2025高考物理實(shí)驗(yàn)知識(shí)總結(jié)壓軸題01 有關(guān)牛頓第二定律的動(dòng)力學(xué)問題講義含答案

2025高考物理實(shí)驗(yàn)知識(shí)總結(jié)壓軸題01有關(guān)牛頓第二定律的動(dòng)力學(xué)問題考向分析動(dòng)力學(xué)問題是高中物理中的一個(gè)核心專題，它涉及到了動(dòng)力學(xué)兩類基本問題以及利用動(dòng)力學(xué)方法解決復(fù)雜的多運(yùn)動(dòng)過程問題。在2024年高考中，無論是選擇題還是計(jì)算題，動(dòng)力學(xué)問題都將是重點(diǎn)考查的對象，其重要性不言而喻。通過深入復(fù)習(xí)動(dòng)力學(xué)這一專題，學(xué)生們不僅可以提升審題能力、分析和推理能力，還能夠強(qiáng)化自身的物理素養(yǎng)。這種素養(yǎng)的提升不僅僅局限于動(dòng)力學(xué)本身，而是對整個(gè)物理學(xué)科的理解和掌握都有極大的幫助。動(dòng)力學(xué)問題的解答離不開對勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律、受力分析以及牛頓運(yùn)動(dòng)定律等關(guān)鍵知識(shí)點(diǎn)的掌握。牛頓第二定律作為連接這些知識(shí)點(diǎn)的橋梁，其在整個(gè)高中物理中的串聯(lián)作用至關(guān)重要。正因?yàn)槿绱?，?dòng)力學(xué)問題在近年來的高考命題中常常以壓軸題的形式出現(xiàn)，考查學(xué)生對于不同運(yùn)動(dòng)形式的理解和圖像問題的處理能力。因此，學(xué)生們需要充分了解各種題型的知識(shí)點(diǎn)及要領(lǐng)，對常見的物理模型有深入的認(rèn)知和掌握。知識(shí)再析考向一：有關(guān)牛頓第二定律的連接體問題1.處理連接體問題的方法：①當(dāng)只涉及系統(tǒng)的受力和運(yùn)動(dòng)情況而不涉及系統(tǒng)內(nèi)某些物體的受力和運(yùn)動(dòng)情況時(shí)，一般采用整體法。②當(dāng)涉及系統(tǒng)(連接體)內(nèi)某個(gè)物體的受力和運(yùn)動(dòng)情況時(shí)，一般采用隔離法。2.處理連接體問題的步驟：3.特例：加速度不同的連接體的處理方法：①方法一（常用方法）：可以采用隔離法，對隔離對象分別做受力分析、列方程。②方法二（少用方法）：可以采用整體法，具體做法如下：此時(shí)牛頓第二定律的形式：；說明：①F合x、F合y指的是整體在x軸、y軸所受的合外力，系統(tǒng)內(nèi)力不能計(jì)算在內(nèi)；②a1x、a2x、a3x、……和a1y、a2y、a3y、……指的是系統(tǒng)內(nèi)每個(gè)物體在x軸和y軸上相對地面的加速度?？枷蚨河嘘P(guān)牛頓第二定律的動(dòng)力學(xué)圖像問題常見圖像v-t圖像、a-t圖像、F-t圖像、F-a圖像三種類型(1)已知物體受到的力隨時(shí)間變化的圖線，求解物體的運(yùn)動(dòng)情況。(2)已知物體的速度、加速度隨時(shí)間變化的圖線，求解物體的受力情況。(3)由已知條件確定某物理量的變化圖像。解題策略(1)問題實(shí)質(zhì)是力與運(yùn)動(dòng)的關(guān)系，要注意區(qū)分是哪一種動(dòng)力學(xué)圖像。(2)應(yīng)用物理規(guī)律列出與圖像對應(yīng)的函數(shù)方程式，進(jìn)而明確“圖像與公式”“圖像與物體”間的關(guān)系，以便對有關(guān)物理問題作出準(zhǔn)確判斷。破題關(guān)鍵(1)分清圖像的類別：即分清橫、縱坐標(biāo)所代表的物理量，明確其物理意義，掌握物理圖像所反映的物理過程，會(huì)分析臨界點(diǎn)。(2)注意圖線中的一些特殊點(diǎn)所表示的物理意義：圖線與橫、縱坐標(biāo)的交點(diǎn)，圖線的轉(zhuǎn)折點(diǎn)，兩圖線的交點(diǎn)等。(3)明確能從圖像中獲得哪些信息：把圖像與具體的題意、情境結(jié)合起來，再結(jié)合斜率、特殊點(diǎn)、面積等的物理意義，確定從圖像中反饋出來的有用信息，這些信息往往是解題的突破口或關(guān)鍵點(diǎn)。考向三：有關(guān)牛頓第二定律的臨界極值問題1．“四種”典型臨界條件(1)接觸與脫離的臨界條件：兩物體相接觸或脫離，臨界條件是彈力FN＝0。(2)相對滑動(dòng)的臨界條件：兩物體相接觸且處于相對靜止時(shí)，常存在著靜摩擦力，則相對滑動(dòng)的臨界條件是靜摩擦力達(dá)到最大值。(3)繩子斷裂與松弛的臨界條件：繩子所能承受的張力是有限度的，繩子斷與不斷的臨界條件是繩中張力等于它所能承受的最大張力，繩子松弛與拉緊的臨界條件是FT＝0。(4)速度達(dá)到最值的臨界條件：加速度為0。2．“兩種”典型分析方法臨界法分析題目中的物理過程，明確臨界狀態(tài)，直接從臨界狀態(tài)和相應(yīng)的臨界條件入手，求出臨界值。解析法明確題目中的變量，求解變量間的數(shù)學(xué)表達(dá)式，根據(jù)數(shù)學(xué)表達(dá)式分析臨界值?？枷蛩模簞?dòng)力學(xué)兩類基本問題1.解決動(dòng)力學(xué)兩類問題的兩個(gè)關(guān)鍵點(diǎn)(1)把握“兩個(gè)分析”“一個(gè)橋梁”找到不同過程之間的“聯(lián)系”,如第一個(gè)過程的末速度就是下一個(gè)過程的初速度,若過程較為復(fù)雜,可畫位置示意圖確定位移之間的聯(lián)系。2．兩類動(dòng)力學(xué)問題的解題步驟01有關(guān)牛頓第二定律的連接體問題1．如圖所示為某種電梯結(jié)構(gòu)的簡化示意圖。某次在做電梯性能測試實(shí)驗(yàn)時(shí)，電梯轎廂內(nèi)無乘客，電動(dòng)機(jī)不工作，測得轎廂A從靜止開始下降25m用時(shí)5s。已知轎廂A質(zhì)量為600kg，忽略滑輪摩擦和空氣阻力，重力加速度g=10m/s2。下列說法正確的是（）A．轎廂A下降過程中處于完全失重狀態(tài)B．配重B的質(zhì)量為480kgC．配重B的質(zhì)量為500kgD．轎廂A以2m/s的速度勻速上升時(shí)，電動(dòng)機(jī)輸出的機(jī)械功率為4kW【答案】D【詳解】A．轎廂A下降位移，解得加速度a=2m/s2故轎廂A下降過程是失重過程但不是完全失重，故A錯(cuò)誤；BC．對轎廂A和配重B的整體應(yīng)用牛頓第二定律得解得配重B的質(zhì)量mB=400kg故BC錯(cuò)誤；D．轎廂A勻速上升、配重B勻速下降時(shí)，電動(dòng)機(jī)牽引繩的拉力F滿足解得F=2000N牽引繩的功率故D正確。故選D。02有關(guān)牛頓第二定律的動(dòng)力學(xué)圖像問題2．如圖1所示，一質(zhì)量為2kg的物塊受到水平拉力F作用，在粗糙水平面上作加速直線運(yùn)動(dòng)，其a-t圖像如圖2所示，t=0時(shí)其速度大小為2m/s。物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)。μ=0.1，g=10m/s2。下列說法錯(cuò)誤的是（）A．在t=2s時(shí)刻，物塊的速度為5m/sB．在0~2s時(shí)間內(nèi)，物塊的位移大于7mC．在t=1s時(shí)刻，物塊的加速度為D．在t=1s時(shí)刻，拉力F的大小為5N【答案】B【詳解】A．根據(jù)可得圖像與坐標(biāo)軸圍成面積表示對應(yīng)時(shí)間內(nèi)速度的增量，t=2s時(shí)刻，物體的速度故A正確；B．在0～2s時(shí)間內(nèi)，物體做加速度增大的加速運(yùn)動(dòng)，速度—時(shí)間圖象如圖中實(shí)線，虛線為勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度—時(shí)間圖象由圖像圍成的面積表示位移可知0～2s時(shí)間內(nèi)，物體的位移故B錯(cuò)誤；C．由圖2可得在t=1s時(shí)刻，物塊的加速度為故C正確；D．在t=1s時(shí)刻，由牛頓第二定律可得代入數(shù)據(jù)解得故D正確。本題選錯(cuò)誤的，故選B。03有關(guān)牛頓第二定律的臨界極值問題3．如圖，水平地面上有一汽車做加速運(yùn)動(dòng)，車廂內(nèi)有一個(gè)傾角θ=37°的光滑斜面，斜面上有一個(gè)質(zhì)量為m的小球，用輕繩系于斜面的頂端，小球的重力大小為mg，繩對球的拉力大小為FT、斜面對小球的彈力大小為FN，當(dāng)汽車以大小為a的加速度向左做勻加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)（sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g取10m/s2）（）A．若a=14m/s2，小球受mg、FT、FN三個(gè)力作用B．若a=14m/s2，小球受mg、FT兩個(gè)力作用C．若a=13m/s2，小球受mg、FT兩個(gè)力作用D．不論a多大，小球均受mg、FT、FN三個(gè)力作用【答案】B【詳解】若支持力恰好為零，對小球受力分析，受到重力、繩子拉力，如圖小球向左加速，加速度向左，合力水平向左，根據(jù)牛頓第二定律，有；解得D．由以上分析可知，當(dāng)時(shí)，小球受mg、FT兩個(gè)力作用，當(dāng)時(shí)，小球受mg、FT、FN三個(gè)力作用，故D錯(cuò)誤；AB．若，小球受mg、FT兩個(gè)力作用，故A錯(cuò)誤，B正確；C．若，小球受mg、FT、FN三個(gè)力作用，故C錯(cuò)誤。故選B。04動(dòng)力學(xué)兩類基本問題16．如圖所示，工人師傅自房檐向水平地面運(yùn)送瓦片，他將兩根完全一樣的直桿平行固定在房檐和地面之間當(dāng)成軌道，瓦片沿軌道滑動(dòng)時(shí)，其垂直于直桿的截面外側(cè)為半徑為0.1m的圓弧。已知兩直桿之間的距離為，房檐距地面的高度為4m，兩直桿在房檐和地面之間的長度，忽略直桿的粗細(xì)，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。工人師傅將瓦片無初速度地放置在軌道頂端，只有瓦片與直桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)小于μ0（未知）時(shí)，瓦片才能開始沿軌道下滑，取。（1）求μ0；（2）若直桿自上端開始在長度的范圍內(nèi)與瓦片間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，其余部分為μ0，忽略瓦片沿著軌道方向的長度，工人師傅每隔0.5s將一瓦片無初速度地放置在軌道頂端，求第一片瓦片落地后的某一時(shí)刻軌道上瓦片的個(gè)數(shù)?！敬鸢浮浚?）；（2）6【詳解】（1）設(shè)瓦片受到軌道對其支持力與豎直方向成，有瓦片在軌道上恰好不下滑時(shí)，受力平衡，則有其中解得（2）瓦片在軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí)，在范圍內(nèi)，根據(jù)牛頓第二定律得得在相鄰的0.5s兩瓦片的距離所以在內(nèi)有瓦片塊數(shù)瓦片在軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí)，在大于范圍內(nèi)，根據(jù)牛頓第二定律得得瓦片速度相鄰?fù)咂木嚯x為所以在大于范圍內(nèi)有瓦片塊數(shù)則軌道上瓦片的個(gè)數(shù)為n=6個(gè)。好題速練1．（2024·北京西城·模擬預(yù)測）如圖，繞過定滑輪的繩子將物體A和B相連，繩子與水平桌面平行。已知物體A的質(zhì)量大于物體B的質(zhì)量，重力加速度大小為g，不計(jì)滑輪、繩子質(zhì)量和一切摩擦?，F(xiàn)將A和B互換位置，繩子仍保持與桌面平行，則（）A．繩子的拉力大小不變B．繩子的拉力大小變大C．物體A和B運(yùn)動(dòng)的加速度大小不變D．物體A和B運(yùn)動(dòng)的加速度大小變小【答案】A【詳解】未將A和B互換位置前，設(shè)繩子的拉力大小為，整體的加速度大小為，對A根據(jù)牛頓第二定律有對B，有聯(lián)立求得，將A和B互換位置，繩子仍保持與桌面平行，設(shè)此時(shí)繩子的拉力大小為，整體的加速度大小為，對AB整體，根據(jù)牛頓第二定律有求得對B，根據(jù)牛頓第二定律有求得因?yàn)?，所以可得，即繩子的拉力大小不變，物體A和B運(yùn)動(dòng)的加速度大小變大。故選A。2．（2024·江蘇南通·二模）如圖所示，傾角的光滑固定斜面上，輕質(zhì)彈簧下端與固定板C相連，另一端與物體A相連.A上端連接一輕質(zhì)細(xì)線，細(xì)線繞過光滑的定滑輪與物體B相連且始終與斜面平行。開始時(shí)托住B，A處于靜止?fàn)顟B(tài)且細(xì)線恰好伸直，然后由靜止釋放B。已知A、B的質(zhì)量均為m，彈簧的勁度系數(shù)為k，重力加速度為g，B始終未與地面接觸。從釋放B到B第一次下落至最低點(diǎn)的過程中，下列說法中正確的是（）A．剛釋放B時(shí)，A受到細(xì)線的拉力大小為mgB．A的最大速度為C．B下落至最低點(diǎn)時(shí)，彈簧的彈性勢能最小D．B下落至最低點(diǎn)時(shí)，A所受合力大小為mg【答案】B【詳解】A．剛釋放物體B時(shí)，以A、B組成的系統(tǒng)為研究對象，有解得對B研究解得故物體A受到細(xì)線的拉力大小為，故A錯(cuò)誤；B．手拖住物塊B時(shí)，物塊A靜止，設(shè)此時(shí)彈簧的壓縮量為，對物塊A根據(jù)平衡條件可得解得當(dāng)物體A上升過程中，當(dāng)A和B整體的加速度為0時(shí)速度達(dá)到最大值，此時(shí)細(xì)線對A的拉力大小剛好等于B的重力，設(shè)此時(shí)彈簧的伸長量為，則解得所以此時(shí)彈簧的彈性勢能與初始位置時(shí)相同，對A、B和彈簧組成的系統(tǒng)，只有重力和彈簧彈力做功，所以系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得解得故B正確；C．當(dāng)B下落至最低點(diǎn)時(shí)，AB整體減少的機(jī)械能最大，轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能最多，所以此時(shí)彈簧具有最大的彈性勢能，故C錯(cuò)誤；D．當(dāng)B下落至最低點(diǎn)時(shí)，此時(shí)A上升到最高位置，根據(jù)對稱性可知B產(chǎn)生的加速度大小也為故對B受力分析，根據(jù)牛頓第二定律可知解得故AB整體研究，設(shè)此時(shí)彈簧彈力為F，則解得對A研究，A受到彈簧拉力、重力和繩子的拉力，則故D錯(cuò)誤。故選B。3．（2024·湖南益陽·三模）如圖所示，一輕質(zhì)光滑定滑輪固定在傾角為的斜面上，質(zhì)量分別為m和4m的物塊A、B通過不可伸長的輕繩跨過滑輪連接，A、B間的接觸面和輕繩均與木板平行，A和B，B與斜面間動(dòng)摩擦因數(shù)均為，則細(xì)線的拉力為（）

A． B． C． D．【答案】B【詳解】由于，因此A、B間會(huì)發(fā)生相對滑動(dòng)，根據(jù)A、B的質(zhì)量關(guān)系可知，B將沿著斜面向下滑動(dòng)，而A相對于B將向上滑動(dòng)，二者為繩相連的連接體，滑動(dòng)過程中加速度大小相同，則對A由牛頓第二定律有對B由牛頓第二定律有兩式聯(lián)立解得故選B。4．（2024·安徽淮南·二模）足夠長的光滑斜面上的三個(gè)相同的物塊通過與斜面平行的細(xì)線相連，在沿斜面方向的拉力的作用下保持靜止，如圖甲所示，物塊2的右側(cè)固定有不計(jì)質(zhì)量的力傳感器。改變拉力的大小，使三個(gè)物塊沿斜面以不同加速度向上做初速為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，測得多組傳感器的示數(shù)和物塊通過的位移與時(shí)間的平方的比值，畫出圖像如圖乙所示，重力加速度。下列說法正確的是（

）A．斜面的傾角B．每個(gè)物塊的質(zhì)量C．當(dāng)時(shí)，D．當(dāng)時(shí)，物塊的加速度大小為【答案】C【詳解】AB．對物塊2、3根據(jù)牛頓第二定律有根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有聯(lián)立可解得由圖可知，圖像斜率即圖像縱軸截距的絕對值解得所以故AB錯(cuò)誤；CD．當(dāng)時(shí)，據(jù)可求得三個(gè)物塊的加速度大小為對三個(gè)物體有可解得故C正確，D錯(cuò)誤。故選C。5．（2024高三下·云南昆明·模擬預(yù)測）如圖所示，一根不可伸長的輕繩跨過光滑輕質(zhì)定滑輪，繩兩端各系一小物塊A和B。其中，未知，滑輪下緣距地面。開始B物塊離地面高，用手托住B物塊使繩子剛好拉直，然后由靜止釋放B物塊，A物塊上升至高時(shí)速度恰為零，重力加速度大小取。下列說法中正確的是（）A．對A、B兩物塊及地球組成的系統(tǒng)，整個(gè)過程中機(jī)械能守恒B．C．B剛落地時(shí)，速度大小為D．B落地前，繩中張力大小為30N【答案】C【詳解】A．對A、B兩物塊及地球組成的系統(tǒng)，在B落地前，機(jī)械能才守恒，A錯(cuò)誤；BC．B剛落地時(shí)A繼續(xù)上升做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，此時(shí)又所以對、B由牛頓第二定律有解得，B錯(cuò)誤C正確；D．隔離A由牛頓第二定律有解得，D錯(cuò)誤。故選C。6．（2024高三上·河北·模擬預(yù)測）如圖所示，A、B兩個(gè)木塊靜止疊放在豎直輕彈簧上，已知，輕彈簧的勁度系數(shù)為。若在木塊上作用一個(gè)豎直向上的力，使木塊由靜止開始以的加速度豎直向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，從木塊向上做勻加速運(yùn)動(dòng)開始到A、B分離的過程中，彈簧的彈性勢能減小了，取，下列判斷正確的是（

）A．木塊向上做勻加速運(yùn)動(dòng)的過程中，力的最大值是B．木塊向上做勻加速運(yùn)動(dòng)的過程中，力的最大值是C．從向上做勻加速運(yùn)動(dòng)到A、B分離的過程中，對木塊做功D．從向上做勻加速運(yùn)動(dòng)到A、B分離的過程中，對木塊做功【答案】C【詳解】AB．對于A，根據(jù)牛頓第二定律有故當(dāng)時(shí)，最大，即故AB錯(cuò)誤；CD．初始位置彈簧的壓縮量為，A、B分離時(shí)，，對B，根據(jù)牛頓第二定律有解得以A、B為整體，A、B上升的高度為根據(jù)動(dòng)力學(xué)公式，A、B分離時(shí)的速度為由動(dòng)能定理有由題意知，可得故C正確，D錯(cuò)誤。故選C。7．（2024·湖北·一模）如圖，光滑水平面上放置有緊靠在一起但并不黏合的A、B兩個(gè)物體，A、B的質(zhì)量分別為，，從開始，推力和拉力分別作用于A、B上，大小隨時(shí)間變化的規(guī)律分別如圖甲、乙所示，則（）A．時(shí)，A物體的加速度為B．時(shí)，A、B開始分離C．時(shí)，A、B之間的相互作用力為3ND．A、B開始分離時(shí)的速度為【答案】B【詳解】AC．由推力與時(shí)間的圖像可得，則時(shí)，可知，由于，所以二者不會(huì)分開，A、B兩物體的加速度為設(shè)此時(shí)A、B之間的相互作用力為F，對B根據(jù)牛頓第二定律可得解得故AC錯(cuò)誤；BD．當(dāng)二者之間的相互作用力恰好為零時(shí)開始分離，此時(shí)的加速度相同，則有即解得分離時(shí)的速度為故B正確，D錯(cuò)誤。故選B。8．（2024·陜西商洛·模擬預(yù)測）水平地面上有一質(zhì)量的長木板，木板的左端上有一質(zhì)量的小物塊，如圖甲所示，水平向右的拉力F作用在物塊上，F(xiàn)隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖乙所示，其中、分別為、時(shí)刻F的大小，木板的加速度隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖丙所示．已知木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為。假設(shè)最大靜摩擦力均與相應(yīng)的滑動(dòng)摩擦力相等，重力加速度，物塊始終未從木板上滑落，不計(jì)空氣阻力。則下列說法正確的是（）A．B．C．木板加速度所能達(dá)到的最大值為D．在時(shí)間段內(nèi)物塊做勻加速直線運(yùn)動(dòng)【答案】B【詳解】A．木板與地面間的最大靜摩擦力木板與物塊間的最大靜摩擦力當(dāng)拉力F逐漸增大到時(shí)，由圖像可知木板開始運(yùn)動(dòng)，此時(shí)木板與地面間的靜摩擦力達(dá)到最大值，根據(jù)平衡條件可知此時(shí)拉力大小為故A錯(cuò)誤；BC．當(dāng)拉力達(dá)到時(shí)，木板相對物塊發(fā)生相對滑動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律，對木板對物塊解得；此時(shí)拉力大小為，木板加速度達(dá)到最大值為，故B正確，C錯(cuò)誤；D．在時(shí)間段，物塊相對木板靜止，所受拉力逐漸增大，加速度變大，不做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。故選B。9．（2024·內(nèi)蒙古包頭·一模）如圖甲所示，物塊A、B中間用一根輕質(zhì)彈簧相連，靜止在光滑水平面上，彈簧處于原長，物塊A的質(zhì)量為3kg。時(shí)，對物塊A施加水平向右的恒力F，時(shí)撤去，在0~1s內(nèi)兩物塊的加速度隨時(shí)間變化的情況如圖乙所示。彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，下列說法正確的是（）A．時(shí)物塊A的速度小于0.8m/sB．時(shí)彈簧彈力為0.6NC．物塊B的質(zhì)量為2kgD．F大小為1.5N【答案】AC【詳解】A．圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積表示速度變化量，內(nèi)圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積，內(nèi)速度變化量，時(shí)物塊A的速度故A正確；D．圖像可知時(shí)，物塊A的加速度水平向右的恒力故D錯(cuò)誤;C．圖像可知時(shí)，物塊A、B的加速度相同，共同加速度為把物塊A、B看成一個(gè)整體，由牛頓第二定律得得物塊B的質(zhì)量故C錯(cuò)誤；B．時(shí)彈簧彈力故B錯(cuò)誤；故選AC。10．（2024·山東淄博·二模）如圖所示，質(zhì)量分別為m和的A、B兩滑塊用足夠長輕繩相連，將其分別置于等高的光滑水平臺(tái)面上，質(zhì)量為的物塊C掛在輕質(zhì)動(dòng)滑輪下端，手托C使輕繩處于拉直狀態(tài)。時(shí)刻由靜止釋放C，經(jīng)時(shí)間C下落h高度。運(yùn)動(dòng)過程中A、B始終不會(huì)與定滑輪碰撞，摩擦阻力和空氣阻力均忽略不計(jì)，重力加速度大小為g，則（）A．A、C運(yùn)動(dòng)的加速度大小之比為B．A、C運(yùn)動(dòng)的加速度大小之比為C．時(shí)刻，C下落的速度為D．時(shí)刻，C下落的速度為【答案】AD【詳解】AB．根據(jù)題意，由牛頓第二定律可得；解得則路程之比設(shè)B運(yùn)動(dòng)的路程為s，則A運(yùn)動(dòng)的路程為2s，可知此時(shí)C運(yùn)動(dòng)的路程為1.5s，則有故A、C運(yùn)動(dòng)的加速度大小之比為，A正確，B錯(cuò)誤；CD．由可知，C下落過程ABC組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒解得，C錯(cuò)誤，D正確。故選AD。11．（2024高三·福建·開學(xué)考試）如圖所示，水平地面上靜止放置著三個(gè)完全相同的磚塊A、B、C，質(zhì)量均為m，A、B之間和B、C之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，用兩根長度相同的輕繩分別連接磚塊A與磚塊C，并將兩根輕繩系于O點(diǎn)，現(xiàn)將一個(gè)豎直向上的力F作用于O點(diǎn)，不考慮磚塊的轉(zhuǎn)動(dòng)，最大靜摩擦力約等于滑動(dòng)摩擦力，則下列說法正確的是（

）A．若在F作用下三個(gè)磚塊保持相對靜止的一起向上運(yùn)動(dòng)，則三個(gè)磚塊的加速度為B．若，則無論F多大，磚塊A、B、C都將保持相對靜止C．若，且，則磚塊A、B之間的摩擦力為D．若，且，則磚塊A、B之間的摩擦力為【答案】BC【詳解】A．根據(jù)牛頓第二定律得三個(gè)磚塊的加速度為，A錯(cuò)誤；B．兩傾斜繩夾角為，則兩傾斜繩的拉力為對B分析，設(shè)B受最大靜摩擦力，則又，得則當(dāng)若，A、B之間和B、C之間均為靜摩擦力，無論F多大，磚塊A、B、C都將保持相對靜止，B正確；C．若，且，三塊磚相對靜止，一起勻加速度運(yùn)動(dòng)，根據(jù)得，C正確；D．若，且，發(fā)生相對滑動(dòng)，則磚塊A、B之間的摩擦力為，D錯(cuò)誤。故選BC。12．（2024·山西·二模）質(zhì)量為m的斜面體放置在光滑的水平面上，斜面體上固定一根輕質(zhì)的豎直硬桿，一輕質(zhì)細(xì)線上端系在硬桿上，下端懸掛一質(zhì)量為m的小球，質(zhì)量為m的物塊放置在斜面上。現(xiàn)用水平向左的推力F（為未知量）作用在斜面體上，使整體一起向左做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，各物體保持相對靜止時(shí)，細(xì)線與豎直桿之間的夾角為，已知斜面的傾角為，重力加速度大小為g，下列說法正確的是（

）A．當(dāng)時(shí)，水平推力大小一定為B．當(dāng)時(shí)，水平推力大小一定為C．當(dāng)時(shí)，物塊與斜面間的摩擦力不一定為0D．當(dāng)斜面光滑時(shí)，細(xì)線與斜面一定垂直【答案】AD【詳解】A．當(dāng)時(shí)，小球、物塊、斜面體有共同的加速度，對小球分析，受重力和細(xì)線的拉力，合力水平向左，如圖則解得整體由牛頓第二定律得故A正確；B．當(dāng)時(shí)，物塊受到的合力水平向左，物塊受重力、斜面的支持力，由于不知斜面是否光滑，摩擦力的大小與方向不確定，因此物塊的加速度不能確定，則水平推力大小不確定，故B錯(cuò)誤；C．當(dāng)時(shí)，小球的加速度大小為物塊與小球有共同的加速度，物塊與斜面間的摩擦力一定為0，故C錯(cuò)誤；D．當(dāng)斜面光滑時(shí)，物塊受重力與斜面的支持力，小球與物塊有共同的加速度，則解得細(xì)線與斜面一定垂直，故D正確。故選AD。13．（2024·遼寧·二模）在溝谷深壑、地形險(xiǎn)峻的山區(qū)，由于暴雨暴雪極易引發(fā)山體滑坡，并攜帶大量泥沙石塊形成泥石流，發(fā)生泥石流常常會(huì)沖毀公路鐵路等交通設(shè)施，甚至村鎮(zhèn)等，造成巨大損失。現(xiàn)將泥石流運(yùn)動(dòng)過程進(jìn)行簡化，如圖所示，假設(shè)一段泥石流（視為質(zhì)量不變的滑塊）從A點(diǎn)由靜止開始沿坡體勻加速直線下滑，坡體傾角，泥石流與坡體間的動(dòng)摩擦因數(shù)，A點(diǎn)距離坡體底端B點(diǎn)的長度為108m，泥石流經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)沒有能量的損失，然后在水平面上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小為。一輛汽車停在距離B點(diǎn)右側(cè)80m的C處，當(dāng)泥石流到達(dá)B點(diǎn)時(shí)，司機(jī)發(fā)現(xiàn)險(xiǎn)情，立即啟動(dòng)車輛并以加速度向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，以求逃生。重力加速度g取，（已知，）。求：（1）泥石流經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)的速度大小及由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)所用的時(shí)間；（2）通過計(jì)算判斷泥石流能否追上汽車?！敬鸢浮浚?），；（2）見解析【詳解】（1）設(shè)泥石流質(zhì)量為，從A到B，根據(jù)牛頓第二定律可得解得根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得解得根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得（2）設(shè)汽車開始運(yùn)動(dòng)到與泥石流速度相等所用時(shí)間為，則有解得泥石流在水平面上運(yùn)動(dòng)的位移為解得汽車在水平面上運(yùn)動(dòng)的位移為解得共速時(shí)二者的距離為所以泥石流追不上汽車。14．（2024·天津南開·一模）2023年10月3日，杭州亞運(yùn)會(huì)女子10米跳臺(tái)決賽中，中國運(yùn)動(dòng)員全紅嬋的驚人一跳，贏得全場7個(gè)10分，并最終奪得冠軍。在進(jìn)行10米跳臺(tái)跳水訓(xùn)練時(shí)，運(yùn)動(dòng)員必須在距離水面一定高度前完成規(guī)定動(dòng)作并調(diào)整好入水姿勢。某興趣小組對10米跳臺(tái)跳水進(jìn)行模擬研究，將運(yùn)動(dòng)員視為質(zhì)點(diǎn)，若運(yùn)動(dòng)員起跳時(shí)獲得豎直向上的初速度，并在距離水面前完成規(guī)定動(dòng)作并調(diào)整好入水姿勢豎直入水，其入水深度，跳臺(tái)距水面高度，運(yùn)動(dòng)員質(zhì)量，重力加速度，空氣阻力不計(jì)。求：（1）運(yùn)動(dòng)員距離跳臺(tái)的最高距離；（2）運(yùn)動(dòng)員完成規(guī)定動(dòng)作允許的最長時(shí)間；（3）運(yùn)動(dòng)員即將入水時(shí)速度v的大小和入水至水深h處的過程運(yùn)動(dòng)員受到水的平均作用力F的大小?！敬鸢浮浚?）0.05m；（2）1.4s；（3），2008N【詳解】（1）運(yùn)動(dòng)員起跳后做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，到最高點(diǎn)則有解得（2）運(yùn)動(dòng)員從起跳到最高點(diǎn)所用時(shí)間t1為運(yùn)動(dòng)員從最高點(diǎn)到距水面1.6m處所用時(shí)間t2為代入數(shù)據(jù)解得運(yùn)動(dòng)員完成規(guī)定動(dòng)作允許的最長時(shí)間為（3）運(yùn)動(dòng)員入水時(shí)，由速度位移關(guān)系公式可得代入數(shù)據(jù)解得入水時(shí)速度大小為運(yùn)動(dòng)員入水后至水深h處，由速度位移關(guān)系公式可得代入數(shù)據(jù)解得運(yùn)動(dòng)員入水后至水深h處的過程中，受到重力mg和水的平均作用力F，由牛頓第二定律可得解得平均作用力F的大小為15．（2024·四川南充·二模）如圖所示，固定在水平面的斜面傾角為37°，兩個(gè)小物塊A、B用輕繩相連，輕繩繞過斜面頂端的輕質(zhì)小滑輪，滑輪與輪軸之間的摩擦不計(jì)，A物塊鎖定于斜面底部，B物塊離地面高度為。已知A物塊的質(zhì)量為，B物塊的質(zhì)量為，A物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)，重加速度為，，。時(shí)刻，解除A物塊的鎖定狀態(tài)，當(dāng)B物塊落地瞬間輕繩斷裂，A恰好未與滑輪相撞，求：（1）B物塊下落過程中的加速度a的大小及落地前瞬間的速度v的大小；（2）斜面的長度L及A從時(shí)刻起到返回斜面底端所需時(shí)間t?！敬鸢浮浚?），；（2），【詳解】（1）根據(jù)題意，設(shè)B物塊下落過程中繩子的拉力為，由牛頓第二定律，對B物塊有對A物塊有聯(lián)立解得，B物塊落地前做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則有解得（2）根據(jù)題意可知，繩斷前，A的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為繩斷后，A上滑過程有解得，A上滑到頂端的時(shí)間為上滑的距離為則斜面的長度為A下滑過程有解得下滑到底端的時(shí)間為則A從時(shí)刻起到返回斜面底端所需時(shí)間壓軸題02拋體運(yùn)動(dòng)考向分析拋體運(yùn)動(dòng)在高考物理中占據(jù)著舉足輕重的地位。作為一類重要的曲線運(yùn)動(dòng)，拋體運(yùn)動(dòng)不僅是物理學(xué)科的基礎(chǔ)知識(shí)點(diǎn)，也是歷年高考的必考內(nèi)容。在命題方式上，拋體運(yùn)動(dòng)的題目類型多樣，涉及面廣。它可能作為獨(dú)立的題目出現(xiàn)，也可能與其他知識(shí)點(diǎn)如電磁場等相結(jié)合進(jìn)行考察。這要求考生對拋體運(yùn)動(dòng)有深入的理解和掌握，并能夠靈活運(yùn)用相關(guān)知識(shí)解決實(shí)際問題。備考時(shí)，考生應(yīng)首先明確拋體運(yùn)動(dòng)的基本概念、特點(diǎn)和規(guī)律，如平拋運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)、公式與關(guān)系等。其次，要熟練掌握解題技巧，如分解法、利用公式和注意方向等。通過大量的練習(xí)，提高解題能力和速度。同時(shí)，考生還應(yīng)關(guān)注歷年高考真題和模擬題，了解命題趨勢和難度，為高考做好充分的準(zhǔn)備。知識(shí)再析考向一：拋體運(yùn)動(dòng)與斜面相結(jié)合問題1.與斜面相關(guān)的幾種的平拋運(yùn)動(dòng)圖示方法基本規(guī)律運(yùn)動(dòng)時(shí)間分解速度，構(gòu)建速度的矢量三角形水平vx＝v0豎直vy＝gt合速度v＝eq\r(vx2＋vy2)由tanθ＝eq\f(v0,vy)＝eq\f(v0,gt)得t＝eq\f(v0,gtanθ)分解位移，構(gòu)建位移的矢量三角形水平x＝v0t豎直y＝eq\f(1,2)gt2合位移x合＝eq\r(x2＋y2)由tanθ＝eq\f(y,x)＝eq\f(gt,2v0)得t＝eq\f(2v0tanθ,g)在運(yùn)動(dòng)起點(diǎn)同時(shí)分解v0、g由0＝v1－a1t,0－v12＝－2a1d得t＝eq\f(v0tanθ,g)，d＝eq\f(v02sinθtanθ,2g)分解平行于斜面的速度v由vy＝gt得t＝eq\f(v0tanθ,g)2.與斜面相關(guān)平拋運(yùn)動(dòng)的處理方法(1)分解速度平拋運(yùn)動(dòng)可以分解為水平方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)和豎直方向的自由落體運(yùn)動(dòng),設(shè)平拋運(yùn)動(dòng)的初速度為v0,在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t,則平拋運(yùn)動(dòng)在水平方向的速度為vx=v0,在豎直方向的速度為vy=gt,合速度為v=vx2+v(2)分解位移平拋運(yùn)動(dòng)在水平方向的位移為x=v0t,在豎直方向的位移為y=12gt2,對拋出點(diǎn)的位移(合位移)為s=x2+y(3)分解加速度平拋運(yùn)動(dòng)也不是一定要分解為水平方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)和豎直方向的自由落體運(yùn)動(dòng),在有些問題中,過拋出點(diǎn)建立適當(dāng)?shù)闹苯亲鴺?biāo)系,把重力加速度g正交分解為gx、gy,把初速度v0正交分解為vx、vy,然后分別在x、y方向列方程求解,可以簡化解題過程,化難為易?？枷蚨簰侒w運(yùn)動(dòng)中的相遇問題平拋與自由落體相遇水平位移：l=vt空中相遇：平拋與平拋相遇若等高（h1=h2），兩球同時(shí)拋；若不等高（h1>h2）兩球不同時(shí)拋，甲球先拋；位移關(guān)系：x1+x2=LA球先拋；tA>tB；（3）v0A<v0BA、B兩球同時(shí)拋；（2）tA=tB；（3）v0A>v0B平拋與豎直上拋相遇L=v1t；；若在S2球上升時(shí)兩球相遇，臨界條件：，即：，解得：；若在S2球下降時(shí)兩球相遇，臨界條件：，即，解得：平拋與斜上拋相遇（1）；（2）；（3）若在S2球上升時(shí)兩球相遇，臨界條件：，即：，解得：；（4）若在S2球下降時(shí)兩球相遇，臨界條件：，即，解得：考向三：平拋運(yùn)動(dòng)的臨界極值問題擦網(wǎng)壓線既擦網(wǎng)又壓線由得：由得：由和得：考向四：斜拋運(yùn)動(dòng)處理方法水平豎直正交分解化曲為直最高點(diǎn)一分為二變平拋運(yùn)動(dòng)逆向處理將初速度和重力加速度沿斜面和垂直斜面分解基本規(guī)律水平速度：豎直速度：最高點(diǎn)：最高點(diǎn)：速度水平垂直斜面：沿著斜面：最高點(diǎn)：考向五：類平拋運(yùn)動(dòng)的基本規(guī)律1.類平拋運(yùn)動(dòng)的受力特點(diǎn):物體所受的合外力為恒力,且與初速度的方向垂直。2.類平拋運(yùn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)特點(diǎn):在初速度v0方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng),在合外力方向上做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng),加速度a=F合3.類平拋運(yùn)動(dòng)的求解方法:(1)常規(guī)分解法:將類平拋運(yùn)動(dòng)分解為沿初速度方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)和垂直于初速度方向(即沿合外力的方向)的勻加速直線運(yùn)動(dòng)。兩分運(yùn)動(dòng)彼此獨(dú)立,互不影響,且與合運(yùn)動(dòng)具有等時(shí)性。(2)特殊分解法:對于有些問題,可以過拋出點(diǎn)建立適當(dāng)?shù)闹苯亲鴺?biāo)系,將加速度a分解為ax、ay,初速度v0分解為vx、vy,然后分別在x、y方向列方程求解。01斜面內(nèi)的平拋運(yùn)動(dòng)1．跳臺(tái)滑雪是極具觀賞性的體有項(xiàng)目，若跳臺(tái)滑雪滑道可以簡化為一個(gè)弧形雪道和一個(gè)傾角為的斜面雪道相連接，如圖所示，運(yùn)動(dòng)員從弧形雪道上距弧形雪道底端高度為h的A點(diǎn)靜止滑下，然后從弧形雪道底端B點(diǎn)水平飛出，最后落在斜面雪道上的C點(diǎn)（圖中未標(biāo)出），不計(jì)運(yùn)動(dòng)員在弧形雪道上的摩擦阻力，不計(jì)空氣阻力，運(yùn)動(dòng)員可看作質(zhì)點(diǎn)。已知：，。則B和C兩點(diǎn)間的距離為（

）A． B． C． D．【答案】A【詳解】運(yùn)動(dòng)員從A到B過程根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得解得運(yùn)動(dòng)員做平拋運(yùn)動(dòng)落在傾角為的斜面雪道，則水平位移與合位移的夾角為，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的推論可知解得豎直位移為合位移即為BC兩點(diǎn)間的距離，則故選A。02斜面外的平拋運(yùn)動(dòng)2．如圖所示，在水平地面上固定一傾角的斜面體，質(zhì)量m=1kg的小車A以P=100W的恒定功率沿斜面底端由靜止開始向上運(yùn)動(dòng)，同時(shí)在小車A的正上方某處，有一物塊B以v0=6m/s的初速度水平拋出。當(dāng)小車A上滑到斜面上某點(diǎn)時(shí)恰好被物塊B垂直于斜面擊中。小車A、物塊B均可看做質(zhì)點(diǎn)，小車與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5，不計(jì)空氣阻力，取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。下列判斷正確的是（

）A．物塊在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間等于0.4sB．物塊擊中小車時(shí)小車的速度等于2m/sC．物塊擊中小車時(shí)的速度等于8m/sD．小車從開始運(yùn)動(dòng)到被物塊擊中時(shí)的位移等于10m【答案】B【詳解】A．當(dāng)小車A上滑到斜面上某點(diǎn)時(shí)恰好被物塊B垂直于斜面擊中，則且物塊在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為故A錯(cuò)誤；B．物塊B擊中小車時(shí)，水平位移為對小車，根據(jù)動(dòng)能定理解得物塊擊中小車時(shí)小車的速度為故B正確；C．物塊擊中小車時(shí)的速度等于故C錯(cuò)誤；D．小車從開始運(yùn)動(dòng)到被物塊擊中時(shí)的位移故D錯(cuò)誤。故選B。03與曲面相結(jié)合的平拋運(yùn)動(dòng)3．如圖所示，半徑為R的四分之一圓弧體ABC固定在水平地面上，O為圓心。在圓心O點(diǎn)下方某點(diǎn)處，水平向左拋出一個(gè)小球，恰好垂直擊中圓弧上的D點(diǎn)，小球可視為質(zhì)點(diǎn)，D點(diǎn)到水平地面的高度為，重力加速度為g，則小球拋出的初速度大小是（）

A． B． C． D．【答案】C【詳解】小球打到D點(diǎn)時(shí)的速度垂直于圓弧面，反向延長線過O點(diǎn)，設(shè)此時(shí)速度與水平方向的夾角為，則設(shè)拋出的初速度為，則在D點(diǎn)小球水平方向有小球豎直方向有解得故選C。04拋體運(yùn)動(dòng)中的相遇問題4．如圖所示，小球從O點(diǎn)的正上方離地高處的P點(diǎn)以的速度水平拋出，同時(shí)在O點(diǎn)右方地面上S點(diǎn)以速度斜向左上方與地面成拋出一小球，兩小球恰在O、S連線靠近O的三等分點(diǎn)M的正上方相遇。g取，若不計(jì)空氣阻力，則兩小球拋出后到相遇過程（）A．兩小球相遇時(shí)斜拋小球處于下落階段B．兩小球初速度大小關(guān)系為C．OS的間距為60mD．兩小球相遇點(diǎn)一定在距離地面30m高度處【答案】BC【詳解】B．由于相遇處在OS連線靠近O的三等分點(diǎn)M的正上方，則有可得兩小球初速度大小關(guān)系為故B正確；A．由可得豎直方向滿足解得此時(shí)斜拋的小球豎直方向的分速度大小為解得則此時(shí)斜拋小球恰到最高點(diǎn)，故A錯(cuò)誤；D．相遇時(shí)離地高度為故D錯(cuò)誤；C．OS的間距為故C正確。故選BC。05平拋運(yùn)動(dòng)中的臨界極值問題5．我國運(yùn)動(dòng)員林丹是羽毛球史上第一位集奧運(yùn)會(huì)、世錦賽、世界杯、蘇迪曼杯、湯姆斯杯、亞運(yùn)會(huì)、亞錦賽、全英賽、全運(yùn)會(huì)等系列賽冠軍于一身的雙圈全滿貫選手，扣球速度可達(dá)324km/h。現(xiàn)將羽毛球場規(guī)格簡化為如圖所示的長方形ABCD，若林丹從A點(diǎn)正上方高2.45m的P點(diǎn)扣球使羽毛球水平飛出，羽毛球落到對方界內(nèi)，取，不計(jì)空氣阻力，則羽毛球的水平速度大小可能為（）A．15m/s B．20m/s C．30m/s D．90m/s【答案】B【詳解】羽毛球從P點(diǎn)水平飛出做平拋運(yùn)動(dòng)，若球恰好能過網(wǎng)，在豎直方向有解得從扣球點(diǎn)到網(wǎng)上端的時(shí)間則羽毛球水平方向的最小位移為則羽毛球的水平最小速度為若球恰好不出界時(shí)，在豎直方向則有解得在水平方向的最大位移為則羽毛球的水平方向最大速度為羽毛球落到對方界內(nèi)，水平速度大小范圍則有則羽毛球的水平速度大小可能為。故選B。06斜拋運(yùn)動(dòng)6．圖甲是某人在湖邊打水漂的圖片，石塊從水面彈起到觸水算一個(gè)水漂，若石塊每次從水面彈起時(shí)速度與水面的夾角均為30°，速率損失30%。圖乙甲是石塊運(yùn)動(dòng)軌跡的示意圖，測得石塊第1次彈起后的滯空時(shí)間為0.8s，已知石塊在同一豎直面內(nèi)運(yùn)動(dòng)，當(dāng)觸水速度小于2m/s時(shí)石塊就不再彈起，不計(jì)空氣阻力。下列說法正確的是（

）A．石塊每次彈起后的滯空時(shí)間相等 B．石塊最多能在湖面上彈起5次C．石塊每次彈起過程能量損失30% D．石塊每次彈起到最高點(diǎn)的速度為零【答案】B【詳解】B．石塊做斜上拋運(yùn)動(dòng)根據(jù)運(yùn)動(dòng)總時(shí)間解得設(shè)石塊一共能打個(gè)水漂，則有，（取整數(shù)）解得故B正確；A．石塊每次彈起后豎直方向速度都減小，根據(jù)B選項(xiàng)分析可知石塊每次彈起后的滯空時(shí)間減小，故A錯(cuò)誤；D．石塊每次彈起到最高點(diǎn)時(shí)，豎直方向速度為零，水平方向速度不為零，所以石塊每次彈起到最高點(diǎn)的速度不為零，故D錯(cuò)誤；C．石塊每次彈起過程能量損失故C錯(cuò)誤。故選B。07類平拋運(yùn)動(dòng)7．如圖所示的光滑固定斜面，其傾角可調(diào)節(jié)．當(dāng)傾角為時(shí)，一物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）沿斜面左上方頂點(diǎn)以初速度水平射入，恰好沿底端點(diǎn)離開斜面；改變傾角為時(shí)，同樣將該物塊沿斜面左上方頂點(diǎn)以初速度水平射入，發(fā)現(xiàn)物塊沿邊中點(diǎn)離開斜面．已知重力加速度為，下列說法正確的是（

）A．物塊離開斜面時(shí)，前后兩次下落的高度之比為B．物塊離開斜面時(shí)，前后兩次下落的高度之比為C．物塊從入射到飛離斜面，前后兩次速度變化量的大小之比為D．物塊從入射到飛離斜面，前后兩次速度變化量的大小之比為【答案】B【詳解】AB．物塊在斜面上做類平拋運(yùn)動(dòng)，沿斜面的方向做勻加速運(yùn)動(dòng)沿水平方向做勻速運(yùn)動(dòng)根據(jù)牛頓第二定律有聯(lián)立解得根據(jù)題意可知物塊離開斜面時(shí)，前后兩次下落的高度之比為故A錯(cuò)誤，B正確；CD．速度變化量的大小為可知前后兩次速度變化量的大小之比為2：1，故CD錯(cuò)誤；故選B。好題速練1．（2024高三上·湖南長沙·模擬預(yù)測）如圖所示，從斜面上A點(diǎn)斜向上拋出一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)小球，水平擊中斜面上B點(diǎn)，現(xiàn)將另一相同小球從AB中點(diǎn)C點(diǎn)拋出，仍水平擊中B點(diǎn)。不計(jì)空氣阻力，下列說法正確的是（

）A．兩個(gè)小球的初速度大小之比為2∶1B．從C點(diǎn)拋出的小球初速度方向與水平方向夾角更大C．兩個(gè)小球離斜面的最大距離之比為2∶1D．調(diào)整兩個(gè)小球拋出的時(shí)間，可以使兩個(gè)小球在空中相遇【答案】C【詳解】AB．反向看是平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)斜面傾角為，根據(jù)解得則兩次小球時(shí)間之比為，由可知，兩次豎直速度之比，根據(jù)可知水平速度之比為，所以兩次擊中點(diǎn)速度之比為，根據(jù)兩次拋出時(shí)速度的大小之比為，且到達(dá)點(diǎn)時(shí)速度方向相同，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)推論可知，位移偏轉(zhuǎn)角正切值是速度偏轉(zhuǎn)角正切值的一半，則可知兩次拋出時(shí)速度方向相同，故AB錯(cuò)誤；C．沿斜面建系，設(shè)初速度方向與斜面的夾角為，則小球離斜面的最大距離為可知，兩小球離斜面的最大距離為，故C正確；D．兩小球的軌跡相切于點(diǎn)，故不可能在空中相遇，故D錯(cuò)誤。故選C。2．（2024高三·安徽·模擬）某運(yùn)動(dòng)員從滑雪跳臺(tái)以不同的速度v0水平跳向?qū)γ鎯A角為45°的斜坡（如圖所示），已知跳臺(tái)的高度為h，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，則該運(yùn)動(dòng)員落到斜坡上的最小速度為（）A． B．C． D．【答案】C【詳解】設(shè)該運(yùn)動(dòng)員落到斜坡上經(jīng)歷的時(shí)間為t，由平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可得，水平方向上的位移x=v0t豎直方向上的位移由幾何關(guān)系可得x=(h-y）·tan45°整理得該運(yùn)動(dòng)員落到斜坡上時(shí)速度v滿足v2=v02＋(gt)2再整理可得變形為當(dāng)時(shí)，速度v最小，且最小為故選C。3．（2024·陜西西安·一模）有一勻強(qiáng)電場平行于直角坐標(biāo)系xoy所在的豎直平面，現(xiàn)將一質(zhì)量為m，帶電量為+q的小球從坐標(biāo)原點(diǎn)O處沿y軸負(fù)向以2m/s的初速度向下拋出，其帶電小球運(yùn)動(dòng)的軌跡方程為，重力加速度取，則下列說法中正確的是（）A．電場強(qiáng)度大小為，方向與x軸正向夾角45°B．電場強(qiáng)度大小為，方向與x軸正向夾角30°C．電場強(qiáng)度大小為，方向與x軸負(fù)向夾角45°D．電場強(qiáng)度大小為，方向與x軸正向夾角30°【答案】A【詳解】由帶電小球運(yùn)動(dòng)的軌跡方程為由題意可知，小球在y軸方向做勻速直線，在x軸方向勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在y軸方向上在x軸方向上對比可得可知帶電小球做加速度小球做類平拋運(yùn)動(dòng)，對小球受力分析可得，小球受到的電場力豎直向上分力與重力平衡，水平向右的分力為合外力，則解得方向與x軸正向夾角為，則解得故選A。4．（2024·山東菏澤·一模）如圖所示為一乒乓球臺(tái)的縱截面，AB是臺(tái)面的兩個(gè)端點(diǎn)位置，PC是球網(wǎng)位置，D、E兩點(diǎn)滿足，且E、M、N在同一豎直線上。第一次在M點(diǎn)將球擊出，軌跡最點(diǎn)恰好過球網(wǎng)最高點(diǎn)P，同時(shí)落在A點(diǎn)；第二次在N點(diǎn)將同一球水平擊出，軌跡同樣恰好過球網(wǎng)最高點(diǎn)P，同時(shí)落到D點(diǎn)。球可看做質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力作用，則兩次擊球位置到桌面的高度之比為（）A． B． C． D．【答案】A【詳解】第一次球做斜拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)，，則根據(jù)斜拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有；；；聯(lián)立可得第二次球做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)平拋的初速度為，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有；；；聯(lián)立可得則兩次擊球位置到桌面的高度之比為故選A。5．（2024·江蘇·模擬預(yù)測）操場上兩同學(xué)練習(xí)排球，在空中同一水平直線上A、B兩點(diǎn)處分別把1、2相同的兩球同時(shí)擊出，A做平拋運(yùn)動(dòng)，B做斜拋運(yùn)動(dòng)，兩球的運(yùn)動(dòng)軌跡在同一豎直平面內(nèi)，如圖，軌跡交于P點(diǎn)，P是AB連線中垂線上一點(diǎn)，球1的初速度為v1，球2的初速度為v2，不考慮排球的旋轉(zhuǎn)，不計(jì)空氣阻力，兩球從拋出到P點(diǎn)的過程中（）A．單位時(shí)間內(nèi)，1球速度的變化大于2球速度的變化B．兩球在P點(diǎn)相遇C．2球在最高點(diǎn)的速度小于v1D．1球動(dòng)量的變化大于2球動(dòng)量的變化【答案】C【詳解】A．由于兩球的加速度均為重力加速度，所以單位時(shí)間內(nèi)，1球速度的變化等于2球速度的變化，故A錯(cuò)誤；BC．若兩球在P點(diǎn)相遇，下落的高度相同，則運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相同，對1球，有；對2球，有；由此可知；所以1球先經(jīng)過P點(diǎn)，兩球不會(huì)在P點(diǎn)相遇，2球在最高點(diǎn)的速度小于v1，故B錯(cuò)誤，C正確；D．根據(jù)動(dòng)量定理可得由于，所以1球動(dòng)量的變化小于2球動(dòng)量的變化，故D錯(cuò)誤。故選C。6．（2024高三下·甘肅·開學(xué)考試）如圖所示，跳臺(tái)滑雪場地斜坡與水平面的夾角為θ=37°，質(zhì)量為m=60kg的運(yùn)動(dòng)員（可視為質(zhì)點(diǎn)）從斜坡的起點(diǎn)A點(diǎn)以初速度v=10m/s向左水平飛出，不計(jì)空氣阻力，取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，則運(yùn)動(dòng)員從飛出至落到斜坡上B點(diǎn)的過程中，下列說法正確的是（）A．運(yùn)動(dòng)員運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為1.5sB．運(yùn)動(dòng)員落在斜坡上時(shí)的瞬時(shí)速度方向與水平方向的夾角為74°C．運(yùn)動(dòng)員落在斜坡上時(shí)重力的瞬時(shí)功率為4500WD．運(yùn)動(dòng)員在空中離坡面的最大距離為2.25m【答案】AD【詳解】A．動(dòng)員從飛出至落到斜坡上B點(diǎn)的過程中，有，，聯(lián)立解得故A正確；B．運(yùn)動(dòng)員落在斜坡上時(shí)的瞬時(shí)速度方向與水平方向的夾角為可得可知運(yùn)動(dòng)員落在斜坡上時(shí)的瞬時(shí)速度方向與水平方向的夾角不為74°，故B錯(cuò)誤；C．運(yùn)動(dòng)員落在斜坡前瞬間重力的瞬時(shí)功率為故C錯(cuò)誤；D．將運(yùn)動(dòng)員的運(yùn)動(dòng)分解為沿斜坡的分運(yùn)動(dòng)和垂直斜坡的分運(yùn)動(dòng)，可知運(yùn)動(dòng)員在空中離坡面的最大距離為故D正確。故選AD。7．（2024高三下·河南·模擬預(yù)測）如圖所示，軍事演習(xí)時(shí)，要轟炸傾角為θ的斜坡上的D點(diǎn)，坡底的大炮發(fā)射的炮彈剛好落在D點(diǎn)，且到達(dá)D點(diǎn)時(shí)速度剛好水平；轟炸機(jī)水平投出的炸彈也剛好落在D點(diǎn)，到達(dá)D點(diǎn)時(shí)炸彈速度方向與炮彈發(fā)射的初速度方向剛好相反，炸彈運(yùn)動(dòng)時(shí)間是炮彈運(yùn)動(dòng)時(shí)間的2倍，不計(jì)空氣阻力，關(guān)于炸彈和炮彈在空中運(yùn)動(dòng)過程中，下列說法正確的是（）A．炸彈位移是炮彈位移的2倍B．炸彈最小速度是炮彈最小速度的2倍C．炸彈最大速度是炮彈最大速度的4倍D．炸彈下落高度是炮彈上升高度的4倍【答案】BD【詳解】D．炮彈做斜拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)題意D點(diǎn)是斜拋的最高點(diǎn)，利用逆向思維，在豎直方向上有炸彈做平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向有解得即炸彈下落高度是炮彈上升高度的4倍，故D正確；A．由于到達(dá)D點(diǎn)時(shí)炸彈速度方向與炮彈發(fā)射的初速度方向剛好相反，令這兩個(gè)速度方向與水平方向夾角為，對炮彈的運(yùn)動(dòng)進(jìn)行分析，利用逆向思維有對炸彈的運(yùn)動(dòng)進(jìn)行分析，則有可知，炮彈與炸彈的發(fā)射初始位置的連線沿斜坡，其中，分別為炮彈與炸彈的水平分速度大小，解得則炮彈與炸彈的位移分別為，結(jié)合上述解得即炸彈位移是炮彈位移的4倍，故A錯(cuò)誤；B．由于上述，分別為炮彈與炸彈的水平分速度大小，即分別為炮彈與炸彈的最小速度，根據(jù)上述解得即炸彈最小速度是炮彈最小速度的2倍，故B正確；C．根據(jù)題意可知，炸彈在D點(diǎn)速度最大，炮彈在B點(diǎn)速度最大，結(jié)合上述，炸彈與炮彈的最大速度分別為，解得即炸彈最大速度是炮彈最大速度的2倍，故C錯(cuò)誤。故選BD。8．（2024·陜西咸陽·模擬預(yù)測）如圖所示的坐標(biāo)系，x軸水平向右，質(zhì)量為m=0.5kg的小球從坐標(biāo)原點(diǎn)O處，以初速度斜向右上方拋出，同時(shí)受到斜向右上方恒定的風(fēng)力的作用，風(fēng)力與的夾角為30°，風(fēng)力與x軸正方向的夾角也為30°，重力加速度g取10m/s2，下列說法正確的是（）A．小球的加速度大小為10m/s2B．加速度與初速度的夾角為60°C．小球做類斜拋運(yùn)動(dòng)D．當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到x軸上的P點(diǎn)（圖中未標(biāo)出），則小球在P點(diǎn)的橫坐標(biāo)為【答案】AD【詳解】A．由題意可知，風(fēng)力與重力的夾角為120°，由于即風(fēng)力與重力大小相等，根據(jù)矢量合成規(guī)律，可知合力與重力等大，則小球的加速度大小為10m/s2，故A正確；B．由幾何關(guān)系可知，合力與初速度方向垂直，即加速度方向與初速度的夾角為90°，故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)上述可知，加速度a與初速度方向垂直，則小球做類平拋運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；D．設(shè)P點(diǎn)的橫坐標(biāo)為x，把x分別沿著和垂直分解，則有，由類平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可得，解得，故D正確。故選AD。9．（2024高三下·江西·模擬預(yù)測）如圖所示，為傾角為的斜面頂端的水平邊沿，與平行，與豎直，在同一水平面內(nèi)且。一足球從斜面最低點(diǎn)處以一定速度踢出，方向與水平方向成角，經(jīng)過一段時(shí)間恰好水平擊中點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，已知重力加速度為長度，BC長度，則（）A．足球在空中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為 B．足球在空中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為C．足球被踢出時(shí)的初速度為 D．足球被踢出時(shí)的初速度為【答案】AD【詳解】方法一：足球做斜拋運(yùn)動(dòng)，豎直位移為，水平位移為。過點(diǎn)作的平行線，交斜面底邊于點(diǎn)，連接，如圖所示CD．由圖知與全等，豎直方向有解得故C錯(cuò)誤，D正確；AB．豎直方向又有聯(lián)立解得故A正確，B錯(cuò)誤。故選AD。方法二：由圖知與全等，可得在中，根據(jù)勾股定理得足球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)，有，聯(lián)立解得；故選AD。10．（2024四川瀘縣一診）如圖，物體甲從高H處以速度平拋，同時(shí)乙從乙距甲水平方向s處由地面以初速度豎直上拋，不計(jì)空氣阻力，則兩物體在空中相遇的條件是（）

A．從拋出到相遇的時(shí)間為B．若要在物體乙上升中遇甲，必須，C．若要在物體乙下降中遇甲，必須，D．若相遇點(diǎn)離地高度為，則【答案】ABD【詳解】A．由題意可知，若兩物體在空中能夠相遇，則在豎直方向應(yīng)滿足代入數(shù)據(jù)解得故A正確；BC．由于物體甲、乙的加速度相同，可知甲、乙相對勻速，相遇時(shí)間為或，則有若要在物體乙上升中遇甲，則有解得若要在物體乙下降中遇甲，則有解得故B正確，C錯(cuò)誤；D．若相遇點(diǎn)離地高度為，則有又聯(lián)立解得故D正確。故選ABD。11．（2024·河南三門峽·一模）如圖所示，傾角為的光滑斜面AB固定在水平面上，現(xiàn)將一彈力球從斜面的頂端A點(diǎn)以的初速度水平向右拋出，彈力球恰好落在斜面的底端B點(diǎn)。若彈力球與斜面碰撞時(shí)，沿斜面方向的速度不變，垂直斜面方向的速度大小不變，方向反向，現(xiàn)僅調(diào)整彈力球從A點(diǎn)水平拋出時(shí)的速度大小，使彈力球與斜面碰撞1次后仍能落到B點(diǎn)，已知重力加速度g取，不計(jì)空氣阻力。求調(diào)整后彈力球水平拋出的速度大小?！敬鸢浮俊驹斀狻繌椓η蜃銎綊佭\(yùn)動(dòng)，豎直方向有水平方向有解得斜面的長度將平拋運(yùn)動(dòng)分解為沿斜面方向的勻加速運(yùn)動(dòng)和垂直斜面方向的類豎直上拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)調(diào)整后彈力球水平拋出時(shí)的速度大小沿垂直斜面方向的分速度大小為沿斜面方向的分速度大小為垂直斜面方向的加速度大小為沿斜面方向的加速度大小為彈力球每次從斜面離開到再次落回斜面的過程中用時(shí)為沿斜面方向有解得12．（2024江西高三聯(lián)考）圓柱形容器的橫截面在豎直平面內(nèi)，如圖所示，其半徑，從其內(nèi)部最高點(diǎn)A分別以水平初速度、拋出兩個(gè)小球（均可視為質(zhì)點(diǎn)），最終分別落在圓弧上的B點(diǎn)和C點(diǎn)，已知OB與OC相互垂直，且OB與豎直方向的夾角。取重力加速度大小g=10，，，不計(jì)空氣阻力，求（1）小球從被拋