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第10 讲 牛顿运动定律的综合应用（一） 目录 01 考情解码·命题预警2 02 体系构建·思维可视.........................................................................................................................3 03 核心突破·靶向攻坚.........................................................................................................................4 考点一 动力学的连接体问题.........................................................................................................4 知识点1 连接体的分类与运动特点..........................................................................................................4 知识点2 连接体的分析方法.......................................................................................................................6 知识点3 连接体合力的“分配原理”........................................................................................................ 考向1 瞬时性的两类模型..........................................................................................................................9 考向2 共速连接体....................................................................................................................................10 考向3 加速度大小相同、方向不同连接体 考点二 动力学的临界和极值问题11 知识点1 动力学临界的四种情况.............................................................................................................11 知识点2 动力学临界的求解方法与思路.................................................................................................11 考向1 恰好脱离的临界............................................................................................................................16 考向2 恰好相对滑动的临界.............................................................................................................18 【思维建模】叠加体系统临界问题的求解思路 考向3 动力学的极值问题........................................................................................................................19 考点三 等时圆...............................................................................................................................21 知识点1 选择时圆....................................................................................................................................22 考向1 直接考查等时圆........................................................................................................................25 考向2 等时圆的应肜................................................................................................................................26 04 真题溯源·考向感知........................................................................................................................29 考点要求 考察形式 2025 年 2024 年 2023 年 动力涫的连接体 问题 选择题 非选择题 北京卷T4，3 分 安徽卷T6，4 分 湖南卷T3，4 分 湖南卷T10，5 分 福建卷T5，4 分 动力学和临界和 极值问题 选择题 非选择题 安徽卷T4，4 分 广东卷T7，4 分 湖南卷T10，5 分 湖北卷T9，4 分 等时圆 选择题 非选择题 \ 考情分析： 1.命题形式：单选题非选择题 2.命题分析：高考对这部分内容的考查，大多以选择题的形式出现，通常情况下难度不大,会以实际生活中 的例子作为试题背景，考查牛顿第二定律的瞬时性和连接体模型，同时借助临界问题考查学的综合分析能 力。 3.备考建议：本讲内容备考时候，主要掌握连接体和临界问题的分析方法和思路。 4.命题情境： ①生活实践类：火箭发射、无人机、跳伞运动； ②学习探究类：弹簧模型、连接体模型 5.常用方法：整体法与隔离法、 极限法、假设法、数学方法 复习目标： 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。了解质点的概念，知道把物体 看成质点的条件。 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 的连接体问题 中 知识点1 连接体的分类与运动特点 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 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2 连接体的分析方法 (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3 共速连接体对合力的“分配原理” 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＝，若作用于m2上， 则FT＝。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。 考向1 瞬时性的两类模型 例1 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 2∶ B.球1 和球2 的质量之比为2 1∶ C.在轻绳A 突然断裂的瞬间，球1 的加速度大小为g D.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，FBsin 30°＝m2g，所以＝， 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＝2m1gcos 30°＝m1a，解得a＝g，故C 正确，D 错误。 【变式训练1·变载体】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0 B.此瞬间A 对B 的弹力大小为2mg C.之后B 可能脱离A D.之后B 对A 弹力的最小值为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＝g，之后A、B 一起做简谐运动，最大加速度为a＝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＝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′＝g，此时B 对A 的弹力最小，对B 物体有mg－FN′＝ ma′，解得FN′＝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 例2 （2025·湖南衡阳·一模）一列有8 节车厢的动车一般是4 动4 拖，其中第1 节、第3 节、 第6 节、第8 节车厢是带动力的，其余4 节车厢是不带动力的。如图所示，该动车在平直轨道上匀加速向 右启动时，若每节动力车厢提供的牵引力大小均为 ，每节车厢质量均为 ，每节车厢所受阻力均为该节 车厢重力的 倍，重力加速度为 。下列说法正确的是（ ） A．整列车的加速度大小为 B．整列车的加速度大小为 C．第4 节车厢对第5 节车厢的作用力大小为0 D．第4 节车厢对第5 节车厢的作用力大小为 【答案】AC 【知识点】牛顿第二定律的简单应用、整体法与隔离法解连接体问题 【详解】AB．对8 节车厢整体受力分析，由牛顿第二定律 解得整列车的加速度大小为 故A 正确，B 错误； CD．对5-8 节车厢整体受力分析，由牛顿第二定律 代入解得第4 节车厢对第5 节车厢的作用力大小为 故C 正确，D 错误。 故选AC。 【变式训练1】（2025·北京顺义·一模）如图所示，A、B 两物体并排放在光滑水平面上，质量 分别为1kg 和2kg。在水平推力F 的作用下一起向右运动，A、B 之间作用力的大小为 6N，则水平推力F 的大小为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】根据题意，由牛顿第二定律，对整体有 对物体B 有 联立解得 故选D。 【变式训练2·变考法】．（2025·山东淄博·一模）如图所示，光滑水平面上放置质量 均为 的两块木板，其上分别有质量均为 的机器人，两机器人间用一不可伸长的轻 绳相连。现用水平拉力 拉其中一块木板，使两机器人和两木板以相同加速度一起运动， 机器人与木板间的动摩擦因数为 ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为 ， 则轻绳对机器人的最大拉力大小为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】设轻绳拉力最大值为F，对左边一组物体分析受力，由牛顿第二定律 绳子拉力最大时，右边一组m 和2m 之间的摩擦力为最大静摩擦力，对左边一组和右边机 器人分析受力，由牛顿第二定律有 联立解得绳子拉力最大值 故选B。 考向2 加速度大小相同、方向不同的连接体 例2 （2025·湖南长沙湖师附属·一模）如图所示三个装置，（a）中桌面光滑，（b）、（c）中桌面粗糙程 度相同，（c）用大小为 （ 为重力加速度）的力替代重物 进行牵引，其余均相同。不计绳和滑 轮质量及绳与滑轮摩擦，都由静止释放，在 移动相同距离的过程中，下列关于三个实验装置的分析中， 正确的是（ ） A．装置（a）中 的动能增加量大于（b）中 的动能增加量 B．装置（a）中物块 的加速度为 C．装置（b）、（c）中物块 的动量增加量相同 D．装置（b）中绳上的张力 等于装置（c）中绳上的张力 【答案】A 【知识点】整体法与隔离法解连接体问题、动能的定义和表达式 【详解】A．由于装置（b）有摩擦力，可知装置（a）中物块的合外力较大，根据 ，可知装置 （a）中物块的加速度较大，在m 移动相同距离的过程中得到的速度较大，则装置（a）m 的动能增加量大 于（b）中m 的动能增加量，故A 正确； B．装置（a）中对系统根据牛顿第二定律 解得物块m 的加速度为 故B 错误； C．装置（b）中对系统根据牛顿第二定律 解得物块m 的加速度为 装置（c）中对系统根据牛顿第二定律 解得物块m 的加速度为 可知装置（c）中物块m 的加速度较大，在m 移动相同距离的过程中得到的速度较大，则装置（c）m 的动 能增加量大于（b）中m 的动能增加量，故C 错误； D．装置（b）中对物块m 根据牛顿第二定律 解得 装置（c）中绳子张力为 所以，装置（b）中绳上的张力 不等于装置（c）中绳上的张力 ，故D 错误。 故选A。 【变式训练1】（2025·湖南常德·二模）如图（a）所示，可视为质点的 、 两球通过轻绳连接跨过光滑 轻质定滑轮， 球在外力作用下静止悬空。以地面为重力势能的零势能面，从静止释放 球，在 球落 地前的过程中，a、b两球的重力势能随时间的变化关系如图（b）所示，图中两图像交点对应时刻 ， 球始终没有与定滑轮相碰， 、 始终在竖直方向上运动，忽略空气阻力，重力加速度 。则（ ） A． 球质量 B． 球落地时 球的动能为 C． 球下落前距地面的高度为 D． 时 球离地面的高度为 【答案】BC 【详解】AB．设 球下落前距地面的高度为H，由图b 可知， ， 解得 由能量守恒，可得 联立，解得 球落地时 球的动能为 故A 错误；B 正确； CD．对两球组成的整体，受力分析，由牛顿第二定律 解得 则0.3s 时，a 球上升的高度 由图b 可知， 时两球重力势能相等，则有 解得 即 球下落前距地面的高度为 ， 时 球离地面的高度 故C 正确；D 错误。 故选BC。 【变式训练2】（2025·四川攀枝花·二模）如图所示，（2025·四川攀枝花·三模）如图所示，倾角为 30°的光滑固定斜面顶端固定有轻质光滑滑轮，A、B 两可视为质点的小球用跨过滑轮的 不可伸长的轻质细绳连接，滑轮与A 球之间的轻绳与斜面平行、与B 球之间的轻绳竖直。 由静止释放两球，释放后的瞬间B 球的加速度大小为 ，已知重力加速度为g，则A、B 两球的质量之比可能是（ ） A．2 5∶ B．4 5∶ C．4 1∶ D．8 1∶ 【答案】BD 【详解】由静止释放两球，释放后的瞬间B 球的加速度大小为 ； 若B 球的加速度方向竖直向下，以B 球为对象，根据牛顿第二定律可得 以A 球为对象，根据牛顿第二定律可得 联立可得A、B 两球的质量之比为 若B 球的加速度方向竖直向上，以B 球为对象，根据牛顿第二定律可得 以A 球为对象，根据牛顿第二定律可得 联立可得A、B 两球的质量之比为 故选BD。 考点 二 动力学 的临界 极值问题 中 和 知识点1 四类临界问题 (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 临界问题的求解方法与思路 1.三种方法 极限法 把物理问题(或 程 过 )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 2.解题思路 (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 例1 （2025·山东菏泽·一模）如图甲所示，A、B 两个物体相互接触，但并不黏合，放置在光 滑水平面上。已知 ，mB=3kg。从t=0 开始， 推力FA和拉力FB分别作用于A、 B 上， FA和FB随时间的变化规律如图乙所示。则（ ） A．t=0.5s 时， A、B 间的弹力为2N B．t=1s 时， A、B 分离 C．分离时，它们的位移为4.5m D．A、B 分离时的速度为4m/s 【答案】D 【详解】B．根据图像可得 在0-3s 内 当二者之间的相互作用力恰好为零时开始分离，此时的加速度相等，则有 即 解得t=2s 故B 错误； A．t=0.5s 时，AB 没有分离，看成一个整体，则有 解得 隔离A，根据牛顿第二定律，有 代入数据解得 故A 错误； CD．由上分析可知分离前的加速度为 分离时，它们的位移为 A、B 分离时的速度为 故C 错误，D 正确。 故选D。 【变式训练1·变载体】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0 D．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。 【变式训练2·变考法】(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10 m/s2。则( ) A．a＝ m/s2时，FN＝0 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，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Tcos θ－FNsin θ＝ma，Tsin θ＋ FNcos θ＝mg，联立解得FN＝mgcos θ－masin θ，T＝macos θ＋mgsin θ，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＝ m/s2时，FN＝0，A 正确；当a＝0 时，T＝0.6 N，此时小球静止在斜面 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，B、C 正确；将θ 和m 的值代入FN＝mgcos θ－masin θ，得FN＝0.8－0.06a(N)，D 错误。 考向2 刚好滑动的临界问题 例2（2025·河南·一模）如图所示，汽车车厢里载着两材质不同的建材A、B 正在平直公路上匀速向前 行驶，A、B 靠在一起，已知A、B 的质量相等，与车厢底面间的动摩擦因数分别为 、 。 时刻汽车开始加速向前行驶，若其加速度的大小随时间的变化规律为 ，重 力加速度 ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（ ） A． 时，A、B 之间开始有弹力 B． 后，A 受到的摩擦力大小不变 C．从 到 内，A、B 间的弹力逐渐增大 D． 时，A、B 开始相对车厢滑动 【答案】C 【详解】AB．根据题意可知，A 依靠摩擦力获得最大加速度，则 解得 即3s 时A、B 间出现弹力，有弹力后A 受到的摩擦力始终等于滑动摩擦力，故AB 错误； CD．设AB 与车厢保持相对静止的最大加速度为am，则 解得 由此可知，3.5s 后A、B 开始相对车厢滑动，3s 到3.5s 内，由于加速度不断增大，B 对A 的弹力也将不断 增大，故C 正确，D 错误。 故选C。 解题技巧 叠加体系统临界问题的求解思路 【变式训练1·变情境】（2025·河北·三模）在水平面上放置一个质量为 的滑块 ，其上 方有一个光滑的圆弧形凹槽，质量也为 的圆柱 恰好能放置在光滑的圆弧形凹槽中， 截面图如图所示，圆柱 截面的圆心 与滑块 接触的左端点的连线跟竖直方向的夹角 为 。用不可伸长的轻绳跨过定滑轮，将质量为 的物块 与滑块 连接 起来，轻绳张紧后由静止释放物块 。已知滑块 离定滑轮较远，轻绳与水平面保持平 行，滑块 在水平面上的动摩擦因数为 ，不计空气阻力及绳与定滑轮之间的摩擦， ，重力加速度为 。下列说法正确的是（ ） A．圆柱 与滑块 之间会发生相对滑动 B．滑块 对圆柱 的作用力大小为 C．将物块 换成质量为 的物块，圆柱 与滑块 之间发生相对滑动 D．如果滑块 在水平面上的动摩擦因数可以改变，当 取合适的值，圆柱 与滑块 之间可能发生相对滑动 【答案】C 【详解】AC．当圆柱 与滑块 恰好发生相对滑动时，仍可视为一个整体，设加速度为 ，物块 的质量为 对圆柱 进行受力分析， 解得 对圆柱 、滑块 、物块 整体进行受力分析， 解得 由于物块 的质量为 ， 、 相对静止，故A 错误，C 正确； B．设整体加速度为 ，对整体进行受力分析， 解得 则滑块 对圆柱 的作用力为 ，故B 错误； D．若圆柱 与滑块 恰好发生相对滑动，则加速度为 假设滑块 与水平面间无摩擦，对整体进行受力分析，设加速度为 根据牛顿第二定律有， 解得 ，所以无论 取何值，圆柱 与滑块 之间均保持相对静止，故D 错 误。 故选C。 考向3 动力学的极值问题 例3 如图所示，一质量m＝0.4 kg 的小物块，以v0＝2 m/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＝2 s 的时间物块由A 点运动到B 点，A、B 之间的距离L＝10 m。已知斜面 倾角θ＝30°，物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝。重力加速度g 取10 m/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)3 m/s2 8 m/s (2)30° 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＋at2 ① v＝v0＋at ② 联立①②式，代入数据得a＝3 m/s2 ③ v＝8 m/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 Fcos α－mgsin θ－Ff＝ma ⑤ Fsin α＋FN－mgcos θ＝0 ⑥ 又Ff＝μFN⑦ 联立 式，可得 ⑤⑥⑦ F＝ ⑧ 由数学知识得cos α＋sin α＝sin(60°＋α) ⑨ 由 式可知对应 ⑧⑨ F 最小时的夹角α＝30° ⑩ 联立 式，得 ③⑧⑩ F 的最小值为Fmin＝ N。 考点 三 等时圆 知识点 等时圆 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 例1 （2025·安徽安庆·二模）如图所示，竖直平面内三个圆的半径之比为3:2:1，它们的最低点相切于P 点， 有三根光滑细杆AP、BP、CP，杆的最高点分别处于三个圆的圆周上的某一点，杆的最低点都处于圆 的最低点P。现各有一小环分别套在细杆上，都从杆的最高点由静止开始沿杆自由下滑至P 点，空气阻 力不计，则小环在细杆AP、BP、CP 上运动的时间之比为（ ） A． B． C．3:2:1 D．1:1:1 【答案】A 【详解】根据等时圆模型，如图所示 只需要求出A′P、B′P、C′P，的时间之比，设最小圆的直径为d，则 故选A。 【变式训练1】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＞tEF C.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 等时圆的应用 例1 (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>t2 C.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mgcos α＝ ma，滑环的加速度为a＝gcos α，滑杆的长度为s＝dcos α，根据s＝at2得t＝＝，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。 【变式训练1】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<tD C.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mgcos θ＝ma，2Rcos θ＝at，联立解得tC＝， 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= ma FTmax= 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/s B．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/s D．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 面为零势能面，此时物体 的机械能为 。重力加速度大小为 ，不计摩擦和空气阻力，两物体均可视为 质点。下列说法正确的是（ ） A．物体 和 的质量之比为 B． 时刻物体 的机械能为 C． 时刻物体 重力的功率为 D． 时刻物体 的速度大小 【答案】BCD 【详解】A．开始释放时物体Q 的加速度为 ，则 解得 选项A 错误； B．在T 时刻，两物体的速度 P 上升的距离 细线断后P 能上升的高度 可知开始时PQ 距离为 若设开始时P 所处的位置为零势能面，则开始时Q 的机械能为 从开始到绳子断裂，绳子的拉力对Q 做负功，大小为 则此时物体Q 的机械能 此后物块Q 的机械能守恒，则在2T 时刻物块Q 的机械能仍为 ，选项B 正确； CD．在2T 时刻，重物P 的速度 方向向下；此时物体P 重力的瞬时功率 选项CD 正确。 故选BCD。 12．（多选）（2022·全国·高考真题）如图，质量相等的两滑块P、Q 置于水平桌面上，二者用一轻弹簧水 平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为 。重力加速度大小为g。用水平向右的拉力F 拉动P，使两 滑块均做匀速运动；某时刻突然撤去该拉力，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前（ ） A．P 的加速度大小的最大值为 B．Q 的加速度大小的最大值为 C．P 的位移大小一定大于Q 的位移大小 D．P 的速度大小均不大于同一时刻Q 的速度大小 【答案】AD 【详解】设两物块的质量均为m，撤去拉力前，两滑块均做匀速直线运动，则拉力大小为 撤去拉力前对Q 受力分析可知，弹簧的弹力为 AB．从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前的过程中，以向右为正方向，撤去拉力瞬间弹簧弹力不变为 ，两滑块与地面间仍然保持相对滑动，此时滑块P 的加速度为 解得 此刻滑块Q 所受的外力不变，加速度仍为零，过后滑块P 做减速运动，故PQ 间距离减小，弹簧的伸长量 变小，弹簧弹力变小。根据牛顿第二定律可知P 减速的加速度减小，滑块Q 的合外力增大，合力向左，做 加速度增大的减速运动。 故P 加速度大小的最大值是刚撤去拉力瞬间的加速度为 。 Q 加速度大小最大值为弹簧恢复原长时 解得 故滑块Q 加速度大小最大值为 ，A 正确，B 错误； C．滑块PQ 水平向右运动，PQ 间的距离在减小，故P 的位移一定小于Q 的位移，C 错误； D．滑块P 在弹簧恢复到原长时的加速度为 解得 撤去拉力时，PQ 的初速度相等，滑块P 由开始的加速度大小为 做加速度减小的减速运动，最后弹簧 原长时加速度大小为 ；滑块Q 由开始的加速度为0 做加速度增大的减速运动，最后弹簧原长时加速度 大小也为 。分析可知P 的速度大小均不大于同一时刻Q 的速度大小，D 正确。 故选AD。 13．（2022·山东·高考真题）某粮库使用额定电压 ，内阻 的电动机运粮。如图所示， 配重和电动机连接小车的缆绳均平行于斜坡，装满粮食的小车以速度 沿斜坡匀速上行，此时电流 。关闭电动机后，小车又沿斜坡上行路程L 到达卸粮点时，速度恰好为零。卸粮后，给小车一个 向下的初速度，小车沿斜坡刚好匀速下行。已知小车质量 ，车上粮食质量 ，配重质 量 ，取重力加速度 ，小车运动时受到的摩擦阻力与车及车上粮食总重力成正比，比例 系数为k，配重始终未接触地面，不计电动机自身机械摩擦损耗及缆绳质量。求： （1）比例系数k 值； （2）上行路程L 值。 【答案】（1） ；（2） 【详解】（1）设电动机的牵引绳张力为 ，电动机连接小车的缆绳匀速上行，由能量守恒定律有 解得 小车和配重一起匀速，设绳的张力为 ，对配重有 设斜面倾角为 ，对小车匀速有 而卸粮后给小车一个向下的初速度，小车沿斜坡刚好匀速下行，有 联立各式解得 ， （2）关闭发动机后小车和配重一起做匀减速直线运动，设加速度为 ，对系统由牛顿第二定律有 可得 由运动学公式可知 解得
