosβ),2sinβ)时，v1取最大值，可解得此时的β＝θ＋α＝30°。将数据代入可知，若θ＝15°，则v1的最大值为v1m＝eq\r(2)m/s，且α＝15°，若θ＝30°，则v1的最大值为v1m＝eq\f(2\r(3),3)m/s，且α＝0°，故A、C正确，B、D错误。考点3力与物体的曲线运动考向一曲线运动的条件和特征1．(2023·全国乙卷)小车在水平地面上沿轨道从左向右运动，动能一直增加。如果用带箭头的线段表示小车在轨道上相应位置处所受合力，下列四幅图可能正确的是()答案：D解析：由图可知，小车做曲线运动，则其所受合力应指向运动轨迹即轨道的凹侧，故A、B错误；由题意可知，小车沿轨道从左向右运动，动能一直增加，则合力对小车一直做正功，故合力方向与小车运动方向(沿轨道切线向右)的夹角一直为锐角，故C错误，D可能正确。考向二运动的合成与分解2.如图所示，长为L的轻直棒一端可绕固定轴O转动，另一端固定一质量为m的小球，小球搁在水平升降台上，升降平台以速度v匀速上升，下列说法正确的是()A．小球做匀速圆周运动B．当棒与竖直方向的夹角为α时，小球的速度为eq\f(v,cosα)C．棒的角速度逐渐增大D．当棒与竖直方向的夹角为α时，棒的角速度为eq\f(v,Lsinα)答案：D解析：小球的实际运动垂直于棒指向左上方，如图所示，沿竖直方向的速度分量等于v，当棒与竖直方向的夹角为α时，小球的速度为v实＝eq\f(v,sinα)＝ωL，所以棒的角速度ω＝eq\f(v,Lsinα)，平台向上运动，夹角α增大，速度v实减小，角速度ω减小，故A、B、C错误，D正确。考向三抛体运动规律的应用3.如图所示，位于同一高度的小球A、B分别水平抛出，都落在倾角为45°的斜面上的C点，小球B恰好垂直打到斜面上，则A、B在C点的速度之比为()A．1∶2 B．1∶1C．eq\r(2)∶eq\r(5) D．eq\r(5)∶2eq\r(2)答案：D解析：根据平抛运动规律知，A、B下落的高度相同，则所用时间相同，设为t，设A、B球抛出时速度分别为v1、v2。对A有x＝v1t，y＝eq\f(1,2)gt2，又tan45°＝eq\f(y,x)，联立得v1＝eq\f(1,2)gt，则A在C点的速度vA＝eq\r(veq\o\al(2,1)＋（gt）2)＝eq\f(\r(5),2)gt；小球B恰好垂直打到斜面上，则有tan45°＝eq\f(v2,vy)＝eq\f(v2,gt)，得v2＝gt，则B在C点的速度vB＝eq\r(veq\o\al(2,2)＋（gt）2)＝eq\r(2)gt，则eq\f(vA,vB)＝eq\f(\r(5),2\r(2))，故A、B、C错误，D正确。4.(多选)将相同的甲、乙两小球从O点水平抛出，均可以到达水平地面上的A点，在空中的运动轨迹如图所示。乙球与地面B点发生弹性碰撞，不计碰撞时间和空气阻力，取地面为零势能面，则甲、乙()A．抛出时速度之比为3∶1B．抛出时机械能之比为9∶1C．从O到A的运动过程中运动时间之比为1∶1D．从O到A的运动过程中所受重力的冲量之比为1∶3答案：AD解析：甲球做平抛运动，乙球先做平抛运动，与地面发生弹性碰撞后做斜抛运动，根据平抛运动规律及斜抛运动的对称性可知，乙球运动到A点的时间是甲球运动到A点时间的3倍，根据v0甲t甲＝v0乙t乙知，v0甲∶v0乙＝3∶1，故A正确，C错误；抛出时两球的重力势能大小相等且大于0，初速度之比为3∶1，则动能之比为9∶1，而机械能等于动能和重力势能之和，可知机械能之比不是9∶1，故B错误；从O到A，甲、乙两球运动的时间之比为1∶3，根据冲量I＝Ft知，重力的冲量之比为1∶3，故D正确。考向四圆周运动5.一个地球仪绕与其“赤道面”垂直的“地轴”匀速转动的示意图如图所示。P点和Q点位于同一条“经线”上，Q点和M点位于“赤道”上，O为球心。下列说法正确的是()A．P、Q的线速度大小相等B．P、M的角速度大小相等C．P、Q的向心加速度大小相等D．P、M的向心加速度方向均指向O答案：B解析：P、Q、M三点围绕“地轴”做同轴转动，则三点的角速度大小均相等，B正确；图中球面上各点做圆周运动的半径为各点到地轴的垂直距离，因此有RP<RQ，根据v＝ωR，结合上述分析可知vP<vQ，根据a＝ω2R，结合上述分析可知aP<aQ，A、C错误；根据上述分析可知，M的向心加速度方向指向O，P的向心加速度方向指向P到“地轴”垂线的垂足，D错误。6．如图甲所示，可视为质点的三个物体A、B和C放在水平圆盘上，用两根不可伸长的轻绳分别连接A、B和B、C。物体A、B、C与圆心距离分别为rA、rB和rC，已知mB＝1kg，rB＝0.4m，物体A、B、C与圆盘间的动摩擦因数均为μ＝0.05，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当圆盘以不同角速度ω绕轴OO′匀速转动时，A、B之间绳中弹力T1和B、C之间绳中弹力T2随ω2的变化关系如图乙所示，取g＝10m/s2，下列说法正确的是()A．物体A的质量mA＝1kgB．物体C与圆心距离rC＝2mC．当角速度为1rad/s时，圆盘对B的静摩擦力大小为0.5ND．当角速度为eq\f(\r(10),2)rad/s时，A、B即将与圆盘发生相对滑动答案：D解析：以A为研究对象，由牛顿第二定律有T1＋μmAg＝mAω2rA，整理得T1＝mArAω2－μmAg，结合图乙可知μmAg＝2N，解得mA＝4kg，A错误；以C为研究对象，由牛顿第二定律有T2＋μmCg＝mCω2rC，整理得T2＝mCrCω2－μmCg，结合图乙可知mCrC＝eq\f(1N,（1－0.5）rad2·s－2)，μmCg＝1N，解得mC＝2kg，rC＝1m，B错误；当角速度为1rad/s时ω2＝1(rad·s－1)2，由图乙可知T1＝T2＝1N，对B分析知只有摩擦力提供向心力，则圆盘对B的静摩擦力大小f＝mBω2rB＝0.4N，C错误；根据图乙可得T1＝(3ω2－2)N，T2＝(2ω2－1)N，A、B即将与圆盘发生相对滑动时，对B由牛顿第二定律得T1－T2－μmBg＝mBω2rB，代入T1、T2，解得ω＝eq\f(\r(10),2)rad/s，D正确。1.(2024·湖北高考)如图所示，有五片荷叶伸出荷塘水面，一只青蛙要从高处荷叶跳到低处荷叶上。设低处荷叶a、b、c、d和青蛙在同一竖直平面内，a、b高度相同，c、d高度相同，a、b分别在c、d正上方。将青蛙的跳跃视为平抛运动，若以最小的初速度完成跳跃，则它应跳到()A．荷叶a B．荷叶bC．荷叶c D．荷叶d答案：C解析：青蛙做平抛运动，设初速度为v0，运动时间为t，水平位移为x，竖直位移为y，则水平方向有x＝v0t，竖直方向有y＝eq\f(1,2)gt2，联立可得v0＝xeq\r(\f(g,2y))，因此水平位移x越小，竖直位移y越大，则初速度v0越小，结合题图分析可知，若青蛙以最小的初速度完成跳跃，则它应跳到荷叶c上面，故选C。2.(2024·广东高考)如图所示，在细绳的拉动下，半径为r的卷轴可绕其固定的中心点O在水平面内转动。卷轴上沿半径方向固定着长度为l的细管，管底在O点。细管内有一根原长为eq\f(l,2)、劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧底端固定在管底，顶端连接质量为m、可视为质点的插销。当以速度v匀速拉动细绳时，插销做匀速圆周运动。若v过大，插销会卡进固定的端盖，使卷轴转动停止。忽略摩擦力，弹簧在弹性限度内。要使卷轴转动不停止，v的最大值为()A．req\r(\f(k,2m)) B．leq\r(\f(k,2m))C．req\r(\f(2k,m)) D．leq\r(\f(2k,m))答案：A解析：由题意可知，当插销恰好不会卡进固定的端盖时v最大，设为vm，此时弹簧的伸长量为Δx＝l－eq\f(l,2)＝eq\f(l,2)，根据胡克定律，此时弹簧弹力F＝kΔx，插销与卷轴同轴转动，角速度相同，设为ω，对插销有F＝mlω2，对卷轴边缘有vm＝rω，联立解得vm＝req\r(\f(k,2m))，故选A。3．(2024·江西高考)(多选)一条河流某处存在高度差，小鱼从低处向上跃出水面，冲到高处。如图所示，以小鱼跃出水面处为坐标原点，x轴沿水平方向，建立坐标系，小鱼的初速度为v0，末速度v沿x轴正方向。在此过程中，小鱼可视为质点且只受重力作用。关于小鱼的水平位置x、竖直位置y、水平方向分速度vx和竖直方向分速度vy与时间t的关系，下列图像可能正确的是()答案：AD解析：从跃出水面到冲到最高处的过程中，小鱼做斜抛运动，则小鱼在水平方向上做匀速直线运动，则vx不变，x＝vxt，故A可能正确，C错误；小鱼在竖直方向上做竖直上抛运动，有y＝vy0t－eq\f(1,2)gt2，vy＝vy0－gt，且vy最终减为0，故B错误，D可能正确。4．(2023·江苏高考)达·芬奇的手稿中描述了这样一个实验：一个罐子在空中沿水平直线向右做匀加速运动，沿途连续漏出沙子。若不计空气阻力，则下列图中能反映空中沙子排列的几何图形是()答案：D解析：设罐子运动的加速度大小为a，某时刻漏出某粒沙子时的速度为v0，之后在时间t内这粒沙子下落的高度h＝eq\f(1,2)gt2，水平向右运动的距离x＝v0t，比这粒沙子晚Δt(Δt<t)时间漏出的沙子，此时比这粒沙子在竖直方向下落的高度小，在水平方向向右运动得更远，则与这粒沙子在竖直方向的距离Δh＝h－eq\f(1,2)g(t－Δt)2＝gt·Δt－eq\f(1,2)g(Δt)2，在水平方向的距离Δx＝v0·Δt＋eq\f(1,2)a(Δt)2＋(v0＋a·Δt)(t－Δt)－x＝atΔt－eq\f(1,2)a(Δt)2，由Δx≠0且eq\f(Δx,Δh)＝eq\f(a,g)为定值，与Δt无关，可知空中沙子排列成一条向右上方倾斜的直线。故选D。5.(2024·山东高考)(多选)如图所示，工程队向峡谷对岸平台抛射重物，初速度v0大小为20m/s，与水平方向的夹角为30°，抛出点P和落点Q的连线与水平方向夹角为30°，重力加速度大小取10m/s2，忽略空气阻力。重物在此运动过程中，下列说法正确的是()A．运动时间为2eq\r(3)sB．落地速度与水平方向夹角为60°C．重物离PQ连线的最远距离为10mD．轨迹最高点与落点的高度差为45m答案：BD解析：将初速度v0分解为沿PQ方向的分速度v1和垂直PQ方向的分速度v2，则有v1＝v0cos60°＝10m/s，v2＝v0sin60°＝10eq\r(3)m/s，将重力加速度g分解为沿PQ方向的分加速度a1和垂直PQ方向的分加速度a2，则有a1＝gsin30°＝5m/s2，a2＝gcos30°＝5eq\r(3)m/s2，垂直PQ方向，根据对称性可得，重物运动的时间为t＝2eq\f(v2,a2)＝4s，重物离PQ连线的最远距离为dmax＝eq\f(veq\o\al(2,2),2a2)＝10eq\r(3)m，故A、C错误；重物落地时竖直分速度大小为vy＝－v0sin30°＋gt＝30m/s，则落地速度与水平方向夹角θ的正切值为tanθ＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(vy,v0cos30°)＝eq\r(3)，可得θ＝60°，故B正确；从抛出到最高点所用时间为t1＝eq\f(v0sin30°,g)＝1s，则从最高点到落点所用时间为t2＝t－t1＝3s，且重物从最高点到落点做平抛运动，则轨迹最高点与落点的高度差为h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)＝45m，故D正确。6．(2024·江西高考)雪地转椅是一种游乐项目，其中心传动装置带动转椅在雪地上滑动。如图a、b所示，传动装置有一高度可调的水平圆盘，可绕通过中心O点的竖直轴匀速转动。圆盘边缘A处固定连接一轻绳，轻绳另一端B连接转椅(视为质点)。转椅运动稳定后，其角速度与圆盘角速度相等。转椅与雪地之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，不计空气阻力。(1)在图a中，若圆盘在水平雪地上以角速度ω1匀速转动，转椅运动稳定后在水平雪地上绕O点做半径为r1的匀速圆周运动。求AB与OB之间夹角α的正切值。(2)将圆盘升高，如图b所示。圆盘匀速转动，转椅运动稳定后在水平雪地上绕O1点做半径为r2的匀速圆周运动，绳子与竖直方向的夹角为θ，绳子在水平雪地上的投影A1B与O1B的夹角为β。求此时圆盘的角速度ω2。答案：(1)eq\f(\a\vs4\al(μg),ωeq\o\al(2,1)r1)(2)eq\r(\f(\a\vs4\al(μgsinθcosβ),（μcosθ＋sinθsinβ）r2))解析：(1)转椅在水平面内受摩擦力f1和轻绳拉力T1，两者的合力提供其做匀速圆周运动所需的向心力Fn1，如图1所示设转椅的质量为m，根据牛顿第二定律可知，转椅所需的向心力Fn1＝mωeq\o\al(2,1)r1又转椅受到的摩擦力f1＝μmg根据几何关系有tanα＝eq\f(f1,Fn1)联立解得tanα＝eq\f(\a\vs4\al(μg),ωeq\o\al(2,1)r1)。(2)在题图b情况下，设转椅受到轻绳的拉力为T2，水平面的摩擦力为f2，水平面的支持力为N2，转椅在水平面内的受力如图2所示，根据牛顿第二定律可知，转椅所需的向心力Fn2＝mωeq\o\al(2,2)r2又转椅受到的摩擦力f2＝μN2根据几何关系有tanβ＝eq\f(f2,Fn2)由平衡条件，竖直方向上有N2＋T2cosθ＝mg又水平面上有f2＝T2sinθsinβ联立解得ω2＝eq\r(\f(\a\vs4\al(μgsinθcosβ),（μcosθ＋sinθsinβ）r2))。1.(2024·北京市海淀区高三下一模)在空间站中，宇航员长期处于失重状态，为缓解这种状态带来的不适，科学家设想建造一种环形空间站，如图所示。圆环形旋转舱绕中心匀速旋转，宇航员站在旋转舱内的侧壁上，可以受到与他站在地球表面时相同大小的支持力，宇航员可视为质点。下列说法正确的是()A．宇航员可以站在旋转舱内靠近旋转中心的侧壁上B．以地心为参考系，宇航员处于平衡状态C．旋转舱的半径越大，转动的角速度应越小D．宇航员的质量越大，转动的角速度应越小答案：C解析：宇航员如果站在旋转舱内的侧壁上随旋转舱做匀速圆周运动，需要受到指向圆心的向心力，这个向心力仅能由旋转舱内远离旋转中心的侧壁提供，故A错误；以地心为参考系，旋转舱中的宇航员做匀速圆周运动，处于非平衡状态，故B错误；根据题意可知宇航员站在旋转舱内的侧壁上，可以受到与他站在地球表面时相同大小的支持力，设宇航员的质量为m，旋转舱的半径为r，转动的角速度为ω，向心加速度大小为g，由牛顿第二定律可知mg＝mω2r，解得ω＝eq\r(\f(g,r))，即旋转舱的半径r越大，转动的角速度ω应越小，转动的角速度与宇航员的质量无关，故C正确，D错误。2.(2024·辽宁省高三下模拟)“风洞”是进行空气动力学实验的常用设备。如图所示，将小球从A点以某一速度v0水平向左抛出，设小球运动过程中受到水平向右的恒定风力，经过一段时间，小球运动到A点正下方的B点，O点是轨迹的最左端，则小球速度最小处位于()A．A点B．O点C．轨迹AO之间的某一点D．轨迹OB之间的某一点答案：C解析：将小球所受风力和重力合成，设合力为等效重力，方向指向右下方，小球在等效重力场中做类斜上抛运动，当速度方向与等效重力垂直时速度最小，由题图知，小球速度最小处位于轨迹AO之间的某一点，故选C。3.（2024·江苏省南京市、盐城市高三下三模）如图所示，竖直平面内的光滑金属细圆环半径为R，质量为m的带孔小球穿于环上，一长为R的轻杆一端固定于球上，另一端通过光滑的铰链连接于圆环最低点，重力加速度为g。当圆环以角速度ω＝eq\f(\r(6g),R)绕竖直直径转动时，轻杆对小球的作用力大小和方向分别为()A．2mg，沿杆向上 B．2mg，沿杆向下C．(2eq\r(3)－1)mg，沿杆向上 D．(2eq\r(3)－1)mg，沿杆向下答案：B解析：设轻杆与竖直直径之间的夹角为θ，由几何关系可得cosθ＝eq\f(R,2R)，得θ＝60°，则小球做圆周运动的半径为r＝Rsinθ＝eq\f(\r(3),2)R，设轻杆对小球有沿杆向下的拉力F1，圆环对小球有指向圆心的支持力F2，受力分析如图所示，且由几何知识可知F2与竖直方向的夹角α＝60°，水平方向根据牛顿第二定律有F1sinθ＋F2sinα＝mω2r，竖直方向受力平衡，有F1cosθ＋mg＝F2cosα，联立解得F1＝2mg，则轻杆对小球的作用力大小为2mg，方向沿杆向下，故选B。4．(2024·湖南省张家界市高三下二模)如图所示，甲、乙两名滑板运动员在水平U形赛道上比赛，甲、乙先后从赛道边缘上的A点滑出，一段时间后再次滑入赛道，观察发现甲的滞空时间比乙长，运动过程中乙的最小速度比甲的最小速度大。不计空气阻力，可将运动员视为质点，则下列说法正确的是()A．甲、乙的最大腾空高度相同B．甲从A点滑出时的初速度一定大于乙的初速度C．甲、乙从A点滑出时的初速度方向可能相同D．甲、乙再次滑入赛道的位置可能相同答案：D解析：甲、乙两名运动员从A点滑出后，在竖直方向上做竖直上抛运动，甲的滞空时间t比乙长，根据h＝eq\f(1,2)geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t,2)))eq\s\up12(2)可知，甲的最大腾空高度更大，A错误；运动员从A点滑出后做斜抛运动，则滑出时的初速度沿竖直方向的分量vy＝g·eq\f(t,2)，结合题意可知甲初速度的竖直分速度更大，初速度沿水平方向的分速度vx即最小速度，由题意可知乙的水平分速度更大，因为从A点滑出时的初速度v＝eq\r(veq\o\al(2,x)＋veq\o\al(2,y))，则无法确定二者初速度的大小，B错误；设运动员从A点滑出的速度与水平方向夹角为θ，则tanθ＝eq\f(vy,vx)，结合B项分析，可知甲的初速度与水平方向夹角更大，C错误；运动员在空中时的水平位移为x＝vxt，甲的水平初速度vx较小，但腾空时间较大，则甲、乙再次滑入赛道的位置可能相同，D正确。5.（2024·四川省南充市高三下三诊）（多选）如图，足够大水平圆盘中央固定一光滑竖直细杆，质量分别为2m和m的小球A、B用轻绳相连，小球A穿过竖直杆置于原长为l的轻质弹簧上，弹簧劲度系数为k＝eq\f(6mg,l)，B紧靠一个固定在圆盘上且与OAB共面的挡板上，在缓慢增加圆盘转速过程中，弹簧始终在弹性限度内，不计一切摩擦，重力加速度为g，则()A．球离开圆盘后，弹簧弹力不变B．绳子越长，小球飞离圆盘时的角速度就越大C．当角速度为eq\r(\f(\a\vs4\al(g),l))时，弹簧长度等于eq\f(l,2)D．当角速度为eq\r(\f(\a\vs4\al(4g),l))时，弹簧弹力等于3mg答案：AD解析：球离开圆盘后，设轻绳的拉力为T，与竖直方向夹角为θ，对B在竖直方向由平衡条件可知，Tcosθ＝mg，对A在竖直方向由平衡条件可知，弹簧的弹力F弹＝2mg＋Tcosθ＝3mg，即弹簧弹力不变，A正确；设小球恰好飞离圆盘时轻绳与竖直方向夹角为θ0，此时弹簧长度为l1，对A，由A项分析可知k(l－l1)＝3mg，解得l1＝eq\f(l,2)，设轻绳长为L，由几何关系可知cosθ0＝eq\f(l1,L)，对B，在水平方向上，由牛顿第二定律有mgtanθ0＝mωeq\o\al(2,0)Lsinθ0，解得小球飞离圆盘时的角速度ω0＝eq\r(\f(2g,l))，则ω0为定值，与绳长无关，B错误；当角速度为eq\r(\f(g,l))时，因eq\r(\f(g,l))<ω0，则此时小球还没有离开圆盘，结合B项分析可知，弹簧长度大于eq\f(l,2)，C错误；当角速度为eq\r(\f(4g,l))时，因eq\r(\f(4g,l))>ω0，则此时小球已经离开圆盘，结合A项分析可知，弹簧弹力等于3mg，D正确。6.(2024·东北三省四市教研联合体高三下二模)如图所示，半径为1m的四分之三光滑圆轨道竖直固定在水平地面上，B点为轨道最低点，A点与圆心O等高。质量为1kg的小球(可视为质点)在A点正上方0.75m处静止释放，下落至A点时进入圆轨道，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力，则()A．小球在B点的动能为7.5JB．小球在A点受到轨道的弹力大小为10NC．小球上升过程中距地面的最大高度为1.75mD．小球离开轨道后将落至轨道B点答案：D解析：设小球的质量为m，光滑圆轨道的半径为R，小球释放点到A点的高度差为h，则小球从释放到最低点，根据动能定理，小球在B点的动能EkB＝mg(h＋R)，解得EkB＝17.5J，故A错误；设小球到A点时的速度大小为vA，受到轨道的弹力大小为N，则小球从释放到A点，根据动能定理有mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)－0，在A点，根据牛顿第二定律有N＝meq\f(veq\o\al(2,A),R)，解得N＝15N，故B错误；设小球脱离圆轨道位置与圆心的连线和竖直方向的夹角为θ，此时小球的速度大小为v，由牛顿第二定律有mgcosθ＝eq\f(mv2,R)，小球从B点运动到脱离位置，根据动能定理有－mgR(1＋cosθ)＝eq\f(1,2)mv2－EkB，联立解得cosθ＝eq\f(1,2)，v＝eq\r(5)m/s，小球脱离圆轨道后做斜抛运动，且在最高点的速度为vcosθ，由机械能守恒定律可知，小球上升过程的最高点位置比释放位置高度低，即距地面的最大高度小于h＋R＝1.75m，C错误；设离开圆轨道后小球在空中的运动时间为t，根据斜抛运动的规律可知，小球在水平方向上的位移x＝vcosθ·t，在竖直方向上有y＝－vsinθ·t＋eq\f(1,2)gt2，由几何关系可得(x－Rsinθ)2＋(y－Rcosθ)2＝R2，联立解得x＝eq\f(\r(3),2)m＝Rsinθ(另一解x＝0舍去)，可知小球离开轨道后将落至轨道B点，故D正确。7．(2024·山东省临沂市高三下一模)据史载，战国时期秦楚之战中就有使用投石机的战例。最初的投石车结构很简单，一根巨大的杠杆，长端是用皮套或是木筐装载的石块，短端系上几十根绳索，当命令下达时，数十人同时拉动绳索，利用杠杆原理将石块抛出。某学习小组用如图所示的模型演示抛石过程。质量m＝1kg的石块装在长臂末端的口袋中，开始时口袋位于水平面并处于静止状态。现对短臂施力，当长臂转到与竖直方向夹角为θ＝53°时立即停止转动，石块以v0＝20m/s的速度被抛出后打在地面上，石块抛出点P离地面高度h＝1.65m，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，求：(1)抛出后石块距离地面的最大高度；(2)在石块运动轨迹最高点左侧竖立一块长度L＝3.2m的木板充当城墙挡住石块，木板离石块抛出点最近距离。答案：(1)14.45m(2)37.2m解析：(1)石块抛出时沿竖直方向的分速度为v0y＝v0sinθ设石块从抛出点到最高点的高度差为h1，由运动学规律有0－veq\o\al(2,0y)＝－2gh1抛出后石块距离地面的最大高度为H＝h1＋h联立并代入数据解得H＝14.45m。(2)当石块刚好被木板上端挡住时，木板离石块抛出点距离最近，设石块从抛出到最高点运动时间为t1，从最高点到木板上端运动时间为t2，则从抛出到最高点，竖直方向有0＝v0y－gt1石块从最高点到木板上端过程做平抛运动，竖直方向有H－L＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)石块抛出时的水平分速度为v0x＝v0cosθ则木板离石块抛出点最近距离为x＝v0x(t1＋t2)联立并代入数据解得x＝37.2m。1．(2024·江苏省苏锡常镇四市高三下二模)半径为R的光滑水平玻璃圆桌以周期T匀速转动，一小球从桌边对准圆心以速度v＝eq\f(4R,T)匀速通过桌面，则小球在桌面留下的痕迹可能是()答案：C解析：小球通过桌面的时间为t0＝eq\f(2R,v)＝eq\f(T,2)，故小球在桌面留下的痕迹的起点与终点重合，B、D错误；设圆桌转动的角速度为ω，在0～eq\f(T,4)时间内，小球离圆心的距离为r＝R－vt，则小球相对圆桌沿垂直于径向方向的速度为vx＝ωr＝ωR－ωvt，设运动轨迹上任意点的速度方向与该位置和圆心连线的夹角为α，则tanα＝eq\f(vx,v)＝eq\f(ωT,4)－ωt，可知α逐渐减小，且t＝0时α不为90°，故A错误，C正确。2.(2024·江苏省扬州市高三下三模)如图所示，阳光垂直照射到斜面上，在斜面顶端把一小球水平抛出，小球刚好落在木板底端。B点是运动过程中距离斜面的最远处，A点是小球在阳光照射下小球经过B点的投影点。不计空气阻力，则()A．小球在斜面上的投影做匀速运动B．OA与AC长度之比为1∶3C．若D点在B点的正下方，则OD与DC长度相等D．减小小球平抛的速度，小球可能垂直落到斜面上答案：C解析：将小球的运动分解为沿斜面方向和垂直斜面方向的两个分运动，可知小球沿斜面方向做初速度为v0cosθ、加速度为gsinθ的匀加速直线运动，则小球在斜面上的投影做匀加速直线运动，A错误；小球垂直斜面方向做初速度为v0sinθ、加速度为gcosθ的匀变速直线运动，B点是运动过程中距离斜面的最远处，则此时小球垂直斜面方向的分速度恰好为0，根据运动的对称性可知，小球从O点运动到B点与从B点运动到C点的时间相等，均为t＝eq\f(v0sinθ,gcosθ)，则有LOA＝v0cosθ·t＋eq\f(1,2)gsinθ·t2，LOC＝v0cosθ·2t＋eq\f(1,2)gsinθ·(2t)2，可得eq\f(LOA,LAC)＝eq\f(LOA,LOC－LOA)＝eq\f(v0cosθ·t＋\f(1,2)gsinθ·t2,v0cosθ·t＋\f(1,2)gsinθ·3t2)>eq\f(v0cosθ·t＋\f(1,2)gsinθ·t2,v0cosθ·3t＋\f(1,2)gsinθ·3t2)＝eq\f(1,3)，故B错误；将小球的运动分解为沿水平方向的匀速运动和沿竖直方向的自由落体运动，则小球从O到B有xOB＝v0t，小球从O到C有xOC＝v0·2t＝2xOB，由几何知识有，OD长度LOD＝eq\f(xOB,cosθ)，OC长度LOC＝eq\f(xOC,cosθ)，则DC长度LDC＝LOC－LOD＝eq\f(xOB,cosθ)，即OD与DC长度相等，故C正确；设小球落在斜面上时速度方向与水平方向夹角为α，在空中运动时间为t′，则小球在竖直方向的位移h＝eq\f(vyt,2)，水平方向的位移x＝v0t，有tanα＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(vyt,v0t)＝eq\f(2h,x)＝2tanθ，则减小小球平抛的速度，小球落在斜面上的角度不变，即不可能垂直落到斜面上，故D错误。考点4万有引力与天体运动考向一处理天体问题的两个基本思路1.(2023·海南高考)(多选)如图所示，1、2轨道分别是天宫二号飞船在变轨前后的轨道，下列说法正确的是()A．飞船从1轨道变到2轨道要点火加速B．飞船在1轨道周期大于2轨道周期C．飞船在1轨道速度大于2轨道速度D．飞船在1轨道加速度大于2轨道加速度答案：ACD解析：飞船从较低的1轨道进入较高的2轨道，要先点火加速做离心运动，进入近地点在1轨道上、远地点在2轨道上的椭圆轨道，再在远地点点火加速进入2轨道，A正确；根据Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(4π2,T2)r＝meq\f(v2,r)＝ma，可得T＝2πeq\r(\f(r3,GM))，v＝eq\r(\f(GM,r))，a＝eq\f(GM,r2)，又1轨道的半径小于2轨道的半径，可知飞船在1轨道的周期小于在2轨道的周期，在1轨道的速度大于在2轨道的速度，在1轨道的加速度大于在2轨道的加速度，故B错误，C、D正确。2．(2023·湖南高考)根据宇宙大爆炸理论，密度较大区域的物质在万有引力作用下，不断聚集可能形成恒星。恒星最终的归宿与其质量有关，如果质量为太阳质量的1～8倍将坍缩成白矮星，质量为太阳质量的10～20倍将坍缩成中子星，质量更大的恒星将坍缩成黑洞。设恒星坍缩前后可看成质量均匀分布的球体，质量不变，体积缩小，自转变快。不考虑恒星与其它物体的相互作用。已知逃逸速度为第一宇宙速度的eq\r(2)倍，中子星密度大于白矮星。根据万有引力理论，下列说法正确的是()A．同一恒星表面任意位置的重力加速度相同B．恒星坍缩后表面两极处的重力加速度比坍缩前的大C．恒星坍缩前后的第一宇宙速度不变D．中子星的逃逸速度小于白矮星的逃逸速度答案：B解析：恒星可看成质量均匀分布的球体，某物体在同一恒星表面任意位置受到大小相等的万有引力，万有引力提供重力加速度和随恒星自转做圆周运动的向心加速度，各位置转动的角速度相同，轨道半径可能不同，由a向＝rω2可知，不同位置向心加速度大小可能不同，故不同位置重力加速度的大小可能不同，A错误；恒星两极处自转的向心加速度为零，恒星对两极处表面物体的万有引力等于物体的重力，即Geq\f(Mm,R2)＝mg，解得g＝eq\f(GM,R2)，恒星坍缩前后质量不变，体积缩小，则半径缩小，可知恒星坍缩后表面两极处的重力加速度比坍缩前的大，B正确；由Geq\f(Mm,R2)＝meq\f(v2,R)，可得第一宇宙速度v＝eq\r(\f(GM,R))，恒星坍缩前后质量不变，半径缩小，故第