第3章 专题2 高考中涉及运动和力的“三类”热点问题（word练习）-【导学教程】2025年物理新编高考大一轮总复习（人教版）

[对应学生用书第344页] [基础题组] 1．固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小环，小环从大圆环顶端P点由静止开始自由下滑，在下滑过程中，小环的速率正比于(　　) A．它滑过的弧长 B．它下降的高度 C．它到P点的距离 D．它与P点的连线扫过的面积 解析　如图所示，设小环下降的高度为h，大环的半径为R， 小环到P点的距离为L，根据机械能守恒定律得mgh＝mv2，由几何关系可得h＝Lsin θ，sin θ＝，联立h＝，解得v＝L，故选项C正确，A、B、D错误。 答案　C 2．(多选)(2023·武汉高三统考期末)某人在地面上最多能提起质量为m的物体，如图所示，现在他在机场要把某个行李箱通过倾角为α＝30°斜面AB拉上水平平台BC，行李箱与ABC路面的动摩擦因数均为μ＝，下列说法正确的是(　　) A．在斜面AB上，他最多能匀速拉动质量为m的物体 B．在斜面AB上，他最多能匀速拉动质量为2m的物体 C．拉力F与斜面的夹角为60°时最省力 D．拉力F与斜面的夹角为30°时最省力 解析　行李箱在斜面上运动时受到四个力作用，重力、摩擦力、支持力和拉力，如图所示，可以先把斜面对物体的支持力和摩擦力求合力F′，则F′方向与弹力方向夹角的正切值为tan β＝μ＝，可得β＝30°，再根据三力汇交原理，当拉力F与F′垂直时拉动的物体最重，质量为m，故选项A正确，B错误；若行李箱重力一定，当拉力F与合力F′垂直时与斜面成30°角，拉力最小，选项D正确，C错误。 答案　AD 3．如图所示，轻弹簧一端连接质量为m的物体A，另一端固定在光滑的斜面底端，A通过轻绳跨过光滑的定滑轮与质量为2m的物体B连接，绳、弹簧与斜面平行。将A由弹簧原长处静止释放，已知轻绳始终有力，则A的位移x、速度v和弹簧弹力F、绳子张力FT与时间t或位移x的关系图像可能正确的是(　　) 解析　将A由弹簧原长处静止释放，设A的位移为x，对整体，由牛顿第二定律2mg－mgsin 30°－kx＝3ma，可知A先沿斜面向上做加速度逐渐减小的加速运动，当x增大到某值时a减小到零，然后向上做加速度反向增大的减速运动，A运动到最高点时速度减小到零；然后A沿斜面向下先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，由系统机械能守恒可知，A运动到释放位置时速度刚好减小到零。由于加速度a与x成线性关系，故A在斜面上做以某点(速度最大加速度为零位置)为中心的简谐运动。x­t图像切线的斜率表示瞬时速度，由上述分析知A不可能先做减速后做加速运动，选项A错误；由上述分析可知，A做简谐运动，其v­t图像应是正弦函数图像，选项B错误；A刚释放时，弹簧弹力等于零，此时A的加速度a1＝＝g，A运动到最高点时，根据简谐运动的对称性，加速度a2与a1等大反向，则2mg－mgsin 30°－Fm＝3ma2，Fm＝3mg，选项C错误；对A物体由牛顿第二定律FT－mgsin 30°－kx＝ma，得FT＝kx＋ma＋mg，将a1与a2及对应的弹簧弹力分别代入可知，A上滑过程中，FT随x均匀增加，最小值是mg，最大值是3mg，选项D正确。 答案　D 4．如图甲所示，质量为m的物块在水平力F的作用下可沿竖直墙面滑动，水平力F随时间t变化的关系图像如图乙所示，物块与竖直墙面间的动摩擦因数为μ，物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，竖直墙面足够高，重力加速度大小为g。下列说法正确的是(　　) A．物块一直做匀加速直线运动 B．物块先做加速度减小的加速运动，后做匀速直线运动 C．物块的最大速度为gt0 D．t＝t0时，物块停止下滑 解析　根据物块的受力，由牛顿第二定律有mg－Ff＝ma，由题图乙可知F＝t， 而Ff＝μF，解得a＝g－，随时间的增大，物块先做加速度逐渐减小的加速运动，后做加速度逐渐增大的减速运动，最后停止下滑，静止后物块的加速度为零，处于平衡状态；当t＝t0时，物块的加速度为零，此时物块的速度最大，作出a­t图像如图所示，根据其面积求出最大速度为vm＝gt0，故选项C正确。 答案　C 5．(多选)一东西向的水平直铁轨上停放着一列已用挂钩连接好的车厢，当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着这列车厢以大小为a的加速度向西行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小仍为F；不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为(　　) A．8　　　　　　　　 B．10 C．15 D．18 解析　设这列车厢的节数为n，P、Q挂钩东边有k节车厢，每节车厢的质量为m，由牛顿第二定律可知＝，解得k＝n，k是正整数，n只能是5的倍数，故选项B、C正确，A、D错误。 答案　BC 6．(2023·山东青岛统考二模)风洞实验可以模拟高空跳伞情况下人体所承受气流的状态。已知物体受到的空气阻力F与物体相对空气的速度v满足F＝CρSv2(S为物体迎风面积，C为风阻系数，ρ为空气密度)。图甲中风洞竖直向上匀速送风，一质量为m的物体从A处由静止下落，一段时间后在B处打开降落伞，相对速度的平方v2与加速度大小a的关系图像如图乙所示，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A．开伞前加速度向下，越来越大 B．开伞后加速度向上，越来越大 C．开伞前物体迎风面积为S1＝ D．开伞后物体迎风面积为S2＝ 解析　物体从A处由静止下落，开伞前加速度向下，物体所受合力为F合＝mg－F，F＝CρSv2，F不断增大，加速度减小，题图乙中右侧图线与此过程相符合，有mg－F＝ma1，解得S1＝，故选项A错误，C正确；左侧图线为开伞后的图线F2＝CρS2v2，当v＝v1时，有mg＝F2＝CρS2v2，解得S2＝，且当v减小时，a减小，故选项B、D错误。 答案　C 7.(多选)倾角为30°的光滑斜面上放一质量为m的盒子A，A盒用轻质细绳跨过定滑轮与B盒相连，B盒内放一质量的物体。如果把这个物体改放在A盒内，则B盒加速度恰好与原来等值反向，重力加速度为g，则B盒的质量mB和系统的加速度a的大小分别为(　　) A．mB＝ B．mB＝ C．a＝0.2g D．a＝0.4g 解析　当物体放在B盒中时，以AB和B盒内的物体整体为研究对象，根据牛顿第二定律有－mgsin 30°＝a 当物体放在A盒中时，以AB和A盒内的物体整体为研究对象，根据牛顿第二定律有 gsin 30°－mBg＝a 联立解得mB＝ 加速度大小为a＝0.2g 故选项A、D错误，B、C正确。 答案　BC 8．(多选)如图所示，质量为m的物块A静置在水平桌面上，通过足够长的轻绳和轻质滑轮悬挂着质量为3m的物块B。现由静止释放物块A、B，以后的运动过程中物块A不与定滑轮发生碰撞。已知重力加速度大小为g，不计所有阻力，下列说法正确的是(　　) A．在相同时间内物块A、B运动的路程之比为2∶1 B．物块A、B的加速度之比为1∶1 C．轻绳的拉力为 D．B下落高度h时速度为 解析　根据动滑轮的特点可知B下降s，A需要走动2s，则sA＝2sB，选项A正确；因为都是从静止开始运动的，故有2×aBt2＝aAt2，解得＝，选项B错误；对A分析有：FT＝maA，对B分析有3mg－2FT＝3maB，解得FT＝，aA＝g，选项C正确；对B，加速度为aB＝aA＝g，根据速度—位移公式，有v2＝2aBh，解得v＝，选项D错误。 答案　AC [提升题组] 9．如图所示，水平桌面上的小物块a通过轻绳跨过光滑定滑轮连接小物块b，物块a、b的质量之比为2∶3。将物块a从P点由静止释放，t时间后到达Q点处(b未落地)；若将a、b调换位置，经过t时间b也从P点由静止运动到Q点，则a、b与桌面间的动摩擦因数μ1、μ2的关系为(　　) A．2μ1＝μ2 B．2μ1－3μ2＝1 C．3μ1－2μ2＝1 D．8μ1－2μ2＝1 解析　设a的质量为2m，b的质量为3m，由牛顿运动定律可得3mg－2μ1mg＝5ma1,2mg－3μ2mg＝5ma2，又x＝a1t2＝a2t2，联立解得2μ1－3μ2＝1，故选项B正确。 答案　B 10.如图所示，质量m＝2 kg的小球用细绳拴在倾角θ＝37°的光滑斜面上，此时，细绳平行于斜面。取g＝10 m/s2(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。下列说法正确的是(　　) A．当斜面体以5 m/s2的加速度向右加速运动时，绳子拉力大小为20 N B．当斜面体以5 m/s2的加速度向右加速度运动时，绳子拉力大小为30 N C．当斜面体以20 m/s2的加速度向右加速运动时，绳子拉力大小为40 N D．当斜面体以20 m/s2的加速度向右加速运动时，绳子拉力大小为60 N 解析　小球刚好离开斜面时的临界条件是斜面对小球的弹力恰好为零，斜面对小球的弹力恰好为零时，设绳子的拉力为F，斜面体的加速度为a0，以小球为研究对象，根据牛顿第二定律有Fcos θ＝ma0，Fsin θ－mg＝0，代入数据解得a0≈13.3 m/s2。 ①由于a1＝5 m/s2<a0，可见小球仍在斜面上，此时小球的受力情况如图甲所示，以小球为研究对象，根据牛顿第二定律有F1sin θ＋FNcos θ－mg＝0，F1cos θ－FNsin θ＝ma1，代入数据解得F1＝20 N，选项A正确，B错误； ②由于a2＝20 m/s2>a0，可见小球离开了斜面，此时小球的受力情况如图乙所示，设绳子与水平方向的夹角为α，以小球为研究对象，根据牛顿第二定律有F2cos α＝ma2，F2sin α－mg＝0，代入数据解得F2＝20 N，选项C、D错误。 答案　A 11．(2023·赣州期末)某次服务员用单手托托盘的方式给12 m远处的顾客上菜，要求全程托盘水平，若托盘和碗之间的动摩擦因数为μ1＝0.15，托盘与手间的动摩擦因数为μ2＝0.2，服务员上菜时的最大速度为3 m/s。假设服务员加速、减速过程中做匀变速直线运动，且可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力。重力加速度g取10 m/s2。求： (1)服务员运动的最大加速度； (2)服务员上菜所用的最短时间。 解析　(1)设碗的质量为m，托盘的质量为M，以最大加速度运动时，碗、托盘、手保持相对静止，由牛顿第二定律得Ff1＝ma1 碗与托盘间相对静止，则Ff1≤Ff1max＝μ1mg 解得a1≤μ1g＝0.15×10 m/s2＝1.5 m/s2 对碗和托盘整体，由牛顿第二定律得 Ff2＝(M＋m)a2 手和托盘间相对静止，则 Ff2≤Ff2max＝μ2(M＋m)g 解得a2≤μ2g＝0.2×10 m/s2＝2 m/s2 则最大加速度amax＝1.5 m/s2。 (2)服务员以最大加速度达到最大速度，然后匀速运动，再以最大加速度减速运动，所需时间最短 加速运动时间t1＝＝ s＝2 s 位移x1＝vmaxt1＝3 m 减速运动时间t2＝t1＝2 s，位移x2＝x1＝3 m 匀速运动位移 x3＝L－x1－x2＝12 m－3 m－3 m＝6 m 匀速运动时间t3＝＝2 s 最短时间t＝t1＋t2＋t3＝6 s 答案　(1)1.5 m/s2　(2)6 s 12.如图所示，一弹簧一端固定在倾角为θ＝37°的足够长的光滑固定斜面的底端，另一端拴住质量为m1＝6 kg的物体P，Q为一质量为m2＝10 kg的物体，弹簧的质量不计，劲度系数k＝600 N/m，系统处于静止状态。现给物体Q施加一个方向沿斜面向上的力F，使它从静止开始沿斜面向上做匀加速运动，已知在前0.2 s时间内，F为变力，0.2 s以后F为恒力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2。求： (1)系统处于静止状态时，弹簧的压缩量x0； (2)物体Q从静止开始沿斜面向上做匀加速运动的加速度大小a； (3)力F的最大值与最小值。 解析　(1)设开始时弹簧的压缩量为x0， 对P、Q整体受力分析，平行斜面方向有 (m1＋m2)gsin θ＝kx0 解得x0＝0.16 m。 (2)前0.2 s时间内F为变力，之后为恒力，则0.2 s时刻两物体分离，此时P、Q之间的弹力为零且加速度大小相等，设此时弹簧的压缩量为x1，对物体P，由牛顿第二定律得 kx1－m1gsin θ＝m1a 前0.2 s时间内两物体的位移 x0－x1＝at2 联立解得a＝ m/s2。 (3)对两物体受力分析知，开始运动时F最小，分离时F最大，则 Fmin＝(m1＋m2)a＝ N 对Q由牛顿第二定律得Fmax－m2gsin θ＝m2a 解得Fmax＝ N。 答案　(1)0.16 m　(2) m/s2　(3) N　 N 学科网（北京）股份有限公司 $$