秘籍1動(dòng)力學(xué)與運(yùn)動(dòng)學(xué)綜合問(wèn)題

秘籍1動(dòng)力學(xué)與運(yùn)動(dòng)學(xué)綜合問(wèn)題做好本類型壓軸問(wèn)題需要用到的相關(guān)知識(shí)有:勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律、受力分析、牛頓運(yùn)動(dòng)定律等。牛頓第二定律對(duì)于整個(gè)高中物理的串聯(lián)作用起到至關(guān)重要的效果，是提高學(xué)生關(guān)鍵物理素養(yǎng)的重要知識(shí)點(diǎn)，所以要求考生了解題型的知識(shí)點(diǎn)及要領(lǐng)，對(duì)于?？嫉哪Ｐ鸵笥谐浞值恼J(rèn)知。題型一結(jié)合牛頓定律與運(yùn)動(dòng)學(xué)公式考察經(jīng)典多過(guò)程運(yùn)動(dòng)模型（選擇題）題型二動(dòng)力學(xué)圖像的理解與應(yīng)用（選擇題）題型三結(jié)合新情景考察動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)（選擇題）1、勻變速直線運(yùn)動(dòng)基本規(guī)律(1)速度公式：v＝v0＋at.(2)位移公式：x＝v0t＋eq\f(1,2)at2.(3)位移速度關(guān)系式：v2－veq\o\al(2,0)＝2ax.這三個(gè)基本公式，是解決勻變速直線運(yùn)動(dòng)的基石．均為矢量式，應(yīng)用時(shí)應(yīng)規(guī)定正方向．2、兩個(gè)重要推論(1)物體在一段時(shí)間內(nèi)的平均速度等于這段時(shí)間中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度，還等于初、末時(shí)刻速度矢量和的一半，即：eq\x\to(v)＝v＝eq\f(v0＋v,2).(2)任意兩個(gè)連續(xù)相等的時(shí)間間隔T內(nèi)的位移之差為一恒量，即：Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝aT2.3、v0＝0的四個(gè)重要推論(1)1T末、2T末、3T末、……瞬時(shí)速度的比為：v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n(2)1T內(nèi)、2T內(nèi)、3T內(nèi)……位移的比為：x1∶x2∶x3∶…∶xn＝12∶22∶32∶…∶n2(3)第一個(gè)T內(nèi)、第二個(gè)T內(nèi)、第三個(gè)T內(nèi)……位移的比為：xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)(4)從靜止開始通過(guò)連續(xù)相等的位移所用時(shí)間的比為：t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(eq\r(2)－1)∶(eq\r(3)－eq\r(2))∶…∶(eq\r(n)－eq\r(n－1))4、牛頓第二定律(1)表達(dá)式為F＝ma.(2)理解：核心是加速度與合外力的瞬時(shí)對(duì)應(yīng)關(guān)系，二者總是同時(shí)產(chǎn)生、同時(shí)消失、同時(shí)變化．5、求解多階段運(yùn)動(dòng)問(wèn)題的四點(diǎn)注意(1)準(zhǔn)確選取研究對(duì)象，根據(jù)題意畫出物體在各階段的運(yùn)動(dòng)示意圖，直觀呈現(xiàn)物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程．(2)明確物體在各階段的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)，找出題目給定的已知量、待求未知量以及中間量．(3)合理選擇運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，列出物體在各階段的運(yùn)動(dòng)方程，同時(shí)列出物體各階段間的關(guān)聯(lián)方程．(4)勻變速直線運(yùn)動(dòng)涉及的公式較多，各公式相互聯(lián)系，大多數(shù)題目可一題多解，解題時(shí)要開闊思路，通過(guò)分析、對(duì)比，根據(jù)已知條件和題目特點(diǎn)適當(dāng)?shù)夭鸱?、組合運(yùn)動(dòng)過(guò)程，選取最簡(jiǎn)捷的解題方法．6、動(dòng)力學(xué)圖像分析（1）動(dòng)力學(xué)中常見的圖象v－t圖象、x－t圖象、F－t圖象、F－a圖象等．（2）解決圖象問(wèn)題的關(guān)鍵：①看清圖象的橫、縱坐標(biāo)所表示的物理量及單位并注意坐標(biāo)原點(diǎn)是否從零開始。②理解圖象的物理意義，能夠抓住圖象的一些關(guān)鍵點(diǎn)，如斜率、截距、面積、交點(diǎn)、拐點(diǎn)等，判斷物體的運(yùn)動(dòng)情況或受力情況，再結(jié)合牛頓運(yùn)動(dòng)定律求解．1．（2024?貴州模擬）如圖，一小型卡車行駛在平直公路上，車上裝有三個(gè)完全相同、質(zhì)量均為m的光滑圓柱形勻質(zhì)物體，A、B水平固定，C自由擺放在A、B之上。當(dāng)卡車以某一恒定的加速度剎車時(shí)，C對(duì)A的壓力恰好為零，已知重力加速度大小為g，則C對(duì)B的壓力大小為（）A．33mg B．233mg C．【解答】解：卡車以某一恒定的加速度剎車時(shí)，其加速度水平向左，則C所受的合力水平向左，而C對(duì)A的壓力恰好為零，則C只受重力和B對(duì)C的支持力，由豎直方向平衡有，自身重力與B對(duì)C的支持力平衡，NBCsin60°＝mg解得B球?qū)球的支持力為NBC由牛頓第三定律可知C對(duì)B的壓力大小為233mg，故B故選：B。2．（2024?山西模擬）如圖所示，勁度系數(shù)為400N/m的豎直輕彈簧下端固定在地面上，上端與質(zhì)量為2kg的物塊1連接，質(zhì)量為4kg的物塊2疊放在1上，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)。現(xiàn)對(duì)物塊2施加豎直向上的拉力，使物塊2豎直向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，已知拉力在t＝0.2s內(nèi)為變力，0.2s后為恒力，取g＝10m/s2，下列說(shuō)法正確的是（）A．物塊2勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度大小為4m/s2 B．t＝0時(shí)，拉力的大小為24N C．t＝0.2s時(shí)，拉力的大小為28N D．t＝0.2s時(shí)，彈簧彈力的大小為56N【解答】解：系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，根據(jù)受力平衡可知（m1+m2）g＝kx00～0.2s過(guò)程中根據(jù)位移—時(shí)間公式可知x=1t＝0時(shí)對(duì)系統(tǒng)，根據(jù)牛頓第二定律可知F1＝（m1+m2）at＝0.2s時(shí)，對(duì)物塊1根據(jù)牛頓第二定律可知F﹣m1g＝m1a彈簧彈力F＝k（x0﹣x）對(duì)物塊2根據(jù)牛頓第二定律可知F2﹣m2g＝m2a聯(lián)立解得x0＝0.15m，x＝0.08m，a＝4m/s2，F(xiàn)＝28N，F(xiàn)1＝24N，F(xiàn)2＝56N，故AB正確，CD錯(cuò)誤。故選：AB。3．（2023秋?興化市期末）根據(jù)海水中的鹽分高低可將海水分成不同密度的區(qū)域，當(dāng)潛艇從海水高密度區(qū)域駛?cè)氲兔芏葏^(qū)域，浮力頓減，稱之為“掉深”。如圖甲所示，我國(guó)南海艦隊(duì)某潛艇在高密度海水區(qū)域沿水平方向緩慢航行。t＝0時(shí)，該潛艇“掉深”，隨后采取措施自救脫險(xiǎn)，在0～50s內(nèi)潛艇豎直方向的v﹣t圖像如圖乙所示（設(shè)豎直向下為正方向）。不計(jì)水的粘滯阻力，則（）A．潛艇在t＝20s時(shí)下沉到最低點(diǎn) B．潛艇豎直向下的最大位移為750m C．潛艇在“掉深”和自救時(shí)的加速度大小之比為5：2 D．潛艇在0～20s內(nèi)處于超重狀態(tài)【解答】解：A．由v﹣t圖像可知，在50s內(nèi)先向下加速后向下減速，則t＝50s潛艇向下到達(dá)最大深度。故A錯(cuò)誤；B．由圖像可知潛艇豎直向下的最大位移為圖線與坐標(biāo)軸所圍面積，即h=故B正確；C．潛艇在“掉深”時(shí)向下加速，則由圖像中圖線的斜率表示加速度可得a=30在自救時(shí)加速度大小可表示為a'可知加速度大小之比為aa'故C錯(cuò)誤；D．潛艇在0～20s內(nèi)向下加速，具有向下的加速度，處于失重狀態(tài)。故D錯(cuò)誤。故選：B。4．（2023秋?武漢期末）如圖所示，輕質(zhì)彈簧1一端與靜止在傾斜木板上的物體A相連，另一端與細(xì)線相連，該彈簧與傾斜木板保持平行，細(xì)線繞過(guò)光滑的定滑輪與物體B相連。B、C通過(guò)輕質(zhì)彈簧2連接，且B、C始終未觸及地面。初始時(shí)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，木板與水平面間的夾角為30°，若mA：mB：mC＝3：1：2，發(fā)生以下變化時(shí)，物體A始終保持靜止，則（）A．木板與水平面的夾角減小時(shí)，A受到的靜摩擦力減小 B．木板與水平面夾角保持30°不變，剪斷細(xì)線后，A所受摩擦力增大 C．剪斷細(xì)線瞬間，B、C一起以加速度g自由下落 D．剪斷細(xì)線瞬間，B的加速度為3g【解答】解：A、設(shè)A、B、C質(zhì)量分別為3m、m、2m，初始時(shí)對(duì)A物體受力分析有3mgsin30°+f＝3mg則木板與水平面的夾角減小時(shí)，由三角函數(shù)單調(diào)性知，A物體受到的靜摩擦力增大，故A錯(cuò)誤；B、剪斷細(xì)線后，對(duì)A物體受力分析有3mgsin30°＝f′聯(lián)立可得f＝f′故B錯(cuò)誤；CD、剪斷細(xì)線瞬間，2彈簧彈力沒(méi)有突變，大小為F＝2mg，則C的加速度為零，B的加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律有mg+F＝ma解得a＝3g故C錯(cuò)誤，D正確。故選：D。5．（2023秋?長(zhǎng)沙期末）A、B兩小球同一時(shí)刻從不同的高度由靜止釋放，A球所受空氣阻力可忽略，B球所受空氣阻力的大小與物體速率成正比，兩小球同一時(shí)刻落到水平地面，落地瞬間均以原速率反彈，規(guī)定向下為正方向，關(guān)于兩小球的速度v與時(shí)間t的圖像，下列可能正確的是（）A． B． C． D．【解答】解：A、B球所受空氣阻力大小與物體速率成正比，B球下降階段加速度大小a1=g-kvm，上升階段加速度大小a2=g+kvBC、由于v﹣t圖像的斜率代表加速度，B球所受空氣阻力大小與物體速率成正比，B球下降階段加速度越來(lái)越小，則B球下降階段圖像的斜率越來(lái)越小，故BC錯(cuò)誤；D、A球上升階段與下降階段所需時(shí)間相同，加速度相同，B球上升階段加速度較大，根據(jù)t=vt-故選：D。6．（2023秋?下城區(qū)校級(jí)期末）一輛貨車載著質(zhì)量均為m的完全相同的圓柱形空油桶，在車廂底層油桶平整排列，相互緊貼并被牢牢固定，上一層只有一只油桶c自由地?cái)[放在油桶a、b上面，如圖所示。忽略油桶間的摩擦作用，重力加速度為g。下列說(shuō)法正確的是（）A．當(dāng)貨車做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，油桶a所受的合力為mg B．當(dāng)貨車做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，油桶c對(duì)a的壓力大小為12mgC．當(dāng)貨車做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，油桶c對(duì)a的壓力大小為mg D．當(dāng)貨車向右的加速度增大到33g時(shí)，油桶c會(huì)脫離【解答】解：A.當(dāng)貨車勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，油桶a處于平衡狀態(tài)所受合力為零，故A錯(cuò)誤；BC.當(dāng)貨車勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)對(duì)稱性可知a、b對(duì)c的支持力大小相等，且方向之間的夾角為60°，則根據(jù)平衡條件有2FNcos30°＝mg解得FN=根據(jù)牛頓第三定律可知油桶c對(duì)a的壓力大小為3mg3，故D.假設(shè)當(dāng)貨車向右的加速度增大到a0時(shí)，c和b之間恰好作用力為零，即c脫離了b，則根據(jù)牛頓第二定律和力的合成有tan60°=解得a0=3說(shuō)明當(dāng)貨車向右的加速度增大到33g時(shí)，油桶c會(huì)脫離b，故D故選：D。7．（2023秋?洛陽(yáng)期末）夏季經(jīng)常發(fā)生強(qiáng)對(duì)流天氣，某次天空突降冰雹，假設(shè)冰雹下落過(guò)程中空氣阻力大小與速度大小平方成正比，則冰雹下落過(guò)程中，速度v或加速度a隨時(shí)間t變化的圖像可能正確的是（）A． B． C． D．【解答】解：根據(jù)題意有f＝kv根據(jù)牛頓第二定律有mg﹣f＝ma，解得a＝g-可知冰雹下落過(guò)程的加速度隨著速度的增大而減小，則冰雹做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，可知v﹣t圖像的切線斜率逐漸減小根據(jù)ΔaΔt=-km可知a﹣t圖像的切線斜率絕對(duì)值逐漸減小，故D正確，ABC錯(cuò)誤。故選：D。8．（2023秋?青島期末）游泳運(yùn)動(dòng)員蛙泳時(shí)的動(dòng)作可分為蹬腿加速度a和慣性前進(jìn)b兩個(gè)過(guò)程，將這兩個(gè)過(guò)程簡(jiǎn)化為水平方向的直線運(yùn)動(dòng)，v﹣t圖像如圖。已知運(yùn)動(dòng)員的體重為60kg，重力加速度g＝10m/s2，下列說(shuō)法正確的是（）A．0～0.5s內(nèi)運(yùn)動(dòng)員做勻加速直線運(yùn)動(dòng) B．0.2～0.5s內(nèi)運(yùn)動(dòng)員加速度大小為6m/s2 C．0～0.5s內(nèi)運(yùn)動(dòng)員平均速度大小為1.7m/s D．慣性前進(jìn)過(guò)程中，水對(duì)運(yùn)動(dòng)員作用力大小為40N【解答】解：A.0～0.2s內(nèi)運(yùn)動(dòng)員做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，0.2～0.5s內(nèi)運(yùn)動(dòng)員做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；B0.2～0.5s內(nèi)運(yùn)動(dòng)員加速度大小a＝|ΔvΔt|＝|2-2.20.5-0.2|m/s2=故B錯(cuò)誤；C.v﹣t圖線與軸圍成的面積等于位移，則0～0.5s內(nèi)運(yùn)動(dòng)員平均速度的大小為v=12故C正確；D.運(yùn)動(dòng)員受重力和水的作用力，則F2+（mg）2＝（ma）2得F＝40226N故D錯(cuò)誤。故選：C。9．（2023秋?常州期末）如圖，水平傳送帶以恒定速度v順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，傳送帶右端上方的擋板上固定著一輕彈簧。將小物塊P輕放在傳送帶左側(cè)某位置，P在傳送帶帶動(dòng)下向右運(yùn)動(dòng)，與彈簧接觸時(shí)速度恰好達(dá)到v。取P放置點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，全過(guò)程P始終處在傳送帶上，以水平向右為正方向，木塊在向右運(yùn)動(dòng)或向左運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，加速度a與位移x的關(guān)系圖像正確的是（）A． B． C． D．【解答】解：物塊與彈簧接觸時(shí)速度恰好達(dá)到v說(shuō)明與彈簧接觸前物塊做勻加速，根據(jù)牛頓第二定律可知ma＝μmg即a＝μg方向水平向右，與彈箭接觸后在開始的一段時(shí)間內(nèi)P相對(duì)于傳送帶靜止，即P受彈簧彈力和靜摩擦力平衡，P做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則a1＝0物塊運(yùn)動(dòng)到彈力大于最大靜摩擦力后，則kx﹣μmg＝ma，即a=kmx方向向左，故A正確，BCD錯(cuò)誤。故選：A。10．（2023秋?石家莊期末）如圖所示，在豎直平面內(nèi)有半徑為R的半圓，最低點(diǎn)為A，B是半圓上一點(diǎn)，AB為光滑傾斜軌道，AC是傾角為θ＝45°、高為h＝2R的光滑固定斜面?，F(xiàn)自B點(diǎn)由靜止釋放小球甲的同時(shí)，自C點(diǎn)以初速度大小v0沿斜面向下射出小球乙，發(fā)現(xiàn)兩小球同時(shí)到達(dá)A點(diǎn)。已知重力加速度為g，則小球乙的初速度大小的為（）A．gR2 B．gR C．2gR D．【解答】解：根據(jù)“等時(shí)圓”原理可知，甲球從B到達(dá)A的時(shí)間等于小球從圓弧最高點(diǎn)沿直徑自由下落到底部的時(shí)間，設(shè)下落時(shí)間為t，則有：2R=解得：t=4R對(duì)小球乙，在斜面沿斜面下滑的加速度大小為：a=mgsinθm=斜面長(zhǎng)為L(zhǎng)=根據(jù)位移—時(shí)間關(guān)系可得：L＝v0t+解得：v0=gR2，故A正確、故選：A。11．（2023秋?包河區(qū)校級(jí)期末）質(zhì)量為m＝0.5kg的物塊在光滑的水平面上受到水平拉力F的作用，從靜止開始計(jì)時(shí)做加速直線運(yùn)動(dòng)，其運(yùn)動(dòng)的xt-t和v2﹣A．圖乙的斜率大小是圖甲的斜率大小的2倍 B．水平拉力F為5N C．前2m的中間時(shí)刻的速度大小為52m/sD．前2s內(nèi)的中點(diǎn)位置的速度大小為52【解答】解：AB．根據(jù)x=1可得xt則圖甲圖像的斜率k1根據(jù)v2＝2ax則圖乙圖像的斜率k2則a＝5m/s2水平拉力F＝ma＝0.5×5N＝2.5N由此可知，圖乙的斜率大小是圖甲的斜率大小的4倍，水平拉力為2.5N，故AB錯(cuò)誤；C．前2m末的速度v=2ax則中間時(shí)刻的速度大小為v'故C錯(cuò)誤；D．前2s內(nèi)的位移x2則中點(diǎn)位置的速度大小為v″故D正確。故選：D。12．（2023秋?沙坪壩區(qū)校級(jí)期末）如圖甲所示，在豎直放置的彈簧上放置一物塊m，最開始對(duì)m施加豎直向下的力F使得彈簧壓縮l0。在t＝0時(shí)撤去F釋放小物塊，計(jì)算機(jī)通過(guò)小物塊上的速度傳感器描繪出它的v﹣t圖線如圖乙所示。其中Oab段為曲線，bc段為直線，傾斜直線Od是t＝0時(shí)圖線的切線。重力加速度為g，不計(jì)彈簧自身重力及空氣阻力，則下列說(shuō)法正確的是（）A．彈簧在t2時(shí)刻恢復(fù)原長(zhǎng) B．l0C．彈簧的勁度系數(shù)k=mD．小物塊向上的最大位移為l【解答】解：A．由圖可知，在t2時(shí)小物塊的速度達(dá)到了最大值，此時(shí)加速度為零時(shí)，其受到的重力與彈簧的彈力大小相等，所以此時(shí)彈簧沒(méi)有處于原長(zhǎng)狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；B.Oab段為曲線，則彈簧壓縮l0＞l0=C．v﹣t圖像斜率表示加速度，由圖可知，剛釋放物塊時(shí)，其加速度為a=由牛頓第二定律得kl0﹣mg＝ma解得k=故C錯(cuò)誤；D．由v﹣t圖像可知，其圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積為位移，則離開彈簧后，物塊的位移為x'=v12（t4﹣所以物體在整個(gè)過(guò)程的位移為x＝l0+x'=故D正確。故選：D。13．（2023?大荔縣一模）如圖所示，足夠長(zhǎng)的傾斜傳送帶以恒定速率v0順時(shí)針運(yùn)行。一小木塊以初速度v1從傳送帶的底端滑上傳送帶。木塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)全過(guò)程中，關(guān)于木塊的速度v隨時(shí)間t變化關(guān)系的圖像可能的是（）A． B． C． D．【解答】解：A、當(dāng)v1＜v0時(shí)，若滿足：mgsinθ＞μmgcosθ（θ為傳送帶的傾角），即μ＜tanθ。物塊從v1勻減速上滑到速度為零，然后反向勻加速下滑，滑動(dòng)摩擦力始終沿斜面向上，由牛頓第二定得：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma其加速度恒定，v﹣t圖像的斜率不變，v﹣t圖像與坐標(biāo)軸所圍面積表示位移，可判斷出物塊返回底端時(shí)的速度大小仍等于v1，故A正確；B、當(dāng)v1＜v0時(shí)，若滿足：mgsinθ＜μmgcosθ，即μ＜tanθ。物塊從v1勻加速上滑到v0，滑動(dòng)摩擦力沿斜面向上，由牛頓第二定律得：μmgcosθ﹣mgsinθ＝ma共速后與傳送一起勻速運(yùn)動(dòng)，勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)滿足：mgsinθ＝f靜＜μmgcosθ，故B正確；C、當(dāng)v1＞v0時(shí)，若滿足：mgsinθ＞μmgcosθ物塊從v1勻減速到v0，滑動(dòng)摩擦力沿斜面向下，由牛頓第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ＝ma1從v0勻減速到0，然后反向勻加速運(yùn)動(dòng)，滑動(dòng)摩擦力沿斜面向上，由牛頓第二定律的：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2可知：a1＞a2，加速度從a1變?yōu)閍2，圖像的斜率變??；t軸上方圖像所圍面積應(yīng)該等于t軸下方圖像所圍面積，所以返回底端時(shí)物塊的速度應(yīng)該小于v1，故C錯(cuò)誤；D、當(dāng)v1＞v0時(shí)，若滿足：mgsinθ＜μmgcosθ從v1勻減速到v0，滑動(dòng)摩擦力沿斜面向下，由牛頓第二定律得：μmgcosθ+mgsinθ＝ma共速后與傳送一起勻速運(yùn)動(dòng)，勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，滿足mgsinθ＝f靜＜μmgcosθ，故D正確。故選：ABD。14．（2023?廈門模擬）如圖所示，小明從羽毛球筒中取出最后一個(gè)羽毛球時(shí)，一手拿著球筒，另一只手迅速拍打筒的上端邊緣，使筒獲得向下的初速度并與手發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)，筒內(nèi)的羽毛球就可以從上端出來(lái)。已知球筒質(zhì)量為M＝90g（不含球的質(zhì)量），球筒與手之間的滑動(dòng)摩擦力為f1＝2.6N；羽毛球質(zhì)量為m＝5g，球頭離筒的上端距離為d＝9.0cm，球與筒之間的滑動(dòng)摩擦力為f2＝0.1N。重力加速度g＝10m/s2，空氣阻力忽略不計(jì)，當(dāng)球筒獲得一個(gè)初速度后。（）A．羽毛球的加速度大小為10m/s2 B．羽毛球的加速度大小為30m/s2 C．若羽毛球頭部能從上端筒口出來(lái)，則筒獲得的初速度至少為355D．若羽毛球頭部能從上端筒口出來(lái)，則筒獲得的初速度至少為3m/s【解答】解：AB、依題意，對(duì)羽毛球受力分析，由于羽毛球相對(duì)于筒向上運(yùn)動(dòng)，受到筒對(duì)它豎直向下的摩擦力作用，根據(jù)牛頓第二定律得mg+f2＝ma1代入數(shù)據(jù)解得羽毛球的加速度為a1＝30m/s2，故A錯(cuò)誤，B正確；CD、對(duì)筒受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有Mg﹣f1﹣f2＝Ma2，代入數(shù)據(jù)解得a2＝﹣20m/s2負(fù)號(hào)表示筒的加速度方向豎直向上，說(shuō)明筒向下做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，若敲打一次后，羽毛球頭部能從上端筒口出來(lái)，則當(dāng)羽毛球到達(dá)筒口時(shí)二者速度相等，此時(shí)筒獲得的初速度為最小vmin，有a1t＝vmin+a2t，(代入數(shù)據(jù)解得：vmin＝3m/s，故C錯(cuò)誤，D正確。故選：BD。15．（2023?沙坪壩區(qū)校級(jí)開學(xué)）一輕彈簧的一端固定在傾角為θ的固定光滑斜面的底部，另一端和質(zhì)量為35m的小物塊a相連，如圖所示。質(zhì)量為m的小物塊b緊靠a靜止在斜面上，此時(shí)彈簧的壓縮量為x0。從t＝0時(shí)開始，對(duì)b施加沿斜面向上的拉力，使b始終做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后，物塊a、b分離；再經(jīng)過(guò)同樣長(zhǎng)的時(shí)間，b距其出發(fā)點(diǎn)的距離恰好也為x0。彈簧的形變始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度大小為A．a(chǎn)、b在彈簧壓縮量為x02B．b的加速度為15C．作用于b上的最小拉力為2mgsinθ D．a(chǎn)在勻加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為x【解答】解：A、由于初速度為0，b在分離前位移x1和分離后相等時(shí)間內(nèi)位移x2之比為：x且由題可知：x1+x2＝x0解得：x初始時(shí)壓縮量為x0，分離前位移14x0，即壓縮量減小14x0，可得a、B、兩物體剛好要分離時(shí)a與b之間無(wú)相互作用力，對(duì)a由牛頓第二定律可得k?初始時(shí)小物體b緊靠a靜止在斜面上，將二者看成一個(gè)整體，可知彈力大小與整體重力的分力大小相等，有kx0＝（35m+m）解得：a＝gsinθ，故B錯(cuò)誤；C、分離前對(duì)整體分析可知，由牛頓第二定律有F+kΔx-則剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)拉力最小，則Δx＝x0，且kx可得：Fmin=8D、a與b在b向上運(yùn)動(dòng)的位移x1=14解得：t=x02gsinθ故選：D。16．（2023春?寧波期末）滑滑梯是小朋友們愛(ài)玩的游戲現(xiàn)有直滑梯AB、AC、AD和BD，A、B、C、D在豎直平面內(nèi)的同一圓周上，且A為圓周的最高點(diǎn)，D為圓周的最低點(diǎn)，如圖所示，已知圓周半徑為R。在圓周所在的豎直平面內(nèi)有一位置P，距離A點(diǎn)為3R，且與A等高。各滑梯的摩擦均不計(jì)，已知重力加速度為gA．如果小朋友在A點(diǎn)沿滑梯AB、AC由靜止滑下，tAB＞tAC B．如果小朋友分別從A點(diǎn)和B點(diǎn)沿滑梯AC，BD由靜止滑下tBD＞tAC C．若設(shè)計(jì)一部上端在P點(diǎn)，下端在圓周上某點(diǎn)的直滑梯，則小朋友沿此滑梯由靜止滑下時(shí)，在滑梯上運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間是3RgD．若設(shè)計(jì)一部上端在P點(diǎn)，下端在圓周上某點(diǎn)的直滑梯，則小朋友沿此滑梯由靜止滑下時(shí)，在滑梯上運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間是4R【解答】解：AB、假設(shè)AB、AC與AD的夾角分別為α、β，則從AB、AC、BD下滑時(shí)有2Rcosα=12Rcosβ=12Rsinα=1解得t故AB錯(cuò)誤；CD、由AB項(xiàng)分析，畫出以P點(diǎn)為最高點(diǎn)的半徑為r的等時(shí)圓，如圖，當(dāng)兩圓相切時(shí)時(shí)間最短，有(R+r)解得r=所以最短時(shí)間為t故C正確，D錯(cuò)誤。故選：C。17．（2023?宜春一模）北京時(shí)間2022年12月4日20時(shí)09分，神舟十四號(hào)載人飛船返回艙在東風(fēng)著陸場(chǎng)成功著陸。在太空?qǐng)?zhí)行任務(wù)183天后，“最忙出差三人組”的陳冬、劉洋、蔡旭哲于21時(shí)01分安全順利出艙。返回過(guò)程中返回艙速度195m/s時(shí)在距離地表10km的地方打開降落傘，返回艙先做勻變速直線運(yùn)動(dòng)最終降低到5m/s，之后保持勻速運(yùn)動(dòng)，勻速時(shí)間99.8s。待高度只剩1m時(shí)，底部的反推發(fā)動(dòng)機(jī)點(diǎn)火，讓返回艙進(jìn)行最后一次減速至3m/s，使其安全觸地。忽略空氣阻力，g＝10m/s2，以下說(shuō)法中正確的是（）A．從開傘到著地過(guò)程中，航天員始終處于超重狀態(tài) B．開傘后勻變速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中