2024版新教材高考物理复习特训卷考点18等时圆模型及动力学的临界极值问题

这是一份2024版新教材高考物理复习特训卷考点18等时圆模型及动力学的临界极值问题，共5页。试卷主要包含了2 s内，F为变力，0等内容，欢迎下载使用。


[2023·四川遂宁模拟]如图所示，竖直墙与水平地面交点为O，从竖直墙上的A、B两点分别搭两条光滑轨道到M点，∠AMO＝60°、∠BMO＝45°，M点正上方与B等高处有一C点．现同时将a、b、c球分别从A、B、C三点由静止开始释放．则( )
A．a球最先到达M点
B．b球最先到达M点
C．c球最先到达M点
D．b球和c球都可能最先到达M点
2.
[2023·江苏无锡一模]两个圆1和2外切，它们的圆心在同一竖直线上，有三块光滑的板，它们的一端搭在墙上，另一端搭在圆2的圆周上，三块板都通过两圆的切点，A在圆周上，B在圆内，C在圆外，从ABC三处同时静止释放一个小球，它们都沿光滑板运动，则最先到达圆2的圆周上的球是( )
A．从A处释放的球 B．从B处释放的球
C．从C处释放的球 D．同时到达
3．某物体以一定初速度沿足够长斜面向上运动的最大位移为x，且x随斜面倾角θ的变化关系如图所示，重力加速度g＝10 m/s2，则( )
A．物体初速度大小为4 m/s
B．物体和斜面之间动摩擦因数为 eq \f(\r(3),2)
C.θ＝60°时，x有最小值为 eq \f(5,8) eq \r(3)m
D．θ＝45°时，物体运动至最大位移处能够维持静止
4.
[2023·山东济南市二模]滑滑梯是小朋友们爱玩的游戏．有两部直滑梯AB和AC，A、B、C在竖直平面内的同一圆周上，且A为圆周的最高点，示意图如图所示，已知圆周半径为R.在圆周所在的竖直平面内有一位置P，距离A点为 eq \r(3)R且与A等高．各滑梯的摩擦均不计，已知重力加速度为g.
(1)如果小朋友由静止开始分别沿AB和AC滑下，试通过计算说明两次沿滑梯运动的时间关系；
(2)若设计一部上端在P点，下端在圆周上某点的直滑梯，则小朋友沿此滑梯由静止滑下时，在滑梯上运动的最短时间是多少？
5．[2023·天津红桥区一模]一弹簧一端固定在倾角为37°的光滑斜面的底端，另一端拴住质量m1＝4 kg的物块P.Q为一重物，已知Q的质量m2＝8 kg，弹簧的质量不计，劲度系数k＝600 N/m，系统处于静止，如图所示．现给Q施加一个方向沿斜面向上的力F，使它从静止开始沿斜面向上做匀加速运动，已知在前0.2 s内，F为变力，0.2 s 以后，F为恒力(sin 37°＝0.6，g取10 m/s2).求：
(1)P、Q一起做匀加速运动的加速度大小；
(2)F的最大值与最小值．
6．[2023·广东省汕头市模拟]疫情期间，为了减少人与人之间的接触，一餐厅推出了一款智能送餐机器人进行送餐(如图甲).该款机器人的最大运行速度为4 m/s，加速度大小可调节在1 m/s2≤a≤3 m/s2范围内，要求：送餐过程托盘保持水平，菜碟与托盘不发生相对滑动，机器人到达餐桌时速度刚好为0.现把送餐过程简化为如图的直线情境图(如图乙)，已知机器人恰好以最大运行速度v＝4 m/s通过O处，O与餐桌A相距x0＝6 m，餐桌A和餐桌F相距L＝16 m，机器人、餐桌都能看成质点，送餐使用的菜碟与托盘之间的动摩擦因数为μ＝0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2.
(1)在某次从O到餐桌A的过程中，机器人从O开始匀减速恰好到A停下，求机器人在此过程加速度a的大小．
(2)完成(1)问中的送餐任务后，机器人马上从A继续送餐到F，若要求以最短时间从A送餐到F，求机器人运行最大加速度am和加速过程通过的位移x加．
考点18 等时圆模型及动力学的临界极值问题——提能力
1．答案：C
解析：以C为圆心，BC为半径作圆，如图
根据“等时圆”原理可知，从圆上各点沿弦到最低点经过的时间相等，则ta>tb>tc，选项C正确．
2．答案：B
解析：假设经过切点的板两端点分别在圆1、圆2上，板与竖直方向的夹角为α，圆1的半径为r，圆2的半径为R，则圆内轨道的长度s＝2(r＋R)cs α，下滑时小球的加速度α＝g cs α，根据位移时间公式得s＝ eq \f(1,2)at2，则t＝ eq \r(\f(2s,a))＝ eq \r(\f(4（r＋R）cs α,g cs α))＝ eq \r(\f(4（r＋R）,g))，即当板的端点在圆上时，沿不同板下滑到底端所用的时间相同；由题意可知，A在圆上，B在圆内，C在圆外，可知从B处释放的球下滑的时间最短，故选B.
3．答案：C
解析：由图可知，当倾角为90°时，最大上升高度为 eq \f(5,4)m，此时为竖直上抛运动，则有－2gx1＝0－v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ，解得v0＝5 m/s，故A不符合题意；由图可知，当倾角为零时，此时物体水平滑行距离最大为 eq \f(5,4) eq \r(3)m，根据动能定理有－μmgx2＝0－ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ，解得μ＝ eq \f(\r(3),3)，故B不符合题意；由牛顿第二定律有mg sin θ＋μmg cs θ＝ma最大位移x与倾角θ满足－2ax＝0－v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ，代入得2gx(sin θ＋μcs θ)＝v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ，要使x最小，则应sin θ＋μcs θ最大，由数学知识可知sin θ＋μcs θ＝ eq \r(1＋μ2)sin (θ＋α)，当sin (θ＋α)＝1时有最大阻值，此时位移最小，即xmin＝ eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,2g（sin θ＋μcs θ）)＝ eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,2g\r(1＋μ2))＝ eq \f(5,8) eq \r(3)m，此时sin (θ＋α)＝1，即sin α＝ eq \f(μ,\r(1＋μ2))＝ eq \f(1,2)，此时则α＝30°，θ＝60°，故C符合题意；当θ＝45°时，物体运动至最大位移处有mg sin θ>μmg cs θ，则物体将下滑，不能够维持静止，故D不符合题意．
4．答案：(1)tAB＝tAC (2) eq \r(\f(3R,g))
解析：(1)设AB与水平方向夹角为θ，小朋友沿AB下滑时的加速度a＝g sin θ，又xAB＝ eq \f(1,2)at eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(AB)) ，AB间的距离为xAB＝2R sin θ，解得tAB＝ eq \r(\f(4R,g))与角度无关，同理可知tAC＝ eq \r(\f(4R,g))，故tAB＝tAC.
(2)根据第一问的结论，画出以P点为最高点的半径为r的等时圆，如图所示，当两圆相切时，运动的时间最短，由几何关系知(R＋r)2＝(R－r)2＋( eq \r(3)R)2，解得r＝ eq \f(3,4)R，最短时间t＝ eq \r(\f(3R,g)).
5．答案：(1)3 m/s2 (2)72 N 36 N
解析：(1)设刚开始时弹簧的压缩量为x0，在沿斜面方向上有(m1＋m2)g sin θ＝kx0，因为在前0.2 s内，F为变力，0.2 s以后，F为恒力，所以在0.2 s时，P对Q的作用力为零，设0.2 s时，弹簧的压缩量为x1，对P，沿斜面方向上有kx1－m1g sin θ＝m1a，前0.2 s内P、Q向上运动的距离为x0－x1＝ eq \f(1,2)at2，解得a＝3 m/s2.
(2)当P、Q开始运动时拉力最小，此时，对P、Q整体有Fmin＋kx0－(m1＋m2)g sin θ＝(m1＋m2)a，解得Fmin＝36 N，当P、Q分离时拉力最大，此时对Q有Fmax＝m2(a＋g sin θ)＝72 N．
6．答案：(1) eq \f(4,3)m/s2 (2)2 m/s2 4 m
解析：(1)从O点到A点，由运动公式：0－v2＝2ax0
解得a＝ eq \f(0－v2,2x0)＝－ eq \f(42,2×6)m/s2＝－ eq \f(4,3)m/s2
机器人在此过程加速度a的大小 eq \f(4,3)m/s2.
(2)要想用时间最短，则机器人先以最大加速度加速，然后匀速一段时间，再以最大加速度做减速到零．最大加速度
由牛顿第二定律有：am＝μg＝2m/s2
加速的位移为x加＝ eq \f(v2,2am)＝4 m．