2025 选考专题高考 物理 （川陕青宁蒙新晋豫）第1讲　力与物体的平衡

2025选考专题高考物理（川陕青宁蒙新晋豫）第1讲力与物体的平衡第1讲力与物体的平衡考点1静态平衡1.如图所示,固定斜面的顶端带有定滑轮,斜面的倾角为30°,跨过定滑轮的轻绳两端分别系有物块和匀质木球,定滑轮右侧的轻绳水平,系统处于静止状态.不计一切摩擦,物块与木球的质量之比为 (C)A.1∶2 B.2∶1C.1∶3 D.3∶1[解析]设物块的质量为m,木球的质量为M,绳子拉力为FT,以物块为研究对象,根据受力平衡可得FT=mg,以木球为研究对象,根据受力平衡可得FTcos30°=Mgsin30°,联立可得物块与木球的质量之比为m∶M=1∶3,故选C.2.如图所示,一个“Y”形弹弓顶部跨度为L,两根相同的橡皮条自由长度均为L,在两橡皮条的末端用一块软羊皮(长度不计)做成裹片.若橡皮条的弹力与形变量的关系满足胡克定律,且劲度系数为k,发射弹丸时每根橡皮条的最大长度为1.5L(弹性限度内),则发射过程中裹片对弹丸的最大作用力为 (B)A.12kL B.2C.kL D.2kL[解析]根据胡克定律知,每根橡皮条的弹力F=k(1.5L-L)=0.5kL,设此时两根橡皮条弹力与合力的夹角都为θ,根据几何关系知sinθ=13,根据平行四边形定则知,弹丸被发射过程中所受的最大弹力F合=2Fcosθ=2233.[2023·山东卷]餐厅暖盘车的储盘装置示意图如图所示,三根完全相同的弹簧等间距竖直悬挂在水平固定圆环上,下端连接托盘.托盘上叠放若干相同的盘子,取走一个盘子,稳定后余下的正好升高补平.已知单个盘子的质量为300g,相邻两盘间距为1.0cm,重力加速度大小取10m/s2.弹簧始终在弹性限度内,每根弹簧的劲度系数为(B)A.10N/m B.100N/mC.200N/m D.300N/m[解析]由题意可知,取走一个盘子,稳定后余下的正好升高补平,则说明一个盘子的重力可以使弹簧形变相邻两盘间的距离,则有mg=3·kx,解得k=100N/m,故选B.4.[2023·浙江1月选考]如图所示,轻质网兜兜住重力为G的足球,用轻绳挂于光滑竖直墙壁上的A点,轻绳的拉力为FT,墙壁对足球的支持力为FN,则 (C)A.FT<FN B.FT=FNC.FT>G D.FT=G[解析]关于足球的受力分析如图所示,设拉力与竖直方向夹角为θ,根据共点力平衡条件可知FN=Gtanθ,FT=Gcosθ,因此可知FT>G,FT>FN5.[2023·江苏卷]如图所示,“嫦娥五号”探测器静止在月球平坦表面处.已知探测器质量为m,四条腿与竖直方向的夹角均为θ,月球表面的重力加速度为地球表面重力加速度g的16,每条腿对月球表面压力的大小为 (DA.mg4B.mg4cosC.mg6cosD.mg[解析]对“嫦娥五号”探测器受力分析有FN=mg月,则对一条腿有FN1=14FN=14mg月=mg24,根据牛顿第三定律可知每条腿对月球表面的压力大小为6.中国劳动人民在长期的实践中总结了大量的智慧结晶.工人师傅想要将一质量比较大的表面光滑的圆柱体物件(质量为M)推上斜面,并需要物件静止在斜面上图示位置,工人师傅拿一块小的半圆柱体(质量为m,且m远小于M)垫在大圆柱体物件的下面,但发现垫上小半圆柱体后,大圆柱体物件依然会沿斜面下滑,于是工人师傅采用了一种操作方式,顺利地让大圆柱体物件静止在斜面上,那么工人师傅的操作可能是下面几种操作中的 (B)A.换一个半径稍大的同材质的半圆柱体B.换一个半径稍小的同材质的半圆柱体C.换一个长度更长一点的同材质的半圆柱体D.在小半圆柱体和大圆柱体物件接触部位垫上一块轻薄的粗糙毛巾[解析]对圆柱体和半圆柱体分别受力分析,如图建立直角坐标系,设圆柱体和半圆柱体之间作用力与斜面的夹角为α,斜面倾角为θ.圆柱体质量为M,半圆柱体的质量为m.则由平衡条件对圆柱体有Fcosα=Mgsinθ,Fsinα+FN=Mgcosθ,对半圆柱体有mgsinθ+Fcosα=Ff,mgcosθ+Fsinα=FN',设半圆柱体与斜面的动摩擦因数为μ,则半圆柱体与斜面的最大静摩擦力为Ffm=μFN'=μmgcosθ+μFsinα,即Ffm=μmgcosθ+μMgsinθ·tanα,可见α越大,半圆柱体与斜面之间的最大静摩擦力越大,所以换一个半径稍小的同材质的半圆柱体,α增大,故A错误,B正确;半圆柱体和圆柱体之间的弹力与半圆柱体的长度没有关系,故C错误;在小半圆柱体和大圆柱体物件接触部位垫上一块轻薄的粗糙毛巾,不会影响半圆柱体和圆柱体之间的弹力(大圆柱体静止时,小半圆柱体和大圆柱体物件接触部位没有摩擦力),故D错误.7.如图所示,质量为m、电荷量为q的带电小球A用绝缘细线悬挂于O点,电荷量也为q的小球B固定在O点正下方绝缘柱上.其中O点与小球A的间距为l.O点与小球B的间距为3l,当小球A平衡时,细线与竖直方向夹角θ=30°,带电小球A、B均可视为点电荷,静电力常量为k,重力加速度为g,则(B)A.A、B间库仑力大小F=kB.A、B间库仑力大小F=3C.细线拉力大小FT=kD.细线拉力大小FT=3mg[解析]A的受力情况如图所示,几何三角形OAB与力三角形相似,有FTmg=l3l,则FT=3mg3,由余弦定理得AB=l2+(3l)28.如图所示,将一个足球用三个小立柱(可视为质点)支起,立柱呈正三角形放在水平地面上,立柱与足球球心的连线与竖直方向的夹角均为37°,已知每个立柱对足球的支持力大小为1.5N,sin37°=0.6,不计足球与立柱间的摩擦,则下列说法正确的是 (D)A.每个立柱受到三个力的作用B.地面对立柱的作用力竖直向上C.足球的重力为2.7ND.每个立柱受到地面的摩擦力为0.9N[解析]对足球分析,根据平衡条件可知,三个立柱对足球作用力FN的合力与足球的重力G平衡,则G=3FNcos37°=3.6N,选项C错误;足球对每个立柱有斜向下的压力,其大小等于FN,且方向和竖直方向夹角为37°,对单独一个立柱分析,根据平衡条件可知其受到地面的摩擦力大小为Ff=FNsin37°=0.9N,选项D正确;每个立柱受到自身的重力、足球的压力、地面的支持力和地面的摩擦力,共四个力作用,根据力的合成可知地面对立柱的作用力斜向上而不是竖直向上,选项A、B错误.9.有一种篮球收纳托架如图所示,托起同一篮球的两托杆平行且与水平面成θ角,一半径为R、质量为m的篮球静置在左边最上层托架上,水平支撑杆对该篮球的弹力方向恰好沿水平方向,不计托杆内径,两托杆间距为2d且d<R,不计一切摩擦,重力加速度为g,则每根托杆对该篮球的弹力大小为 (D)A.mgB.mgC.mgRD.mgR[解析]对该篮球受力分析,设单根托杆对篮球的弹力大小为FN,两托杆对篮球弹力的合力为F,水平支撑杆对篮球的弹力为FN',垂直两根托杆平面篮球受力示意图如图甲,则有F=2FNR2-d2R,竖直面内篮球的受力示意图如图乙,则有cosθ=mgF,解得考点2动态平衡1.如图所示,搬运重物时,工人师傅用绕过光滑定滑轮的绳索,将球形重物(视为质点)缓慢释放,重物从滑轮的正下方沿固定斜面缓慢向下移动.若绳索质量不计,认为斜面光滑,则该过程中,绳索拉力大小的变化情况是 (B)A.一直增大 B.一直减小C.先增大后减小 D.先减小后增大[解析]对重物受力分析可知,重物受到重力、斜面的支持力和绳索的拉力,设绳索的拉力与斜面夹角为θ,斜面倾角为α,则由平衡条件可知Fcosθ=mgsinα,重物从滑轮的正下方沿固定斜面缓慢向下移动时,θ角减小,则F减小,故选B.2.(多选)如图所示,轻杆通过光滑铰链与甲、乙两物块连接,物块甲放置于粗糙水平面上,物块乙紧靠在竖直光滑墙壁上,整个装置静止.现对物块甲施加一水平力F,使其由图示位置缓慢向左移动一小段距离,则在甲缓慢移动的过程中 (BC)A.F保持不变B.杆的弹力变大C.甲受到的摩擦力不变D.墙壁对乙的弹力变小[解析]甲物块缓慢向左移动一小段距离,乙物块受力平衡,合力为零不变,受力如图,FTsinθ=FN、FTcosθ=m1g,当甲向左移动一小段距离时,θ增大,则FT和FN都增大,选项B正确,D错误;对整体,竖直方向有FN'=m1g+m2g,地面对甲的弹力大小等于整体的重力且不变,水平方向有FN+F=Ff,FN增大,Ff不变,则F减小,选项A错误,C正确.3.工地上甲、乙两人用如图所示的方法将带挂钩的重物抬起.不可伸长的轻绳两端分别固定于刚性直杆上的A、B两点,轻绳长度大于A、B两点间的距离.现将挂钩挂在轻绳上,乙站直后将杆的一端搭在肩上并保持不动,甲蹲下后将杆的另一端搭在肩上,此时重物刚要离开地面,然后甲缓慢站起至站直.已知甲的身高比乙高,不计挂钩与绳之间的摩擦.在甲缓慢站起至站直的过程中,下列说法正确的是 (B)A.轻绳的张力大小一直不变B.轻绳的张力先变大后变小C.轻绳的张力先变小后变大D.轻绳对挂钩的作用力先变大后变小[解析]如图所示,设轻绳间的夹角为θ,则轻绳上的张力为FT=mg2cosθ2,当甲缓慢站起至站直的过程中轻绳间的夹角4.如图所示,在粗糙的水平地面上放着一左侧截面是半圆的柱状物体B,在B与竖直墙之间放置一光滑小球A,整个装置处于静止状态.现用水平力F推动B缓慢向左移动一小段距离后,它们仍处于静止状态,在此过程中,下列判断正确的是 (A)A.小球A对物体B的压力逐渐减小B.墙面对小球A的支持力先增大后减小C.地面对物体B的摩擦力逐渐增大D.水平力F逐渐增大[解析]对A球受力分析,当推动B缓慢向左移动一小段距离后,FN1与竖直方向的夹角变小,整个过程动态变化如图所示,由图可知,FN1减小,根据牛顿第三定律,则小球A对物体B的压力逐渐减小,FN2也减小,则墙面对小球A的支持力一直减小,综上所述,A正确,B错误;以整体为研究对象,竖直方向受力平衡,则地面对B的支持力大小等于总重力,根据牛顿第三定律可得,B对地面的压力FN不变,则地面对物体B的摩擦力Ff也不变,C错误;整体水平方向受力平衡,根据平衡条件有F=FN2+Ff,由于摩擦力不变,FN2逐渐减小,则F逐渐减小,D错误.5.如图所示,光滑的半圆形硬杆两端固定在水平天花板上且位于竖直面内,圆心为O点,质量为m的小环套在硬杆上,受到拉力F(图中未画出)的作用静止于P点,OP与水平面的夹角为53°,重力加速度为g,sin53°=0.8、cos53°=0.6,下列说法正确的是(D)A.F方向可能竖直向下B.若F竖直向上,则硬杆对小环的弹力一定竖直向下C.若F沿半圆的切线斜向右上方,则F的大小为45D.若将F方向缓慢转动使其由水平向右变为竖直向上,则F先变小后变大[解析]当F竖直向下时,由于半圆形硬杆对小环的弹力只能与半径在同一直线上,所以硬杆对小环的弹力沿着OP方向,小环的重力竖直向下,则合力不能为0,不可能在P点处于静止状态,故A错误;若F竖直向上,硬杆对小环的弹力必为0,且F=mg,小环才能处于静止状态,故B错误;若F沿半圆的切线斜向右上方,如图甲所示,三力平衡的矢量三角形为直角三角形,由几何关系可得cos53°=Fmg,解得F=35mg,故C错误;将F方向缓慢转动使其由水平向右变为竖直向上的过程中,小环受到三个力的合力为零,作出三力平衡的矢量三角形如图乙所示,FN的方向不变,F与FN的合力不变,始终与重力等大反向,可见F6.如图所示,质量为m的三根完全相同的导体棒垂直于纸面放置,其中a、b两导体棒放置在粗糙的水平面上,c导体棒被竖直的轻质弹簧悬挂,三根导体棒中均通入垂直纸面向里、大小相等的恒定电流后,呈等边三角形排列,且保持稳定.下列说法正确的是 (B)A.弹簧的弹力小于c导体棒的重力B.弹簧的弹力大于c导体棒的重力C.水平面对a导体棒的摩擦力可能为零D.若在地面上对称地缓慢增大a、b导体棒间的距离,弹簧长度将增大[解析]三根导体棒的电流方向相同,根据同向电流相吸,反向电流相斥可知,导体棒a和导体棒b对c导体棒都是吸引力,作用力的合力方向竖直向下,故弹簧的弹力大于c导体棒的重力,故A错误,B正确;b、c导体棒对a导体棒的合力方向垂直bc向上,在水平方向的分力不为零,而a导体棒处于静止状态,根据受力平衡可知,水平面对a导体棒的摩擦力一定不为零,故C错误;若对称地缓慢增大a、b导体棒间的距离,a导体棒和b导体棒对c导体棒的作用力都在减小,且两个力的夹角增大,故两个力的合力减小,则弹簧弹力减小,弹簧的伸长量减小,弹簧长度减小,故D错误.7.(多选)如图所示,一内表面光滑的半圆形凹槽放在粗糙的水平地面上,物块(可看作质点)静置于槽内最底部的A点处.现用一方向不变的斜向上的推力F把物块从A点沿着凹形槽缓慢推至B点,整个过程中,凹槽始终保持静止.设物块受到凹槽的支持力为FN,则在上述过程中下列说法正确的是 (BC)A.F和FN都一直增大B.F一直增大,FN先减小后增大C.地面对凹槽的支持力一直减小D.地面对凹槽的摩擦力保持不变[解析]由题意可知,在力F缓慢推动的过程中物块处于动态平衡状态,且重力为恒力始终不变,推力的方向始终不变,物块受力如图所示,则根据动态变化过程中的矢量三角形可知,推力F逐渐增大,圆弧面对物块的弹力FN先减小后增大,故A错误,B正确;对物块和凹槽这一整体,推力F斜向右上方,方向不变,但大小始终在增大,因此可知力F在竖直方向和水平方向的分力都始终增大,设力F与水平方向的夹角为θ,则由平衡条件可得,竖直方向有(M+m)g=Fsinθ+FN',水平方向有Ff=Fcosθ,由以上平衡方程结合力F的变化情况可知,地面对凹槽的支持力一直减小,地面对凹槽的摩擦力一直增大,故C正确,D错误.第2讲力与直线运动考点1直线运动规律综合应用1.[2022·湖北卷]我国高铁技术全球领先,乘高铁极大节省了出行时间.假设两火车站W和G间的铁路里程为1080km,W和G之间还均匀分布了4个车站.列车从W站始发,经停4站后到达终点站G.设普通列车的最高速度为108km/h,高铁列车的最高速度为324km/h.若普通列车和高铁列车在进站和出站过程中,加速度大小均为0.5m/s2,其余行驶时间内保持各自的最高速度匀速运动,两种列车在每个车站停车时间相同,则从W到G乘高铁列车出行比乘普通列车节省的时间为 (B)A.6小时25分钟 B.6小时30分钟C.6小时35分钟 D.6小时40分钟[解析]对普通列车,5次加速、减速的总时间t1=10v1a=600s,5次加速和减速的总位移x1=v1t12=9km,匀速运动的时间t2=x-x1v1=91112h;对高铁列车,5次加速、减速的总时间t1'=10v2a=1800s,5次加速和减速的总位移x1'=v2t1'2=81km,匀速运动的时间t2'=x-2.[2023·全国甲卷]一小车沿直线运动,从t=0开始由静止匀加速至t=t1时刻,此后做匀减速运动,到t=t2时刻速度降为零.在下列小车位移x与时间t的关系曲线中,可能正确的是 (D)[解析]在x-t图像中,斜率表示速度,根据题意可知速度先增大后减小,故斜率先增大后减小,由于速度方向没有发生变化,所以位移持续增大,故D正确.3.中国高铁技术已走在世界前列.某同学在观察火车出站时的情景,此情景可简化为物体做匀加速直线运动,火车先后经过M、N两点时,其速度分别为v和7v,经历的时间为t,则 (C)A.M、N两点连线中点位置的速度比经过中间时刻的速度多2vB.M、N两点连线中点位置的速度比经过中间时刻的速度少2vC.在M、N两点间前一半时间所通过的距离比后一半时间通过的距离少1.5vtD.在M、N两点间前一半时间所通过的距离比后一半时间通过的距离多1.5vt[解析]中间时刻的速度为vt2=v+7v2=4v,中间位置的速度为vx2=v2+(7v)22=5v,所以M、N两点连线中点位置的速度比经过中间时刻的速度多v,故A、B错误;在M、N两点间前一半时间和后一半所通过的距离分别为x1=v+4v2·t2=54.如图所示为平潭海峡公铁两用大桥,其中元洪航道桥的A、B、C三根桥墩间距分别为AB=132m、BC=196m.某中学生所在的高速列车匀加速通过元洪航道桥,车头经过AB和BC的时间分别为3s和4s,则这列高速列车经过元洪航道桥的加速度大小约为(B)A.0.7m/s2 B.1.4m/s2C.2.8m/s2 D.6.3m/s2[解析]设列车经过A的速度为v,加速度为a,则在AB段有x1=vt1+12at12,在AC段有x1+x2=v(t1+t2)+12a(t1+t2)2,代入数据整理可得a=107m/s2≈15.A、B两物体同时同地向同一方向运动,其速度与位移变化关系图像如图所示,A物体做匀速直线运动、速度大小为v0.B物体的速度与位移关系图像为过原点开口向右的抛物线.两图像交点坐标为(x0、v0),下列说法正确的是 (A)A.出发后,A、B两物体相遇时B物体的速度大小为2v0B.A、B两物体在距坐标原点x0处相遇C.B物体在x0处的加速度a=vD.B物体做加速度减小的加速运动[解析]因B物体的速度与位移关系图像为过原点开口向右的抛物线,可知满足v2=2ax,即B物体做匀加速运动,选项D错误;图像经过(x0,v0)点,则解得a=v022x0,两物体相遇时v0t=12at2,解得t=4x0v0,此时B物体的速度大小为vB=at=2v0,选项A正确,C错误;A、B两物体相遇时距坐标原点的距离为6.一物块在粗糙水平面上沿直线自由滑行,物块运动的位移为x,运动时间为t,绘制的xt2-1t图像如图所示,则物块在前3s内的位移为 (A.25m B.24mC.20m D.15m[解析]由题意知物块在粗糙水平面上沿直线自由滑行,则位移为x=v0t-12at2,整理得xt2=v0·1t-a2,由图可知斜率为v0=20m/s,由截距可知加速度大小为a=8m/s2,所以物块速度减为零的时间为t=v0a=2087.[2022·辽宁卷]如图所示,小物块从长1m的水平桌面一端以初速度v0沿中线滑向另一端,经过1s从另一端滑落.物块与桌面间的动摩擦因数为μ,g取10m/s2.下列v0、μ的取值可能正确的是 (B)A.v0=2.5m/s B.v0=1.5m/sC.μ=0.28 D.μ=0.25[解析]物块在桌面上做匀变速直线运动,加速度大小a=μg,物块能从另一端滑落,则物块到另一端的速度v>0,根据v=v0-at,得v0>10μ,根据题意有L=v0+v2t,得v0+v=2m/s,则v0<2m/s,μ8.[2023·北京卷]如图所示,在光滑水平地面上,两相同物块用细线相连,两物块质量均为1kg,细线能承受的最大拉力为2N.若在水平拉力F作用下,两物块一起向右做匀加速直线运动.则F的最大值为(C)A.1N B.2N C.4N D.5N[解析]对两物块整体做受力分析有F=2ma,再对于后面的物块有FTmax=ma,FTmax=2N,联立解得F=4N.9.[2023·全国乙卷]一同学将排球自O点垫起,排球竖直向上运动,随后下落到O点.设排球在运动过程中所受空气阻力大小和速度大小成正比,则该排球(B)A.上升时间等于下落时间B.被垫起后瞬间的速度最大C.达到最高点时加速度为零D.下落过程中做匀加速运动[解析]上升阶段,根据受力分析可知,重力和阻力(变力)方向都向下,加速度向下,排球做加速度减小、速度减小的变速运动,到达最高点时速度为零,此时仅受重力,加速度不为零,C错误;下降阶段,受重力、阻力(变力),合力方向向下,排球做加速度减小、速度增大的变速运动,最终回到出发点,两个阶段位移大小相同,加速度大小不同,时间不同,A、D错误;上升阶段,排球被垫起后瞬间速度最大,下降阶段,下落到O点时速度最大,全过程有阻力做功,故排球被垫起后瞬间速度最大,B正确.10.(多选)如图所示,凹形槽车静止在水平直轨道上,位于光滑槽底的水平轻弹簧一端连接右侧槽壁,另一端连接质量m=1kg的物体,物体静止时,弹簧对物体的压力FN0=2N,现使槽车与物体一起以加速度a=2m/s2沿轨道运动,用F表示弹簧的弹力大小,FN表示物体对左侧槽壁的压力大小,下列判断正确的是(AC)A.若a的方向向左,则F=2NB.若a的方向向左,则FN=4NC.若a的方向向右,则F=2ND.若a的方向向右,则FN=0[解析]当物体静止时,弹簧处于压缩状态;当物体与左侧不接触时,FN=0,F>2N,加速度不可能为2m/s2,故物体与左侧接触.当物体以向左的加速度a=2m/s2运动时,F=2N,由牛顿第二定律有F-FN=ma,则FN=0,选项A正确,B错误;当物体以向右的加速度a=2m/s2运动时,F=2N,由牛顿第二定律有FN-F=ma,则FN=4N,选项C正确,D错误.11.冰壶是一种技巧类运动项目,冰壶被掷出后沿冰面滑行,最后停下时冰壶距大本营的圆心更近的一方获胜.下列说法正确的是 (A)A.运动员在冰壶运动过程中用冰刷不断地摩擦冰面,减小了冰壶运动的加速度,使冰壶运动得更远B.运动员以3m/s的初速度投出冰壶,由于冰壶具有惯性,因此冰壶将做匀速直线运动C.初速度一定时,冰壶的质量越小,运动时受到的阻力越小,运动的距离越大D.初速度一定时,冰壶的质量越大,惯性越大,运动的距离越大[解析]运动员用冰刷摩擦冰面,减小了冰壶与冰面间的动摩擦因数,根据μmg=ma,v02=2ax可知,μ减小,a减小,x增大,故A正确;若冰面光滑,则冰壶被投出后会因为具有惯性,将做匀速直线运动,但冰面与冰壶之间存在摩擦力,因此冰壶做减速运动,故B错误;冰壶初速度一定时,根据μmg=ma,v02=2ax,可得x12.(多选)[2022·全国甲卷]如图所示,质量相等的两滑块P、Q置于水平桌面上,二者用一轻弹簧水平连接,两滑块与桌面间的动摩擦因数均为μ.重力加速度大小为g.用水平向右的拉力F拉动P,使两滑块均做匀速运动;某时刻突然撤去该拉力,则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前 (AD)A.P的加速度大小的最大值为2μgB.Q的加速度大小的最大值为2μgC.P的位移大小一定大于Q的位移大小D.P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小[解析]设两滑块的质量均为m,撤去拉力前,两滑块均做匀速直线运动,则拉力大小为F=2μmg,撤去拉力前对Q受力分析可知,弹簧的弹力为FT0=μmg,以向右为正方向,撤去拉力瞬间弹簧弹力不变,为μmg,两滑块与桌面间仍然保持相对滑动,此时滑块P的加速度为-FT0-μmg=maP1,解得aP1=-2μg,此刻滑块Q所受的力不变,加速度仍为零,滑块P做减速运动,故P、Q间距离减小,弹簧的伸长量变小,弹簧弹力变小.根据牛顿第二定律可知P减速的加速度减小,滑块Q受到的合力增大,方向向左,向右做加速度增大的减速运动,故刚撤去拉力瞬间,P的加速度最大,为2μg,弹簧恢复原长时,Q的加速度最大,有-μmg=maQm,解得aQm=-μg,故滑块Q加速度大小的最大值为μg,A正确,B错误.滑块P、Q水平向右运动,P、Q间的距离在减小,故P的位移一定小于Q的位移,C错误.滑块P在弹簧恢复到原长时的加速度为-μmg=maP2,解得aP2=-μg,撤去拉力时,P、Q的速度相等,滑块P开始时的加速度大小为2μg,之后做加速度减小的减速运动,最后弹簧恢复原长时加速度大小为μg;滑块Q开始的加速度为0,之后做加速度增大的减速运动,最后弹簧恢复原长时加速度大小也为μg,分析可知P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小,D正确.13.如图所示,静置于光滑斜面(倾角为θ)的质量为m的物块,受到沿斜面方向的恒力F的作用,作用时间t后撤去F,再经时间2t后刚好返回起点,重力加速度为g,则力F与mgsinθ之比应该为 (B)A.3∶7 B.9∶5 C.7∶3 D.2∶3[解析]向上运动过程有x=12a1t2,撤去F时物块速度为v=a1t,之后运动过程有-x=v·2t-12a2(2t)2=2a1t2-2a2t2,解得0=52a1t2-2a2t2,即有a1a2=45,由于ma1=F-mgsinθ,ma2=mgsinθ,解得F-14.如图所示,光滑水平面上固定一根光滑的水平细杆,上面套着两个质量均为m、半径很小的球A和B,两球用长为L的细线相连接,开始时细线被拉直.现用一与光滑水平面平行且与杆垂直的恒力F作用于线的中点,使两球由静止开始沿杆运动,当两球相距0.6L时两球沿杆滑行的加速度a的大小为 (D)A.Fm B.F2m C.3F[解析]根据题意,对结点受力分析,如图所示,由平衡条件有2FTcosθ=F,由几何关系可得cosθ=45,sinθ=35,对小球,由牛顿第二定律有FTsinθ=ma,联立解得a=315.民航客机都有紧急出口,发生意外情况的飞机紧急着陆后,打开紧急出口,狭长的气囊会自动充气,生成一条连接出口与地面的斜面,人员可沿斜面滑行到地面.假设某型号的飞机舱口下沿距地面高度为3.6m,气囊所形成的斜面长度为6m,一个质量为60kg的人在气囊顶端由静止沿斜面滑下时,可视为做匀加速直线运动,已知人沿气囊下滑时所受的阻力为120N,g取10m/s2.下列说法正确的是 (B)A.人滑至气囊底端时的速度大小为8m/sB.人滑至气囊底端时的速度大小为43C.人下滑过程所经历的时间约为3sD.人下滑过程所经历的时间约为1s[解析]设斜面的倾角为θ,则sinθ=hL=3.66=0.6,根据牛顿第二定律可得,mgsinθ-Ff=ma,解得加速度a=4m/s2,根据速度—位移公式得v2=2aL,可得人滑至气囊底端时的速度v=2aL=2×4×6m/s=43m/s,故A错误,B正确;根据位移—时间公式可得L=12at2,解得人下滑过程所经历的时间t=216.(多选)如图所示,小明从羽毛球筒中取出最后一个羽毛球时,一手拿着球,另一只手迅速拍打筒的上端边缘,使筒获得向下的初速度并与手发生相对运动,筒内的羽毛球就可以从上端出来.已知球筒质量为M=90g(不含球的质量),球筒与手之间的滑动摩擦力为Ff1=2.6N,羽毛球质量为m=5g,球头离筒的上端距离为d=9.0cm,球与筒之间的滑动摩擦力为Ff2=0.1N,重力加速度g取10m/s2,空气阻力忽略不计,当球筒获得一个初速度后(BD)A.羽毛球的加速度大小为10m/s2B.羽毛球的加速度大小为30m/s2C.若羽毛球头部能从上端筒口出来,则筒获得的初速度至少为35D.若羽毛球头部能从上端筒口出来,则筒获得的初速度至少为3m/s[解析]依题意,对羽毛球受力分析,由于羽毛球相对于筒向上运动,受到筒对它竖直向下的摩擦力作用,根据牛顿第二定律可得mg+Ff2=ma1,求得羽毛球的加速度为a1=30m/s2,羽毛球向下做匀加速直线运动,故A错误,B正确;对筒受力分析,根据牛顿第二定律有Mg-Ff1-Ff2=Ma2,求得a2=-20m/s2,负号表示筒的加速度方向竖直向上,说明筒向下做匀减速直线运动,若敲打一次后,羽毛球头部能从上端筒口出来,则当羽毛球到达筒口时,二者速度相等,此时筒获得的初速度为vmin,有a1t=vmin+a2t,vmint+12a2t2-12a1t2=d,联立代入相关数据求得vmin=3m/s,故C错误,D正确.17.风洞是空气动力学研究和实验中广泛使用的工具,某研究小组设计了一个总高度H0=24m的低速风洞,用来研究某物体在竖直方向上的运动特性,如图所示,风洞分成一个高度为H1=16m的无风区和一个受风区,某物体质量m=10kg,在无风区中受到空气的恒定阻力,大小为20N,在受风区受到空气对它竖直向上的恒定作用力.某次实验时该物体从风洞顶端由静止释放,且运动到风洞底端时速度恰好为0,g取10m/s2.求在本次实验中:(1)该物体的最大速度;(2)该物体在受风区受到空气对它的作用力大小;(3)该物体第一次从风洞底端上升的最大距离.[答案](1)16m/s(2)260N(3)563[解析](1)在无风区对该物体由牛顿第二定律得mg-Ff=ma1解得a1=8m/s2物体在无风区做匀加速直线运动,有vmax2=2a1解得最大速度为vmax=16m/s(2)物体在受风区向下运动时做匀减速直线运动,则有vmax2=2a解得a2=16m/s2由牛顿第二定律得F-mg=ma2解得物体在受风区受到的恒定作用力为F=260N(3)物体在受风区向上运动时做匀加速直线运动,到分界线时速度大小为16m/s,再次进入无风区后做匀减速直线运动,由牛顿第二定律得mg+Ff=ma3解得a3=12m/s2向上做匀减速运动的位移为H2=vmax22第一次上升的最大距离为H=H0-H1+H2=563考点2动力学图像综合问题1.随着汽车在我国居民生活中的日渐普及,对汽车的安全性能的要求不断提高.为检测某新型汽车的刹车性能,现在平直公路上做刹车试验,测得汽车在某次刹车过程中速度v与位移x的关系如图所示,设刹车过程中汽车做匀减速直线运动,已知t=0时刻汽车速度为40m/s,重力加速度g取10m/s2.下列说法正确的是 (B)A.刹车过程中汽车的加速度大小为6m/s2B.路面与轮胎之间的动摩擦因数为0.5C.t=5s时,汽车的速度大小为22m/sD.0~10