2025版新教材高考物理復(fù)習(xí)特訓(xùn)卷考點18等時圓模型及動力學(xué)的臨界極值問題

考點18等時圓模型及動力學(xué)的臨界極值問題——提實力1.[2024·四川遂寧模擬]如圖所示，豎直墻與水平地面交點為O，從豎直墻上的A、B兩點分別搭兩條光滑軌道到M點，∠AMO＝60°、∠BMO＝45°，M點正上方與B等高處有一C點．現(xiàn)同時將a、b、c球分別從A、B、C三點由靜止起先釋放．則()A．a(chǎn)球最先到達(dá)M點B．b球最先到達(dá)M點C．c球最先到達(dá)M點D．b球和c球都可能最先到達(dá)M點2.[2024·江蘇無錫一模]兩個圓1和2外切，它們的圓心在同一豎直線上，有三塊光滑的板，它們的一端搭在墻上，另一端搭在圓2的圓周上，三塊板都通過兩圓的切點，A在圓周上，B在圓內(nèi)，C在圓外，從ABC三處同時靜止釋放一個小球，它們都沿光滑板運動，則最先到達(dá)圓2的圓周上的球是()A．從A處釋放的球B．從B處釋放的球C．從C處釋放的球D．同時到達(dá)3．某物體以肯定初速度沿足夠長斜面對上運動的最大位移為x，且x隨斜面傾角θ的改變關(guān)系如圖所示，重力加速度g＝10m/s2，則()A．物體初速度大小為4m/sB．物體和斜面之間動摩擦因數(shù)為eq\f(\r(3),2)C.θ＝60°時，x有最小值為eq\f(5,8)eq\r(3)mD．θ＝45°時，物體運動至最大位移處能夠維持靜止4.[2024·山東濟(jì)南市二模]滑滑梯是小摯友們愛玩的嬉戲．有兩部直滑梯AB和AC，A、B、C在豎直平面內(nèi)的同一圓周上，且A為圓周的最高點，示意圖如圖所示，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點為eq\r(3)R且與A等高．各滑梯的摩擦均不計，已知重力加速度為g.(1)假如小摯友由靜止起先分別沿AB和AC滑下，試通過計算說明兩次沿滑梯運動的時間關(guān)系；(2)若設(shè)計一部上端在P點，下端在圓周上某點的直滑梯，則小摯友沿此滑梯由靜止滑下時，在滑梯上運動的最短時間是多少？5．[2024·天津紅橋區(qū)一模]一彈簧一端固定在傾角為37°的光滑斜面的底端，另一端拴住質(zhì)量m1＝4kg的物塊P.Q為一重物，已知Q的質(zhì)量m2＝8kg，彈簧的質(zhì)量不計，勁度系數(shù)k＝600N/m，系統(tǒng)處于靜止，如圖所示．現(xiàn)給Q施加一個方向沿斜面對上的力F，使它從靜止起先沿斜面對上做勻加速運動，已知在前0.2s內(nèi)，F(xiàn)為變力，0.2s以后，F(xiàn)為恒力(sin37°＝0.6，g取10m/s2).求：(1)P、Q一起做勻加速運動的加速度大??；(2)F的最大值與最小值．6．[2024·廣東省汕頭市模擬]疫情期間，為了削減人與人之間的接觸，一餐廳推出了一款智能送餐機(jī)器人進(jìn)行送餐(如圖甲).該款機(jī)器人的最大運行速度為4m/s，加速度大小可調(diào)整在1m/s2≤a≤3m/s2范圍內(nèi)，要求：送餐過程托盤保持水平，菜碟與托盤不發(fā)生相對滑動，機(jī)器人到達(dá)餐桌時速度剛好為0.現(xiàn)把送餐過程簡化為如圖的直線情境圖(如圖乙)，已知機(jī)器人恰好以最大運行速度v＝4m/s通過O處，O與餐桌A相距x0＝6m，餐桌A和餐桌F相距L＝16m，機(jī)器人、餐桌都能看成質(zhì)點，送餐運用的菜碟與托盤之間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g＝10m/s2.(1)在某次從O到餐桌A的過程中，機(jī)器人從O起先勻減速恰好到A停下，求機(jī)器人在此過程加速度a的大?。?2)完成(1)問中的送餐任務(wù)后，機(jī)器人立刻從A接著送餐到F，若要求以最短時間從A送餐到F，求機(jī)器人運行最大加速度am和加速過程通過的位移x加．考點18等時圓模型及動力學(xué)的臨界極值問題——提實力1．答案：C解析：以C為圓心，BC為半徑作圓，如圖依據(jù)“等時圓”原理可知，從圓上各點沿弦到最低點經(jīng)過的時間相等，則ta>tb>tc，選項C正確．2．答案：B解析：假設(shè)經(jīng)過切點的板兩端點分別在圓1、圓2上，板與豎直方向的夾角為α，圓1的半徑為r，圓2的半徑為R，則圓內(nèi)軌道的長度s＝2(r＋R)cosα，下滑時小球的加速度α＝gcosα，依據(jù)位移時間公式得s＝eq\f(1,2)at2，則t＝eq\r(\f(2s,a))＝eq\r(\f(4（r＋R）cosα,gcosα))＝eq\r(\f(4（r＋R）,g))，即當(dāng)板的端點在圓上時，沿不同板下滑究竟端所用的時間相同；由題意可知，A在圓上，B在圓內(nèi)，C在圓外，可知從B處釋放的球下滑的時間最短，故選B.3．答案：C解析：由圖可知，當(dāng)傾角為90°時，最大上上升度為eq\f(5,4)m，此時為豎直上拋運動，則有－2gx1＝0－veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))，解得v0＝5m/s，故A不符合題意；由圖可知，當(dāng)傾角為零時，此時物體水平滑行距離最大為eq\f(5,4)eq\r(3)m，依據(jù)動能定理有－μmgx2＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))，解得μ＝eq\f(\r(3),3)，故B不符合題意；由牛頓其次定律有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma最大位移x與傾角θ滿意－2ax＝0－veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))，代入得2gx(sinθ＋μcosθ)＝veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))，要使x最小，則應(yīng)sinθ＋μcosθ最大，由數(shù)學(xué)學(xué)問可知sinθ＋μcosθ＝eq\r(1＋μ2)sin(θ＋α)，當(dāng)sin(θ＋α)＝1時有最大阻值，此時位移最小，即xmin＝eq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),2g（sinθ＋μcosθ）)＝eq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),2g\r(1＋μ2))＝eq\f(5,8)eq\r(3)m，此時sin(θ＋α)＝1，即sinα＝eq\f(μ,\r(1＋μ2))＝eq\f(1,2)，此時則α＝30°，θ＝60°，故C符合題意；當(dāng)θ＝45°時，物體運動至最大位移處有mgsinθ>μmgcosθ，則物體將下滑，不能夠維持靜止，故D不符合題意．4．答案：(1)tAB＝tAC(2)eq\r(\f(3R,g))解析：(1)設(shè)AB與水平方向夾角為θ，小摯友沿AB下滑時的加速度a＝gsinθ，又xAB＝eq\f(1,2)ateq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(AB))，AB間的距離為xAB＝2Rsinθ，解得tAB＝eq\r(\f(4R,g))與角度無關(guān)，同理可知tAC＝eq\r(\f(4R,g))，故tAB＝tAC.(2)依據(jù)第一問的結(jié)論，畫出以P點為最高點的半徑為r的等時圓，如圖所示，當(dāng)兩圓相切時，運動的時間最短，由幾何關(guān)系知(R＋r)2＝(R－r)2＋(eq\r(3)R)2，解得r＝eq\f(3,4)R，最短時間t＝eq\r(\f(3R,g)).5．答案：(1)3m/s2(2)72N36N解析：(1)設(shè)剛起先時彈簧的壓縮量為x0，在沿斜面方向上有(m1＋m2)gsinθ＝kx0，因為在前0.2s內(nèi)，F(xiàn)為變力，0.2s以后，F(xiàn)為恒力，所以在0.2s時，P對Q的作用力為零，設(shè)0.2s時，彈簧的壓縮量為x1，對P，沿斜面方向上有kx1－m1gsinθ＝m1a，前0.2s內(nèi)P、Q向上運動的距離為x0－x1＝eq\f(1,2)at2，解得a＝3m/s2.(2)當(dāng)P、Q起先運動時拉力最小，此時，對P、Q整體有Fmin＋kx0－(m1＋m2)gsinθ＝(m1＋m2)a，解得Fmin＝36N，當(dāng)P、Q分別時拉力最大，此時對Q有Fmax＝m2(a＋gsinθ)＝72N．6．答案：(1)eq\f(4,3)m/s2(2)2m/s24m解析：(1)從O點到A點，由運動公式：0－v2＝2ax0解得a＝eq\f(0－