五年2024-2025高考物理真題專題點(diǎn)撥-專題03牛頓運(yùn)動(dòng)定律含解析

PAGEPAGE15專題03牛頓運(yùn)動(dòng)定律【2024年】1.（2024·新課標(biāo)Ⅰ）如圖，一同學(xué)表演蕩秋千。已知秋千的兩根繩長(zhǎng)均為10m，該同學(xué)和秋千踏板的總質(zhì)量約為50kg。繩的質(zhì)量忽視不計(jì)，當(dāng)該同學(xué)蕩到秋千支架的正下方時(shí)，速度大小為8m/s，此時(shí)每根繩子平均承受的拉力約為（）A.200N B.400N C.600N D.800N【答案】B【解析】在最低點(diǎn)由，知T=410N，即每根繩子拉力約為410N，故選B。2.（2024·浙江卷）如圖所示，底部均有4個(gè)輪子的行李箱a直立、b平臥放置在公交車上，箱子四周有肯定空間。當(dāng)公交車（）A.緩慢起動(dòng)時(shí)，兩只行李箱肯定相對(duì)車子向后運(yùn)動(dòng)B.急剎車時(shí)，行李箱a肯定相對(duì)車子向前運(yùn)動(dòng)C.緩慢轉(zhuǎn)彎時(shí)，兩只行李箱肯定相對(duì)車子向外側(cè)運(yùn)動(dòng)D.急轉(zhuǎn)彎時(shí)，行李箱b肯定相對(duì)車子向內(nèi)側(cè)運(yùn)動(dòng)【答案】B【解析】有題意可知當(dāng)公交車緩慢啟動(dòng)時(shí)，兩只箱子與公交車之間的有可能存在靜摩擦使箱子與公交車一起運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；急剎車時(shí)，由于慣性，行李箱a肯定相對(duì)車子向前運(yùn)動(dòng)，故B正確；當(dāng)公交車緩慢轉(zhuǎn)彎時(shí)，兩只箱子與車之間的摩擦力可能供應(yīng)向心力，與車保持相對(duì)靜止，故C錯(cuò)誤；當(dāng)公交車急轉(zhuǎn)彎時(shí)，由于須要向心力大，行李箱肯定相對(duì)車子向外側(cè)運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。5.（2024·山東卷）一質(zhì)量為m的乘客乘坐豎直電梯下樓，其位移s與時(shí)間t的關(guān)系圖像如圖所示。乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示。重力加速度大小為g。以下推斷正確的是（）A.0~t1時(shí)間內(nèi)，v增大，F(xiàn)N>mg B.t1~t2時(shí)間內(nèi)，v減小，F(xiàn)N<mgC.t2~t3時(shí)間內(nèi)，v增大，F(xiàn)N<mg D.t2~t3時(shí)間內(nèi)，v減小，F(xiàn)N>mg【答案】D【解析】由于s-t圖像的斜率表示速度，可知在0~t1時(shí)間內(nèi)速度增加，即乘客的加速度向下，處于失重狀態(tài)，則FN<mg，A錯(cuò)誤；在t1~t2時(shí)間內(nèi)速度不變，即乘客的勻速下降，則FN=mg，B錯(cuò)誤；在t2~t3時(shí)間內(nèi)速度減小，即乘客的減速下降，超重，則FN>mg，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確；故選D。6.（2024·江蘇卷）中歐班列在歐亞大陸開拓了“生命之路”，為國(guó)際抗疫貢獻(xiàn)了中國(guó)力氣。某運(yùn)輸防疫物資的班列由40節(jié)質(zhì)量相等的車廂組成，在車頭牽引下，列車沿平直軌道勻加速行駛時(shí)，第2節(jié)對(duì)第3節(jié)車廂的牽引力為F。若每節(jié)車廂所受摩擦力、空氣阻力均相等，則倒數(shù)第3節(jié)對(duì)倒數(shù)第2節(jié)車廂的牽引力為（）A.FB. C.D.【答案】C【解析】依據(jù)題意可知第2節(jié)車廂對(duì)第3節(jié)車廂的牽引力為F，因?yàn)槊抗?jié)車廂質(zhì)量相等，阻力相同，故第2節(jié)對(duì)第3節(jié)車廂依據(jù)牛頓其次定律有，設(shè)倒數(shù)第3節(jié)車廂對(duì)倒數(shù)第2節(jié)車廂的牽引力為F1，則依據(jù)牛頓其次定律有，聯(lián)立解得?！?024年】1．（2024·新課標(biāo)全國(guó)Ⅲ卷）如圖（a），物塊和木板疊放在試驗(yàn)臺(tái)上，物塊用一不行伸長(zhǎng)的細(xì)繩與固定在試驗(yàn)臺(tái)上的力傳感器相連，細(xì)繩水平。t=0時(shí)，木板起先受到水平外力F的作用，在t=4s時(shí)撤去外力。細(xì)繩對(duì)物塊的拉力f隨時(shí)間t變更的關(guān)系如圖（b）所示，木板的速度v與時(shí)間t的關(guān)系如圖（c）所示。木板與試驗(yàn)臺(tái)之間的摩擦可以忽視。重力加速度取g=10m/s2。由題給數(shù)據(jù)可以得出A．木板的質(zhì)量為1kgB．2s~4s內(nèi)，力F的大小為0.4NC．0~2s內(nèi)，力F的大小保持不變D．物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2【答案】AB【解析】結(jié)合兩圖像可推斷出0~2s物塊和木板還未發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，它們之間的摩擦力為靜摩擦力，此過程力F等于f，故F在此過程中是變力，即C錯(cuò)誤；2~5s內(nèi)木板與物塊發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，摩擦力轉(zhuǎn)變?yōu)榛瑒?dòng)摩擦力，由牛頓其次運(yùn)動(dòng)定律，對(duì)2~4s和4~5s列運(yùn)動(dòng)學(xué)方程，可解出質(zhì)量m為1kg，2~4s內(nèi)的力F為0.4N，故A、B正確；由于不知道物塊的質(zhì)量，所以無法計(jì)算它們之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ，故D錯(cuò)誤?！?024年】1.（2024年全國(guó)Ⅰ卷）如圖，輕彈簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物塊P，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)用一豎直向上的力F作用在P上，使其向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，以x表示P離開靜止位置的位移，在彈簧復(fù)原原長(zhǎng)前，下列表示F和x之間關(guān)系的圖像可能正確的是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】本題考查牛頓運(yùn)動(dòng)定律、勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律、力隨位移變更的圖線及其相關(guān)的學(xué)問點(diǎn)。由牛頓運(yùn)動(dòng)定律，F(xiàn)-mg+F彈=ma，F(xiàn)彈=k(x0-x),kx0=mg，聯(lián)立解得F=ma+kx，對(duì)比題給的四個(gè)圖象，可能正確的是A。2．（2024浙江）如圖所示，小芳在體重計(jì)上完成下蹲動(dòng)作，下列F-t圖像能反應(yīng)體重計(jì)示數(shù)隨時(shí)間變更的是A.B.C.D.【答案】C【解析】對(duì)人的運(yùn)動(dòng)過程分析可知，人下蹲的過程可以分成兩段：人在加速下蹲的過程中，有向下的加速度，處于失重狀態(tài)，此時(shí)人對(duì)傳感器的壓力小于人的重力的大?。辉跍p速下蹲的過程中，加速度方向向上，處于超重狀態(tài)，此時(shí)人對(duì)傳感器的壓力大于人的重力的大小，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤；故選C。3．（2024浙江）用國(guó)際單位制的基本單位表示能量的單位，下列正確的是A.B.C.D.【答案】A【解析】依據(jù)，，可得，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤；4．（2024浙江）通過志向斜面試驗(yàn)得出“力不是維持物體運(yùn)動(dòng)的緣由”的科學(xué)家是A.亞里士多德B.伽利略C.笛卡爾D.牛頓【答案】B【解析】亞里士多德認(rèn)為力是維持物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的緣由，故A錯(cuò)誤；伽利略通過志向斜面試驗(yàn)提出了力不是維持物體運(yùn)動(dòng)的緣由，故B正確；笛卡爾在伽利略探討的基礎(chǔ)上第一次表述了慣性定律，故C錯(cuò)誤；牛頓在伽利略等前人探討的基礎(chǔ)上提出了牛頓第肯定律，認(rèn)為力是變更物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的緣由，但不是第一個(gè)依據(jù)試驗(yàn)提出力不是維持物體運(yùn)動(dòng)緣由的科學(xué)家，也不是第一個(gè)提出慣性的科學(xué)家，故D錯(cuò)誤；故選B。5.（2024年全國(guó)Ⅲ卷）地下礦井中的礦石裝在礦車中，用電機(jī)通過豎井運(yùn)輸至地面。某豎井中礦車提升的速度大小v隨時(shí)間t的變更關(guān)系如圖所示，其中圖線①②分別描述兩次不同的提升過程，它們變速階段加速度的大小都相同；兩次提升的高度相同，提升的質(zhì)量相等。不考慮摩擦阻力和空氣阻力。對(duì)于第①次和第②次提升過程，A.礦車上升所用的時(shí)間之比為4:5B.電機(jī)的最大牽引力之比為2:1C.電機(jī)輸出的最大功率之比為2:1D.電機(jī)所做的功之比為4:5【答案】AC【解析】設(shè)第次所用時(shí)間為t，依據(jù)速度圖象的面積等于位移（此題中為提升的高度）可知，×2t0×v0=×（t+3t0/2）×v0，解得：t=5t0/2，所以第次和第次提升過程所用時(shí)間之比為2t0∶5t0/2=4∶5，A正確；由于兩次提升變速階段的加速度大小相同，在勻加速階段，由牛頓其次定律，F(xiàn)-mg=ma，可得提升的最大牽引力之比為1∶1，B錯(cuò)誤；由功率公式，P=Fv，電機(jī)輸出的最大功率之比等于最大速度之比，為2∶1，C正確；加速上升過程的加速度a1=，加速上升過程的牽引力F1=ma1+mg=m(+g)，減速上升過程的加速度a2=-，減速上升過程的牽引力F2=ma2+mg=m(g-)，勻速運(yùn)動(dòng)過程的牽引力F3=mg。第次提升過程做功W1=F1××t0×v0+F2××t0×v0=mgv0t0；第次提升過程做功W2=F1××t0×v0+F3×v0×3t0/2+F2××t0×v0=mgv0t0；兩次做功相同，D錯(cuò)誤。6.（2024年江蘇卷）如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端連接一小物塊，O點(diǎn)為彈簧在原長(zhǎng)時(shí)物塊的位置．物塊由A點(diǎn)靜止釋放，沿粗糙程度相同的水平面對(duì)右運(yùn)動(dòng)，最遠(yuǎn)到達(dá)B點(diǎn)．在從A到B的過程中，物塊（）A.加速度先減小后增大B.經(jīng)過O點(diǎn)時(shí)的速度最大C.所受彈簧彈力始終做正功D.所受彈簧彈力做的功等于克服摩擦力做的功【答案】AD【解析】本題考查力與運(yùn)動(dòng)的關(guān)系和功能關(guān)系，意在考查學(xué)生的綜合分析實(shí)力。物體從A點(diǎn)到O點(diǎn)過程，彈力漸漸減為零，剛起先彈簧彈力大于摩擦力，故可分為彈力大于摩擦力過程和彈力小于摩擦力過程：彈力大于摩擦力過程，合力向右，加速度也向右，由于彈力減小，摩擦力不變，小球所受合力減小加速度減小，彈力等于摩擦力時(shí)速度最大，此位置在A點(diǎn)與O點(diǎn)之間；彈力小于摩擦力過程，合力方向與運(yùn)動(dòng)方向相反，彈力減小，摩擦力大小不變，物體所受合力增大，物體的加速度隨彈簧形變量的減小而增加，物體作減速運(yùn)動(dòng)；從O點(diǎn)到B點(diǎn)的過程彈力增大，合力向左，加速度接著增大，選項(xiàng)A正確、選項(xiàng)B錯(cuò)誤；從A點(diǎn)到O點(diǎn)過程，彈簧由壓縮復(fù)原原長(zhǎng)彈力做正功，從O點(diǎn)到B點(diǎn)的過程，彈簧伸長(zhǎng)，彈力做負(fù)功，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；從A到B的過程中依據(jù)動(dòng)能定理彈簧彈力做的功等于物體克服摩擦力做的功，故選項(xiàng)D正確?！?024年】1．【2024·新課標(biāo)Ⅱ卷】（12分）為提高冰球運(yùn)動(dòng)員的加速實(shí)力，教練員在冰面上與起跑線距離s0和s1（s1<s0）處分別設(shè)置一個(gè)擋板和一面小旗，如圖所示。訓(xùn)練時(shí)，讓運(yùn)動(dòng)員和冰球都位于起跑線上，教練員將冰球以初速度v0擊出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑線的方向滑向擋板；冰球被擊出的同時(shí)，運(yùn)動(dòng)員垂直于起跑線從靜止動(dòng)身滑向小旗。訓(xùn)練要求當(dāng)冰球到達(dá)擋板時(shí)，運(yùn)動(dòng)員至少到達(dá)小旗處。假定運(yùn)動(dòng)員在滑行過程中做勻加速運(yùn)動(dòng)，冰球到達(dá)擋板時(shí)的速度為v1。重力加速度大小為g。求（1）冰球與冰面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)；（2）滿意訓(xùn)練要求的運(yùn)動(dòng)員的最小加速度?！敬鸢浮浚?）（2）【解析】（1）設(shè)冰球與冰面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，則冰球在冰面上滑行的加速度a1=μg①由速度與位移的關(guān)系知–2a1s0=v12–v02②聯(lián)立①②得③（2）設(shè)冰球運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，則④又⑤由③④⑤得⑥2．【2024·新課標(biāo)Ⅲ卷】（20分）如圖，兩個(gè)滑塊A和B的質(zhì)量分別為mA=1kg和mB=5kg，放在靜止于水平地面上的木板的兩端，兩者與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ1=0.5；木板的質(zhì)量為m=4kg，與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2=0.1。某時(shí)刻A、B兩滑塊起先相向滑動(dòng)，初速度大小均為v0=3m/s。A、B相遇時(shí)，A與木板恰好相對(duì)靜止。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，取重力加速度大小g=10m/s2。求（1）B與木板相對(duì)靜止時(shí)，木板的速度；（2）A、B起先運(yùn)動(dòng)時(shí)，兩者之間的距離。【答案】（1）1m/s（2）1.9m【解析】（1）滑塊A和B在木板上滑動(dòng)時(shí)，木板也在地面上滑動(dòng)。設(shè)A、B和木板所受的摩擦力大小分別為f1、f2和f3，A和B相對(duì)于地面的加速度大小分別是aA和aB，木板相對(duì)于地面的加速度大小為a1。在物塊B與木板達(dá)到共同速度前有①②③由牛頓其次定律得④⑤⑥設(shè)在t1時(shí)刻，B與木板達(dá)到共同速度，設(shè)大小為v1。由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有⑦⑧聯(lián)立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知數(shù)據(jù)得⑨（2）在t1時(shí)間間隔內(nèi)，B相對(duì)于地面移動(dòng)的距離為⑩設(shè)在B與木板達(dá)到共同速度v1后，木板的加速度大小為a2，對(duì)于B與木板組成的體系，由牛頓其次定律有?由①②④⑤式知，aA=aB；再由⑦⑧可知，B與木板達(dá)到共同速度時(shí)，A的速度大小也為v1，但運(yùn)動(dòng)方向與木板相反。由題意知，A和B相遇時(shí)，A與木板的速度相同，設(shè)其大小為v2，設(shè)A的速度大小從v1變到v2所用時(shí)間為t2，則由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，對(duì)木板有?對(duì)A有?在t2時(shí)間間隔內(nèi)，B（以及木板）相對(duì)地面移動(dòng)的距離為?在（t1+t2）時(shí)間間隔內(nèi)，A相對(duì)地面移動(dòng)的距離為 ?A和B相遇時(shí)，A與木板的速度也恰好相同。因此A和B起先運(yùn)動(dòng)時(shí)，兩者之間的距離為?聯(lián)立以上各式，并代入數(shù)據(jù)得?（也可用如圖的速度–時(shí)間圖線求解）【2024年】1．[2024·全國(guó)卷Ⅰ]一質(zhì)點(diǎn)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，現(xiàn)對(duì)其施加一恒力，且原來作用在質(zhì)點(diǎn)上的力不發(fā)生變更，則()A．質(zhì)點(diǎn)速度的方向總是與該恒力的方向相同B．質(zhì)點(diǎn)速度的方向不行能總是與該恒力的方向垂直C．質(zhì)點(diǎn)加速度的方向總是與該恒力的方向相同D．質(zhì)點(diǎn)單位時(shí)間內(nèi)速率的變更量總是不變【答案】BC【解析】由牛頓其次定律，質(zhì)點(diǎn)的加速度總是與該恒力方向相同，且加速度恒定，單位時(shí)間內(nèi)速度的變更量不變，但速率的變更量可能不同，選項(xiàng)C正確，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；當(dāng)恒力與速度方向不在同始終線上時(shí)，質(zhì)點(diǎn)做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，速度方向與恒力方向不相同，但速度方向不行能總與該恒力方向垂直，選項(xiàng)B正確；只有當(dāng)恒力與速度同向，做勻加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，速度方向才與該恒力方向相同，選項(xiàng)A錯(cuò)誤．2．[2024·全國(guó)卷Ⅱ]兩實(shí)心小球甲和乙由同一種材料制成，甲球質(zhì)量大于乙球質(zhì)量．兩球在空氣中由靜止下落，假設(shè)它們運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的阻力與球的半徑成正比，與球的速率無關(guān)．若它們下落相同的距離，則()A．甲球用的時(shí)間比乙球長(zhǎng)B．甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小C．甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小D．甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功【答案】BD【解析】設(shè)f＝kR，則由牛頓其次定律得F合＝mg－f＝ma，而m＝eq\f(4,3)πR3·ρ，故a＝g－eq\f(k,\f(4,3)πR2·ρ)，由m甲>m乙、ρ甲＝ρ乙可知a甲>a乙，故C錯(cuò)誤；因甲、乙位移相同，由v2＝2ax可知，v甲>v乙，B正確；由x＝eq\f(1,2)at2可知，t甲<t乙，A錯(cuò)誤；由功的定義可知，W克服＝f·x，又f甲>f乙，則W甲克服>W乙克服，D正確．3．[2024·全國(guó)卷Ⅱ]如圖1-，小球套在光滑的豎直桿上，輕彈簧一端固定于O點(diǎn)，另一端與小球相連．現(xiàn)將小球從M點(diǎn)由靜止釋放，它在下降的過程中經(jīng)過了N點(diǎn)．已知在M、N兩點(diǎn)處，彈簧對(duì)小球的彈力大小相等，且∠ONM<∠OMN<eq\f(π,2).在小球從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過程中()圖1-A．彈力對(duì)小球先做正功后做負(fù)功B．有兩個(gè)時(shí)刻小球的加速度等于重力加速度C．彈簧長(zhǎng)度最短時(shí)，彈力對(duì)小球做功的功率為零D．小球到達(dá)N點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能等于其在M、N兩點(diǎn)的重力勢(shì)能差【答案】BCD【解析】小球在M點(diǎn)時(shí)彈簧處于壓縮狀態(tài)，在N點(diǎn)時(shí)彈簧處于伸長(zhǎng)狀態(tài)，則在由M到N過程中有一點(diǎn)彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài)，設(shè)該點(diǎn)為B點(diǎn)，另設(shè)小球在A點(diǎn)時(shí)對(duì)應(yīng)的彈簧最短，如圖所示．從M點(diǎn)到A點(diǎn)，彈簧壓縮量變大，彈力做負(fù)功，從A點(diǎn)到B點(diǎn)彈簧從壓縮漸漸復(fù)原至原長(zhǎng)，彈力做正功，從B點(diǎn)到N點(diǎn)彈簧從原長(zhǎng)漸漸伸長(zhǎng)，彈力做負(fù)功，選項(xiàng)A錯(cuò)誤．小球在A點(diǎn)時(shí)，水平方向上彈簧的彈力與桿的彈力相平衡，小球受到的合外力F合＝mg，故加速度a＝g；小球在B點(diǎn)時(shí)，彈簧處于原長(zhǎng)，桿對(duì)小球沒有作用力，小球受到的合外力F合＝mg，故加速度a＝g，B正確．在A點(diǎn)時(shí)，彈簧的彈力F彈垂直于桿，小球的速度沿桿向下，則P彈＝F彈vcosα＝0，C正確．從M點(diǎn)到N點(diǎn)，小球與彈簧所組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則Ek增＝Ep減，即EkN－0＝Ep重M－Ep重N＋Ep彈M－Ep彈N，由于在M、N兩點(diǎn)彈簧彈力大小相同，由胡克定律可知，彈簧形變量相同，則彈性勢(shì)能Ep彈N＝Ep彈M，故EkN＝Ep重M－Ep重N，D正確．4．[2024·全國(guó)卷Ⅲ]如圖1-所示，在豎直平面內(nèi)有由eq\f(1,4)圓弧AB和eq\f(1,2)圓弧BC組成的光滑固定軌道，兩者在最低點(diǎn)B平滑連接．AB弧的半徑為R，BC弧的半徑為eq\f(R,2).一小球在A點(diǎn)正上方與A相距eq\f(R,4)處由靜止起先自由下落，經(jīng)A點(diǎn)沿圓弧軌道運(yùn)動(dòng)．(1)求小球在B、A兩點(diǎn)的動(dòng)能之比；(2)通過計(jì)算推斷小球能否沿軌道運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)．圖1-【答案】(1)5(2)能【解析】(1)設(shè)小球的質(zhì)量為m，小球在A點(diǎn)的動(dòng)能為EkA，由機(jī)械能守恒得EkA＝mgeq\f(R,4)①設(shè)小球在B點(diǎn)的動(dòng)能為EkB，同理有EkB＝mgeq\f(5R,4)②由①②式得eq\f(EkB,EkA)＝5③(2)若小球能沿軌道運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，小球在C點(diǎn)所受軌道的正壓力N應(yīng)滿意N≥0④設(shè)小球在C點(diǎn)的速度大小為vC，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律和向心加速度公式有N＋mg＝eq\f(mveq\o\al(2,C),\f(R,2))⑤由④⑤式得，vC應(yīng)滿意mg≤meq\f(2veq\o\al(2,C),R)⑥由機(jī)械能守恒有mgeq\f(R,4)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)⑦由⑥⑦式可知，小球恰好可以沿軌道運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)．5．[2024·天津卷]我國(guó)將于2024年舉辦冬奧會(huì)，跳臺(tái)滑雪是其中最具欣賞性的項(xiàng)目之一．如圖1-所示，質(zhì)量m＝60kg的運(yùn)動(dòng)員從長(zhǎng)直助滑道AB的A處由靜止起先以加速度a＝3.6m/s2勻加速滑下，到達(dá)助滑道末端B時(shí)速度vB＝24m/s，A與B的豎直高度差H＝48m．為了變更運(yùn)動(dòng)員的運(yùn)動(dòng)方向，在助滑道與起跳臺(tái)之間用一段彎曲滑道連接，其中最低點(diǎn)C處旁邊是一段以O(shè)為圓心的圓弧．助滑道末端B與滑道最低點(diǎn)C的高度差h＝5m，運(yùn)動(dòng)員在B、C間運(yùn)動(dòng)時(shí)阻力做功W＝－1530J，g取10m/s2.圖1-(1)求運(yùn)動(dòng)員在AB段下滑時(shí)受到阻力Ff的大小；(2)若運(yùn)動(dòng)員能夠承受的最大壓力為其所受重力的6倍，則C點(diǎn)所在圓弧的半徑R至少應(yīng)為多大？【答案】(1)144N(2)12.5m【解析】(1)運(yùn)動(dòng)員在AB上做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)AB的長(zhǎng)度為x，則有veq\o\al(2,B)＝2ax①由牛頓其次定律有mgeq\f(H,x)－Ff＝ma②聯(lián)立①②式，代入數(shù)據(jù)解得Ff＝144N③(2)設(shè)運(yùn)動(dòng)員到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度為vC，在由B到達(dá)C的過程中，由動(dòng)能定理有mgh＋W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)④設(shè)運(yùn)動(dòng)員在C點(diǎn)所受的支持力為FN，由牛頓其次定律有FN－mg＝meq\f(veq\o\al(2,C),R)⑤由運(yùn)動(dòng)員能夠承受的最大壓力為其所受重力的6倍，聯(lián)立④⑤式，代入數(shù)據(jù)解得R＝12.5m6．[2024·四川卷]避險(xiǎn)車道是避開惡性交通事故的重要設(shè)施，由制動(dòng)坡床和防撞設(shè)施等組成，如圖豎直平面內(nèi)，制動(dòng)坡床視為與水平面夾角為θ的斜面．一輛長(zhǎng)12m的載有貨物的貨車因剎車失靈從干道駛?cè)胫苿?dòng)坡床，當(dāng)車速為23m/s時(shí)，車尾位于制動(dòng)坡床的底端，貨物起先在車廂內(nèi)向車頭滑動(dòng)，當(dāng)貨物在車廂內(nèi)滑動(dòng)了4m時(shí)，車頭距制動(dòng)坡床頂端38m，再過一段時(shí)間，貨車停止．已知貨車質(zhì)量是貨物質(zhì)量的4倍，貨物與車廂間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.4；貨車在制動(dòng)坡床上運(yùn)動(dòng)受到的坡床阻力大小為貨車和貨物總重的0.44倍．貨物與貨車分別視為小滑塊和平板，取cosθ＝1，sinθ＝0.1，g＝10m/s2.求：(1)貨物在車廂內(nèi)滑動(dòng)時(shí)加速度的大小和方向；(2)制動(dòng)坡床的長(zhǎng)度．圖1-【答案】(1)5m/s2，方向沿制動(dòng)坡床向下(2)98m【解析】(1)設(shè)貨物的質(zhì)量為m，貨物在車廂內(nèi)滑動(dòng)過程中，貨物與車廂間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.4，受摩擦力大小為f，加速度大小為a1，則f＋mgsinθ＝ma1f＝μmgcosθ聯(lián)立以上二式并代入數(shù)據(jù)得a1＝5m/s2a1的方向沿制動(dòng)坡床向下．(2)設(shè)貨車的質(zhì)量為M，車尾位于制動(dòng)坡床底端時(shí)的車速為v＝23m/s.貨物在車廂內(nèi)起先滑動(dòng)到車頭距制動(dòng)坡床頂端s0＝38m的過程中，用時(shí)為t，貨物相對(duì)制動(dòng)坡床的運(yùn)動(dòng)距離為s2.貨車受到制動(dòng)坡床的阻力大小為F，F(xiàn)是貨車和貨物總重的k倍，k＝0.44，貨車長(zhǎng)度l0＝12m，制動(dòng)坡床的長(zhǎng)度為l，則Mgsinθ＋F－f＝Ma2F＝k(m＋M)gs1＝vt－eq\f(1,2)a1t2s2＝vt－eq\f(1,2)a2t2s＝s1－s2l＝l0＋s0＋s2聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得l＝98m.7．[2024·全國(guó)卷Ⅱ]小球P和Q用不行伸長(zhǎng)的輕繩懸掛在天花板上，P球的質(zhì)量大于Q球的質(zhì)量，懸掛P球的繩比懸掛Q球的繩短．將兩球拉起，使兩繩均被水平拉直，如圖1-所示．將兩球由靜止釋放，在各自軌跡的最低點(diǎn)()圖1-A．P球的速度肯定大于Q球的速度B．P球的動(dòng)能肯定小于Q球的動(dòng)能C．P球所受繩的拉力肯定大于Q球所受繩的拉力D．P球的向心加速度肯定小于Q球的向心加速度【答案】C【解析】從釋放到最低點(diǎn)過程中，由動(dòng)