专题2.2力与直线运动（解析版）_4.2025物理总复习_2023年新高复习资料_二轮复习_2023届高考物理二、三轮复习总攻略290387341_专题2.2力与直线运动-2023届高考物理二、三轮复习总攻略

第二部分 核心主干专题突破 专题2.2 力与直线运动 目录 【突破高考题型】......................................................................................................................................................1 题型一 匀变速直线运动规律的灵活应用......................................................................................................1 题型二 动力学两类基本问题..........................................................................................................................4 题型三 牛顿第二定律的综合应用....................................................................................................................6 类型1 瞬时性问题...................................................................................................................................6 类型2 动力学中的临界极值问题...........................................................................................................7 类型3 动力学中的图像问题...................................................................................................................8 【专题突破练】........................................................................................................................................................10 【突破高考题型】 题型一 匀变速直线运动规律的灵活应用 一、匀变速直线运动的规律 1．掌握四类公式 2．明确符号法则 (1)匀变速直线运动的“四类公式”都是矢量式，应用时注意各物理量符号的确定。(2)一般情况下，取初速度的方向为正方向。 二、运动图像的四点提醒 1．对于xt图像，图线在纵轴上的截距表示t＝0时物体的位置；对于vt和at图像，图线在纵轴上的截距并 不表示t＝0时物体的位置。 2．在vt图像中，两条图线的交点不表示两物体相遇，而是表示两者速度相同。 3．vt图像中两条图线在坐标轴上的截距不同，不少同学误认为两物体的初始位置不同，位置是否相同应根 据题中条件确定。 4．对于非常规图像，不要想当然地猜测图线的物理意义，要结合运动学公式和图像，找出函数表达式， 进而确定斜率、截距等意义。 【例1】物体以一定的初速度从斜面底端A点冲上固定的光滑斜面，斜面总长度为l，到达斜面最高点C时 速度恰好为零，如图所示，已知物体运动到距斜面底端 l处的B点时，所用时间为t，求物体从B滑到C所 用的时间。 【答案】 t 【解析】 法一：基本公式法 因为物体沿斜面向上做匀减速运动，设初速度为v ，物体从B滑到C所用的时间为t ，由匀变速直线运动 0 BC 的规律可得v2＝2ax ① 0 AC v 2＝v2－2ax ② B 0 AB x ＝x ③ AB AC 由①②③解得v ＝④ B 又v ＝v－at⑤ B 0 v ＝at ⑥ B BC 由④⑤⑥解得t ＝t。 BC 法二：平均速度法 利用推论：匀变速直线运动中中间时刻的瞬时速度等于这段位移内的平均速度，然后进一步分析问题。 ＝＝。 AC 又v2＝2ax ，v 2＝2ax ，x ＝。 0 AC B BC BC由以上三式解得v ＝。 B 可以看成v 正好等于AC段的平均速度，因此B点是这段位移的中间时刻，因此有t ＝t。 B BC 法三：逆向思维法 物体向上匀减速冲上斜面，其逆过程为由静止开始向下匀加速滑下斜面。设物体从 B到C所用的时间为 t 。 BC 由运动学公式得x ＝at 2， BC BC x ＝a(t＋t )2， AC BC 又x ＝， BC 由以上三式解得t ＝t。 BC 法四：比例法 对于初速度为零的匀加速直线运动，在连续相等的时间内通过的位移之比为 x∶x∶x∶…∶x＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)。 1 2 3 n 因为x ∶x ＝∶＝1∶3， BC AB 而通过x 的时间为t， AB 所以通过x 的时间t ＝t。 BC BC 【内化方法】 解答匀变速直线运动问题的五种常用方法 【例2】甲、乙两货车在平直公路上从同一位置同向行驶，两车的vt图像如图所示。则在0～4 s时间内( ) A．甲车做曲线运动B．乙车一直在甲车的后方 C．甲车的平均速度小于6 m/s D．乙车位移的大小为8 m 【答案】 C 【解析】由题图可知，甲车做加速度减小的减速直线运动，乙车做匀加速直线运动，故 A错误；开始时乙 的速度小于甲的速度，由图形与坐标轴围成的面积代表位移可知，开始一段时间内乙车在甲车后方，但是 在整个4 s内，通过面积分析可知乙车位移大于甲车位移，即乙车没有一直在甲车的后方，只是开始一段 时间内是在甲车后方，后来乙车又超过了甲车，故B错误；若甲车一直做匀减速直线运动，则图像如图中 丙图线所示 则此时平均速度为v＝＝ m/s＝6 m/s，但是通过图形面积比较可知，甲车的实际位移小于匀减速的位移， 故甲车实际的平均速度小于6 m/s，故C正确；乙车的位移为x＝×(2＋10)×4 m＝24 m，故D错误。 【内化方法】 解图像问题应做好“三看”“一注意” 三看： (1)看清坐标轴所表示的物理量：明确因变量与自变量的制约关系，是运动学图像(vt、xt、at)，还是动力学 图像(Fa、Ft、Fx)。 (2)看图线本身：识别两个相关量的变化趋势，进而分析具体的物理过程，尽量写出函数关系式。 (3)看交点、斜率和“面积”：明确图线与图线的交点、图线与坐标轴的交点、图线斜率、图线与坐标轴围 成的面积的物理意义。 一注意： xt图像和vt图像描述的都是直线运动，而at图像描述的不一定是直线运动；在图像转换时，必须明确不同 图像间相互联系的物理量，必要时还应根据运动规律写出两个图像所描述的物理量间的函数关系式进行分 析和判断。 题型二 动力学两类基本问题 1．贯彻一个解题思路2．理顺两类基本问题 首先根据物体的受力确定物体的加速度，再根 由因推果——已知物体的受力情 据加速度特点及加速度与速度的方向关系确定 况，确定物体的运动情况 速度变化的规律 由果溯因——已知物体的运动情 由物体的运动情况，确定物体的加速度及其变 况，确定物体的受力情况 化规律，再结合牛顿第二定律确定受力情况 3．解题的三个关注点 (1)加速度是连接运动情况和受力情况的桥梁。 (2)速度是不同运动过程联系的纽带。 (3)不同运动过程物体受力情况不同，加速度往往也不同。 【例1】俯式冰橇(Skeleton)又叫钢架雪车，是冬奥会的比赛项目之一。俯式冰橇的赛道可简化为长度为1 200 m、起点和终点高度差为120 m的斜坡。比赛时，出发信号灯亮起后，质量为M＝70 kg的运动员从起 点开始，以F＝40 N、平行于赛道的恒力推动质量m＝40 kg的冰橇开始运动，8 s末迅速登上冰橇与冰橇 一起沿直线运动直到终点。已知冰橇与赛道间的动摩擦因数 μ＝0.05，设运动员登上冰橇前后冰橇速度不 变，不计空气阻力，求：(g＝10 m/s2，取赛道倾角θ的sin θ＝，cos θ＝1) (1)出发后8 s内冰橇发生的位移； (2)比赛中运动员的最大速度。 【解题指导】 出发后8 s内冰橇发生的位移和比赛中运动员的最大速度 求什么 想什么 8 s内冰橇运动的加速度，比赛中运动员何时速度最大 8 s内冰橇的受力情况和斜坡赛道的倾斜程度 给什么用牛顿第二定律求解8 s内和8 s后冰橇的加速度大小和方 用什么 向 8 s后冰橇运动的初速度和位移 缺什么 8 s后冰橇运动的初速度即为前8 s运动的末速度，8 s后冰 找什么 橇运动的位移大小即为1 200 m中去掉前8 s内运动的位移 【答案】 (1)48 m (2)36 m/s 【解析】(1)设出发8 s内冰橇的加速度为a， 1 由牛顿第二定律有F＋mgsin θ－μmgcos θ＝ma ① 1 出发8 s内发生的位移为x＝at2② 1 11 联立①②解得x＝48 m。③ 1 (2)8 s末冰橇的速度为v＝at，④ 1 11 8 s后冰橇的加速度设为a，由牛顿第二定律有 2 (m＋M)gsin θ－μ(m＋M)gcos θ＝(m＋M)a⑤ 2 到达终点时运动员速度最大，设最大速度为v，则 2 v2－v2＝2a(x－x)⑥ 2 1 2 1 联立①②③④⑤⑥解得v＝36 m/s。 2 【例2】. (2022·保定检测)小物块从一固定斜面底端以初速度v 冲上斜面，如图所示，已知小物块与斜面间 0 动摩擦因数为0.5，斜面足够长，倾角为37°，重力加速度为g。则小物块在斜面上运动的时间为(cos 37°＝ 0.8，sin 37°＝0.6)( ) A. B. C．(＋1) D．(＋1) 【答案】C 【解析】： 运用牛顿第二定律，上升时：ma ＝mgsin 37°＋μmgcos 37°，t＝，x＝解得t＝，x＝ 1 1 1 1 1 下降时：ma ＝mgsin 37°－μmgcos 37°，x＝at2 2 1 22 解得t＝，所以t＝t＋t＝(＋1)，故选C。 2 1 2 题型三 牛顿第二定律的综合应用 类型1 瞬时性问题 【例1】[多选]如图所示，一轻质弹簧上端固定在天花板上，下端拴接质量为m的小球，小球放在倾角为 30°的光滑固定斜面上，整体处于平衡状态时，弹簧与竖直方向成30°角，重力加速度为g，则( ) A．平衡时，斜面对小球的作用力大小为mg B．若将斜面突然移走，则移走瞬间小球的加速度大小为g C．若将弹簧剪断，则剪断的瞬间小球的加速度大小为 D．若将弹簧换成原长相同但劲度系数更大的另一轻弹簧，系统重新达到平衡时，弹簧仍处于拉伸状态， 此时斜面对小球的作用力变小 【答案】 CD 【解析】 小球静止于斜面上，设小球受的弹簧拉力为F ，斜面对小球的支持力为F ，对小球受力分析如 T N 图所示 则：F ＝F 2F cos 30°＝mg，解得：F ＝F ＝mg，故A错误；将斜面突然移走瞬间，小球受到弹簧拉力和 N T, T N T 重力，弹簧弹力不突变，所以小球的合外力与斜面对小球的支持力的大小相等，方向相反，根据牛顿第二 定律可知小球的加速度大小为a ＝＝g，故B错误；将弹簧剪断的瞬间，小球即将沿斜面向下做匀加速运 1 动，小球的加速度大小为a ＝＝g，故C正确；将弹簧换成原长相同但劲度系数更大的另一轻弹簧，小球 2 将沿斜面向上运动，系统重新达到平衡时，轻弹簧与竖直方向的夹角小于30°，但斜面对小球的支持力方 向不变，根据受力分析图可得弹簧弹力将变大，斜面对小球的作用力变小，故D正确。【方法总结】弹力是否突变的判断方法 (1)发生明显形变的物体，如：轻弹簧、橡皮筋，在两端都连有物体的情况下，弹力不能突变。 (2)发生微小形变的物体，如：轻绳、轻杆、桌面等，弹力可以突变。突变情况根据物体后面的运动状态来 判断。 类型2 动力学中的临界极值问题 【例2】[多选](2022·西安联考)如图所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上。 A、B间的动摩擦因数为μ ，B与地面间的动摩擦因数为μ 。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为 1 2 g。现对A施加一水平拉力F，则( ) A．当μ＝μ 且F＝μmg时，A的加速度为μg 2 1 1 1 B．当μ＝μ 且F＝4μmg时，A的加速度为μg 2 1 1 1 C．当μ＝μ 时，B的加速度最大为μg 2 1 1 D．当μ＝μ 时，无论F为何值B都不会运动 2 1 【答案】 ACD 【解析】 A、B恰好相对滑动时，对A、B整体有F －μ·3mg＝3ma，此时对B有μ·2mg－μ·3mg＝ma， 0 2 1 2 联立解得：F ＝6μmg－6μmg。当μ ＝μ 时，F ＝3μmg，F＝μmgF 时，A、B相对滑动，对A有4μmg－μ·2mg＝2ma，解得：a 2 1 1 0 1 1 ＝μg，故B错误；当A、B相对滑动时，B的加速度达最大，对 B有μ·2mg－μ·3mg＝ma，解得：a＝ 1 1 2 μg，故C正确；A对B的最大摩擦力为f ＝μ·2mg，地面对B的最大摩擦力为f ＝μ·3mg，当μ＝μ 时，f 1 AB 1 B 2 2 1 B ＝μmg>2μmg，所以无论F为何值B都不会运动，故D正确。 1 1 【例3】[多选](2022·开封质检)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F 。若Ta图像如图乙所示，AB是直线，BC为曲线，重力加速 N 度为g＝10 m/s2。则( )A．a＝ m/s2时，F ＝0 N B．小球质量m＝0.1 kg C．斜面倾角θ的正切值为 D．小球离开斜面之前，F ＝0.8＋0.06a(N) 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 Tcos θ－F sin θ＝ma，Tsin θ＋ N F cos θ＝mg，联立解得F ＝mgcos θ－masin θ，T＝macos θ＋mgsin θ，所以小球离开斜面之前，Ta图像 N N 呈线性关系，由题图乙可知a＝ m/s2时，F ＝0，选项A正确；当a＝0时，T＝0.6 N，此时小球静止在斜 N 面上，其受力如图1所示，所以mgsin θ＝T；当a＝ 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＝ma，联立可得tan θ＝，m＝0.1 kg，选项B、C正确；将θ和m的值代入F ＝mgcos θ－ N masin θ，得F ＝0.8－0.06a(N)，选项D错误。 N 【方法总结】四种典型临界条件 (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F ＝0。 N (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，绳子松弛的临界条件是F ＝0。 T (4)加速度变化时，速度达到最值的临界条件：当加速度变为0时，物体的速度达到最大值或最小值。 类型3 动力学中的图像问题 【例4】[多选](2022·合肥调研)如图甲所示，质量m＝1 kg、初速度v＝6 m/s的物块受水平向左的恒力F作用， 0 在粗糙的水平地面上从O点开始向右运动，O点为坐标原点。整个运动过程中物块速率的平方随位置坐标 变化的关系图像如图乙所示，取g＝10 m/s2，下列说法中正确的是( )A．t＝2 s时物块速度为零 B．t＝3 s时物块回到O点 C．恒力F大小为2 N D．物块与水平面间的动摩擦因数为0.1 【答案】 ACD 【解析】由题图乙可知物块向右做匀减速直线运动的加速度大小为 a ＝＝ m/s2＝3 m/s2，物块向右做匀减 1 速直线运动到速度为零的时间为t ＝＝2 s，故A正确；物块反向做匀加速直线运动的加速度大小为a ＝＝ 1 2 m/s2＝1 m/s2，反向加速回到O点所用的时间为t′＝＝ s＝2 s，故B错误；根据牛顿第二定律得：F＋F＝ f ma ，F－F＝ma ，解得：F＝2 N，F＝1 N，则物块与水平面间的动摩擦因数为μ＝＝0.1，故C、D正确。 1 f 2 f 【例5】(2022·安徽名校联考)如图甲所示，一倾角θ＝37°的足够长斜面，将一质量为m＝1 kg的物体无初 速度在斜面上释放，同时施加一沿斜面向上的拉力，拉力随时间变化的关系如图乙所示，物体与斜面间的 动摩擦因数μ＝0.25，(取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，则下列说法正确的是( ) A．2 s末物体的速度是2.5 m/s B．2 s末物体的速度是10 m/s C．前16 s内物体发生的位移是15 m D．前16 s内物体发生的位移是30 m 【答案】 D 【解析】由牛顿第二定律可得mgsin θ－F －μmgcos θ＝ma ，代入数据得： a ＝2.5 m/s2，又v ＝at ，代 1 1 1 1 11 入数据可得v＝5 m/s，故A、B错误；物体在前2 s内发生的位移为x，则x＝5 m，当拉力为F＝4.5 N时， 1 1 1 2 由牛顿第二定律可得F ＋μmgcos θ－mgsin θ＝ma ，代入数据可得a ＝0.5 m/s2，物体经过t 时间速度减为 2 2 2 2 0，则v＝at，解得t＝10 s，t 时间发生的位移为x，则x＝25 m，由于mgsin θ－μmgcos θ B．v< C．x> D．x< 0 0 【答案】AC 【解析】： 由题图可知x，选项A正确，B错误；由题图可知＝，由面积关系可知x>(t － 0 1 t)v ＝，而v>，则x>，选项C正确，D错误。 0 C 0 8.(2022·四川成都三模)如图，倾角为θ且表面光滑的斜面固定在水平地面上，轻绳跨过光滑定滑轮，一端 连接物体a，另一端连接物体b，b与物体c之间连接轻弹簧，a与地面接触且a、b、c均静止。已知b、c 的质量均为m，重力加速度大小为g。则( ) A.a的质量可能小于2msin θ B.剪断竖直绳后瞬间，b的加速度大小为2gsin θ C.剪断竖直绳后瞬间，c的加速度大小为gsin θ D.剪断竖直绳后的一小段时间内，b、c的距离变大 【答案】 B 【解析】 根据平衡条件对b、c整体受力分析可得T＝2mgsin θ，对a受力分析可得mg＝T＋F ，可知 a N m≥2msin θ，故A错误；弹簧的弹力为kx＝mgsin θ，剪断细线弹簧弹力不突变，此时对b物体kx＋mgsin a θ＝ma ，则加速度a＝2gsin θ，故B正确；剪断竖直绳后瞬间，弹簧弹力不变，c的加速度大小为0，故C b b 错误；剪断竖直绳后的一小段时间内，物体b的加速度大于c的加速度，则b、c的距离变小，故D错误。9.某质点做直线运动，运动速率的倒数与位移x的关系如图所示，关于质点运动的下列说法正确的是( ) A．质点做匀加速直线运动 B.x图线斜率等于质点运动的加速度 C．四边形AA′B′B的面积可表示质点从O到C′运动所用的时间 D．四边形BB′C′C的面积可表示质点从C到C′运动所用的时间 【答案】D 【解析】： 由题中x图像可知，与x成正比，即vx＝常数，质点做减速直线运动，故A错误；图线斜率 不等于质点运动的加速度，故B错误；由于三角形OBC的面积S ＝OC·BC＝，体现了从O到C所用的时 1 间，同理，从O到C′所用的时间可由S ＝体现，所以四边形BB′C′C的面积可体现质点从C到C′所用的时 2 间，故C错误，D正确。 10.(2022·保定月考)如图所示，小球在水平轻绳和轻弹簧拉力作用下静止，弹簧与竖直方向夹角为 θ。设重 力加速度为g，下列说法正确的是( ) A．剪断弹簧瞬间，小球的加速度大小为g，方向竖直向下 B．剪断弹簧瞬间，小球的加速度大小为，方向与竖直方向成θ角斜向右下方 C．剪断轻绳瞬间，小球的加速度大小为gsin θ，方向与水平方向成θ角斜向左下方 D．剪断轻绳瞬间，小球的加速度大小为gtan θ，方向与竖直方向成θ角斜向左上方 【答案】A 【解析】： 剪断弹簧瞬间，小球所受的弹簧拉力消失，所受的轻绳拉力突变为零，小球在重力作用下向 下运动，小球的加速度大小为g，方向竖直向下，故选项A正确，选项B错误；剪断弹簧前，设弹簧的拉 力为F，轻绳的拉力为F ，由平衡条件可知：Fcos θ＝mg，Fsin θ＝F ，解得F＝，F ＝mgtan θ。剪断轻 T T T 绳瞬间，小球所受的轻绳拉力消失，所受弹簧的拉力和重力不变，则小球所受的合力大小为 mgtan θ，由 mgtan θ＝ma可得小球的加速度为a＝gtan θ，方向水平向左，故C、D错误。11.(2022·六盘山二模)如图所示，质量为m的小球用两根细线OA、OB连接，细线OA的另一端连接在车厢 顶，细线OB的另一端连接于侧壁，细线OA与竖直方向的夹角为θ＝37°，OB保持水平，重力加速度大小 为g，小车向左做加速运动，当OB段细线拉力为OA段拉力的两倍时，小车的加速度大小为( ) A．g B.g C.g D.g 【答案】C 【解析】： 小球受力如图所示 在竖直方向，由平衡条件得Fcos 37°＝mg，在水平方向，由牛顿第二定律得2F－Fsin 37°＝ma，解得a＝ g，故C正确，A、B、D错误。 12．中欧班列在欧亚大陆开辟了“生命之路”，为国际抗疫贡献了中国力量。某运送抗疫物资的班列由40 节质量相等的车厢组成，在车头牵引下，列车沿平直轨道匀加速行驶时，第2节对第3节车厢的牵引力为 F。若每节车厢所受摩擦力、空气阻力均相等，则倒数第3节对倒数第2节车厢的牵引力为( ) A．F B. C. D. 【答案】C 【解析】： 设列车做匀加速直线运动的加速度为a，可将后面的38节车厢作为一个整体进行分析，设每 节车厢的质量均为m，每节车厢所受的摩擦力和空气阻力的合力大小均为f，则有F－38f＝38ma，再将最 后面的2节车厢作为一个整体进行分析，设倒数第3节车厢对倒数第2节车厢的牵引力为F′，则有F′－2f ＝2ma，联立解得F′＝，C项正确，A、B、D项均错误。 13.(2022·山东省实验中学模拟)如图所示，一质量为m＝4 kg、倾角θ＝45°的斜面体C放在光滑水平桌面上， 0 斜面上叠放质量均为m＝1 kg的物块A和B，物块B的下表面光滑，上表面粗糙且与物块A下表面间的动 摩擦因数为μ＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力；物块B在水平恒力F作用下与物块A和斜面体C一起 恰好保持相对静止地向右运动，取g＝10 m/s2，下列判断正确的是( )A．物块A受到摩擦力大小F＝5 N f B．斜面体的加速度大小为a＝10 m/s2 C．水平恒力大小F＝15 N D．若水平恒力F作用在A上，A、B、C三物体仍然可以相对静止 【答案】A 【解析】： 对物块A和B整体分析，受重力、斜面体对其支持力和水平恒力，如图所示 根据牛顿第二定律，则有F－Nsin θ＝2ma 其中Ncos θ＝2mg 对物块A、B和斜面体C整体分析，根据牛顿第二定律，则有F＝(2m＋m)a 0 联立解得：a＝5 m/s2，F＝30 N 对物块A分析，根据牛顿第二定律可得物块A受到摩擦力大小F＝ma＝5 N f 故A正确，B、C错误； 若水平恒力F作用在A上，则有F－μmg＝ma A 解得a ＝25 m/s2>a，所以物块A相对物块B滑动，故D错误。 A 14.(2022·南京六校调研)AB是固定在空中的粗糙水平横杆，一质量为 M的物块穿在杆AB上，物块通过细 线悬吊着一质量为m的小球。现用沿杆的恒力F拉物块使物块、小球一起(保持相对静止)向右运动，细线 与竖直方向夹角为θ，则以下说法正确的是( )A．杆对物块的支持力为Mg B．细线上的拉力为 C．F＝(M＋m)gtan θ D．物块和小球的加速度为gtan θ 【答案】 D 【解析】 以整体为研究对象，竖直方向受重力和支持力处于平衡态，因此杆对物块的支持力为(M＋ m)g，A错误；以小球为研究对象受力分析可得F ＝，mgtan θ＝ma，两物体保持相对静止即加速度相同为 T a＝gtan θ，B错误，D正确；整体在水平方向满足F－F＝(M＋m)a，因此F＝(M＋m)gtan θ＋F，C错误。 f f 15.(2022·浙江高三开学考试)随着科技的发展，我国未来的航空母舰上将安装电磁弹射器以缩短飞机的起飞 距离，如图所示，航空母舰的水平跑道总长l＝180 m，其中电磁弹射区的长度为l ＝80 m，在该区域安装 1 有直线电机，该电机可从头至尾提供一个恒定的牵引力F 。一架质量为m＝2.0×104 kg的飞机，其喷气式 牵 发动机可以提供恒定的推力F ＝1.2×105 N。假设飞机在航母上的阻力恒为飞机重力的0.2倍。若飞机可 推 看作质量恒定的质点，离舰起飞速度v＝40 m/s，航空母舰始终处于静止状态，(取g＝10 m/s2)下列说法正 确的是( ) A.飞机在前一阶段的加速度大小4.0 m/s2 B.飞机在电磁弹射区末的速度大小v＝20 m/s 1 C.电磁弹射器的牵引力F 的大小为2×104 N 牵 D.电磁弹射器在弹射过程中的功率是不变的 【答案】 C【解析】 根据牛顿第二定律，在后一阶段：F －0.2mg＝ma ，解得a ＝4.0 m/s2，由v2－v＝2a(l－l)， 推 2 2 2 1 解得飞机在电磁弹射区的末速度v ＝20 m/s，由v＝2al ，解得飞机在电磁弹射区的加速度a ＝5 m/s2，根 1 11 1 据牛顿第二定律F ＋F －0.2mg＝ma ，代入数据解得F ＝2×104 N，选项A、B错误，C正确；根据P 牵 推 1 牵 ＝Fv可知，电磁弹射器在弹射过程中的功率不断增加，选项D错误。 16.(2022·浙江模拟预测)甲、乙两名运动员在泳池里训练，t＝0时刻从泳池的两端出发，甲、乙的速度—时 间图像分别如图甲、乙所示，若不计转向的时间且持续运动，两运动员均可视为质点。下列说法正确的是( ) A.游泳池长50 m B.两运动员一定不会在泳池的两端相遇 C.从t＝0时刻起经过1 min两运动员共相遇了3次 D.在0～30 s内，两运动员的平均速度大小之比为8∶5 【答案】 C 【解析】 根据v－t图线与坐标轴围成的图形面积表示位移，可知游泳池长度L＝1.25×20 m＝25 m或者L ＝1.0×25 m＝25 m，故A错误；如图所示。 由甲、乙的位移—时间图线的交点表示相遇可知，甲、乙在 t＝100 s时在泳池的一端相遇，故B错误；在 0～60 s内甲、乙相遇3次，故C正确；在0～30 s内，甲的位移大小为x ＝1.25×20 m－1.25×10 m＝12.5 1 m，乙的位移大小为x＝1.0×25 m－1.0×5 m＝20 m，在0～30 s内两运动员的平均速度大小之比为v∶v＝∶ 2 1 2 ＝5∶8，故D错误。 17.(2022·福建模拟预测)如图所示，在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，物块A、B质量分别为m和2m，物块A静止在轻弹簧上面，物块B用细线与斜面顶端相连，A、B紧挨在一起但A、B之间无弹力。已知重力加速 度为g，某时刻把细线剪断，当细线剪断瞬间，下列说法正确的是( ) A．物块A对B的弹力大小为0 B．物块A对B的弹力大小为mg C．物块A的加速度为 D．弹簧弹力大小为mg 【答案】 B 【解析】 剪断细线前，弹簧的弹力F ＝mgsin 30°＝mg，细线剪断的瞬间，弹簧的弹力不变，仍为F ＝ 弹 弹 mg，D错误；剪断细线瞬间，对A、B系统，加速度为a＝＝，即A和B的加速度均为，C错误；取B为研 究对象，由牛顿第二定律得2mgsin θ－F ＝2ma，解得F ＝mg，A错误，B正确。 N N 18.(2022·吉林市期末)如图所示，A、B两个物体相互接触，但并不黏合，放置在水平面上，水平面与物体 间的摩擦力可忽略，两物体的质量m 为4 kg，m 为6 kg。从t＝0开始，推力F 和拉力F 分别作用于A、 A B A B B上，F、F 随时间的变化规律为F＝(8－2t)(N)和F ＝(2＋2t)(N)。则下列说法错误的是( ) A B A B A．两物块共同运动的加速度为1 m/s2 B．两物块从在开始运动到4 s末恰好分离 C．4 s末物体A运动的加速度为零 D．8 s末物体B运动的加速度为3 m/s2 【答案】 B 【解析】 F、F 的大小都随时间而变化，但A、B整体受到的合力F ＝F＋F ＝10 N 保持不变，故开始 A B 合 A B一段时间内A、B以相同的加速度做匀加速运动，对整体有F＋F ＝(m ＋m )a，得a＝1 m/s2，A正确；当 A B A B A、B恰好分离时，A、B间的弹力为零，此时两者的加速度仍相等，有＝，即＝，解得t＝2 s，所以在2 s 内，A、B两物体一直以1 m/s2的加速度做匀加速运动，t＝2 s后A、B两物体分离，B错误；在t＝4 s时， A、B间无相互作用，此时F＝0，所以A所受合力为0，加速度为0，C正确；在t＝8 s时，A、B间无相 A 互作用，此时F ＝(2＋2×8)N＝18 N，B的加速度为a ＝＝ m/s2＝3 m/s2，D正确。 B B 19.(2022·衡阳五校联考)一旦发生火灾，高楼居民如何逃生是一直困扰我们的致命问题。最近有人设计了一 种新型逃生滑梯。提供了颇具创意的解决方式，这种装置类似于“滑滑梯”，紧急情况中放下。逃生者倚 躺在滑梯内。即可顺势滑到底楼。(假设每层间的高度h＝3 m，g取10 m/s2) (1)经发明者测试，逃生者从5楼滑到1楼需要10秒钟，假设滑梯坡度为37°。忽略空气阻力和转角处的动 能损失。求逃生者的下滑加速度大小和逃生者与“滑滑梯”间的动摩擦因数μ。 (2)为了安全，处于高层的逃生者都备有智能躺椅，躺椅配有控速系统和刹车系统，控速系统可以限制下滑 过程中速度不超过6 m/s，刹车系统可以使减速过程的加速度的大小和加速过程的加速度大小相等。为了安 全，滑到地面时的速度大小不超过2 m/s，假设逃生者躺在躺椅上加速下滑的加速度大小和题(1)中的加速 度大小相等，求从21楼下滑到地面的最短时间。 【答案】：(1)0.4 m/s2 0.7 (2)27.5 s 【解析】：(1)由＝at2 解得a＝0.4 m/s2 由牛顿第二定律：mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma 解得μ＝0.7。 (2)经分析研究对象先做匀加速运动、再做匀速运动、最后做匀减速运动，所用时间最短。 轨道斜面总长：s ＝＝100 m 总 加速到最大速度需要时间和位移：t＝＝15 s 1 s＝t＝45 m 1 1 减速到要求的滑到地面时的最大速度2 m/s需要的时间和位移： t＝＝10 s 2s＝t＝40 m 2 2 匀速的时间：t＝＝2.5 s 3 总时间：t＝t＋t＋t＝27.5 s。 1 2 3 20. (2022·超级全能预测卷)我国“神舟十二号”飞船于2021年9月17号返回地面。“神舟”飞船的返回可 分为以下四个阶段：制动减速阶段、自由滑行阶段、再入大气层阶段、回收着陆阶段。其中回收着陆阶段 是在距地面约10 km时开始。它先打开伞舱盖，然后依次拉开引导伞、减速伞、牵顶伞和主降落伞，其中 减速伞可把返回舱的速度从200 m/s减至60～70 m/s。设主降落伞把返回舱的速度由60 m/s减至5 m/s的过 程耗时55 s，在距地面1米左右时，4台反推发动机点火，使返回舱以3 m/s的速度软着陆，从而保证航天 员着陆时的安全。假设返回舱在回收着陆阶段的运动是竖直向下的匀变速直线运动，燃烧的燃料质量忽略 不计。地面重力加速度g＝10 m/s2。求： (1)返回舱的速度由60 m/s减至5 m/s的过程中，质量为60 kg的航天员对飞船的作用力； (2)平均每个反推发动机对返回舱的作用力是返回舱重力的多少倍。 【答案】 (1)660 N，方向竖直向下 (2) 【解析】 (1)返回舱速度由v＝60 m/s减小到v＝5 m/s，用时t＝55 s 1 2 1 则其加速度大小为a＝ 1 代入数据解得a＝1 m/s2 1 以航天员为研究对象，由牛顿第二定律得F－mg＝ma 1 1 代入数据解得F＝660 N 1 由牛顿第三定律得航天员对返回舱的作用力为660 N，方向竖直向下。 (2)返回舱速度由v＝5 m/s减小到v＝3 m/s，运动位移x＝1 m 2 3 则其加速度大小为a＝ 2 代入数据解得a＝8 m/s2 2 设返回舱质量为M，以返回舱为研究对象，4F－Mg＝Ma 2 2 解得＝。 21.(2022·山东淄博一模)潜艇从海水高密度区域驶入低密度区域，浮力顿减，潜艇如同汽车那样掉下悬崖，称之为“掉深”，曾有一些潜艇因此沉没。某潜艇总质量 m＝3.0×103 t，在高密度海水区域水面下h＝180 0 m沿水平方向缓慢潜航，如图所示。当该潜艇驶入海水低密度区域时，浮力F突然降为2.94×107 N；20 s 后，潜艇官兵迅速对潜艇减重(排水)，此后潜艇以0.1 m/s2的加速度匀减速下沉，速度减为零后开始上浮， 升至距水面120 m处时立即对潜艇加重(加水)后使其缓慢匀减速上浮，升到水面时速度恰好为零。重力加 速度g取10 m/s2，不计潜艇加重和减重的时间和水的粘滞阻力。求： (1)潜艇“掉深”达到的最大深度(自水面算起)； (2)潜艇从开始“掉深”到升至水面的过程所用的总时间。 【答案】 (1)300 m (2)160 s 【解析】 (1)在潜艇向下加速过程有 mg－F＝ma 1 此过程下落高度为h＝at 1 1 潜艇向下减速过程的高度为h 2 2ah＝2ah 1 1 2 2 潜艇“掉深”达到的最大深度为 h＝h＋h＋h 0 1 2 联立解得h＝300 m。 (2)潜艇向下减速过程的时间为t 2 at＝at 11 22 潜艇向上加速过程有 h＝at 3 2 h＝h－h 3 4h＝120 m 4 v＝at 2 23 潜艇向上减速过程有h＝t 4 4 潜艇从开始掉深到升至水面的过程所用总时间 t ＝t＋t＋t＋t 总 1 2 3 4 联立解得t ＝160 s。 总