第10讲 牛顿运动定律的应用1题型专项训练-2027届高考物理一轮复习 （解析版）

1/37第10讲牛顿运动定律的应用1题型专项训练〖组卷模式：解题口诀+高考考向+题型专练〗TOC\o"1-1"\h\u题型01两类基本问题 1题型02连接体问题 6题型03斜面模型 9题型04等时圆活用 15题型05图像问题 22题型06临界与极值问题 27TOC\o"1-3"\h\u题型01两类基本问题解题口诀：知力求动先求a，知动寻力逆推它，受力运动巧互化。高考考向：由受力求解运动参量、由运动状态反推受力，直线运动关联计算。1．在冰雪运动训练场的水平直道上，为模拟不同摩擦条件，交替铺设长度的制动区和长度的光滑区，如图所示。滑雪运动员从第一个制动区的左端以的初速度开始向右滑行。已知制动区与滑雪板间的动摩擦因数为0.5，重力加速度大小，则运动员滑行的总时间为（）A．1.2s B．2.2s C．2.8s D．3.8s【答案】B【详解】制动区的加速度大小为运动员经过第一个制动区过程，由运动学公式可得解得该过程所用时间为运动员经过光滑区做匀速直线运动，所用时间为设运动员在第二个制动区停下，由运动学公式可得解得假设成立，运动员在第二个制动区的运动时间为则运动员滑行的总时间为故选B。2．如图甲所示，一算盘静置在水平桌面上，中间带孔的算珠可穿在固定的杆上滑动，使用时发现有一颗算珠位于杆的一端处于未归零状态，在时刻对算珠施加沿杆方向的力。F0.1N使其由静止开始运动，经0.15s撤去F，此后再经0.15s恰好能到达另一端处于归零状态。算珠在整个运动过程中的v—t图像如图乙所示，算珠可视为质点，与杆间的动摩擦因数恒定，重力加速度。下列说法正确的是（）A．算珠与杆间的动摩擦因数为0.1 B．算珠的质量为25gC．若不撤去F，则算珠在0.2s时已处于归零状态 D．杆长9cm【答案】B【详解】D．由图像面积表示位移，可知杆长为，故D错误；AB．由牛顿第二定律得，，由图可知撤去前后算珠的加速度大小分别为，联立解得，，故A错误，B正确；C．若不撤去，算珠将以的加速度做匀加速直线运动，经运动位移为，则此时未到归零状态，故C错误。故选B。3．（2026﹡上海5月卷﹡高考真题）一只松鼠在一根与水平方向夹角为的倾斜树枝上，从静止开始沿树枝向上做匀加速直线运动；已知它在内沿树枝运动了【计算结果，保留2位有效数字】。（1）求松鼠的加速度；（2）已知松鼠的质量为，求该过程中树枝对松鼠的作用力。【答案】（1），方向沿树枝向上；（2），方向斜向上【详解】（1）松鼠做初速度为0的匀加速直线运动，由匀变速直线运动位移与时间的关系，得代入，，解得方向沿树枝向上。（2）对松鼠受力分析，松鼠受重力，树枝的作用力，将分解为沿树枝分量​、垂直树枝分量。垂直树枝方向，受力平衡，有解得沿树枝方向由牛顿第二定律，得解得合作用力大小方向斜向上。4．（2026﹡陕晋青宁卷﹡高考真题）如图，某游乐场有一条滑道，由两段粗糙程度不同的直道组成，其中段的长度、倾角为段水平且足够长。初始时游客甲乘滑板从点由静止下滑，经过到达点，此后进入段继续滑行。游客甲和滑板的总质量段、段滑道与滑板间的动摩擦因数分别为、，其中。重力加速度取，。游客和滑板整体视为质点，不计空气阻力及在点处的机械能损失。（1）求AB段滑道与滑板间的动摩擦因数；（2）求AB段甲和滑板的机械能损失及动量变化量的大小；（3）当甲到达点时，游客乙乘同样滑板恰以的速度经过点下滑。求乙到达点时与甲的距离。【答案】（1）（2），（3）40m【小问1详解】当甲从A点滑至B点根据代入数据可得a=2m/s2根据牛顿第二定律有因为，所以代入数据联立可得【小问2详解】甲从A点滑至B点损失的机械能等于这个过程中摩擦力做的功，所以有根据前面小问可知甲下滑的加速度为a=2m/s2；根据运动学公式可得甲到达B点的速度为12m/s所以AB段动量的变化量为【小问3详解】乙从A滑到B的过程根据运动学公式有代入数据解得甲在地面上做匀减速运动，根据牛顿第二定律有可得甲到达B点的速度为，在4s内甲没有停止；在内，甲运动的距离代入数据解得，即甲乙之间的距离为40m。5．如图所示，一挡板垂直斜面固定放置，斜面与水平面的夹角θ=37°，交线为CD，斜面内BC与CD垂直，挡板平面与斜面的交线为AC，∠ACB=θ=37°。挡板长L=1.82m，质量m=0.2kg的滑块从挡板上端A点由静止滑下，滑块与斜面、挡板间的动摩擦因数均为μ=0.1，取重力加速度大小g=10m/s2，sin37°=0.6，滑块可看作质点，不计空气阻力，求：(1)滑块受到的摩擦力大小f；(2)滑块的加速度大小a；(3)滑块滑到挡板底端C点时的速度大小v。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）由受力分析可得解得（2）根据牛顿第二定律得解得（3）滑块做匀加速直线运动解得6．冰壶比赛是在水平冰面上进行的体育项目。如图所示，比赛时运动员从起滑架处推着冰壶出发，在投掷线AB处放手让冰壶以一定的速度滑出，冰壶的停止位置越靠近圆心O越好，AB中点P与O相距L=30m。某次训练中，运动员使冰壶从P点以v0=3m/s的速度向圆心O滑出，已知冰壶和冰面间的动摩擦因数μ=0.02，g取10m/s2。冰壶滑行过程中的加速度大小a=______m/s2，冰壶滑行的总位移大小x=______m。【答案】0.222.5【详解】[1]冰壶滑行过程中对冰壶由牛顿第二定律得解得冰壶滑行过程中的加速度大小为a=0.2m/s2[2]由速度-位移公式v2=2ax可得x=22.5m题型02连接体问题解题口诀：整体隔离灵活选，先求整体加速度，再析内力列方程。高考考向：绳/杆/接触面连接体计算，系统受力、加速度与相互作用力求解。7．如图所示，一固定杆与水平方向夹角为，将一滑块套在粗糙的杆上，通过轻绳悬挂一个小球，若滑块与小球保持相对静止以相同的加速度一起运动，此时绳子与竖直方向夹角为，且，则滑块的运动情况是（）A．沿着杆加速下滑B．沿着杆加速上滑 C．沿着杆减速下滑 D．沿着杆减速上滑【答案】D【详解】设小球的质量为，以小球为对象，由于，可知绳子对小球的拉力沿杆方向的分力向下，则有可得小球的加速度大小方向沿杆向下；设滑块的质量为，以小球和滑块为整体，由于可知滑块受到的滑动摩擦力沿杆向下，则滑块沿杆向上运动，由于加速度方向沿杆向下，所以滑块的运动情况是沿着杆减速上滑。故选D。8．如图所示，在水平直线传送轨道上，智能快递分拣车的前、后两个货舱质量分别为2m和m，用轻质刚性连接杆相连。每个货舱所受运行阻力与自身质量成正比，比例系数为k。前货舱的驱动装置提供水平牵引力F，使两货舱一起向前做匀加速直线运动。已知连接杆能承受的最大拉力为T₀，重力加速度为g，为保证连接杆不被拉断，牵引力F的最大值为（）A．3T0 B． C． D．【答案】A【详解】取前进方向为正方向，后货舱（质量）受连接杆向前的拉力和向后的阻力，由牛顿第二定律前货舱（质量）受牵引力（向前）、连接杆向后的拉力和向后的阻力，由牛顿第二定律有联立消去，得当时，，与、无关。故选A。9．如图所示，在光滑水平地面上，物块A、B用轻弹簧相连。两物块质量之比。若在水平拉力作用下，两物块一起向右做匀加速直线运动，则弹簧弹力大小为（）A． B． C． D．【答案】B【详解】对A、B整体，根据牛顿第二定律设弹簧弹力为，对A，根据牛顿第二定律结合可得故选B。10．如图所示，A、B两个物体相互接触，但并不黏合，静止放置在水平面上，水平面与物体间的摩擦力可忽略不计，两个物体的质量，。从开始，推力和拉力后分别作用于A、B上，、随时间的变化规律为，，下列说法正确的是（）A．0~2s时间内A的加速度一直在减小 B．时，A、B两物体刚好分离C．2s~4s内B的加速度一直在增大 D．时，A速度达到最大值【答案】BC【详解】AB．对A与B整体分析，应用牛顿第二定律有解得共同加速度为若AB之间的弹力为0，对A分析有当时，解得即在2s时A与B物体恰好分离，故A错误，B正确；C．在2s~4s内，B物体的加速度为可知加速度大小在增大，故C正确；D．在2s后，A的加速度为根据公式可知在后A的加速度反向，A才开始做减速运动，2s末A的速度不是最大值，故D错误。故选BC。11．如图，P、Q两物体叠放在水平面上，已知两物体质量均为，P与Q间的动摩擦因数为，Q与水平面间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取，当水平向右的外力作用在Q物体上时，P、Q一起向右做匀加速运动，运动加速度______；P受到的摩擦力大小______N。【答案】24【详解】[1]当水平向右的外力作用在Q物体上时，P、Q一起向右做匀加速运动，以P、Q为整体，根据牛顿第二定律可得解得加速度为[2]以P为对象，根据牛顿第二定律可得P受到的摩擦力大小为12．如图所示，质量为的一只长方体形空铁箱在水平拉力作用下沿水平面向右匀加速运动，铁箱与水平面间的动摩擦因数。这时铁箱内一个质量为的木块（可视为质点）恰好能静止在后壁上。木块与铁箱内壁间的动摩擦因数。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取。求：(1)水平拉力的大小；(2)减小拉力，木块沿铁箱左侧壁落到底部（不反弹），此时箱的速度为，立即撤去拉力，又经一段时间木块达铁箱右侧壁，此时木块的速度为，则铁箱的长度是多少？【答案】(1)(2)【详解】（1）木块在竖直方向上，根据平衡条件有在水平方向上，根据牛顿第二定律有对整体分析，根据牛顿第二定律有联立解得（2）对木块，根据牛顿第二定律有根据运动学公式有，对铁箱，根据牛顿第二定律有根据运动学公式有联立解得题型03斜面模型解题口诀：力沿斜面做分解，正交建轴列等式，倾角摩擦细分析。高考考向：单物、叠加体在斜面的变速运动，上下滑动、往返过程分析计算。13．如图所示，竖直平面内有5根足够长的不同倾角的光滑杆子，5个相同的小球套在杆子上从各杆子上同一高度同时由静止下滑，一段时间后小球的连线可能是（）A． B．C． D．【答案】C【详解】AD．经过时间t，小球沿杆下滑的位移为所以倾角越大，沿杆下落位移越大，故AD错误；BC．此时小球到原点O的杆长为其中下滑竖直高度为h，将位置分解为水平坐标x、竖直坐标y，则，所以小球的连线是曲线，不是直线，故C正确、B错误。故选C。14．某物理兴趣小组不再局限于理想光滑模型，利用材质相同、粗糙均匀的细杆开展力学拓展探究。竖直平面内以O点为圆心作圆，PQ为圆的一条直径，PA为圆的一条弦，过P点的圆切线与水平方向夹角为θ，弦PA与该切线的夹角为α，PB竖直。小圆环套在细杆上，圆环与杆间动摩擦因数恒定，满足µ=tanθ。现将同一圆环，从P、B两点间圆弧上的任意位置由静止释放，沿细杆下滑至P点，下列说法正确的是（）A．圆环下滑到P点的速度大小相同B．圆环下滑过程中克服摩擦力所做功相同C．细杆倾角越大，圆环下滑到P点的时间越短D．圆环能下滑到P点的时间仍严格相等，为【答案】D【详解】A．根据牛顿第二定律可得，解得根据速度位移关系可得根据几何关系可得联立解得由此可知，从P、B两点间圆弧上的任意位置由静止释放，沿细杆下滑至P点速度大小不同，故A错误；B．圆环下滑过程中克服摩擦力所做功为由此可知，圆环下滑过程中克服摩擦力所做功不相同，故B错误；CD．根据位移时间关系可得联立解得由此可知，圆环能下滑到P点的时间均相等，故C错误，D正确。故选D。15．如图所示，倾角为、足够长的光滑斜面上有一质量为的小物体，在沿斜面向上的恒力作用下，由静止从斜面底端沿斜面向上做匀加速直线运动，经过时间，撤去力，物体又经过相同的时间回到斜面底端，在这时间内，下列说法正确的是（）A．撤去恒力F前、后的加速度之比为B．恒力F的大小为C．从静止开始经过时间物体沿斜面向上运动到最高点D．物体回到斜面底端时的速度大小为【答案】C【详解】AB．设有拉力与没拉力时物体的加速度大小分别为、，根据物体在拉力作用下向上运动的位移与撤去拉力后回到出发点的位移大小相等，方向相反，得得到即由牛顿第二定律，可得，故AB错误；C．从静止开始到达最高点的时间，故C正确；D．物体沿斜面上滑的距离为下滑过程，根据速度位移关系解得，故D错误。故选C。16．如图所示，质量为的木块在倾角为的固定斜面上恰好能沿斜面匀速下滑，斜面底端点到顶端点的长度，现对木块施加沿斜面向上的力，使其从点开始沿斜面向上运动，一段时间后撤去，木块恰好能到达点，设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度，下列说法正确的是（）A．木块与斜面之间的动摩擦因数为B．在力作用下木块的加速度大小为C．撤去后木块继续向上运动的时间为0.5sD．力作用的时间为2s【答案】AD【详解】A．木块恰好能沿斜面匀速下滑，则有解得木块与斜面之间的动摩擦因数为，故A正确；B．在力作用下，根据牛顿第二定律可得解得木块的加速度大小为，故B错误；CD．撤去后根据牛顿第二定律可得解得加速度大小为设撤去时，木块的速度大小为，则有代入数据解得则力作用的时间为撤去后木块继续向上运动的时间为，故C错误，D正确。故选AD。17．工人师傅巧妙地利用载重货箱下行的动力拉起上行的空载货箱，既解决了载重货箱下行过快的问题，又减轻了搬运空载货箱上行的劳动强度，其装置简化为如图所示，在倾角为的斜坡上，一总质量为15kg的载重货箱，通过轻绳绕过轻质光滑定滑轮与质量为5kg的空载货箱相连，轻绳与斜面平行。当载重货箱下行时，能够拖动空载货箱上行，已知两货箱与斜坡间的动摩擦因数均为0.25，重力加速度g取，，，则当载重货箱下行时，加速度大小为__________，轻绳的拉力大小为__________N。【答案】145【详解】[1][2]空载货箱受力如图所示根据牛顿第二定律和滑动摩擦力公式可得载重货箱受力如图所示根据牛顿第二定律和滑动摩擦力公式可得联立解得18．如图所示，倾角的斜面体静止放在水平地面上，斜面长L=3m。质量m=1kg的物体Q锁定在斜面底端，与斜面间的动摩擦因数，通过轻细绳跨过定滑轮与物体P相连接，连接Q的细绳与斜面平行，P距地面高度为h=1.8m（P被释放着地后立即停止运动）。P、Q可视为质点，斜面体始终静止，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计滑轮轴摩擦，g取10m/s2。(1)若P的质量M=3kg，对Q解除锁定后在P下落过程中，求物块Q的加速度大小a0；(2)解除锁定后为使Q能够向上运动且不从斜面顶端滑出，求P质量的取值范围。【答案】(1)5m/s2(2)1kg<M⩽5kg【详解】（1）根据牛顿第二定律，对于P：对于Q：解得；（2）为了使P能下落，必须满足解得P着地后，设Q继续上滑的加速度大小为，上滑距离为x，对Q受力分析，由牛顿第二运动定律得解得P着地前瞬间，设Q速度大小为，对Q分析，由运动学公式可得Q恰好不从斜面顶端滑出，需满足联立代入数据，解得对于P、Q组成的系统，根据牛顿第二定律可得联立可得为使Q能够向上运动且不从斜面顶端滑出P的质量需满足的条件为。题型04等时圆活用解题口诀：同圆弦滑时间同，顶点底端分两类，巧用模型秒解题。高考考向：等时圆结论判断、多轨道下滑时间比较、几何关联动力学计算。19．如图所示，在竖直平面内有一大圆环，其中O为圆心，AB为竖直直径，OP与直径AB的夹角为α，PC与AB平行。现有一小圆环分别套在粗糙杆PB、PC、PD上，分别由P点运动到B、C、D点，运动时间为、、，其中小圆环直径略大于粗糙杆的直径，摩擦因数，下列说法正确的是（）A． B． C． D．【答案】B【详解】当落点在PC右侧时，延长PO交圆于E点，过P点作圆的切线，设PD与切线夹角为，如图所示根据几何关系可知根据牛顿第二定律可得解得根据位移时间关系可得解得，则运动时间与无关，即当沿PB运动时，根据牛顿第二定律可得根据几何关系可知根据位移时间关系可得解得，则，故ACD错误、B正确。故选B。20．如图所示，半球形容器内有三块不同长度的滑板、、，其下端都固定于容器底部点，上端搁在容器侧壁上，已知三块滑板的长度，若三个滑块同时从A、B、C处开始由静止下滑（忽略阻力），则（）A．A处滑块最先到达点 B．B处滑块最先到达点C．C处滑块最先到达点 D．三个滑块同时到达点【答案】D【详解】令半球形容器的半径为，滑板的倾角为，对滑块进行分析，根据牛顿第二定律有根据位移公式有解得可知时间与滑板的倾角和板的长度均无关，故三个滑块同时到达点。故选D。21．如图所示，1、2、3、4四小球均由静止开始沿着光滑的斜面从顶端运动到底端，其运动时间分别为、、、，已知竖直固定的圆环的半径为r，O为圆心，固定在水平面上的斜面水平底端的长度为，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A．； B．；C．； D．；【答案】B【详解】由几何关系可求1轨道长根据牛顿第二定律可得加速度大小为根据位移—时间关系可得联立解得同理可求得在轨道2上时间；由几何关系可求得轨道3长根据牛顿第二定律可得加速度大小为根据位移——时间关系可得联立解得同理可求得在轨道4上时间。故ACD均错，B正确。故选B。22．如图所示，三根在竖直平面内的光滑细管A、B、C上端平齐，B管竖直放置，A管与B管的夹角为α，C管与B管的夹角为β，且α﹤β。三个小球同时从管口顶端静止释放，经过相同的时间，三球所处位置正确的是（）A．B．C．D．【答案】C【详解】如图所示，ABCD为同一圆上的点，圆的半径为R，小球从A沿光滑杆AB、AC、AD滑下，从AB下滑用时，有，解得，从AC下滑，有，而AC的长度为，故有，解得，同理若从AD下滑，时间为，即小球到达圆上三点所用时间相同；依此结论可知，而现在三个小球均从管口上方下滑且无摩擦，相同时间后小球的位置是在同一个圆弧上，且所在位置与竖直位置连线与倾斜轨道夹角为直角，故选C。23．如图所示，半径为R的圆环固定在竖直面内，圆环的圆心为O，最低点为A，AB、AC、BD是固定在圆周上的三个光滑斜面，B、C、D都在圆环的圆周上，AB与竖直方向的夹角为，BD与AC平行，BD经过圆心O。让小球1从B点由静止释放沿着AB运动到A点，让小球2从C点由静止释放沿着AC运动到A点，让质量为m的小球3从B点由静止开始在沿BD斜向下的恒力F（大小未知）作用下运动到D点，三个小球均视为质点。已知小球1、3的运动时间相等，重力加速度大小为g，忽略空气阻力，求：(1)小球2从C点运动到A点的时间；(2)小球1到达A点时的速度大小；(3)恒力F的大小。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）由题知，CA与水平方向的夹角为，对小球2，根据牛顿第二定律有解得根据几何关系，可得位移为又解得（2）由题知，BA与水平方向的夹角为，对小球1，根据牛顿第二定律有解得根据几何关系，可得位移为联立解得故小球1到达A点时的速度大小为（3）由题知，小球1、3的运动时间相等，3球下滑的位移为2R，则有解得由题知，CA与水平方向的夹角为，对小球3，根据牛顿第二定律有解得24．如图甲所示，bc是竖直面内一根固定的光滑细杆，a、b、c位于同一圆周上，圆的半径为R，a点为圆周的最高点，c点为最低点。让一个小滑环从b点由静止释放到达c点；如图乙所示，在竖直平面内，固定一个半径为R的大圆环，其圆心为O，在圆内与圆心O同一水平面上的P点搭一光滑斜轨道到大环上，，欲使物体（视为质点）从P点由静止释放，沿此倾斜轨道滑到大环。已知重力加速度为g。（1）求小滑环从b点运动到c点的时间；（2）求物体从P点滑到大环的最小时间。【答案】（1）；（2）【详解】（1）设ac与bc夹角为，则有由几何关系得bc细杆长度为小滑环匀加速运动，根据运动学公式可得联立解得（2）如图建立一个与大圆相内切的等时圆设其半径为，由几何关系得解得从P点运动到切点为最短时间，由（1）结论得题型05图像问题解题口诀：看图先析横纵轴，斜率面积藏信息，图像转化为运动。高考考向：：v-t、a-t、F-t图像解读，结合图像求力、加速度、位移等物理量。25．如图甲，两物体A、B叠放在光滑水平面上，对物体B施加一水平力，力随时间变化图像如图乙所示。两物体在力作用下由静止开始运动，且始终相对静止。下列说法正确的是（）A．时刻，两物体之间的摩擦力最大 B．时刻，两物体的速度方向开始改变C．时刻，两物体回到初始位置 D．物体A所受摩擦力与力的方向始终相同【答案】D【详解】A．以整体为研究对象，根据牛顿第二定律研究A物体，根据牛顿第二定律可得​时刻，所以，摩擦力最小，A错误；B．​时间内，为正，加速度沿正方向，物体一直做加速运动，速度沿正方向​时刻反向，加速度反向，物体开始沿正方向做减速运动，速度方向不变，B错误；C．​内，物体速度方向始终为正（正向加速，​正向减速，时刻速度减为0），位移一直增大，时刻位移最大，没有回到初始位置，C错误；D．由A项的推导可知，摩擦力始终与同方向，D正确。故选D。26．如图甲所示，在升降机的顶部安装了一个能够显示拉力大小的传感器，传感器下方挂上一轻质弹簧，弹簧下端挂一质量为的小球，若升降机在匀速运行过程中突然停止，并以此时为零时刻，在后面一段时间内传感器显示弹簧拉力随时间变化的图像如图乙所示，为重力加速度，忽略一切阻力，则（）A．的时间内小球向上运动，加速度增大B．的时间内小球向上运动，加速度减小C．的时间内小球向上运动，加速度增大D．的时间内小球向下运动，加速度减小【答案】A【详解】A．的时间内，弹簧拉力在减小，故小球向上运动，小球的合力，故加速度在增大，故A正确；B．的时间内，弹簧拉力在增大，故小球向下运动，小球的合力，故加速度在减小，故B错误；C．的时间内，弹簧拉力在增大，故小球向下运动，此时重力小于弹簧弹力（取竖直向下为正方向），故加速度在增大，故C错误；D．的时间内，弹簧拉力在减小，故小球向上运动，此时重力小于弹簧弹力（取竖直向下为正方向），故加速度在减小，故D错误；故选A。27．如图甲所示，物块放在光滑的平台上，绕过光滑定滑轮的轻绳一端连在物块上，另一端吊着物块，滑轮与物块间的轻绳水平，用水平力向右拉物块，使其从静止开始做匀加速直线运动，运动位移大小为时，速度大小为，其图像如图乙所示，轻绳足够长，重力加速度为，则下列说法正确的是（）A．物块A的质量等于B．物块B的质量等于C．当时，轻绳上的拉力大小等于D．撤去拉力的一瞬间，物块的加速度大小等于【答案】A【详解】AB．对A、B整体分析，根据牛顿第二定律有由运动学公式可得联立解得结合图乙可知，图像斜率纵轴截距解得，则。故A正确，B错误；C．当时，代入公式得解得对物块B，由牛顿第二定律解得。故C错误；D．撤去拉力的瞬间，对整体由牛顿第二定律解得。故D错误。故选A。28．某观光电梯竖直向上运动可以从底层直达观光平台。质量为50kg的游客乘坐该电梯去观光平台，电梯在时刻在一楼由静止开始上升，在这次运行过程中，游客的加速度a随时间t变化的关系如图所示。已知重力加速度。下列说法正确的是（）A．时，游客对电梯的压力为512.5NB．游客在2~12s内做匀速运动C．在0~30s内，游客对电梯的最大压力为525ND．时，游客的速度为5m/s【答案】AC【详解】A．由图像可知，内加速度随时间线性变化，时加速度对游客由牛顿第二定律，得解得根据牛顿第三定律可知，游客对电梯的压力等于，故A正确；B．内游客加速度恒定为，做匀加速直线运动，不是匀速运动，故B错误；C．加速度向上时游客超重，加速度越大，对电梯的压力越大。本题中最大向上加速度由牛顿第二定律，可得最大支持力根据牛顿第三定律，游客对电梯的最大压力为，故C正确；D．游客初速度为0，时游客速度等于内图像的面积，故D错误。故选AC。29．小涵同学为了测试遥控飞行器性能，操控飞行器从地面沿竖直方向由静止起飞，上升到最高点后竖直下落，着陆时速度刚好为零。已知飞行器质量为，其动力系统提供的升力方向始终竖直向上，所受空气阻力大小恒为，其运动的图像如图所示，g取，下列说法正确的是（）A．时飞行器加速度大小为 B．时飞行器处于失重状态C．时飞行器升力大小为 D．时飞行器返回地面【答案】AB【详解】A．由图像的斜率表示加速度，可知时飞行器加速度大小为，故A正确；B．由图像可知飞行器在内向上减速运动，加速度方向向下，所以时飞行器处于失重状态，故B正确；C．由图像可知内向下加速运动，加速度大小为根据牛顿第二定律可得解得时飞行器升力大小为，故C错误；D．设时刻飞行器返回地面，根据图像与横轴围成的面积表示位移，则有解得，故D错误。故选AB。30．科技节上航模社团进行了“飞行特技表演”，四翼飞行器（可视为质点）从地面由静止启动，获得竖直向上、大小恒定的升力，开始匀加速起飞，经过一段时间关闭动力，飞行器继续上升到最高点后开始竖直下落，一段时间后重新开启动力装置使飞行器获得跟起飞时相同的升力，飞行器着陆时速度刚好为零，实现完美软着陆，全过程的图像如图所示。已知飞行器的质量，运动过程中所受空气阻力大小视作恒定，方向与速度方向相反，重力加速度g取。求：(1)飞行器上升的最大高度；(2)飞行器恒定升力的大小及空气阻力的大小；(3)飞行器下降过程中的最大速度。【答案】(1)24m(2)16N，2N(3)【详解】（1）由图像0-4s飞行器一直在上升，所以时达到最大高度。根据v-t图像与坐标轴所围的面积表示位移，可得最大高度（2）由图像得加速度大小加速度大小，在根据牛顿第二定律解得在根据牛顿第二定律解得（3）下降阶段：重启动力前根据牛顿第二定律解得重启动力后，根据牛顿第二定律解得下降总位移为，由运动学公式解得题型06临界与极值问题解题口诀：临界状态找拐点，弹力摩擦定边界，极限条件列方程。高考考向：恰好滑动、恰好分离、最大/最小加速度等临界场景，极值计算与动态分析。31．如图所示，水平地面上一车厢内固定有倾角为的光滑斜面，一根平行斜面的轻绳一端固定在斜面顶端，另一端连接质量为的小球置于斜面上。已知重力加速度为，不计空气阻力，当整个装置一起水平向左做匀加速直线运动时，下列说法正确的是（）A．小球一定受2个力的作用B．小球一定受3个力的作用C．当装置水平向左的加速度大小为时，轻绳的拉力大小为D．当装置水平向左的加速度大小为时，小球受3个力的作用【答案】C【详解】若支持力恰好为零，对小球受力分析如图受到重力和绳子拉力，小球向左加速，根据牛顿第二定律，有，解得，由以上分析可知，若装置的加速度，小球将飘离斜面受2个力作用；，小球在斜面上受3个力作用。故选C。32．如图所示，质量为的劈块左右劈面的倾角分别为，，质量分别为和的两物块，同时分别从左右劈面的顶端从静止开始下滑，劈块始终与水平面保持相对静止，其中与劈块间的动摩擦因数为，光滑，则两物块下滑过程中劈块与地面的动摩擦因数至少是（假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）（）A． B． C． D．【答案】B【详解】由题意可知M的加速度m1的加速度m2的加速度为选M、m1和m2构成的质点组为研究对象，根据质点组牛顿第二定律，在水平方向有竖直方向有联立解得两物块下滑过程中劈块与地面的动摩擦因数至少为故选B。33．一辆货车运载着若干相同的光滑圆柱形空油桶。桶C受到桶A和桶B的支持力和汽车一起保持静止，不计空气阻力，如图所示，当C与车共同向左运动时（）A．当车向左匀速直线运动时，桶A对桶C的支持力小于桶B对桶C的支持力B．当车加速直线运动时，B对C的支持力不变C．当匀速向左的速度足够大时，C可能脱离AD．当向左的加速度足够大时，C可能脱离A【答案】D【详解】A．对桶C受力分析如图根据几何关系可知A对C的支持力与竖直方向的夹角与B对C的支持力在竖直方向的夹角相等都是θ，当车匀速直线运动时，根据平衡条件可得所以A对C的支持力FA等于B对C的支持力FB，故A错误；B．当车加速直线运动时，水平方向上，根据牛顿第二定律有得可知B对C的支持力FB增大，故B错误；C．当车匀速向左运动时，无论速度有多大，根据平衡条件可知，A、B对C都有支持力作用，C