课后跟踪训练(15) 斜面模型 动力学的临界、极值问题（Word练习）-【优化指导】2025年高考物理一轮复习高中总复习·第1轮（人教多选版）

课后跟踪训练(15)　斜面模型　动力学的临界、极值问题 基础巩固练 1．(2022·江苏卷)高铁车厢里的水平桌面上放置一本书，书与桌面间的动摩擦因数为0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。若书不滑动，则高铁的最大加速度不超过(　　) A．2.0 m/s2 B．4.0 m/s2 C．6.0 m/s2 D．8.0 m/s2 B　解析：书放在水平桌面上，若书相对于桌面不滑动，则最大静摩擦力提供加速度，即有Ffm＝μmg＝mam，解得am＝μg＝4 m/s2，书相对高铁静止，高铁的最大加速度为4 m/s2，B正确。 2．(2024·陕西西安模拟)某儿童乐园要在空地上建一个如图所示的滑梯，根据空地的空间大小，滑梯的高度确定为1.6 m。经测试，滑梯和儿童之间的动摩擦因数最大为0.4，为使儿童能够顺利滑下，则设计时滑梯的倾斜部分水平跨度不能超过(　　) A．3.2 m B．4 m C．4.8 m D．6.4 m B　解析：为使儿童能够顺利滑下，即下滑加速度大于等于零，设滑梯与水平面的夹角为θ，根据牛顿第二定律有mg sin θ－μmg cos θ＝ma≥0，又tan θ＝，则最大高度x≤4 m，B正确。 3．(2024·河北张家口统考)如图所示，竖直平面内半径R1＝10 m的圆弧AO与半径R2＝2.5 m的圆弧BO在最低点O相切。两段光滑的直轨道的一端在O点平滑连接，另一端分别在两圆弧上且等高。一个小球从左侧直轨道的最高点A由静止开始沿直轨道下滑，经过O点后沿右侧直轨道上滑至最高点B，不考虑小球在O点的机械能损失，重力加速度g取10 m/s2。则在此过程中小球运动的时间为(　　) A．1.5 s B．2.0 s C．3.0 s D．3.5 s C　解析：设左侧轨道倾角为θ1，小球在左侧斜面上下滑的加速度大小为a1＝g sin θ1，左侧轨道长x1＝2R1sin θ1，小球在左侧轨道上运动时间为t1＝＝2，同理，小球在右侧斜面上上滑的时间为t2＝2，故小球在此过程中运动的时间为t＝t1＋t2＝2(＋)＝3 s，C正确。 4.(多选)如图所示，Oa、Ob和ad是竖直平面内三根固定的光滑细杆，O、a、b、c、d位于同一圆周上，c为圆周的最高点，a为最低点，O′为圆心。每根杆上都套着一个小滑环(未画出)，两个滑环从O点无初速度释放，一个滑环从d点无初速度释放，t1、t2、t3分别表示滑环沿Oa、Ob、da到达a、b所用的时间，则下列关系正确的是(　　) A．t1＝t2 B．t2＞t3 C．t1＜t2 D．t1＝t3 BCD　解析：设想还有一根光滑固定细杆ca，则ca、Oa、da三细杆交于圆的最低点a，三杆顶点均在圆周上，根据等时圆模型可知，由c、O、d无初速度释放的小滑环到达a点的时间相等，即tca＝t1＝t3；而由c→a和由O→b滑动的小滑环相比较，滑行位移大小相同，初速度均为零，但aca＞aOb，由x＝at2可知，t2＞tca，即t2>t1＝t3，A错误，B、C、D正确。 5．(2024·天津红桥区测试)如图所示，在平直公路上行驶的厢式货车内，用轻绳AO、BO在O点悬挂质量为5 kg的重物，轻绳AO、BO与车顶部的夹角分别为30°、60°。在汽车加速行驶过程中，为保持重物悬挂在O点位置不动(重力加速度为g)，则厢式货车的最大加速度为(　　) A． B．g C．g D．g B　解析：对小球受力分析可得FA sin 30°＋FB sin 60°＝mg，FB cos 60°－FA cos 30°＝ma，联立整理得mg－FA＝ma，当FA＝0时，a取得最大值，amax＝g，B正确。 6．(2024·山东济南模拟)如图所示，质量为M、中间为半球形的光滑凹槽放置于光滑水平地面上，光滑凹槽内有一个质量为m的小铁球，现用一个水平向右的推力F推动凹槽，小铁球与光滑凹槽相对静止时，凹槽圆心和小铁球圆心的连线与竖直方向的夹角为α，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　) A．小铁球受到的合外力方向水平向左 B．凹槽对小铁球的支持力大小为 C．凹槽与小铁球组成的系统的加速度大小a＝g tan α D．推力大小F＝Mg tan α C　解析：根据小铁球与光滑凹槽相对静止可知，系统有向右的加速度且大小为a＝g tan α，小铁球受到的合外力方向水平向右，凹槽对小铁球的支持力大小为，推力F＝(M＋m)g tan α，C正确，A、B、D错误。 综合提升练 7．(多选)(2024·江苏徐州测试)光滑水平面上放有相互接触但不粘连的两个物体A、B，物体A质量m1＝1 kg，物体B质量m2＝2 kg。如图所示，作用在两物体A、B上的力随时间变化的规律分别为FA＝3＋2t(N)、FB＝8－3t(N)。下列说法正确的是(　　) A．t＝0时，物体A的加速度大小为3 m/s2 B．t＝1 s时，物体B的加速度大小为2.5 m/s2 C．t＝1 s时，两物体A、B恰好分离 D．t＝ s时，两物体A、B恰好分离 BD　解析：t＝0时，FA0＝3 N，FB0＝8 N，设A和B的共同加速度大小为a，根据牛顿第二定律有FA0＋FB0＝(m1＋m2)a，代入数据解得a＝ m/s2，A错误；A和B开始分离时，A和B速度相等，无相互作用力，且加速度相同，根据牛顿第二定律有FA＝m1a′、FB＝m2a′，联立解得t＝ s，当t＝1 s时，A、B已分离，FB1＝5 N，对B由牛顿第二定律有aB＝＝2.5 m/s2，C错误，B、D正确。 8．(多选)(2024·广东湛江模拟)如图所示，光滑斜面CA、DA、EA都以AB为底边，三个斜面的倾角分别为75°、45°、30°。物体分别沿三个斜面从顶端由静止滑到底端，下列说法正确的是(　　) A．物体沿CA下滑，加速度最大 B．物体沿EA下滑，加速度最大 C．物体沿CA滑到底端所需时间最短 D．物体沿DA滑到底端所需时间最短 AD　解析：设斜面倾角为α，物体沿光滑斜面下滑时的加速度大小为a，由牛顿第二定律可得mg sin α＝ma，解得a＝g sin α，物体沿CA下滑，斜面倾角最大，加速度最大，A正确，B错误；设AB边长为x，由运动学公式可得＝at2，联立可求得t＝2，当α＝45°时t有最小值，说明物体沿DA滑到底端所需时间最短，C错误，D正确。 9．(2024·河北邯郸模拟)卡车沿平直公路运输质量为m的匀质圆筒状工件，将工件置于两个光滑斜面之间，如图所示。两斜面Ⅰ、Ⅱ固定在车上，倾角分别为30°和60°。重力加速度为g，圆筒对斜面Ⅰ、Ⅱ压力的大小分别为F1、F2。则(　　) A．当卡车匀速行驶时F1＝mg B．当卡车匀速行驶时F2＝mg C．卡车安全启动的最大加速度为g D．卡车安全刹车的最大加速度为g C　解析：将重力进行分解，根据几何关系有F1＝mg cos 30°＝mg，F2＝mg sin 30°＝mg，A、B错误；当匀质圆筒状工件对斜面Ⅱ压力为0时，启动加速度最大，有mg tan 30°＝ma，得a＝g，C正确；当匀质圆筒状工件对斜面Ⅰ压力为0时，刹车加速度最大，则有mg tan 60°＝ma′，得a′＝g，D错误。 10．(多选)(2022·全国甲卷)如图所示，质量相等的两个滑块P、Q置于水平桌面上，二者用一根轻质弹簧水平连接，两个滑块与桌面间的动摩擦因数均为μ。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2μg B．Q的加速度大小的最大值为2μg 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 AD　解析：两个滑块匀速运动过程中，弹簧对P、Q的弹力大小为kx＝μmg，当撤去拉力后，对滑块P由牛顿第二定律有kx′＋μmg＝ma1，同理对滑块Q有μmg－kx′＝ma2，从撤去拉力到弹簧第一次恢复原长的过程中，弹力由μmg一直减小到零，所以P的加速度大小的最大值为刚撤去拉力F瞬间的加速度大小，此时P的加速度大小为2μg，而弹簧恢复原长时，Q的加速度大小达到最大值，即Q的最大加速度为μg，A正确，B错误；由于弹簧恢复原长前滑块P的加速度一直大于Q的加速度，且两个滑块初速度相同，所以撤去拉力后P的速度一直小于同一时刻Q的速度，所以P的位移一定小于Q的位移，C错误，D正确。 11.(2020·全国卷Ⅱ)如图所示，一根竖直圆管的质量为M，下端距水平地面的高度为H，顶端塞有一个质量为m的小球。圆管由静止自由下落，与地面发生多次弹性碰撞，且每次碰撞时间均极短；在运动过程中，管始终保持竖直。已知M＝4m，球和管之间的滑动摩擦力大小为4mg，g为重力加速度的大小，不计空气阻力。 (1)求管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球各自的加速度大小； (2)管第一次落地弹起后，在上升过程中球没有从管中滑出，求管上升的最大高度； (3)管第二次落地弹起的上升过程中，球仍没有从管中滑出，求圆管长度应满足的条件。 答案：见解析 解析：(1)管第一次落地弹起的瞬间，小球仍然向下运动。设此时管的加速度大小为a1，方向向下；球的加速度大小为a2，方向向上；球与管之间的摩擦力大小为Ff＝4mg，由牛顿第二定律，对管有Mg＋Ff＝Ma1　① 对球有Ff－mg＝ma2　② 联立①②式并代入题给数据，得 a1＝2g，a2＝3g。　③ (2)管第一次碰地前与球的速度大小相同。由运动学公式，碰地前瞬间它们的速度大小均为 v0＝　④ 方向均向下。 管弹起的瞬间，管的速度反向，球的速度方向仍向下。设自弹起时经过时间t1，管与小球的速度刚好相同。 取向上为正方向，由运动学公式得 v0－a1t1＝－v0＋a2t1　⑤ 联立③④⑤式得t1＝　⑥ 设此时管下端距离地面的高度为h1，速度为v。由运动学公式可得 h1＝v0t1－a1t12　⑦ v＝v0－a1t1　⑧ 由③④⑥⑧式可判断此时v>0。此后，管与小球将以加速度g减速上升h2，到达最高点。 由运动学公式有h2＝　⑨ 设管第一次落地弹起后上升的最大高度为H1，则 H1＝h1＋h2　⑩ 联立③④⑥⑦⑧⑨⑩式可得H1＝H。　⑪ (3)设第一次弹起过程中球相对管的位移为x1。在管开始下落到上升H1这一过程中，由动能定理有 Mg(H－H1)＋mg(H－H1＋x1)－Ffx1＝0　⑫ 联立⑪⑫式并代入题给数据得x1＝H　⑬ 同理可推得，管与球从再次下落到第二次弹起至最高点的过程中，球与管的相对位移为x2＝H1　⑭ 设圆管长度为L。管第二次落地弹起后的上升过程中，球不会从管中滑出的条件是 x1＋ x2≤L　⑮ 联立⑪⑬⑭⑮式可知，L应满足条件为L≥H。 学科网（北京）股份有限公司 $$