《金版程》2025-高考大二輪刷題首選卷-物理專題一 考點2 力與物體的直線運動含答案

大二輪刷題首選卷物理《金版程》2025-高考大二輪刷題首選卷-物理考點2力與物體的直線運動考向一運動學(xué)的圖像問題1．如圖所示的位移(x)—時間(t)圖像和速度(v)—時間(t)圖像中給出四條圖線，甲、乙、丙、丁代表四輛車由同一地點向同一方向運動的情況，則下列說法正確的是()A．甲車做直線運動，乙車做曲線運動B．0～t1時間內(nèi)，甲車通過的路程大于乙車通過的路程C．0～t2時間內(nèi)，丙、丁兩車在t2時刻相距最遠D．0～t2時間內(nèi)，丙、丁兩車的平均速度相等答案：C解析：由題意知，四輛車均由同一地點向同一方向運動，即均做直線運動，故A錯誤；由x-t圖像知，在0～t1時間內(nèi)甲、乙兩車的位移相等，又都是單向直線運動，所以兩車路程相等，故B錯誤；v-t圖像中，由圖線與時間軸圍成的面積表示位移可知，0～t2時間內(nèi)，丙、丁兩車在t2時刻相距最遠，故C正確；0～t2時間內(nèi)，丙的位移小于丁的位移，所用時間相等，由eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(Δx,Δt)可知，丙的平均速度小于丁的平均速度，故D錯誤?？枷蚨芳跋嘤鰡栴}2.藍牙是一種支持設(shè)備間短距離通信的無線技術(shù)。如圖，兩條足夠長的平行直軌道相距6m，某同學(xué)用安裝有藍牙設(shè)備的玩具車A、B在軌道上進行實驗。t＝0時，A車以10m/s的速度經(jīng)過O1點，B車以1m/s的速度經(jīng)過O2點。此時關(guān)閉A車動力，A車以2m/s2的加速度向右做勻減速直線運動，B車繼續(xù)向右做勻速直線運動。已知O1O2與軌道垂直，兩車間的距離超過10m時無法實現(xiàn)通信，忽略信號傳遞的時間，則從t＝0起兩車間能通信的時間共為()A．1s B．8sC．16s D．17s答案：D解析：當(dāng)二者之間沿軌道方向的距離Δx＝eq\r(leq\o\al(2,m)－d2)＝eq\r(102－62)m＝8m時恰好能實現(xiàn)通信。開始時A的速度v1＝10m/s，B的速度v2＝1m/s，A停止運動前時間t內(nèi)A車的位移為xA＝v1t－eq\f(1,2)at2，B車的位移為xB＝v2t；當(dāng)xA－xB＝Δx時，解得t1＝1s，t2＝8s，但A車的速度減為零的時間：t0＝eq\f(v1,a)＝eq\f(10,2)s＝5s，故t2＝8s舍去；可知在5s前A與B能通信的時間為1s。A車停止運動時，A車的位移為x0＝eq\f(veq\o\al(2,1),2a)＝eq\f(100,2×2)m＝25m，之后，當(dāng)B與A沿軌道之間的距離為8m時，對應(yīng)B運動的時間：t3＝eq\f(x0－Δx,v2)＝eq\f(25－8,1)s＝17s，t4＝eq\f(x0＋Δx,v2)＝eq\f(25＋8,1)s＝33s，可知在5s后A與B能通信的時間為Δt＝t4－t3＝33s－17s＝16s。綜上，兩車能通信的時間為t總＝1s＋16s＝17s，故D正確?？枷蛉ｎD運動定律的應(yīng)用3．水平桌面上放置一質(zhì)量為m的木塊，木塊與桌面間的動摩擦因數(shù)恒定，用一水平恒力F拉木塊，木塊在水平桌面上做勻速直線運動；若將此力方向改為與水平方向成74°角斜向上拉木塊(F大小不變)，木塊仍在水平桌面上做勻速直線運動。那么當(dāng)用2F的水平恒力拉木塊，此時木塊的加速度為(已知當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間，sin74°＝0.96，cos74°＝0.28)()A.eq\f(3,4)g B.eq\f(3,8)gC.eq\f(3,16)g D.eq\f(3,32)g答案：A解析：用一水平恒力F拉木塊，木塊做勻速直線運動，有F＝μmg，將此力方向改為與水平方向成74°角斜向上拉木塊(F大小不變)，木塊仍做勻速直線運動，水平方向有Fcos74°＝f，豎直方向有N＋Fsin74°＝mg，且f＝μN，當(dāng)用2F的水平恒力拉木塊時，有2F－μmg＝ma，聯(lián)立解得a＝eq\f(3,4)g，故選A?？枷蛩呐ｎD第二定律的圖像問題4.如圖所示，一勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧，上端固定，下端連一質(zhì)量為m的物塊A，A放在質(zhì)量也為m的托盤B上，以FN表示B對A的作用力，x表示彈簧的伸長量。初始時，在豎直向上的力F作用下系統(tǒng)靜止，且彈簧處于自然狀態(tài)(x＝0)，現(xiàn)改變力F的大小，使B以eq\f(\a\vs4\al(g),2)的加速度勻加速向下運動(g為重力加速度，空氣阻力不計)，此過程中FN或F隨x變化的圖像正確的是()答案：D解析：設(shè)B對A的作用力FN剛好為零時彈簧的伸長量為x0，則對A有mg－kx0＝meq\f(g,2)，解得x0＝eq\f(mg,2k)；在此之前，對A根據(jù)mg－FN－kx＝meq\f(g,2)，可知FN＝eq\f(mg,2)－kx，F(xiàn)N由開始運動時的eq\f(mg,2)線性減小到零，對A、B整體根據(jù)2mg－F－kx＝2meq\f(g,2)，可知F＝mg－kx，力F由開始運動時的mg線性減小到eq\f(mg,2)，此后托盤與物塊分離，力F保持eq\f(mg,2)不變。故A、B、C錯誤，D正確?？枷蛭鍎恿W(xué)中的臨界和極值問題5．(多選)某實驗小組在探究接觸面間的動摩擦因數(shù)實驗中，如圖甲所示，將一質(zhì)量為M的長木板放置在水平地面上，其上表面有另一質(zhì)量為m的物塊，剛開始均處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)使物塊受到水平力F的作用，用傳感器測出水平拉力F，畫出F與物塊的加速度a的關(guān)系如圖乙所示。已知重力加速度g＝10m/s2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，整個運動過程中物塊始終未脫離長木板。則()A．長木板的質(zhì)量為2kgB．長木板與地面之間的動摩擦因數(shù)為0.1C．長木板與物塊之間的動摩擦因數(shù)為0.4D．當(dāng)拉力F增大時，長木板的加速度一定增大答案：ABC解析：由圖乙可知，當(dāng)F>12N時物塊和長木板開始產(chǎn)生相對滑動，設(shè)長木板與物塊之間的動摩擦因數(shù)為μ1，則F－μ1mg＝ma，即F＝ma＋μ1mg，由圖乙可知m＝eq\f(12－8,2)kg＝2kg，μ1mg＝8N，解得μ1＝0.4，C正確；當(dāng)4N≤F≤12N時兩者共同運動，設(shè)長木板與地面之間的動摩擦因數(shù)為μ2，則F－μ2(M＋m)g＝(M＋m)a，即F＝(M＋m)a＋μ2(M＋m)g，由圖乙可知M＋m＝eq\f(12－4,2)kg＝4kg，μ2(M＋m)g＝4N，解得M＝2kg，μ2＝0.1，A、B正確；當(dāng)拉力F≥12N時，長木板與物塊之間相對滑動，長木板所受地面的摩擦力和物塊的摩擦力不變，則加速度不變，D錯誤?？枷蛄鶄魉蛶Ｐ?.如圖所示，足夠長的傾斜傳送帶以恒定速率v0順時針運行。一小木塊以初速度v1從傳送帶的底端滑上傳送帶。木塊在傳送帶上運動全過程中，關(guān)于木塊的速度v隨時間t變化關(guān)系的圖像不可能的是()答案：C解析：當(dāng)v1＜v0，且木塊重力沿傳送帶向下的分力大于木塊與傳送帶間的滑動摩擦力時，木塊滑上傳送帶后先相對傳送帶向下滑動，所受滑動摩擦力沿傳送帶向上，而合外力沿傳送帶向下，木塊做勻減速運動，速度減為零后，繼續(xù)相對傳送帶向下滑動，所受合外力不變，加速度不變，表現(xiàn)為v-t圖像斜率不變，木塊速度開始反向增大，根據(jù)對稱性可知木塊返回傳送帶下端時速度為－v1，故A可能；當(dāng)v1＜v0，且木塊重力沿傳送帶向下的分力小于木塊與傳送帶間的滑動摩擦力時，木塊滑上傳送帶后先相對傳送帶向下滑動，所受滑動摩擦力沿傳送帶向上，合外力沿傳送帶向上，木塊做勻加速運動，當(dāng)木塊速度增大至v0時，由于木塊與傳送帶之間的最大靜摩擦力也一定大于重力沿傳送帶向下的分力，所以木塊將隨傳送帶一起以v0運動，故B可能；當(dāng)v1＞v0，且木塊重力沿傳送帶向下的分力大于木塊與傳送帶間的滑動摩擦力時，木塊滑上傳送帶后先相對傳送帶向上滑動，所受滑動摩擦力沿傳送帶向下，合外力沿傳送帶向下，木塊做勻減速運動(設(shè)加速度大小為a1)，當(dāng)木塊速度減小至v0時，將開始相對傳送帶向下滑動，所受滑動摩擦力變?yōu)檠貍魉蛶蛏?，所以木塊所受合外力減小，加速度減小，表現(xiàn)為v-t圖像斜率變小，木塊沿傳送帶向上做勻減速運動(設(shè)加速度大小為a2)，速度減為零之后開始沿傳送帶向下做勻加速運動(由于合外力不變，所以加速度大小仍為a2，表現(xiàn)為v-t圖像斜率不變)，根據(jù)運動學(xué)規(guī)律可知木塊速度從v1減至v0的過程位移大小為x1＝eq\f(veq\o\al(2,1)－veq\o\al(2,0),2a1)，木塊速度從v0減至0的過程位移大小為x2＝eq\f(veq\o\al(2,0),2a2)，假設(shè)木塊返回至傳送帶下端時的速度為－v1，則木塊速度從0增大至－v1的過程位移大小為x3＝eq\f(veq\o\al(2,1),2a2)，由于a1>a2，所以有eq\f(veq\o\al(2,1)－veq\o\al(2,0),2a1)＋eq\f(veq\o\al(2,0),2a2)<eq\f(veq\o\al(2,1),2a2)，即x1＋x2<x3，而木塊整個過程的位移應(yīng)為零(x1＋x2應(yīng)等于x3)，上式顯然不滿足，故C不可能；當(dāng)v1＞v0，且木塊重力沿傳送帶向下的分力小于木塊與傳送帶間的滑動摩擦力時，木塊滑上傳送帶后先相對傳送帶向上滑動，所受滑動摩擦力沿傳送帶向下，合外力沿傳送帶向下，木塊做勻減速運動，當(dāng)木塊速度減小至v0時，由于木塊與傳送帶之間的最大靜摩擦力也一定大于重力沿傳送帶向下的分力，所以木塊將隨傳送帶一起以v0運動，故D可能。本題選不可能的，故選C。1.(2024·湖南高考)如圖，質(zhì)量分別為4m、3m、2m、m的四個小球A、B、C、D，通過細線或輕彈簧互相連接，懸掛于O點，處于靜止?fàn)顟B(tài)，重力加速度為g。若將B、C間的細線剪斷，則剪斷瞬間B和C的加速度大小分別為()A．g，1.5g B．2g，1.5gC．2g，0.5g D．g，0.5g答案：A解析：剪斷B、C間細線前，對小球B、C、D及C、D間輕彈簧組成的整體受力分析，根據(jù)平衡條件可知，A、B間輕彈簧的彈力大小為FAB＝(3m＋2m＋m)g＝6mg，對小球D受力分析，根據(jù)平衡條件可知，C、D間輕彈簧的彈力大小為FCD＝mg。剪斷B、C間細線瞬間，兩輕彈簧的彈力不變，根據(jù)牛頓第二定律，對B有FAB－3mg＝3maB，對C有FCD＋2mg＝2maC，解得B的加速度大小aB＝g，方向豎直向上，C的加速度大小aC＝1.5g，方向豎直向下。故選A。2．(2024·河北高考)籃球比賽前，常通過觀察籃球從一定高度由靜止下落后的反彈情況判斷籃球的彈性。某同學(xué)拍攝了該過程，并得出了籃球運動的v-t圖像，如圖所示。圖像中a、b、c、d四點中對應(yīng)籃球位置最高的是()A．a(chǎn)點 B．b點C．c點 D．d點答案：A解析：由題意可知，籃球最開始做自由落體運動，結(jié)合圖像可知，速度為負值時，表示籃球向下運動，當(dāng)向下運動到與地面接觸時籃球速度最大，之后速度發(fā)生突變，速度方向變?yōu)橄蛏喜⒆鲐Q直上拋運動，速度減為0時上升到最高點，故籃球第一次觸地反彈后上升至最高點時，對應(yīng)圖中的a點；同理分析可知，b點、c點分別對應(yīng)第二次觸地反彈前、后的位置即地面，d點對應(yīng)第二次反彈后上升到最高點的位置。由v-t圖像與時間軸圍成的面積的絕對值表示位移大小可知，第一次反彈后到達的最高點高度(對應(yīng)圖中0.6s～1.1s圖線與t＝0直線所圍面積)大于第二次反彈后到達的最高點高度(對應(yīng)圖中1.6s～2.0s圖線與t＝0直線所圍面積)，故a點對應(yīng)的籃球位置比d點高，即四點中對應(yīng)籃球位置最高的是a點，故選A。3．(2024·安徽高考)如圖所示，豎直平面內(nèi)有兩完全相同的輕質(zhì)彈簧，它們的一端分別固定于水平線上的M、N兩點，另一端均連接在質(zhì)量為m的小球上。開始時，在豎直向上的拉力作用下，小球靜止于MN連線的中點O，彈簧處于原長。后將小球豎直向上緩慢拉至P點，并保持靜止，此時拉力F大小為2mg。已知重力加速度大小為g，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，不計空氣阻力。若撤去拉力，則小球從P點運動到O點的過程中()A．速度一直增大 B．速度先增大后減小C．加速度的最大值為3g D．加速度先增大后減小答案：A解析：小球靜止于O點時，彈簧處于原長，則當(dāng)撤去拉力F后，小球由靜止開始從P點運動到O點的過程中，小球受到重力和兩彈簧的拉力，由對稱性可知，小球所受合力始終豎直向下，根據(jù)牛頓第二定律可知，小球的加速度方向一直豎直向下，所以小球一直做加速運動，速度一直增大，故A正確，B錯誤。小球從P點運動到O點的過程中，兩彈簧形變量逐漸變小，每個彈簧對小球的拉力F拉都一直變小，且彈簧彈力與豎直方向的夾角θ不斷變大，則兩彈簧對小球豎直向下的合力F合＝2F拉cosθ不斷變小，小球所受重力不變，故小球所受合力一直變小，小球的加速度一直變小，因此剛撤去拉力時小球的加速度最大；撤去拉力前瞬間，由平衡條件可知，小球所受重力和彈簧彈力的合力F合0與拉力F等大反向，即F合0＝F＝2mg，剛撤去拉力時，由牛頓第二定律可知，F(xiàn)合0＝mam，可解得小球從P點運動到O點的過程中加速度的最大值為am＝2g，C、D錯誤。4.(2024·廣東高考)如圖所示，輕質(zhì)彈簧豎直放置，下端固定。木塊從彈簧正上方H高度處由靜止釋放。以木塊釋放點為原點，取豎直向下為正方向，木塊的位移為y，所受合外力為F，運動時間為t。忽略空氣阻力，彈簧在彈性限度內(nèi)。關(guān)于木塊從釋放到第一次回到原點的過程中，其F-y圖像或y-t圖像可能正確的是()答案：B解析：從木塊開始釋放到與彈簧剛接觸的過程中，即0≤y≤H的過程，木塊所受合外力為木塊的重力，即F＝mg，則F保持不變；從木塊接觸彈簧到下落至最低點的過程中，即y>H的過程，根據(jù)力的合成和胡克定律有F＝mg－k(y－H)，則隨著y增大，F(xiàn)先均勻減小到0，后反向均勻增大；同理分析可知，上升過程的F-y圖像與下落過程的F-y圖像相同，故A錯誤，B正確。結(jié)合上述分析，由牛頓第二定律可知，在木塊下落H高度之前，木塊做勻加速直線運動，速度逐漸增大，所以y-t圖像斜率逐漸增大；從木塊下落H高度到下落至最低點的過程，木塊先向下做加速度減小的加速運動，后做加速度增大的減速運動，速度先逐漸增大后逐漸減小到0，所以y-t圖像的斜率先逐漸增大后逐漸減小到0，到達最低點后，木塊向上運動，因為木塊下落過程與上升過程具有對稱性，所以其y-t圖像如圖所示，故C、D錯誤。5．(2024·遼寧高考)(多選)一足夠長木板置于水平地面上，二者間的動摩擦因數(shù)為μ。t＝0時，木板在水平恒力作用下，由靜止開始向右運動。某時刻，一小物塊以與木板等大、反向的速度從右端滑上木板。已知t＝0到t＝4t0的時間內(nèi)，木板速度v隨時間t變化的圖像如圖所示，其中g(shù)為重力加速度大小。t＝4t0時刻，小物塊和木板的速度相同。下列說法正確的是()A．小物塊在t＝3t0時刻滑上木板B．小物塊和木板間的動摩擦因數(shù)為2μC．小物塊與木板的質(zhì)量比為3∶4D．t＝4t0之后小物塊和木板一起做勻速運動答案：ABD解析：v-t圖像的斜率表示加速度，由圖可知，t＝3t0時刻木板的加速度發(fā)生改變，由牛頓第二定律可知，此時木板的受力情況發(fā)生改變，故可知小物塊在t＝3t0時刻滑上木板，故A正確；設(shè)小物塊的質(zhì)量為m，小物塊和木板間的動摩擦因數(shù)為μ0，根據(jù)題意結(jié)合圖像可知，小物塊開始滑上木板時，小物塊的速度大小為v0＝eq\f(3,2)μgt0，方向水平向左，小物塊在木板上滑動時，對小物塊，根據(jù)牛頓第二定律，有μ0mg＝ma0，解得小物塊在木板上滑動時的加速度大小為a0＝μ0g，t＝3t0時刻小物塊滑上木板后，先向左做勻減速直線運動，減速到0后以相同的加速度向右做勻加速直線運動，在t＝4t0時刻與木板共速，共速時速度大小為v共＝eq\f(1,2)μgt0，方向水平向右，有v共＝－v0＋a0t0，聯(lián)立可解得μ0＝2μ，故B正確；設(shè)木板的質(zhì)量為M，0～3t0時間內(nèi)，根據(jù)v-t圖像可知，木板的加速度為a＝eq\f(\f(1,2)μgt0－0,t0－0)＝eq\f(1,2)μg，此時間內(nèi)，對木板由牛頓第二定律有F－μMg＝Ma，解得木板受到的水平恒力F＝eq\f(3,2)μMg，3t0～4t0時間內(nèi)，根據(jù)v-t圖像可知，木板的加速度為a′＝eq\f(\f(1,2)μgt0－\f(3,2)μgt0,4t0－3t0)＝－μg，此時間內(nèi)，對木板由牛頓第二定律得F－μ(m＋M)g－μ0mg＝Ma′，解得eq\f(m,M)＝eq\f(1,2)，故C錯誤；假設(shè)t＝4t0之后小物塊和木板相對靜止，則小物塊和木板整體所受合力為F合＝F－μ(m＋M)g＝eq\f(3,2)μMg－eq\f(3,2)μMg＝0，故可知此時整體處于平衡狀態(tài)，假設(shè)成立，即t＝4t0之后小物塊和木板一起做勻速運動，故D正確。6.(2023·湖南高考)(多選)如圖，光滑水平地面上有一質(zhì)量為2m的小車在水平推力F的作用下加速運動。車廂內(nèi)有質(zhì)量均為m的A、B兩小球，兩球用輕桿相連，A球靠在光滑左壁上，B球處在車廂水平底面上，且與底面的動摩擦因數(shù)為μ，桿與豎直方向的夾角為θ，桿與車廂始終保持相對靜止。假設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。下列說法正確的是()A．若B球受到的摩擦力為零，則F＝2mgtanθB．若推力F向左，且tanθ≤μ，則F的最大值為2mgtanθC．若推力F向左，且μ<tanθ≤2μ，則F的最大值為4mg(2μ－tanθ)D．若推力F向右，且tanθ>2μ，則F的范圍為4mg(tanθ－2μ)≤F≤4mg(tanθ＋2μ)答案：CD解析：設(shè)桿對A、B球的彈力大小為N，對小球A受力分析，豎直方向受力平衡，有Ny＝mg，又桿彈力的水平分力與豎直分力滿足eq\f(Nx,Ny)＝tanθ，則Nx＝mgtanθ。若B球受到的摩擦力為零，對B根據(jù)牛頓第二定律可得Nx＝ma，解得a＝gtanθ，對小球A、B和小車整體根據(jù)牛頓第二定律得F＝4ma＝4mgtanθ，A錯誤。若推力F向左，根據(jù)牛頓第二定律可知系統(tǒng)加速度向左，小球A所受向左的合力的最大值為FA＝Nx＝mgtanθ，對小球B受力分析如圖所示，可知小球B所受向左的合力的最大值為FB＝fmax－Nx＝μ(Ny＋mg)－Nx＝2μmg－mgtanθ，若FA≤FB，即tanθ≤μ，那么A、B整體向左的最大加速度為amax＝eq\f(FA,m)＝gtanθ，對A、B和小車整體根據(jù)牛頓第二定律得Fmax＝4mamax＝4mgtanθ；若FA>FB≥0，即μ<tanθ≤2μ，那么A、B整體向左的最大加速度為amax′＝eq\f(FB,m)＝2μg－gtanθ，對A、B和小車整體根據(jù)牛頓第二定律得Fmax′＝4mamax′＝4mg(2μ－tanθ)，故B錯誤，C正確。若推力F向右，根據(jù)牛頓第二定律可知系統(tǒng)加速度向右，理論上小球A所受向右的合力可以無限大，因此只需要討論小球B的受力即可，當(dāng)小球B所受的摩擦力向左且為最大靜摩擦力時，小球B所受向右的合力最小，F(xiàn)Bmin＝Nx－μ(Ny＋mg)＝mgtanθ－2μmg，由FBmin>0得tanθ>2μ，當(dāng)小球B所受摩擦力向右且為最大靜摩擦力時，小球B所受向右的合力最大，F(xiàn)Bmax＝Nx＋μ(Ny＋mg)＝mgtanθ＋2μmg，對小球B根據(jù)牛頓第二定律有FBmin＝maBmin，F(xiàn)Bmax＝maBmax，對A、B和小車整體根據(jù)牛頓第二定律有F＝4ma，則4maBmin≤F≤4maBmax，聯(lián)立得4mg(tanθ－2μ)≤F≤4mg(tanθ＋2μ)，D正確。7．(2024·廣西高考)如圖，輪滑訓(xùn)練場沿直線等間距地擺放著若干個定位錐筒，錐筒間距d＝0.9m，某同學(xué)穿著輪滑鞋向右勻減速滑行?，F(xiàn)測出他從1號錐筒運動到2號錐筒用時t1＝0.4s，從2號錐筒運動到3號錐筒用時t2＝0.5s。求該同學(xué)(1)滑行的加速度大??；(2)最遠能經(jīng)過幾號錐筒。答案：(1)1m/s2(2)4解析：(1)根據(jù)勻變速直線運動的規(guī)律，該同學(xué)在1、2號錐筒間運動的中間時刻的速度為v1＝eq\f(d,t1)該同學(xué)在2、3號錐筒間運動的中間時刻的速度為v2＝eq\f(d,t2)這兩個中間時刻之間的時間間隔Δt＝eq\f(t1,2)＋eq\f(t2,2)該同學(xué)滑行的加速度大小為a＝eq\f(v1－v2,Δt)聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)，解得a＝1m/s2。(2)設(shè)該同學(xué)經(jīng)過1號錐筒時的速度為v0，從經(jīng)過1號錐筒到停止運動通過的位移大小為x，根據(jù)勻變速直線運動的規(guī)律，從經(jīng)過1號錐筒到經(jīng)過2號錐筒，有d＝v0t1－eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)從經(jīng)過1號錐筒到停止運動，有0－veq\o\al(2,0)＝－2ax聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)，解得x＝3.00125mx＝3.33d，故可知該同學(xué)最遠能經(jīng)過4號錐筒。1．(2024·吉林省延邊州高三下一模)如圖，某滑雪愛好者從傾角一定的雪道上A點由靜止滑下，滑到水平雪道上C點時速度剛好為零，滑雪愛好者經(jīng)過傾斜雪道的最低點B點時速度大小不變。若滑雪愛好者在傾斜和水平雪道上均做勻變速直線運動，已知從A到C運動的路程為60m，時間為40s，則該滑雪愛好者經(jīng)過B點時的速度大小為()A．5m/s B．3m/sC．4m/s D．2m/s答案：B解析：設(shè)滑雪愛好者經(jīng)過B點時的速度大小為v，在傾斜雪道和水平雪道上運動的時間分別為t1和t2，由勻變速直線運動的規(guī)律有xAB＝eq\f(v,2)t1，xBC＝eq\f(v,2)t2，由題意可知t1＋t2＝40s，xAB＋xBC＝60m，聯(lián)立解得v＝3m/s，故選B。2.(2023·湖南省張家界市高三下模擬)用手掌托著智能手機，打開加速度傳感器，手掌從靜止開始迅速上下運動，得到如圖所示的豎直方向上加速度隨時間變化的圖像，該圖像以豎直向上為正方向，取重力加速度g＝10m/s2。由此可判斷出()A．手機一直未離開過手掌B．手機在t1時刻運動到最高點C．手機在t2時刻改變運動方向D．手機在t1～t3時間內(nèi)，受到的支持力一直減小答案：D解析：由題圖可知，手機的加速度在某一段時間內(nèi)等于重力加速度，則此時手機處于完全失重狀態(tài)，與手掌間沒有力的作用，手機可能離開過手掌，A錯誤；根據(jù)Δv＝aΔt可知，a-t圖像與t軸圍成的面積表示速度變化量，則手機在t1時刻速度為正，還沒有到最高點，手機在t2時刻速度為正，運動方向沒有發(fā)生改變，B、C錯誤；設(shè)手機的質(zhì)量為m，根據(jù)牛頓第二定律得N－mg＝ma，解得手機受到的支持力N＝mg＋ma，由題圖可知，在t1～t3時間內(nèi)，a的數(shù)值一直減小到－g，則N一直減小，D正確。3．(2024·廣西高三下一模)物塊P、Q中間用一根輕質(zhì)彈簧相連，放在光滑水平面上，物塊P的質(zhì)量為2kg，如圖甲所示。開始時兩物塊均靜止，彈簧處于原長，t＝0時對物塊P施加水平向右的恒力F，t＝1s時撤去，在0～1s內(nèi)兩物塊的加速度隨時間變化的情況如圖乙所示。整個運動過程中以下說法正確的是()A．t＝1s時，物塊Q的速度大小為0.4m/sB．恒力F大小為1.6NC．物塊Q的質(zhì)量為0.5kgD．t＝1s后，物塊P、Q一起做勻加速直線運動答案：C解析：a-t圖線與t軸圍成的面積表示速度變化量，若0～1s內(nèi)Q的加速度均勻增大，則0～1s內(nèi)Q的速度變化量大小ΔvQ＝eq\f(1,2)×1×0.8m/s＝0.4m/s，由題圖乙可得實際Q的a-t圖線與t軸圍成的面積大于Q的加速度均勻增大時圖線與t軸圍成的面積，故0～1s內(nèi)Q的速度變化量大于0.4m/s，即t＝1s時Q的速度大小大于0.4m/s，故A錯誤；設(shè)物塊P的質(zhì)量為mP，t＝0時的加速度大小為a0＝1.0m/s2，對物塊P，由牛頓第二定律可得恒力大小F＝mPa0＝2N，故B錯誤；設(shè)t＝1s時物塊P、Q整體的加速度大小為a1，由牛頓第二定律有F＝(mP＋mQ)a1，代入數(shù)據(jù)解得物塊Q的質(zhì)量mQ＝0.5kg，故C正確；t＝1s時，彈簧處于壓縮狀態(tài)，且P和Q的速度不同，因此t＝1s后，兩物塊受彈簧彈力作用，不會一起做勻加速直線運動，故D錯誤。4.(2024·江西省部分學(xué)校高三下二模)如圖所示，在足夠大的水平地面上靜置一木板，可視為質(zhì)點的物塊以v0＝3m/s的速度滑上木板，最終物塊恰好到達木板的右端，木板沿地面運動的距離恰好等于木板的長度。已知物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.2，木板與地面間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.05，取重力加速度大小g＝10m/s2，則木板的長度為()A．1.0m B．1.5mC．2.0m D．2.5m答案：B解析：設(shè)物塊的質(zhì)量為m，木板的質(zhì)量為M，從物塊滑上木板到兩者達到共速的時間為t1，物塊的加速度大小為a1，由牛頓第二定律有a1＝eq\f(μ1mg,m)＝2m/s2，設(shè)物塊到達木板右端時的速度大小為v，由勻變速直線運動的規(guī)律有v0－a1t1＝v，此時木板的位移為x1＝eq\f(v,2)t1，兩者共速后，因μ1>μ2，則物塊和木板一起減速運動到停止，設(shè)兩者共同做減速運動的加速度大小為a2，由牛頓第二定律有a2＝eq\f(μ2（m＋M）g,m＋M)＝0.5m/s2，由勻變速直線運動的規(guī)律可知，兩者共速后的位移為x2＝eq\f(v2,2a2)，木板沿地面運動的距離恰好等于木板的長度L，即L＝x1＋x2，最終物塊恰好到達木板的右端，即物塊相對木板滑動的位移為板長，有L＝eq\f(v0＋v,2)t1－x1，聯(lián)立各式解得t1＝1s(另一解t1＝3s不符合實際，舍去)，L＝1.5m，故選B。5．(2023·廣西南寧市高三下二模)(多選)如圖所示，1、2、3、4四小球均由靜止開始沿著光滑的斜面從頂端運動到底端，其運動時間分別為t1、t2、t3、t4，已知豎直固定的圓環(huán)的半徑為r，O為圓心，固定在水平面上的斜面水平底端的長度為eq\r(3)r，重力加速度為g，下列關(guān)系正確的是()A．t1>t2 B．t3＝t4C．t2<t4 D．t1＝t4答案：BC解析：1號小球的加速度大小為a1＝eq\f(m1gcos30°,m1)＝gcos30°＝eq\f(\r(3),2)g，位移大小為x1＝2rcos30°＝eq\r(3)r，由x1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)可知運動時間為t1＝eq\r(\f(2x1,a1))＝2eq\r(\f(r,g))；2號小球的加速度大小為a2＝eq\f(m2gcos60°,m2)＝gcos60°＝eq\f(1,2)g，位移大小為x2＝2rcos60°＝r，由x2＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)可知運動時間為t2＝eq\r(\f(2x2,a2))＝2eq\r(\f(r,g))；3號小球的加速度大小為a3＝eq\f(m3gcos30°,m3)＝gcos30°＝eq\f(\r(3),2)g，位移大小為x3＝eq\f(\r(3)r,sin30°)＝2eq\r(3)r，由x3＝eq\f(1,2)a3teq\o\al(2,3)可知運動時間為t3＝eq\r(\f(2x3,a3))＝2eq\r(\f(2r,g))；4號小球的加速度大小為a4＝eq\f(m4gcos60°,m4)＝gcos60°＝eq\f(1,2)g，位移大小為x4＝eq\f(\r(3)r,sin60°)＝2r，由x4＝eq\f(1,2)a4teq\o\al(2,4)可知運動時間為t4＝eq\r(\f(2x4,a4))＝2eq\r(\f(2r,g))。綜上可知t1＝t2<t3＝t4，故B、C正確，A、D錯誤。6.(2024·湖南省長沙市高三下高考模擬預(yù)測)(多選)如圖，輕質(zhì)的光滑滑輪K與質(zhì)量為M的物塊A由一硬輕桿連接在一起，成為一個物體，物塊A放置于水平面上。質(zhì)量為m的物塊B與跨過滑輪的輕繩一端相連，輕繩另一端固定在墻上且水平，物塊B與物塊A間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g。則下列說法正確的是()A．若A靜止，則地面對A的作用力為eq\r(2)mgB．若水平地面光滑，則A、B的加速度大小關(guān)系為aB＝eq\r(2)aAC．若水平地面光滑，則A的加速度大小aA＝eq\f(mg,M＋（μ＋2）m)D．若水平地面光滑，則輕繩的拉力T＝eq\f(mg（M＋m）,M＋（μ＋1）m)答案：BC解析：當(dāng)A靜止時，由平衡條件可知輕繩的拉力T1＝mg，把A、B及滑輪左側(cè)部分的輕繩看作一個整體，整體受水平向右的拉力T1＝mg，豎直向下的重力(M＋m)g以及地面對A的作用力F地的作用，由平衡條件可知F地＝eq\r(（mg）2＋（Mg＋mg）2)，故A錯誤；若水平地面光滑，設(shè)物塊A、B間的彈力大小為F，根據(jù)牛頓第二定律，對A有T－F＝MaA，物塊B的加速度在豎直方向的分量設(shè)為aB′，在水平方向的分量等于aA，則物塊B在豎直方向上有mg－T－μF＝maB′，物塊B在水平方向上有F＝maA，由于物塊B豎直方向上的位移大小等于A、B水平方向上的位移大小，則有aB′＝aA，所以物塊B的加速度aB＝eq\r(aB′2＋aeq\o\al(2,A))＝eq\r(2)aA，故B正確；根據(jù)B項分析，聯(lián)立可得aA＝eq\f(mg,M＋（μ＋2）m)，且T＝eq\f(mg（M＋m）,M＋（μ＋2）m)，故C正確，D錯誤。7．(2024·安徽省普通高等學(xué)校招生考試適應(yīng)性測試)如圖，相距l(xiāng)＝2.5m的兩平臺位于同一水平面內(nèi)，二者之間用傳送帶相接。傳送帶向右勻速運動，根據(jù)需要設(shè)定驅(qū)動系統(tǒng)的速度大小v＝1m/s。質(zhì)量m＝10kg的貨物(可視為質(zhì)點)放在距傳送帶左側(cè)1m處的P點，右側(cè)平臺的人通過一根輕繩用恒力F＝40N水平向右拉貨物。已知貨物與平臺間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.2，貨物與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.5，假設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g取10m/s2。求：(1)貨物運動到傳送帶左端時的速度大??；(2)貨物在傳送帶上運動的時間。答案：(1)2m/s(2)2s解析：(1)設(shè)貨物在平臺上的加速度大小為a1，根據(jù)牛頓第二定律有F－μ1mg＝ma1設(shè)貨物運動到傳送帶左端時的速度大小為v1，貨物與傳送帶左端的距離為s1，由運動學(xué)規(guī)律有veq\o\al(2,1)＝2a1s1代入數(shù)據(jù)解得v1＝2m/s。(2)由于v1>v，故可知貨物滑上傳送帶后受到的摩擦力向左，以水平向右為正方向，設(shè)此時貨物的加速度為a2，由牛頓第二定律有F－μ2mg＝ma2解得a2＝－1m/s2故貨物開始做勻減速運動，設(shè)經(jīng)過時間t2與傳送帶共速，有v＝v1＋a2t2該段時間貨物位移大小為s2＝eq\f(v1＋v,2)t2共速后貨物勻速運動，設(shè)再經(jīng)過時間t3到達傳送帶右端，有l(wèi)－s2＝vt3貨物在傳送帶上運動的時間為t＝t2＋t3聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得t＝2s。1.(2024·安徽省蚌埠市高三第三次教學(xué)質(zhì)量檢查)如圖所示，一盛有水的容器自傾角為θ的固定粗糙長斜面頂端下滑。已知容器底部與斜面間的動摩擦因數(shù)μ<tanθ，則下滑過程中水面位置可能正確的是(圖中實線表示水面位置，虛線表示水平面位置，α<θ)()答案：B解析：方法一：以容器和全部水為研究對象，設(shè)其沿斜面向下的加速度為a，則根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ－μmgcosθ＝ma，解得a＝g(sinθ－μcosθ)，因μ<tanθ，則0<a<gsinθ，以水面上一微小體積水為研究對象，可知其受到垂直水面向上的支持力FN和自身重力m1g，設(shè)FN沿斜面方向的分力為Fx，垂直斜面方向的分力為Fy，則m1gsinθ＋Fx＝m1a，F(xiàn)y＝m1gcosθ，可知Fx為負值，設(shè)水面與水平方向的夾角為β，可知tanβ＝eq\f(|Fx|,Fy)＝μ，因μ<tanθ，則0<β<θ，故選B。方法二(極限法)：若容器底部與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝tanθ，則mgsinθ＝μmgcosθ，容器勻速下滑，此時容器內(nèi)的水受力平衡，水面水平；若容器底部與斜面間的動摩擦因數(shù)為零，則容器和水下滑的加速度均為a＝gsinθ，則此時容器內(nèi)的水面與斜面平行；若容器底部與斜面間的動摩擦因數(shù)μ<tanθ，a＝eq\f(\a\vs4\al(mgsinθ－μmgcosθ),m)＝gsinθ－μgcosθ，可知容器加速下滑且加速度0<a<gsinθ，則容器內(nèi)的水面傾斜，傾斜角度在“水平”和“與斜面平行”之間。故選B。2.(2024·湖南高考)(多選)如圖，光滑水平面內(nèi)建立直角坐標系xOy。A、B兩小球同時從O點出發(fā)，A球速度大小為v1，方向沿x軸正方向，B球速度大小為v2＝2m/s，方向與x軸正方向夾角為θ。坐標系第一象限中有一個擋板L，與x軸夾角為α。B球與擋板L發(fā)生碰撞，碰后B球速度大小變?yōu)?m/s，碰撞前后B球的速度方向與擋板L法線的夾角相同，且分別位于法線兩側(cè)。不計碰撞時間和空氣阻力，若A、B兩小球能相遇，下列說法正確的是()A．若θ＝15°，則v1的最大值為eq\r(2)m/s，且α＝15°B．若θ＝15°，則v1的最大值為eq\f(2,3)eq\r(3)m/s，且α＝0°C．若θ＝30°，則v1的最大值為eq\f(2,3)eq\r(3)m/s，且α＝0°D．若θ＝30°，則v1的最大值為eq\r(2)m/s，且α＝15°答案：AC解析：由于水平面光滑，則除碰撞過程外，兩小球均做勻速直線運動，設(shè)B球與擋板在P點處碰撞，兩小球在D點處相遇，B球從O點運動到P點所用時間為t1，從P點到D點所用時間為t2，根據(jù)題意，畫出A、B的運動軌跡圖如圖所示，在△OPD中，根據(jù)正弦定理有eq\f(OP,sin∠ODP)＝eq\f(OD,sin∠OPD)＝eq\f(PD,sinθ)，由幾何關(guān)系知，∠ODP＝α＋α＋θ＝2α＋θ，∠OPD＝2(90°－α－θ)＝180°－(2α＋2θ)，由勻速直線運動規(guī)律有OP＝v2t1，PD＝v2′t2，OD＝v1(t1＋t2)，其中v2′＝1m/s，聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)，可解得v1＝eq\f(2sin（2α＋2θ）,2sinθ＋sin（2α＋θ）)m/s。令β＝α＋θ，則v1＝eq\f(\a\vs4\al(2sin2β),2sinθ＋sin（2β－θ）)m/s＝eq\f(\a\vs4\al(2sin2β),2sinθ＋sin2βcosθ－cos2βsinθ)m/s＝eq\f(2,cosθ＋\f(\a\vs4\al(2－cos2β),sin2β)·sinθ)m/s＝eq\f(2,cosθ＋\f(\a\vs4\al(3sin2β＋cos2β),2sinβcosβ)·sinθ)m/s＝eq\f(2,cosθ＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\a\vs4\al(3sinβ),2cosβ)＋\f(\a\vs4\al(cosβ),2sinβ)))sinθ)m/s，由數(shù)學(xué)不等式可知，θ確定時，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(\a\vs4\al(3sinβ),2cosβ)＝eq\f(\a\vs4\al(cosβ),2sinβ)時，v1取最大值，可解得此時的β＝θ＋α＝30°。將數(shù)據(jù)代入可知，若θ＝15°，則v1的最大值為v1m＝eq\r(2)m/s，且α＝15°，若θ＝30°，則v1的最大值為v1m＝eq\f(2\r(3),3)m/s，且α＝0°，故A、C正確，B、D錯誤?？键c3力與物體的曲線運動考向一曲線運動的條件和特征1．(2023·全國乙卷)小車在水平地面上沿軌道從左向右運動，動能一直增加。如果用帶箭頭的線段表示小車在軌道上相應(yīng)位置處所受合力，下列四幅圖可能正確的是()答案：D解析：由圖可知，小車做曲線運動，則其所受合力應(yīng)指向運動軌跡即軌道的凹側(cè)，故A、B錯誤；由題意可知，小車沿軌道從左向右運動，動能一直增加，則合力對小車一直做正功，故合力方向與小車運動方向(沿軌道切線向右)的夾角一直為銳角，故C錯誤，D可能正確?？枷蚨\動的合成與分解2.如圖所示，長為L的輕直棒一端可繞固定軸O轉(zhuǎn)動，另一端固定一質(zhì)量為m的小球，小球擱在水平升降臺上，升降平臺以速度v勻速上升，下列說法正確的是()A．小球做勻速圓周運動B．當(dāng)棒與豎直方向的夾角為α?xí)r，小球的速度為eq\f(v,cosα)C．棒的角速度逐漸增大D．當(dāng)棒與豎直方向的夾角為α?xí)r，棒的角速度為eq\f(v,Lsinα)答案：D解析：小球的實際運動垂直于棒指向左上方，如圖所示，沿豎直方向的速度分量等于v，當(dāng)棒與豎直方向的夾角為α?xí)r，小球的速度為v實＝eq\f(v,sinα)＝ωL，所以棒的角速度ω＝eq\f(v,Lsinα)，平臺向上運動，夾角α增大，速度v實減小，角速度ω減小，故A、B、C錯誤，D正確?？枷蛉龗侒w運動規(guī)律的應(yīng)用3.如圖所示，位于同一高度的小球A、B分別水平拋出，都落在傾角為45°的斜面上的C點，小球B恰好垂直打到斜面上，則A、B在C點的速度之比為()A．1∶2 B．1∶1C．eq\r(2)∶eq\r(5) D．eq\r(5)∶2eq\r(2)答案：D解析：根據(jù)平拋運動規(guī)律知，A、B下落的高度相同，則所用時間相同，設(shè)為t，設(shè)A、B球拋出時速度分別為v1、v2。對A有x＝v1t，y＝eq\f(1,2)gt2，又tan45°＝eq\f(y,x)，聯(lián)立得v1＝eq\f(1,2)gt，則A在C點的速度vA＝eq\r(veq\o\al(2,1)＋（gt）2)＝eq\f(\r(5),2)gt；小球B恰好垂直打到斜面上，則有tan45°＝eq\f(v2,vy)＝eq\f(v2,gt)，得v2＝gt，則B在C點的速度vB＝eq\r(veq\o\al(2,2)＋（gt）2)＝eq\r(2)gt，則eq\f(vA,vB)＝eq\f(\r(5),2\r(2))，故A、B、C錯誤，D正確。4.(多選)將相同的甲、乙兩小球從O點水平拋出，均可以到達水平地面上的A點，在空中的運動軌跡如圖所示。乙球與地面B點發(fā)生彈性碰撞，不計碰撞時間和空氣阻力，取地面為零勢能面，則甲、乙()A．拋出時速度之比為3∶1B．拋出時機械能之比為9∶1C．從O到A的運動過程中運動時間之比為1∶1D．從O到A的運動過程中所受重力的沖量之比為1∶3答案：AD解析：甲球做平拋運動，乙球先做平拋運動，與地面發(fā)生彈性碰撞后做斜拋運動，根據(jù)平拋運動規(guī)律及斜拋運動的對稱性可知，乙球運動到A點的時間是甲球運動到A點時間的3倍，根據(jù)v0甲t甲＝v0乙t乙知，v0甲∶v0乙＝3∶1，故A正確，C錯誤；拋出時兩球的重力勢能大小相等且大于0，初速度之比為3∶1，則動能之比為9∶1，而機械能等于動能和重力勢能之和，可知機械能之比不是9∶1，故B錯誤；從O到A，甲、乙兩球運動的時間之比為1∶3，根據(jù)沖量I＝Ft知，重力的沖量之比為1∶3，故D正確?？枷蛩膱A周運動5.一個地球儀繞與其“赤道面”垂直的“地軸”勻速轉(zhuǎn)動的示意圖如圖所示。P點和Q點位于同一條“經(jīng)線”上，Q點和M點位于“赤道”上，O為球心。下列說法正確的是()A．P、Q的線速度大小相等B．P、M的角速度大小相等C．P、Q的向心加速度大小相等D．P、M的向心加速度方向均指向O答案：B解析：P、Q、M三點圍繞“地軸”做同軸轉(zhuǎn)動，則三點的角速度大小均相等，B正確；圖中球面上各點做圓周運動的半徑為各點到地軸的垂直距離，因此有RP<RQ，根據(jù)v＝ωR，結(jié)合上述分析可知vP<vQ，根據(jù)a＝ω2R，結(jié)合上述分析可知aP<aQ，A、C錯誤；根據(jù)上述分析可知，M的向心加速度方向指向O，P的向心加速度方向指向P到“地軸”垂線的垂足，D錯誤。6．如圖甲所示，可視為質(zhì)點的三個物體A、B和C放在水平圓盤上，用兩根不可伸長的輕繩分別連接A、B和B、C。物體A、B、C與圓心距離分別為rA、rB和rC，已知mB＝1kg，rB＝0.4m，物體A、B、C與圓盤間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.05，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。當(dāng)圓盤以不同角速度ω繞軸OO′勻速轉(zhuǎn)動時，A、B之間繩中彈力T1和B、C之間繩中彈力T2隨ω2的變化關(guān)系如圖乙所示，取g＝10m/s2，下列說法正確的是()A．物體A的質(zhì)量mA＝1kgB．物體C與圓心距離rC＝2mC．當(dāng)角速度為1rad/s時，圓盤對B的靜摩擦力大小為0.5ND．當(dāng)角速度為eq\f(\r(10),2)rad/s時，A、B即將與圓盤發(fā)生相對滑動答案：D解析：以A為研究對象，由牛頓第二定律有T1＋μmAg＝mAω2rA，整理得T1＝mArAω2－μmAg，結(jié)合圖乙可知μmAg＝2N，解得mA＝4kg，A錯誤；以C為研究對象，由牛頓第二定律有T2＋μmCg＝mCω2rC，整理得T2＝mCrCω2－μmCg，結(jié)合圖乙可知mCrC＝eq\f(1N,（1－0.5）rad2·s－2)，μmCg＝1N，解得mC＝2kg，rC＝1m，B錯誤；當(dāng)角速度為1rad/s時ω2＝1(rad·s－1)2，由圖乙可知T1＝T2＝1N，對B分析知只有摩擦力提供向心力，則圓盤對B的靜摩擦力大小f＝mBω2rB＝0.4N，C錯誤；根據(jù)圖乙可得T1＝(3ω2－2)N，T2＝(2ω2－1)N，A、B即將與圓盤發(fā)生相對滑動時，對B由牛頓第二定律得T1－T2－μmBg＝mBω2rB，代入T1、T2，解得ω＝eq\f(\r(10),2)rad/s，D正確。1.(2024·湖北高考)如圖所示，有五片荷葉伸出荷塘水面，一只青蛙要從高處荷葉跳到低處荷葉上。設(shè)低處荷葉a、b、c、d和青蛙在同一豎直平面內(nèi)，a、b高度相同，c、d高度相同，a、b分別在c、d正上方。將青蛙的跳躍視為平拋運動，若以最小的初速度完成跳躍，則它應(yīng)跳到()A．荷葉a B．荷葉bC．荷葉c D．荷葉d答案：C解析：青蛙做平拋運動，設(shè)初速度為v0，運動時間為t，水平位移為x，豎直位移為y，則水平方向有x＝v0t，豎直方向有y＝eq\f(1,2)gt2，聯(lián)立可得v0＝xeq\r(\f(g,2y))，因此水平位移x越小，豎直位移y越大，則初速度v0越小，結(jié)合題圖分析可知，若青蛙以最小的初速度完成跳躍，則它應(yīng)跳到荷葉c上面，故選C。2.(2024·廣東高考)如圖所示，在細繩的拉動下，半徑為r的卷軸可繞其固定的中心點O在水平面內(nèi)轉(zhuǎn)動。卷軸上沿半徑方向固定著長度為l的細管，管底在O點。細管內(nèi)有一根原長為eq\f(l,2)、勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧，彈簧底端固定在管底，頂端連接質(zhì)量為m、可視為質(zhì)點的插銷。當(dāng)以速度v勻速拉動細繩時，插銷做勻速圓周運動。若v過大，插銷會卡進固定的端蓋，使卷軸轉(zhuǎn)動停止。忽略摩擦力，彈簧在彈性限度內(nèi)。要使卷軸轉(zhuǎn)動不停止，v的最大值為()A．req\r(\f(k,2m)) B．leq\r(\f(k,2m))C．req\r(\f(2k,m)) D．leq\r(\f(2k,m))答案：A解析：由題意可知，當(dāng)插銷恰好不會卡進固定的端蓋時v最大，設(shè)為vm，此時彈簧的伸長量為Δx＝l－eq\f(l,2)＝eq\f(l,2)，根據(jù)胡克定律，此時彈簧彈力F＝kΔx，插銷與卷軸同軸轉(zhuǎn)動，角速度相同，設(shè)為ω，對插銷有F＝mlω2，對卷軸邊緣有vm＝rω，聯(lián)立解得vm＝req\r(\f(k,2m))，故選A。3．(2024·江西高考)(多選)一條河流某處存在高度差，小魚從低處向上躍出水面，沖到高處。如圖所示，以小魚躍出水面處為坐標原點，x軸沿水平方向，建立坐標系，小魚的初速度為v0，末速度v沿x軸正方向。在此過程中，小魚可視為質(zhì)點且只受重力作用。關(guān)于小魚的水平位置x、豎直位置y、水平方向分速度vx和豎直方向分速度vy與時間t的關(guān)系，下列圖像可能正確的是()答案：AD解析：從躍出水面到?jīng)_到最高處的過程中，小魚做斜拋運動，則小魚在水平方向上做勻速直線運動，則vx不變，x＝vxt，故A可能正確，C錯誤；小魚在豎直方向上做豎直上拋運動，有y＝vy0t－eq\f(1,2)gt2，vy＝vy0－gt，且vy最終減為0，故B錯誤，D可能正確。4．(2023·江蘇高考)達·芬奇的手稿中描述了這樣一個實驗：一個罐子在空中沿水平直線向右做勻加速運動，沿途連續(xù)漏出沙子。若不計空氣阻力，則下列圖中能反映空中沙子排列的幾何圖形是()答案：D解析：設(shè)罐子運動的加速度大小為a，某時刻漏出某粒沙子時的速度為v0，之后在時間t內(nèi)這粒沙子下落的高度h＝eq\f(1,2)gt2，水平向右運動的距離x＝v0t，比這粒沙子晚Δt(Δt<t)時間漏出的沙子，此時比這粒沙子在豎直方向下落的高度小，在水平方向向右運動得更遠，則與這粒沙子在豎直方向的距離Δh＝h－eq\f(1,2)g(t－Δt)2＝gt·Δt－eq\f(1,2)g(Δt)2，在水平方向的距離Δx＝v0·Δt＋eq\f(1,2)a(Δt)2＋(v0＋a·Δt)(t－Δt)－x＝atΔt－eq\f(1,2)a(Δt)2，由Δx≠0且eq\f(Δx,Δh)＝eq\f(a,g)為定值，與Δt無關(guān)，可知空中沙子排列成一條向右上方傾斜的直線。故選D。5.(2024·山東高考)(多選)如圖所示，工程隊向峽谷對岸平臺拋射重物，初速度v0大小為20m/s，與水平方向的夾角為30°，拋出點P和落點Q的連線與水平方向夾角為30°，重力加速度大小取10m/s2，忽略空氣阻力。重物在此運動過程中，下列說法正確的是()A．運動時間為2eq\r(3)sB．落地速度與水平方向夾角為60°C．重物離PQ連線的最遠距離為10mD．軌跡最高點與落點的高度差為45m答案：BD解析：將初速度v0分解為沿PQ方向的分速度v1和垂直PQ方向的分速度v2，則有v1＝v0cos60°＝10m/s，v2＝v0sin60°＝10eq\r(3)m/s，將重力加速度g分解為沿PQ方向的分加速度a1和垂直PQ方向的分加速度a2，則有a1＝gsin30°＝5m/s2，a2＝gcos30°＝5eq\r(3)m/s2，垂直PQ方向，根據(jù)對稱性可得，重物運動的時間為t＝2eq\f(v2,a2)＝4s，重物離PQ連線的最遠距離為dmax＝eq\f(veq\o\al(2,2),2a2)＝10eq\r(3)m，故A、C錯誤；重物落地時豎直分速度大小為vy＝－v0sin30°＋gt＝30m/s，則落地速度與水平方向夾角θ的正切值為tanθ＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(vy,v0cos30°)＝eq\r(3)，可得θ＝60°，故B正確；從拋出到最高點所用時間為t1＝eq\f(v0sin30°,g)＝1s，則從最高點到落點所用時間為t2＝t－t1＝3s，且重物從最高點到落點做平拋運動，則軌跡最高點與落點的高度差為h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)＝45m，故D正確。6．(2024·江西高考)雪地轉(zhuǎn)椅是一種游樂項目，其中心傳動裝置帶動轉(zhuǎn)椅在雪地上滑動。如圖a、b所示，傳動裝置有一高度可調(diào)的水平圓盤，可繞通過中心O點的豎直軸勻速轉(zhuǎn)動。圓盤邊緣A處固定連接一輕繩，輕繩另一端B連接轉(zhuǎn)椅(視為質(zhì)點)。轉(zhuǎn)椅運動穩(wěn)定后，其角速度與圓盤角速度相等。轉(zhuǎn)椅與雪地之間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，不計空氣阻力。(1)在圖a中，若圓盤在水平雪地上以角速度ω1勻速轉(zhuǎn)動，轉(zhuǎn)椅運動穩(wěn)定后在水平雪地上繞O點做半徑為r1的勻速圓周運動。求AB與OB之間夾角α的正切值。(2)將圓盤升高，如圖b所示。圓盤勻速轉(zhuǎn)動，轉(zhuǎn)椅運動穩(wěn)定后在水平雪地上繞O1點做半徑為r2的勻速圓周運動，繩子與豎直方向的夾角為θ，繩子在水平雪地上的投影A1B與O1B的夾角為β。求此時圓盤的角速度ω2。答案：(1)eq\f(\a\vs4\al(μg),ωeq\o\al(2,1)r1)(2)eq\r(\f(\a\vs4\al(μgsinθcosβ),（μcosθ＋sinθsinβ）r2))解析：(1)轉(zhuǎn)椅在水平面內(nèi)受摩擦力f1和輕繩拉力T1，兩者的合力提供其做勻速圓周運動所需的向心力Fn1，如圖1所示設(shè)轉(zhuǎn)椅的質(zhì)量為m，根據(jù)牛頓第二定律可知，轉(zhuǎn)椅所需的向心力Fn1＝mωeq\o\al(2,1)r1又轉(zhuǎn)椅受到的摩擦力f1＝μmg根據(jù)幾何關(guān)系有tanα＝eq\f(f1,Fn1)聯(lián)立解得tanα＝eq\f(\a\vs4\al(μg),ωeq\o\al(2,1)r1)。(2)在題圖b情況下，設(shè)轉(zhuǎn)椅受到輕繩的拉力為T2，水平面的摩擦力為f2，水平面的支持力為N2，轉(zhuǎn)椅在水平面內(nèi)的受力如圖2所示，根據(jù)牛頓第二定律可知，轉(zhuǎn)椅所需的向心力Fn2＝mωeq\o\al(2,2)r2又轉(zhuǎn)椅受到的摩擦力f2＝μN2根據(jù)幾何關(guān)系有tanβ＝eq\f(f2,Fn2)由平衡條件，豎直方向上有N2＋T2cosθ＝mg又水平面上有f2＝T2sinθsinβ聯(lián)立解得ω2＝eq\r(\f(\a\vs4\al(μgsinθcosβ),（μcosθ＋sinθsinβ）r2))。1.(2024·北京市海淀區(qū)高三下一模)在空間站中，宇航員長期處于失重狀態(tài)，為緩解這種狀態(tài)帶來的不適，科學(xué)家設(shè)想建造一種環(huán)形空間站，如圖所示。圓環(huán)形旋轉(zhuǎn)艙繞中心勻速旋轉(zhuǎn)，宇航員站在旋轉(zhuǎn)艙內(nèi)的側(cè)壁上，可以受到與他站在地球表面時相同大小的支持力，宇航員可視為質(zhì)點。下列說法正確的是()A．宇航員可以站在旋轉(zhuǎn)艙內(nèi)靠近旋轉(zhuǎn)中心的側(cè)壁上B．以地心為參考系，宇航員處于平衡狀態(tài)C．旋轉(zhuǎn)艙的半徑越大，轉(zhuǎn)動的角速度應(yīng)越小D．宇航員的質(zhì)量越大，轉(zhuǎn)動的角速度應(yīng)越小答案：C解析：宇航員如果站在旋轉(zhuǎn)艙內(nèi)的側(cè)壁上隨旋轉(zhuǎn)艙做勻速圓周運動，需要受到指向圓心的向心力，這個向心力僅能由旋轉(zhuǎn)艙內(nèi)遠離旋轉(zhuǎn)中心的側(cè)壁提供，故A錯誤；以地心為參考系，旋轉(zhuǎn)艙中的宇航員做勻速圓周運動，處于非平衡狀態(tài)，故B錯誤；根據(jù)題意可知宇航員站在旋轉(zhuǎn)艙內(nèi)的側(cè)壁上，可以受到與他站在地球表面時相同大小的支持力，設(shè)宇航員的質(zhì)量為m，旋轉(zhuǎn)艙的半徑為r，轉(zhuǎn)動的角速度為ω，向心加速度大小為g，由牛頓第二定律可知mg＝mω2r，解得ω＝eq\r(\f(g,r))，即旋轉(zhuǎn)艙的半徑r越大，轉(zhuǎn)動的角速度ω應(yīng)越小，轉(zhuǎn)動的角速度與宇航員的質(zhì)量無關(guān)，故C正確，D錯誤。2.(2024·遼寧省高三下模擬)“風(fēng)洞”是進行空氣動力學(xué)實驗的常用設(shè)備。如圖所示，將小球從A點以某一速度v0水平向左拋出，設(shè)小球運動過程中受到水平向右的恒定風(fēng)力，經(jīng)過一段時間，小球運動到A點正下方的B點，O點是軌跡的最左端，則小球速度最小處位于()A．A點B．O點C．軌跡AO之間的某一點D．軌跡OB之間的某一點答案：C解析：將小球所受風(fēng)力和重力合成，設(shè)合力為等效重力，方向指向右下方，小球在等效重力場中做類斜上拋運動，當(dāng)速度方向與等效重力垂直時速度最小，由題圖知，小球速度最小處位于軌跡AO之間的某一點，故選C。3.（2024·江蘇省南京市、鹽城市高三下三模）如圖所示，豎直平面內(nèi)的光滑金屬細圓環(huán)半徑為R，質(zhì)量為m的帶孔小球穿于環(huán)上，一長為R的輕桿一端固定于球上，另一端通過光滑的鉸鏈連接于圓環(huán)最低點，重力加速度為g。當(dāng)圓環(huán)以角速度ω＝eq\f(\r(6g),R)繞豎直直徑轉(zhuǎn)動時，輕桿對小球的作用力大小和方向分別為()A．2mg，沿桿向上 B．2mg，沿桿向下C．(2eq\r(3)－1)mg，沿桿向上 D．(2eq\r(3)－1)mg，沿桿向下答案：B解析：設(shè)輕桿與豎直直徑之間的夾角為θ，由幾何關(guān)系可得cosθ＝eq\f(R,2R)，得θ＝60°，則小球做圓周運動的半徑為r＝Rsinθ＝eq\f(\r(3),2)R，設(shè)輕桿對小球有沿桿向下的拉力F1，圓環(huán)對小球有指向圓心的支持力F2，受力分析如圖所示，且由幾何知識可知F2與豎直方向的夾角α＝60°，水平方向根據(jù)牛頓第二定律有F1sinθ＋F2sinα＝mω2r，豎直方向受力平衡，有F1cosθ＋mg＝F2cosα，聯(lián)立解得F1＝2mg，則輕桿對小球的作用力大小為2mg，方向沿桿向下，故選B。4．(2024·湖南省張家界市高三下二模)如圖所示，甲、乙兩名滑板運動員在水平U形賽道上比賽，甲、乙先后從賽道邊緣上的A點滑出，一段時間后再次滑入賽道，觀察發(fā)現(xiàn)甲的滯空時間比乙長，運動過程中乙的最小速度比甲的最小速度大。不計空氣阻力，可將運動員視為質(zhì)點，則下列說法正確的是()A．甲、乙的最大騰空高度相同B．甲從A點滑出時的初速度一定大于乙的初速度C．甲、乙從A點滑出時的初速度方向可能相同D．甲、乙再次滑入賽道的位置可能相同答案：D解析：甲、乙兩名運動員從A點滑出后，在豎直方向上做豎直上拋運動，甲的滯空時間t比乙長，根據(jù)h＝eq\f(1,2)geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t,2)))eq\s\up12(2)可知，甲的最大騰空高度更大，A錯誤；運動員從A點滑出后做斜拋運動，則滑出時的初速度沿豎直方向的分量vy＝g·eq\f(t,2)，結(jié)合題意可知甲初速度的豎直分速度更大，初速度沿水平方向的分速度vx即最小速度，由題意可知乙的水平分速度更大，因為從A點滑出時的初速度v＝eq\r(veq\o\al(2,x)＋veq\o\al(2,y))，則無法確定二者初速度的大小，B錯誤；設(shè)運動員從A點滑出的速度與水平方向夾角為θ，則tanθ＝eq\f(vy,vx)，結(jié)合B項分析，可知甲的初速度與水平方向夾角更大，C錯誤；運動員在空中時的水平位移為x＝vxt，甲的水平初速度vx較小，但騰空時間較大，則甲、乙再次滑入賽道的位置可能相同，D正確。5.（2024·四川省南充市高三下三診）（多選）如圖，足夠大水平圓盤中央固定一光滑豎直細桿，質(zhì)量分別為2m和m的小球A、B用輕繩相連，小球A穿過豎直桿置于原長為l的輕質(zhì)彈簧上，彈簧勁度系數(shù)為k＝eq\f(6mg,l)，B緊靠一個固定在圓盤上且與OAB共面的擋板上，在緩慢增加圓盤轉(zhuǎn)速過程中，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，不計一切摩擦，重力加速度為g，則()A．球離開圓盤后，彈簧彈力不變B．繩子越長，小球飛離圓盤時的角速度就越大C．當(dāng)角速度為eq\r(\f(\a\vs4\al(g),l))時，彈簧長度等于eq\f(l,2)D．當(dāng)角速度為eq\r(\f(\a\vs4\al(4g),l))時，彈簧彈力等于3mg答案：AD解析：球離開圓盤后，設(shè)輕繩的拉力為T，與豎直方向夾角為θ，對B在豎直方向由平衡條件可知，Tcosθ＝mg，對A在豎直方向由平衡條件可知，彈簧的彈力F彈＝2mg＋Tcosθ＝3mg，即彈簧彈力不變，A正確；設(shè)小球恰好飛離圓盤時輕繩與豎直方向夾角為θ0，此時彈簧長度為l1，對A，由A項分析可知k(l－l1)＝3mg，解得l1＝eq\f(l,2)，設(shè)輕繩長為L，由幾何關(guān)系可知cosθ0＝eq\f(l1,L)，對B，在水平方向上，由牛頓第二定律有mgtanθ0＝mωeq\o\al(2,0)Lsinθ0，解得小球飛離圓盤時的角速度ω0＝eq\r(\f(2g,l))，則ω0為定值，與繩長無關(guān)，B錯誤；當(dāng)角速度為eq\r(\f(g,l))時，因eq\r(\f(g,l))<ω0，則此時小球還沒有離開圓盤，結(jié)合B項分析可知，彈簧長度大于eq\f(l,2)，C錯誤；當(dāng)角速度為eq\r(\f(4g,l))時，因eq\r(\f(4g,l))>ω0，則此時小球已經(jīng)離開圓盤，結(jié)合A項分析可知，彈簧彈力等于3mg，D正確。6.(2024·東北三省四市教研聯(lián)合體高三下二模)如圖所示，半徑為1m的四分之三光滑圓軌道豎直固定在水平地面上，B點為軌道最低點，A點與圓心O等高。質(zhì)量為1kg的小球(可視為質(zhì)點)在A點正上方0.75m處靜止釋放，下落至A點時進入圓軌道，重力加速度g取10m/s2，不計空氣阻力，則()A．小球在B點的動能為7.5JB．小球在A點受到軌道的彈力大小為10NC．小球上升過程中距地面的最大高度為1.75mD．小球離開軌道后將落至軌道B點答案：D解析：設(shè)小球的質(zhì)量為m，光滑圓軌道的半徑為R，小球釋放點到A點的高度差為h，則小球從釋放到最低點，根據(jù)動能定理，小球在B點的動能EkB＝mg(h＋R)，解得EkB＝17.5J，故A錯誤；設(shè)小球到A點時的速度大小為vA，受到軌道的彈力大小為N，則小球從釋放到A點，根據(jù)動能定理有mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)－0，在A點，根據(jù)牛頓第二定律有N＝meq\f(veq\o\al(2,A),R)，解得N＝15N，故B錯誤；設(shè)小球脫離圓軌道位置與圓心的連線和豎直方向的夾角為θ，此時小球的速度大小為v，由牛頓第二定律有mgcosθ＝eq\f(mv2,R)，小球從B點運動到脫離位置，根據(jù)動能定理有－mgR(1＋cosθ)＝eq\f(1,2)mv2－EkB，聯(lián)立解得cosθ＝eq\f(1,2)，v＝eq\r(5)m/s，小球脫離圓軌道后做斜拋運動，且在最高點的速度為vcosθ，由機械能守恒定律可知，小球上升過程的最高點位置比釋放位置高度低，即距地面的最大高度小于h＋R＝1.75m，C錯誤；設(shè)離開圓軌道后小球在空中的運動時間為t，根據(jù)斜拋運動的規(guī)律可知，小球在水平方向上的位移x＝vcosθ·t，在豎直方向上有y＝－vsinθ·t＋eq\f(1,2)gt2，由幾何關(guān)系可得(x－Rsinθ)2＋(y－Rcosθ)2＝R2，聯(lián)立解得x＝eq\f(\r(3),2)m＝Rsinθ(另一解x＝0舍去)，可知小球離開軌道后將落至軌道B點，故D正確。7．(2024·山東省臨沂市高三下一模)據(jù)史載，戰(zhàn)國時期秦楚之戰(zhàn)中就有使用投石機的戰(zhàn)例。最初的投石車結(jié)構(gòu)很簡單，一根巨大的杠桿，長端是用皮套或是木筐裝載的石塊，短端系上幾十根繩索，當(dāng)命令下達時，數(shù)十人同時拉動繩索，利用杠桿原理將石塊拋出。某學(xué)習(xí)小組用如圖所示的模型演示拋石過程。質(zhì)量m＝1kg的石塊裝在長臂末端的口袋中，開始時口袋位于水平面并處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)對短臂施力，當(dāng)長臂轉(zhuǎn)到與豎直方向夾角為θ＝53°時立即停止轉(zhuǎn)動，石塊以v0＝20m/s的速度被拋出后打在地面上，石塊拋出點P離地面高度h＝1.65m，不計空氣阻力，重力加速度g取10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，求：(1)拋出后石塊距離地面的最大高度；(2)在石塊運動軌跡最高點左側(cè)豎立一塊長度L＝3.2m的木板充當(dāng)城墻擋住石塊，木板離石塊拋出點最近距離。答案：(1)14.45m(2)37.2m解析：(1)石塊拋出時沿豎直方向的分速度為v0y＝v0sinθ設(shè)石塊從拋出點到最高點的高度差為h1，由運動學(xué)規(guī)律有0－veq\o\al(2,0y)＝－2gh1拋出后石塊距離地面的最大高度為H＝h1＋h聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得H＝14.45m。(2)當(dāng)石塊剛好被木板上端擋住時，木板離石塊拋出點距離最近，設(shè)石塊從拋出到最高點運動時間為t1，從最高點到木板上端運動時間為t2，則從拋出到最高點，豎直方向有0＝v0y－gt1石塊從最高點到木板上端過程做平拋運動，豎直方向有H－L＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)石塊拋出時的水平分速度為v0x＝v0cosθ則木板離石塊拋出點最近距離為x＝v0x(t1＋t2)聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得x＝37.2m。1．(2024·江蘇省蘇錫常鎮(zhèn)四市高三下二模)半徑為R的光滑水平玻璃圓桌以周期T勻速轉(zhuǎn)動，一小球從桌邊對準圓心以速度v＝eq\f(4R,T)勻速通過桌面，則小球在桌面留下的痕跡可能是()答案：C解析：小球通過桌面的時間為t0＝eq\f(2R,v)＝eq\f(T,2)，故小球在桌面留下的痕跡的起點與終點重合，B、D錯誤；設(shè)圓桌轉(zhuǎn)動的角速度為ω，在0～eq\f(T,4)時間內(nèi)，小球離圓心的距離為r＝R－vt，則小球相對圓桌沿垂直于徑向方向的速度為vx＝ωr＝ωR－ωvt，設(shè)運動軌跡上任意點的速度方向與該位置和圓心連線的夾角為α，則tanα＝eq\f(vx,v)＝eq\f(ωT,4)－ωt，可知α逐漸減小，且t＝0時α不為90°，故A錯誤，C正確。2.(2024·江蘇省揚州市高三下三模)如圖所示，陽光垂直照射到斜面上，在斜面頂端把一小球水平拋出，小球剛好落在木板底端。B點是運動過程中距離斜面的最遠處，A點是小球在陽光照射下小球經(jīng)過B點的投影點。不計空氣阻力，則()A．小球在斜面上的投影做勻速運動B．OA與AC長度之比為1∶3C．若D點在B點的正下方，則OD與DC長度相等D．減小小球平拋的速度，小球可能垂直落到斜面上答案：C解析：將小球的運動分解為沿斜面方向和垂直斜面方向的兩個分運動，可知小球沿斜面方向做初速度為v0cosθ、加速度為gsinθ的勻加速直線運動，則小球在斜面上的投影做勻加速直線運動，A錯誤；小球垂直斜面方向做初速度為v0sinθ、加速度為gcosθ的勻變速直線運動，B點是運動過程中距離斜面的最遠處，則此時小球垂直斜面方向的分速度恰好為0，根據(jù)運動的對稱性可知，小球從O點運動到B點與從B點運動到C點的時間相等，均為t＝eq\f(v0sinθ,gcosθ)，則有LOA＝v0cosθ·t＋eq\f(1,2)gsinθ·t2，LOC＝v0cosθ·2t＋eq\f(1,2)gsinθ·(2t)2，可得eq\f(LOA,LAC)＝eq\f(LOA,LOC－LOA)＝eq\f(v0cosθ·t＋\f(1,2)gsinθ·t2,v0cosθ·t＋\f(1,2)gsinθ·3t2)>eq\f(v0cosθ·t＋\f(1,2)gsinθ·t2,v0cosθ·3t＋\f(1,2)gsinθ·3t2)＝eq\f(1,3)，故B錯誤；將小球的運動分解為沿水平方向的勻速運動和沿豎直方向的自由落體運動，則小球從O到B有xOB＝v0t，小球從O到C有xOC＝v0·2t＝2xOB，由幾何知識有，OD長度LOD＝eq\f(xOB,cosθ)，OC長度LOC＝eq\f(xOC,cosθ)，則DC長度LDC＝LOC－LOD＝eq\f(xOB,cosθ)，即OD與DC長度相等，故C正確；設(shè)小球落在斜面上時速度方向與水平方向夾角為α，在空中運動時間為t′，則小球在豎直方向的位移h＝eq\f(vyt,2)，水平方向的位移x＝v0t，有tanα＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(vyt,v0t)＝eq\f(2h,x)＝2tanθ，則減小小球平拋的速度，小球落在斜面上的角度不變，即不可能垂直落到斜面上，故D錯誤?？键c4萬有引力與天體運動考向一處理天體問題的兩個基本思路1.(2023·海南高考)(多選)如圖所示，1、2軌道分別是天宮二號飛船在變軌前后的軌道，下列說法正確的是()A．飛船從1軌道變到2軌道要點火加速B．飛船在1軌道周期大于2軌道周期C．飛船在1軌道速度大于2軌道速度D．飛船在1軌道加速度大于2軌道加速度答案：ACD解析：飛船從較低的1軌道進入較高的2軌道，要先點火加速做離心運動，進入近地點在1軌道上、遠地點在2軌道上的橢圓軌道，再在遠地點點火加速進入2軌道，A正確；根據(jù)Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(4π2,T2)r＝meq\f(v2,r)＝ma，可得T＝2πeq\r(\f(r3,GM))，v＝eq\r(\f(GM,r))，a＝eq\f(GM,r2)，又1軌道的半徑小于2軌道的半徑，可知飛船在1軌道的周期小于在2軌道的周期，在1軌道的速度大于在2軌道的速度，在1軌道的加速度大于在2軌道的加速度，故B錯誤，C、D正確。2．(2023·湖南高考)根據(jù)宇宙大爆炸理論，密度較大區(qū)域的物質(zhì)在萬有引力作用下，不斷聚集可能形成恒星。恒星最終的歸宿與其質(zhì)量有關(guān)，如果質(zhì)量為太陽質(zhì)量的1～8倍將坍縮成白矮星，質(zhì)量為太陽質(zhì)量的10～20倍將坍縮成中子星，質(zhì)量更大的恒星將坍縮成黑洞。設(shè)恒星坍縮前后可看成質(zhì)量均勻分布的球體，質(zhì)量不變，體積縮小，自轉(zhuǎn)變快。不考慮恒星與其它物體的相互作用。已知逃逸速度為第一宇宙速度的eq\r(2)倍，中子星密度大于白矮星。根據(jù)萬有引力理論，下列說法正確的是()A．同一恒星表面任意位置的重力加速度相同B．恒星坍縮后表面兩極處的重力加速度比坍縮前的大C．恒星坍縮前后的第一宇宙速度不變D．中子星的逃逸速度小于白矮星的逃逸速度答案：B解析：恒星可看成質(zhì)量均勻分布的球體，某物體在同一恒星表面任意位置受到大小相等的萬有引力，萬有引力提供重力加速度和隨恒星自轉(zhuǎn)做圓周運動的向心加速度，各位置轉(zhuǎn)動的角速度相同，軌道半徑可能不同，由a向＝rω2可知，不同位置向心加速度大小可能不同，故不同位置重力加速度的大小可能不同，A錯誤；恒星兩極處自轉(zhuǎn)的向心加速度為零，恒星對兩極處表面物體的萬有引力等于物體的重力，即Geq\f(Mm,R2)＝mg，解得g＝eq\f(GM,R2)，恒星坍縮前后質(zhì)量不變，體積縮小，則半徑縮小，可知恒星坍縮后表面兩極處的重力加速度比坍縮前的大，B正確；由Geq\f(Mm,R2)＝meq\f(v2,R)，可得第一宇宙速度v＝eq\r(\f(GM,R))，恒星坍縮前后質(zhì)量不變，半徑縮小，故第