专题5.1“力与运动”-2023届高考物理二、三轮复习总攻略

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一．选择题
1.(2022·浙江东阳中学开学考试)舰载战斗机着舰被称为“在刀尖上跳舞”，指的是舰载战斗机着舰有很大的风险，一旦着舰不成功，飞行员必须迅速实施“逃逸复飞”，其中“逃逸复飞”是指制动挂钩挂拦阻索失败后舰载战斗机的复飞。若某飞行员在一次训练“逃逸复飞”科目时，舰载战斗机复飞前的速度为25 m/s，复飞过程中的最大加速度为6 m/s2，航母跑道长为200 m，起飞需要的最小速度为50 m/s。则舰载战斗机在跑道上复飞过程的最短时间约为( )
A．4.2 s B．5.0 s
C．7.5 s D．8.0 s
【答案】A
【解析】：舰载战斗机在复飞过程中以最大加速度6 m/s2做匀加速直线运动时，舰载战斗机有最短复飞距离，设为s，由题意知v0＝25 m/s，a＝6 m/s2，v＝50 m/s，根据v2－v02＝2as得s＝eq \f(v2－v02,2a)＝eq \f(502－252,2×6) m＝156.25 m<200 m，则舰载战斗机复飞的最短时间为t＝eq \f(v－v0,a)＝eq \f(50－25,6) s≈4.2 s，故A正确，B、C、D错误。
2.超级高铁是一种以“真空钢管运输”为理论核心的交通工具，因其胶囊形外表(如图所示)，被称为胶囊高铁。中国航天科工已启动时速1 000公里“高速飞行列车”的研发项目。如果我国的“高速飞行列车”最高时速达1 080 km，其加速与减速时加速度大小恒为2 m/s2，据此可以推测( )
A．“高速飞行列车”由静止加速到最高时速的时间为540 s
B．“高速飞行列车”由静止加速到最高时速的位移为22.5 km
C．“高速飞行列车”的速度很大，所以拐弯时轨道半径可以小一些
D．北京到上海的距离约为1 080 km，假设轨道为直线，“高速飞行列车”一个小时即可从北京到达上海
【答案】B
【解析】： v＝1 080 km/h＝300 m/s，根据v＝at，解得t＝150 s，选项A错误；根据v2－0＝2ax，解得x＝22.5 km，选项B正确；根据牛顿第二定律得F＝meq \f(v2,r)，“高速飞行列车”的速度很大，若拐弯时半径过小，所需的向心力过大，对材料的要求更高，增大拐弯半径，可以减小拐弯所需的向心力，选项C错误；从北京到上海，列车除了以最大速度1 080 km/h匀速行驶外，还需要加速和减速，即使轨道是直线，运行时间也会大于一个小时，选项D错误。
3.在研发无人驾驶汽车的过程中，对比甲、乙两辆车的运动，两车在计时起点时刚好经过同一位置沿同一方向做直线运动，它们的速度随时间变化的关系如图所示，由图可知( )
A．甲车任何时刻加速度大小都不为零
B．在t＝3 s时，两车第一次相距最远
C．在t＝6 s时，两车又一次经过同一位置
D．甲车在t＝6 s时的加速度与t＝9 s时的加速度相同
【答案】B
【解析】： 速度—时间图像某点切线的斜率表示该时刻的加速度，甲车的v­t图像的“波峰”“波谷”处切线的斜率为零，即所对应的时刻加速度为零，选项A错误；根据v­t图像与坐标轴围成的面积表示位移可知，在t＝3 s时，两车第一次相距最远，选项B正确；在t＝6 s时，两车又一次速度相等，由题图分析可知，此时两车位移不相等，即不经过同一位置，选项C错误；甲车在t＝6 s时的加速度与t＝9 s时的加速度方向相反，选项D错误。
4．[多选]一运动员(可视为质点)进行三米板跳水训练，某次跳水过程中，运动员的速度—时间图像如图所示，t＝0是其向上起跳的瞬间，此时跳板回到平衡位置。t3＝5.5t1，不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2，则下列判断正确的是( )
A．运动员入水时的速度大小为2eq \r(15) m/s
B．运动员离开跳板后向上运动的位移大小为eq \f(3,8) m
C．运动员在水中向下运动的加速度大小为20 m/s2
D．运动员入水的深度为1.5 m
【答案】BC
【解析】： 设运动员离开跳板后向上运动的位移大小为x，由题图知，运动员入水前向上运动的位移大小为向下运动位移大小的eq \f(1,9)，即eq \f(x,x＋3 m)＝eq \f(1,9)，解得x＝eq \f(3,8) m，所以运动员入水前向下运动的位移大小h1＝3 m＋eq \f(3,8) m＝eq \f(27,8) m，由v2＝2gh1，得运动员入水时的速度大小为v＝eq \f(3\r(30),2) m/s，选项A错误，B正确；由题图知运动员在水中运动的加速度大小是空中的2倍，即a＝20 m/s2，选项C正确；运动员入水的深度为h2＝eq \f(v2,2a)＝eq \f(27,16) m，选项D错误。
5.高空走钢丝杂技表演中，表演者越接近钢丝末端的时候，钢丝倾斜得越厉害，行走难度越大，行走也越缓慢。现有甲、乙两个人同走一根钢丝，其位置如图所示，假设甲、乙两人及其装备的总质量相等，下列说法正确的是( )
A．钢丝对甲的作用力小于对乙的作用力
B．甲受到的合外力小于乙受到的合外力
C．甲对钢丝的压力大于乙对钢丝的压力
D．钢丝对甲的摩擦力大于对乙的摩擦力
【答案】C
【解析】： 因行走缓慢，可认为两人均处于平衡状态，即所受合外力为零，钢丝对人的作用力大小等于人及其装备的总重力，选项A、B错误；对人受力分析可知人对钢丝的压力FN＝mgcs θ(θ为人所在位置的钢丝与水平方向的夹角)，越接近末端，θ越大，所以甲对钢丝的压力大于乙对钢丝的压力，选项C正确；人受到的摩擦力Ff＝mgsin θ，越接近末端，θ越大，Ff越大，结合牛顿第三定律可知钢丝对甲的摩擦力小于对乙的摩擦力，选项D错误。
6.(2022·名校联盟联考)某研究小组利用所学物理知识，研究篮球鞋的防滑性能。同学将球鞋置于斜面上，逐渐增大斜面与水平面之间夹角，当夹角等于37°时，篮球鞋恰好开始滑动，设篮球鞋受到的滑动摩擦力等于其最大静摩擦力，下列说法正确的是( )
A．需测量篮球鞋质量后，才能求得篮球鞋与斜面间动摩擦因数
B．鞋子与斜面间动摩擦因数为0.6
C．人穿上鞋子踩在相同材料板上时，压力增大，动摩擦因数也会变大
D．篮球鞋开始滑动前，摩擦力随夹角增大而变大
【答案】 D
【解析】 设鞋子与斜面间动摩擦因数为μ，由题意可得mgsin 37°＝μmgcs 37°，解得μ＝tan 37°＝0.75，A、B错误；动摩擦因数取决于材料表面的粗糙程度，与压力大小无关，C错误；篮球鞋开始滑动前，摩擦力大小为Ff＝mgsin θ，即Ff随θ的增大而变大，D正确。
7.(2022·厦门双十中学开学考试)如图所示为建筑工地一个小型起重机起吊重物的示意图。一根轻绳跨过光滑的轻质动滑轮，轻绳的一端系在位置A处，动滑轮的下端挂上重物，轻绳的另一端挂在起重机的吊钩C处，起吊重物前，重物处于静止状态。起吊重物过程是这样的：先让吊钩从位置C竖直向上缓慢地移动到位置B，然后再让吊钩从位置B水平向右缓慢地移动到D，最后把重物卸在某一位置。则关于轻绳上的拉力大小变化情况，下列说法正确的是( )
A．吊钩从C向B移动过程中，轻绳上的拉力变小
B．吊钩从C向B移动过程中，轻绳上的拉力变大
C．吊钩从B向D移动过程中，轻绳上的拉力不变
D．吊钩从B向D移动过程中，轻绳上的拉力增大
【答案】D
【解析】： 吊钩缓慢移动过程中，对滑轮受力分析如图所示
根据平衡条件得2Tcs θ＝mg，解得T＝eq \f(mg,2cs θ)，设轻绳长为L，轻绳两端的水平距离为d，由几何关系可知Lsin θ＝d。因吊钩从C到B的过程中，d不变，故θ为定值，轻绳上的拉力大小T不变，选项A、B错误；吊钩从B到D的过程中，d变大，故θ增大，则T一定增大，选项C错误，D正确。
8．(2022·河北衡水摸底考试)扑克牌是魔术师常用的表演道具之一，一副牌总共54张，在某次表演中，水平桌面上摞着一副扑克牌，魔术师用手指以竖直向下的力按压第1张牌，并以一定的速度水平移动手指，将第1张牌从牌摞中水平移出(牌与手指之间无滑动)。假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，每一张牌质量都相等，牌与牌之间的动摩擦因数以及最下面一张牌与桌面之间的动摩擦因数都相等，则( )
A．第1张牌受到手指的摩擦力方向与手指的运动方向相反
B．从第2张牌到第54张牌之间的牌不可能发生相对滑动
C．从第2张牌到第54张牌之间的牌可能发生相对滑动
D．第54张牌受到桌面的摩擦力方向与手指的运动方向相同
【答案】B
【解析】： 第1张牌相对于手指的运动趋势方向与手指的运动方向相反，则受到手指的静摩擦力方向与手指的运动方向相同，选项A错误；设每张牌的质量为m，牌间的动摩擦因数为μ，手指竖直向下的力为F，对第2张牌分析，第2张牌上表面受到的压力为(F＋mg)，对应的滑动摩擦力为μ(F＋mg)，第2张牌下表面受到的支持力大小为(F＋2mg)，对应的静摩擦力最大值为μ(F＋2mg)，大于μ(F＋mg)，所以第2张牌与第3张牌之间不发生相对滑动；同理可得，第3张牌到第54张牌之间的牌也不发生相对滑动，选项B正确，C错误；对53张牌(除第1张牌外)研究，其处于静止状态，水平方向受到第1张牌的滑动摩擦力，方向与手指的运动方向相同，则根据平衡条件可知，第54张牌受到桌面的摩擦力方向与手指的运动方向相反，选项D错误。
9.(2022·云峰联盟联考)如图甲所示为架设在山坡上高压电线塔，由于相邻两高压塔距离较远，其间输电导线较粗，导线较重，导致平衡时导线呈弧形下垂。若其中两相邻高压塔A、B之间一条输电线平衡时呈弧形，下垂最低点为C，输电线粗细均匀，已知弧线BC的长度大于AC的长度，一维修工人悬挂在C无接触作业，则( )
A．增大AB之间的距离，BC与AC拉力的合力变大
B．增加电线的长度，电线对工作人员的拉力增大
C．提高A点的高度，工作人员将向B点移动
D．调换质量更大的工作人员，C点的位置不变
【答案】 C
【解析】 由平衡条件可知，BC与AC拉力的合力等于输电导线及维修工人的重力，故保持不变，A错误；电线对工作人员的拉力的合力等于该工作人员的重力，故保持不变，B错误；提高A点的高度，工作人员的重力不变，受力情况与没提高之前一样，如图所示，可知工作人员将向B点移动，C正确；调换质量更大的工作人员，由于重力增大，两线的合力要增大，故夹角减小，可知C点的位置会下降，D错误。
10.(多选)(2022·河北省级联测)如图甲所示为电流天平，此装置可以测定螺线管中的磁感应强度。它的横臂(图乙)能绕转轴OO′自由转动，轴的两侧臂长度相等。在轴的右侧，沿着横臂的边缘固定着一条U形绝缘导线，天平最右端导线CD的长度为l。先调整天平处于平衡，把U形导线端放入待测的磁场中(如图丙所示)，给U形导线和螺线管分别通以大小为I和I0。的电流。CD段导线由于受到安培力作用而使天平右臂向下倾斜，在天平的另一端可以加适当的砝码，使天平恢复平衡。设当地重力加速度g＝10 m/s2。则下列说法正确的是( )
A．若在电流天平的左端增加的砝码质量为m，则长螺线管内部的磁感应强度B为eq \f(mg,Il)
B．若螺线管内部的磁感应强度B＝0.02 T，则在螺线管内部与螺线管轴线平行的一条通电导线所受安培力为0
C．若螺线管内部的磁感应强度B＝0.02 T，CD段导线的长度为3 cm，U形导线通电电流I＝2.0 A，为使天平保持平衡，应在左端悬挂1.2×10－4 g的砝码
D．假如使通过CD段导线的电流反向，仍可以通过悬挂砝码的方式测量磁感应强度
【答案】 AB
【解析】 当电流天平两端平衡时，由于力臂相等，两端的受力相等，则有mg＝IlB，A正确；螺线管内部的磁场方向平行于螺线管，对同样平行的导线没有力的作用，B正确；根据m＝eq \f(IlB,g)，解得m＝1.2×10－4 kg，C错误；当CD段导线电流反向时，根据左手定则，安培力变为向上，则不能通过悬挂砝码的方式测量磁感应强度，D错误。
11.(2022·广东模拟预测)应用于机场和火车站的安全检查仪，其传送装置可简化为如图所示的模型。传送带始终保持v＝0.8 m/s 的恒定速率运行，行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.4，A、B间的距离为2 m，g取10 m/s2。旅客把行李(可视为质点)无初速度地放在A处，则下列说法正确的是( )
A．行李从A到B过程中始终受到向左的摩擦力
B．行李经过1 s到达B处
C．行李到达B处时速度大小为0.4 m/s
D．行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.08 m
【答案】 D
【解析】 行李从A到B过程中，开始阶段向左做加速运动，受到向左的摩擦力，当与传送带共速后做匀速运动，不再受摩擦力，A错误；开始时，对行李，根据μmg＝ma得 a＝4 m/s2，设行李做匀加速运动的时间为t，行李加速运动的末速度为v＝0.8 m/s，根据v＝at1得t1＝0.2 s，匀加速运动的位移大小x＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,1)＝eq \f(1,2)×4×0.22 m＝0.08 m，匀速运动的时间为t2＝eq \f(L－x,v)＝eq \f(2－0.08,0.8) s＝2.4 s，行李从A到B的时间为t＝t1＋t2＝2.6 s，B错误；由上分析可知行李在到达B处时已经共速，所以行李到达B处时速度大小为0.8 m/s，C错误；行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为Δx＝vt1－x＝(0.8×0.2－0.08)m＝0.08 m，D正确。
12.(2022·浙江名校联盟选考)学生在校期间经常遇到搬书的情况，如图所示某同学水平托着书，沿水平方向运动，由于书的材质不同，书与书之间动摩擦因数介于0.2和0.4之间，要求运动过程中书与书之间不能有相对滑动，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，手与书之间无相对运动，下列说法正确的是( )
A．运动的最大加速度为4 m/s2
B．匀速前进时，书与书之间没有水平摩擦力
C．加速前进时，手给书的力水平向前
D．把动摩擦因数比较小的书本放在上层更不容易有相对滑动
【答案】 B
【解析】 当动摩擦因数为0.2的两本书之间恰好要发生相对滑动时，同学运动的加速度最大，为am＝μ1g＝2 m/s2，A错误；匀速前进时，书与书之间没有相对运动趋势，没有水平摩擦力，B正确；加速前进时，手给书有支持力和静摩擦力，这两个力的合力方向斜向前方，C错误；根据整体法可推知，无论将把动摩擦因数比较小的书本放在上层还是下层，只要同学运动的加速度大于最大加速度，都会发生相对滑动，D错误。
13.(2022·山东名校联盟5月联考)在CCTV10科教频道《科学大探险》栏目中，挑战者将桌布平整的放于桌面上，桌布上放上物品，然后快速抽出桌布，桌面上的物品像有魔法一般牢牢“吸”在桌面上，如图甲所示。某同学对此产生了浓厚的兴趣，他设置了一个实验进行模拟，将一质量为m的长桌布B静止在固定的水平桌面上，质量为M的盘子A静止在桌布上，如图乙所示。A与B间的动摩擦因数为μ1，B与桌面间的动摩擦因数为μ2，现给桌布B右端一水平拉力F，把桌布B从盘子A的下面抽出。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。则拉力F至少应为( )
A．(M＋m)(μ1＋μ2)g
B．μ1Mg
C．μ2(M＋m)g
D．μ1Mg＋μ2(M＋m)g
【答案】 A
【解析】 盘子的最大加速度为a1＝eq \f(μ1Mg,M)＝μ1g，A、B相对滑动的临界状态的加速度相等，则有F－μ2(m＋M)g＝(M＋m)a1，解得F＝(m＋M)(μ1＋μ2)g，故A正确。
14.[多选](2022·福建晋江期中考试)如图所示为儿童乐园里的一项游乐活动示意图，金属导轨倾斜固定，倾角为α，导轨上开有狭槽，内置一小球，球可沿槽无摩擦滑动，绳子一端与球相连，另一端连接一抱枕，小孩可抱住抱枕与之一起下滑，绳与竖直方向夹角为β，且β保持不变。假设抱枕质量为m1，小孩质量为m2，绳的质量及空气阻力忽略不计，则下列说法正确的是( )
A．小孩与抱枕一起做匀速直线运动
B．金属导轨倾角α等于绳与竖直方向的夹角β
C．小孩对抱枕的作用力平行导轨方向向下
D．绳子拉力与抱枕对小孩作用力之比为(m1＋m2)∶m2
【答案】BD
【解析】： 由于球可沿斜槽无摩擦滑动，分析可知小球、小孩、绳和抱枕组成的系统具有相同的加速度，对系统受力分析有a＝eq \f(m总gsin α,m总)＝gsin α，故系统做匀加速直线运动，选项A错误；隔离小孩和抱枕分析，加速度a＝gsin α＝gsin β，则α＝β，B正确；对抱枕分析，其受重力、拉力、小孩对抱枕的作用力，因为沿绳子方向合力为零，平行导轨方向的合力为m1a＝m1gsin β，可知小孩对抱枕的作用力与绳子在同一条直线上，选项C错误；对人和抱枕整体分析，根据力的平行四边形定则知，绳子的拉力T＝(m1＋m2)gcs β，抱枕对小孩的作用力方向沿绳子方向向上，大小为m2gcs β，则绳子拉力与抱枕对小孩的作用力之比为(m1＋m2)∶m2，选项D正确。
15.(多选) (2022·浙江湖州联考)我国高铁技术处于世界领先水平，和谐号动车组是由动车和拖车编组而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车。假设动车组各车厢质量均相等，一节动车提供的动力相同为F，动车组在水平直轨道上运行过程中每节车厢受到阻力相同为f。某列动车组由8节车厢组成，其中第1、3、6节车厢为动车，其余为拖车，则该动车组( )
A．启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相同
B．做匀加速运动时，第5、6节车厢间的作用力为1.125F
C．做匀加速运动时，第5、6节车厢间的作用力为0.125F
D．做匀加速运动时，第6、7节车厢间的作用力为0.75F
【答案】 CD
【解析】 启动时乘客的加速度方向与车厢的运动方向相同，则乘客受到车厢作用力的方向斜向前上方，A错误；做匀加速运动时，加速度为a＝eq \f(3F－8f,8m)，对后三节车厢，则F56＋F－3f＝3ma，解得第5、6节车厢间的作用力为F56＝0.125F，对最后两节车厢，则F67－2f＝2ma，解得第6、7节车厢间的作用力为F67＝0.75F，C、D正确，B错误。
16.[多选](2022·宜宾调研)动车是怎样爬坡的？西成高铁从清凉山隧道开始一路上坡，采用25‰的大坡度穿越秦岭，长达45公里，坡道直接落差1 100米，为国内之最。几节自带动力的车厢加几节不带动力的车厢编成一组就是动车组。带动力的车厢叫动车，不带动力的车厢叫拖车。动车爬坡可以简化为如图所示，在沿斜面向上的恒力F作用下，A、B两物块一起沿倾角为θ的斜面向上做匀加速直线运动，两物块间用与斜面平行的轻弹簧相连，已知两物块与斜面间的动摩擦因数相同，则下列操作能保证A、B两物块间的距离不变的是( )
A．只增加斜面的粗糙程度
B．只增加物块B的质量
C．只增大沿斜面向上的力F
D．只增大斜面的倾角θ
【答案】AD
【解析】： A、B两物块间的距离不变，则弹簧弹力不变，对A、B及弹簧整体应用牛顿第二定律可得F－(mA＋mB)gsin θ－μ(mA＋mB)gcs θ＝(mA＋mB)a，所以两物块做匀加速直线运动的加速度a＝eq \f(F,mA＋mB)－gsin θ－μgcs θ，对物块B应用牛顿第二定律可得T－mBgsin θ－μmBgcs θ＝mBa，所以弹簧弹力T＝mB(gsin θ＋μgcs θ)＋mBa＝eq \f(FmB,mA＋mB)。只改变斜面粗糙程度或斜面倾角，弹簧弹力不变，两物块间的距离不变，故A、D正确；只增加物块B的质量，eq \f(mB,mA＋mB)＝eq \f(1,\f(mA,mB)＋1)增大，故弹簧弹力增大，故B错误，两物块间的距离增大；只增大拉力F，弹簧弹力增大，两物块间的距离增大，故C错误。
17.(2022·学军中学适应考)2021年10月29日，华南师大附中校运会开幕式隆重举行，各班进行入场式表演时，无人机从地面开始起飞，在空中进行跟踪拍摄。若无人机在水平和竖直方向运动的速度随时间变化关系图像如图所示，则无人机( )
A．在0～t1的时间内，运动轨迹为曲线
B．在t1～t2的时间内，运动轨迹为直线
C．在t1～t2的时间内，速度均匀变化
D．在t3时刻的加速度方向竖直向上
【答案】 C
【解析】 在0～t1的时间内，无人机沿x方向和y方向均做初速度为零的匀加速直线运动，其合运动仍是直线运动，A错误；在t1～t2的时间内，无人机的加速度沿y轴负向，但初速度为t1时刻的末速度，方向不是沿y轴方向，初速度和加速度不共线，因此运动轨迹应是曲线，B错误；在t1～t2的时间内，无人机加速度沿y轴负向，且为定值，因此其速度均匀变化，C正确；在t3时刻，无人机有x轴负方向和y轴正方向的加速度分量，合加速度方向不是竖直向上，D错误。
18.(2022·山东模拟预测)如图所示，塔吊吊起重物的过程中，吊钩将重物竖直吊起的同时，小车带动吊钩沿水平吊臂以恒定速率v匀速向右运动。第一次重物沿直线ABC运动，直线ABC与竖直方向所成角度为α(图中未标出)；第二次重物沿曲线ABC运动，曲线ABC的中点B处的切线与竖直方向所成角度为θ。两次重物都在同一竖直面内运动，则在重物从A运动到C的过程中( )
A．第一次的运动时间较短
B．第二次的运动平均速度较大
C．第一次吊钩竖直方向运动的速度大小恒为eq \f(v,cs α)
D．第二次吊钩竖直方向运动的速度最大值为eq \f(v,tan θ)
【答案】 D
【解析】 由于小车带动吊钩沿水平吊臂以恒定速率v向右运动，所以这两次重物在水平方向上做一样的匀速运动，时间相等，A错误；两次运动的总位移和时间都相等，则平均速度也相等，B错误；第一次重物沿直线ABC运动，说明竖直方向上也做匀速运动，根据速度的分解可求得吊钩竖直方向速度大小恒为eq \f(v,tan α)，C错误；第二次重物沿曲线ABC运动，说明竖直方向上做变速运动，在B点速度最大，根据速度的分解可求得吊钩竖直方向速度最大值为eq \f(v,tan θ)，D正确。
19.(2022·浙江名校模拟考)第24届冬季奥运会于2022年2月在北京召开，如图甲所示为运动员跳台滑雪运动瞬间，运动示意图如图乙所示，运动员从助滑雪道AB上由静止开始滑下，到达C点后水平飞出，落到滑道上的D点，运动轨迹上的E点的速度方向与轨道CD平行，设运动员从C到E与从E到D的运动时间分别为t1与t2(忽略空气阻力，运动员可视为质点)，下列说法正确的是( )
A．t1B．t1>t2
C．若运动员离开C点的速度加倍，则落在斜面上的速度方向不变
D．若运动员离开C点的速度加倍，则落在斜面上距C的距离也加倍
【答案】 C
【解析】 以C点为原点，以CD为x轴，以CD垂直向上方向为y轴，建立坐标系如图，对运动员的运动进行分解，y轴方向做类竖直上拋运动，x轴方向做匀加速直线运动。当运动员速度方向与轨道平行时，在y轴方向上到达最高点，根据竖直上拋运动的对称性知t1＝t2，A、B错误；将初速度沿x、y方向分解为v1、v2，将加速度沿x、y方向分解为a1、a2，则运动员的运动时间为t＝2eq \f(v2,a2)，落在斜面上的距离s＝v1t＋eq \f(1,2)a1t2，离开C点的速度加倍，则v1、v2加倍，t加倍，由位移公式得s不是加倍关系，D错误；设运动员落在斜面上的速度方向与水平方向的夹角为α，斜面的倾角为θ，则有tan α＝eq \f(vy,v0)，tan θ＝eq \f(y,x)＝eq \f(\f(vy,2)t,v0t)＝eq \f(vy,2v0)，则tan α＝2tan θ，θ一定，则α一定，则知运动员落在斜面上的速度方向与从C点飞出时的速度大小无关，C正确。
20.(2022·浙江温州适应测)如图所示，场地自行车赛道与水平面成一定倾角，A、B、C三位运动员骑自行车在赛道转弯处以相同大小的线速度做匀速圆周运动(不计空气阻力)。则下列说法正确的是( )
A．自行车受到地面的静摩擦力指向圆周运动的圆心
B．自行车(含运动员)受到重力、支持力、摩擦力、向心力
C．A、B、C三位运动员的角速度ωA<ωB<ωC
D．A、B、C三位运动员的向心加速度aA>aB>aC
【答案】 C
【解析】 自行车做匀速圆周运动，地面对自行车的静摩擦力沿斜面方向，不指向圆心，A错误；将运动员和自行车看成整体，受重力、支持力和摩擦力，B错误；三位运动员的线速度大小相等，根据ω＝eq \f(v,r)可知半径大的，角速度小，故A、B、C三位运动员的角速度ωA<ωB<ωC，C正确；三位运动员的线速度大小相等，根据a＝eq \f(v2,r)可知半径大的，向心加速度小，A、B、C三位运动员的向心加速度aA21.(2022·河北石家庄质检)智能呼啦圈轻便美观，深受大众喜爱。如图甲，腰带外侧带有轨道，将带有滑轮的短杆穿入轨道，短杆的另一端悬挂一根带有配重的轻绳，其简化模型如图乙所示。可视为质点的配重质量为0.5 kg，绳长为0.5 m，悬挂点P到腰带中心点O的距离为0.2 m。水平固定好腰带，通过人体微小扭动，使配重随短杆做水平匀速圆周运动，绳子与竖直方向夹角为θ，运动过程中腰带可看作不动，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，下列说法正确的是( )
A．匀速转动时，配重受到的合力恒定不变
B．若增大转速，腰带受到的合力变大
C．当θ稳定在37°时，配重的角速度为5 rad/s
D．当θ由37°缓慢增加到53°的过程中，绳子对配重做正功
【答案】 D
【解析】 匀速转动时，配重做匀速圆周运动，合力大小不变，但方向在变化，A错误；转动过程中腰带可看作不动，所以腰带合力始终为零，B错误；对配重，由牛顿第二定律知mgtan θ＝mω2(lsin θ＋r)，即ω＝eq \r(\f(gtan θ,（lsin θ＋r）))，当θ稳定在37°时，解得ω＝eq \r(15) rad/s，C错误；由ω＝eq \r(\f(gtan θ,（lsin θ＋r）))可知，当θ稳定在53°时，角速度大于θ稳定在37°时的角速度，配重圆周半径也增大，速度增大，动能增大，同时高度上升，重力势能增大，所以机械能增大；由功能关系，θ由37°缓慢增加到53°的过程中，绳子对配重做的功等于配重机械能的增加量，所以功为正值，做正功，D正确。
22.(2022·河北石家庄一模)如图所示，排球比赛中，某队员在距网水平距离为4.8 m、距地面3.2 m高处将排球沿垂直网的方向以16 m/s的速度水平击出。已知网高2.24 m，排球场地长18 m，重力加速度g取10 m/s2，可将排球视为质点，下列判断正确的是( )
A．球不能过网
B．球落在对方场地内
C．球落在对方场地底线上
D．球落在对方场地底线之外
【答案】 B
【解析】 排球恰好到达网正上方的时间为t＝eq \f(x,v)＝eq \f(4.8,16) s＝0.3 s，此时间内排球下降的高度为h＝eq \f(1,2)gt2＝0.45 m，因为Δh＝3.2 m－2.24 m＝0.96 m>0.45 m，所以球越过了网，且落地时间为t′＝eq \r(\f(2h′,g))＝eq \r(\f(2×3.2,10)) s＝0.8 s，则落地的水平位移为x′＝vt′＝16×0.8 m＝12.8 m，因为击球点到对方底线的距离为x″＝4.8 m＋9 m＝13.8 m>12.8 m，即球落在对方场地内，故B正确。
23.[2022·八省八校(T8)联考]2022年北京冬奥会自由式滑雪女子大跳台决赛中，图(a)是运动员从3 m高跳台斜向上冲出的运动示意图，图(b)是运动员在空中运动时离跳台底部所在水平面的高度y随时间t变化的图线。已知t＝1 s时，图线所对应的切线斜率为4(单位：m/s)，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A．运动员冲出跳台的速度大小为14 m/s
B．t＝1.4 s时，运动员到达最高点，离跳台底部所在水平面的高度为9.8 m
C．t＝1.0 s和t＝1.8 s时，运动员的速度大小相等，方向相反
D．运动员落到跳台底部所在水平面的速度一定大于16 m/s
【答案】 D
【解析】 由竖直方向v＝v0－gt及y－t图线斜率表示竖直分速度知，t＝1 s时v＝4 m/s，运动员冲出跳台时的竖直分速度v0＝14 m/s，则运动员冲出跳台的速度大于14 m/s，A错误；最高点竖直分速度为0，经过时间t＝1.4 s到达最高点，由y＝y0＋v0t－eq \f(1,2)gt2，其中y0＝3 m，t＝1.4 s，解得离跳台底部所在水平面的高度为y＝12.8 m，B错误；t＝1.0 s和t＝1.8 s时，竖直分速度大小相等，方向相反，但是合速度只是大小相等，方向并不是相反，C错误；运动员落到跳台底部所在水平面的竖直分速度v＝eq \r(2gy)＝16 m/s，则运动员的速度一定大于16 m/s，D正确。
24.(2022·福建莆田3月模拟)2021年12月9日15时40分，“天宫课堂”第一课正式开讲，这是首次在距离地面约400 km的中国载人空间站“天宫”上进行的太空授课活动。授课期间，航天员与地面课堂的师生进行了实时互动交流，则( )
A．在“天宫”中处于漂浮状态是因为没有受到地球引力
B．在“天宫”中处于完全失重状态，宇航员无法使用弹簧拉力器锻炼身体
C．“天宫”的运行速度介于第一宇宙速度与第二宇宙速度之间
D．“天宫”绕地球周期约90分钟，在24小时内可以看到10多次日出日落
【答案】 D
【解析】 航天员在“天宫”中处于漂浮状态是因为地球引力完全提供做向心力，处于完全失重状态，A错误；在“天宫”中处于完全失重状态，但弹力与引力无关，所以宇航员可以使用弹簧拉力器锻炼身体，B错误；第一宇宙速度是环绕地球做圆周运动的最大速度，所以“天宫”的运行速度小于第一宇宙速度，C错误；“天宫”绕地球周期约90分钟，即1.5 h，则在24小时内可以看到日出日落次数为n＝eq \f(24,1.5)＝16，D正确。
25.(2022·黄冈模拟)据报道，我国将进行“人造月亮”从发射、入轨、展开到照明的整体系统演示验证。“人造月亮”是一种携带大型空间反射镜的人造空间照明卫星，将部署在距离地球500 km以内的低地球轨道上，预计其光照强度最大将是现在月光的8倍，可提供夜间照明。假设“人造月亮”绕地球做匀速圆周运动，则“人造月亮”在轨道上运动时( )
A．“人造月亮”的线速度等于第一宇宙速度
B．“人造月亮”绕地球运行的角速度大于月球绕地球运行的角速度
C．“人造月亮”的向心加速度大于地球表面的重力加速度
D．“人造月亮”的公转周期大于月球绕地球运行的周期
【答案】B
【解析】根据第一宇宙速度的意义可知，绕地球表面运行的卫星的线速度等于第一宇宙速度，而“人造月亮”在距离地球500 km以内的低地球轨道上运动，轨道半径大于地球半径，又Geq \f(Mm,r2)＝meq \f(v2,r)，即v＝ eq \r(\f(GM,r))，故“人造月亮”的线速度小于第一宇宙速度，选项A错误；由Geq \f(Mm,r2)＝mrω2可得ω＝eq \r(\f(GM,r3))，由于“人造月亮”绕地球运行的轨道半径r远小于月球绕地球运行的轨道半径，所以“人造月亮”绕地球运行的角速度大于月球绕地球运行的角速度，选项B正确；由Geq \f(Mm,r2)＝ma和Geq \f(Mm,R2)＝mg可知，“人造月亮”的向心加速度小于地球表面的重力加速度，选项C错误；由Geq \f(Mm,r2)＝mreq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,T)))2可得T＝2π eq \r(\f(r3,GM))，由于“人造月亮”绕地球运动的轨道半径r远小于月球绕地球运动的轨道半径，所以“人造月亮”绕地球运行的周期小于月球绕地球运行的周期，选项D错误。
26.(2022·浙江名校联盟联考)2021年2月7日，被称为“星坚强”的中星9A卫星消耗完了所剩不多的燃料，正式离轨。2017年“中星9A”卫星发射升空后不久，三级火箭二次点火突发异常，导致卫星发射高度严重不足，只能依靠卫星自身燃料实施变轨才能回到预定高度，经过西安卫星测控中心16天的全力抢救，卫星成功定点于赤道上空的地球静止轨道，抢救工作圆满完成，“星坚强”的爱称从此走红。将变轨过程简化如图所示，近地轨道1位于赤道上空，半径为r1，周期为T1，地球静止轨道3半径为r2，地球自转周期为T0，不计空气阻力及卫星质量变化，下列说法正确的是( )
A．卫星在椭圆轨道2上运动时周期为eq \r(\f(（r1＋r2）3,req \\al(3,2)))T0
B．卫星在轨道1经过A点的速度和在轨道2经过A点的速度相同
C．若某爱好者在赤道上2天观察到5次该卫星在轨道1掠过其正上方，则T1＝eq \f(2,7)T0
D．要使卫星从轨道2变轨至轨道3，在卫星到达B点，需减速才能变轨成功
【答案】 C
【解析】 根据开普勒第三定律eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(r1＋r2,2)))3,Teq \\al(2,2))＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(r2))3,Teq \\al(2,0))，解得卫星在椭圆轨道2上运动时周期为T2＝eq \r(\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(r1＋r2))3,8req \\al(3,2)))T0，A错误； 卫星在椭圆轨道2上经过A点的速度大于轨道1经过A点的速度，B错误； 若某爱好者在赤道上2天观察到5次该卫星在轨道1掠过其正上方，说明在t＝2T0的时间内卫星比地球自转多转过的角度为Δθ＝5×2π，则Δθ＝(eq \f(2π,T1)－eq \f(2π,T0))×2T0＝5×2π，解得T1＝eq \f(2,7)T0，C正确； 要使卫星从轨道2变轨至轨道3，在卫星到达B点，需点火加速才能变轨成功，D错误。
27．(2022·湖北重点中学联考)2021年5月，基于俗称“中国天眼”的500米口径球面射电望远镜(FAST)的观测，国家天文台李菂、朱炜玮研究团组姚菊枚博士等首次研究发现脉冲星三维速度与自转轴共线的证据。之前的2020年3月，我国天文学家通过FAST，在武仙座球状星团M13中发现一个脉冲双星系统。如图所示，假设在太空中有恒星A、B双星系统绕点O做顺时针匀速圆周运动，运动周期为T1，它们的轨道半径分别为RA、RB，RAA．若知道C的轨道半径，则可求出C的质量
B．若A也有一颗轨道半径与C相同的卫星，则其运动周期也一定为T2
C．恒星A的质量为MA＝eq \f(4π2RA\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(RA＋RB))2,GTeq \\al(2,1))
D．设A、B、C三星由图示位置到再次共线的时间为t，则t＝eq \f(T1T2,2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(T1＋T2)))
【答案】 D
【解析】 利用Geq \f(Mm,r2)＝m(eq \f(2π,T))2r只能求中心天体的质量，A错误；由MAω2RA＝MBω2RB知MA＞MB，由Geq \f(Mm,r2)＝m(eq \f(2π,T))2r可知，公转周期不仅与轨道半径有关，还与中心天体的质量有关，B错误；由eq \f(GMAMB,（RA＋RB）2)＝MBRB(eq \f(2π,T1))2可得MA＝eq \f(4π2RB（RA＋RB）2,GTeq \\al(2,1))，C错误；A、B、C三星由图示位置到再次共线应满足eq \f(2π,T1)t＋eq \f(2π,T2)t＝π，可得t＝eq \f(T1T2,2（T1＋T2）)，D正确。
28．[多选]为探测引力波，由中山大学领衔的“天琴计划”，将向太空发射三颗完全相同的卫星(SC1、SC2、SC3)，这三颗卫星构成一个等边三角形阵列，地球恰好处于该三角形的正中心，卫星将在以地球为中心、高度约为10万公里的轨道上运行，针对确定的引力波源进行引力波探测。如图所示，这三颗卫星在太空中的分列图类似乐器竖琴，故命名为“天琴计划”。已知地球同步卫星距离地面的高度约为3.6万公里。以下说法正确的是( )
A．三颗卫星具有相同大小的加速度
B．从每颗卫星上可以观察到地球上大于eq \f(1,3)的表面
C．三颗卫星绕地球运行的周期一定小于地球的自转周期
D．若知道引力常量G及三颗卫星绕地球的运行周期T，则可估算出地球的密度
【答案】AB
【解析】： 根据Geq \f(Mm,r2)＝ma，可解得加速度a＝eq \f(GM,r2)，由于三颗卫星到地球的距离相等，故绕地球运行的轨道半径r相等，则它们的加速度大小相等，选项A正确；由题图可知三颗卫星所组成的三角形的内角均为60°，则每颗卫星关于地球的张角小于60°，所覆盖地球的圆心角大于120°，故从每颗卫星上可以观察到地球上大于eq \f(1,3)的表面，选项B正确；卫星运行时由万有引力提供向心力，有Geq \f(Mm,r2)＝meq \f(4π2,T2)r，解得周期T＝2π eq \r(\f(r3,GM))，由于三颗卫星的轨道半径大于地球同步卫星的轨道半径，故三颗卫星绕地球运行的周期大于地球同步卫星绕地球运动的周期，即大于地球的自转周期，选项C错误；若知道引力常量G及三颗卫星绕地球的运动周期T，根据Geq \f(Mm,r2)＝meq \f(4π2,T2)r，解得M＝eq \f(4π2r3,GT2)，由于地球的半径未知，不能计算地球的质量，也不能计算出地球的体积，故不能估算出地球的密度，选项D错误。
29.(2022·重庆育才中学一诊)天鹅座X－1是由一光谱型O9－BO的超巨星及一颗致密星组成的双星系统，双星在彼此的万有引力作用下做匀速圆周运动，如图所示。它们目前仍处于稳定绕行状态，但质量较小的致密星在不断吸收质量较大的超巨星上的物质，假设目前双星系统的距离不变，则在双星运动的过程中( )
A．超巨星的线速度变大
B．致密星的角速度变小
C．超巨星的周期变大
D．两星之间的引力不变
【答案】 A
【解析】 设质量较小的致密星质量为m，轨道半径为r1，质量较大超巨星质量为M，轨道半径为r2，圆周运动的角速度为ω，则对m，有Geq \f(Mm,r2)＝mr1ω2，对M，有Geq \f(Mm,r2)＝Mr2ω2，结合几何关系r1＋r2＝r，可解得ω＝eq \r(\f(G\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(M＋m)),r3))，r2＝eq \f(Gm,r2ω2)，由于m与M之和保持不变，所以它们做圆周运动的角速度ω不变，超巨星做圆周运动的线速度v＝ωr2，由于m变大，r2变大，使得超巨星的线速度变大，A正确，B错误；超巨星的周期T＝eq \f(2π,ω)保持不变，C错误；两星之间的引力为F＝Geq \f(Mm,r2)，在m与M之和保持不变的前提下，由于质量较小的m变大，因此它们之间的万有引力变大，D错误。
30.(2022·河南济源质检)据中国新闻网报道，2021年11月，中科院国家天文台发布了目前世界上最大时域多星光谱星表，为科学家研究宇宙中的多星系统提供了关键数据支持。已知宇宙中存在着由四颗星组成的孤立星系，一颗母星处在正三角形的中心，三角形的顶点各有一个质量相等的小星围绕母星做圆周运动，如图所示。如果两颗小星间的万有引力大小为F，母星与任意一颗小星间的万有引力大小为6F，则下列说法中正确的是( )
A．母星受到的合力大小为(3eq \r(3)＋3)F
B．每颗小星受到的合力大小为(eq \f(\r(3),2)＋6)F
C．母星的质量是每颗小星质量的eq \r(3)倍
D．母星的质量是每颗小星质量的2倍
【答案】 D
【解析】 母星与任意一颗小星间的万有引力大小为6F，母星受到的三个力大小相等，夹角均为120°，故根据力的合成可知，母星受到的合力为零，A错误；根据受力分析可知，每颗小星受到其余两颗小星和一颗母星的引力，其合力指向母星以提供向心力，即每颗小星受到的万有引力为F′＝6F＋2Fcs 30°＝(eq \r(3)＋6)F，B错误；假设每颗小星的质量为m，母星的质量为M，等边三角形的边长为a，则小星绕母星运动轨道半径为r＝eq \f(\r(3),3)a，根据两颗小星间的万有引力为F＝Geq \f(mm,a2)，母星与任意一颗小星间的万有引力为6F＝Geq \f(Mm,r2)，解得M＝2m，即母星的质量是每颗小星质量的2倍，D正确，C错误。
二．非选择题
31.(2022·菏泽模拟)水平地面上有一足球距门柱的距离为x＝32 m，某同学将足球以水平速度v1＝10 m/s踢向球门，足球在地面上做匀减速直线运动，加速度大小为a1＝1 m/s2，足球撞到门柱后反向弹回，弹回瞬间速度大小是碰撞前瞬间速度大小的eq \f(1,4)。该同学将足球踢出后立即由静止开始以大小为a2＝2 m/s2的加速度沿足球的运动方向追赶足球，他能够达到的最大速度v2＝8 m/s。求：
(1)足球被反向弹回瞬间的速度大小；
(2)该同学至少经过多长时间才能追上足球(保留两位有效数字)。
【答案】(1)1.5 m/s (2)5.9 s
【解析】(1)设足球运动到门柱时的速度大小为v3，由运动学公式有v32－v12＝－2a1x，
解得v3＝6 m/s
则足球被反向弹回瞬间的速度大小
v4＝eq \f(1,4)v3＝1.5 m/s。
(2)足球从踢出到撞门柱前的运动时间为
t1＝eq \f(v3－v1,－a1)＝4 s
4 s末该同学的速度大小为a2t1＝8 m/s＝v2
在这4 s时间内该同学前进的位移为x2＝eq \f(v2,2)t1＝16 m
则4 s内该同学未能追上足球，4 s末速度达到最大，之后该同学匀速运动
设足球从反向弹回到减速为0所需的时间为t2，
则0＝v4－a1t2
解得t2＝1.5 s
足球反弹后运动的距离为x3＝eq \f(v42,2a1)＝1.125 m，t2时间内该同学前进的位移x4＝v2t2＝12 m
因x2＋x3＋x4设该同学匀速前进t3时间后追上足球，
则x3＋v2t3＝x－x2
解得t3＝1.9 s
该同学追上足球所用时间t＝t1＋t3＝5.9 s。
32.(2022·浙江3月选考模拟)图甲所示为某旅游景点的滑草场，图乙所示为其中一条滑道的示意图。该滑道由倾角为θ＝30°的斜坡AC和水平滑道CD组成，斜坡AC由材质不同的AB、BC两部分组成，一位质量m1＝70 kg的游客坐在质量m2＝10 kg的滑草车上，从斜坡顶端A点静止滑下，最终恰好在水平滑道末端D点停下。已知AB、BC的长度分别为LAB＝45 m、LBC＝15 m，滑草车与AB、BC、CD间的动摩擦因数分别为μ1＝eq \f(\r(3),6)、μ2＝eq \f(\r(3),3)、μ3＝eq \f(3,16)，重力加速度g＝10 m/s2，cs 15°≈0.96，不计空气阻力以及滑草车经过B、C两点时的能量损失，求滑草车(含游客)：
(1)经过B点时的速度大小vB；
(2)在滑道CD上运动时受到的摩擦力大小FfCD及滑道CD的长度LCD；
(3)在整个运动过程中的平均速度大小eq \(v,\s\up6(－))。
【答案】 (1)15 m/s (2)150 N 60 m (3)7.68 m/s
【解析】 (1)游客和滑草车总质量为m＝m1＋m2＝80 kg
滑草车在AB段运动时mgsin θ－μ1mgcs θ＝ma1
解得a1＝2.5 m/s2
又veq \\al(2,B)－0＝2a1LAB，解得vB＝15 m/s。
(2)滑草车在BC段运动时mgsin θ－μ2mgcs θ＝ma2，解得a2＝0
所以滑草车在BC段做匀速直线运动，则到C点的速度为vC＝vB＝15 m/s
滑草车在CD段运动时，所受摩擦力为FfCD＝μ3mg＝150 N
加速度大小为a3＝eq \f(FfCD,m)＝eq \f(15,8) m/s2
从C点到D点停止0－veq \\al(2,CD)＝－2a3LCD
解得LCD＝60 m。
(3)由于LAB＋LBC＝LCD＝60 m
所以根据几何知识可得，从A到D的直线距离为xAD＝2LCDcs 15°＝115.2 m
滑草车在AB、BC、CD段的运动时间分别为
t1＝eq \f(vB,a1)＝6 s，t2＝eq \f(LBC,vB)＝1 s，t3＝eq \f(vC,a3)＝8 s
所以整个运动过程中的平均速度大小为eq \(v,\s\up6(－))＝eq \f(xAD,t1＋t2＋t3)＝7.68 m/s。
33.新能源环保汽车在设计阶段要对各项性能进行测试。某次新能源汽车性能测试中，如图甲显示的是牵引力传感器传回的实时数据，但由于机械故障，速度传感器只传回了第25 s以后的数据，如图乙所示。已知汽车质量为1 500 kg，若测试平台是水平的，且汽车由静止开始做直线运动，所受阻力恒定。求：
(1)18 s末汽车的速度是多少？
(2)前25 s内汽车的位移是多少？
【答案】 (1)26 m/s (2)608 m
【解析】(1)由题图甲知18 s后汽车受到的牵引力恒定，又汽车受到的阻力始终恒定，故18 s后汽车受到的合力恒定，汽车做匀加速运动或匀速运动，由题图乙可知，18 s后汽车做匀速运动，此时牵引力为F3＝1.5×103 N以牵引力方向为正方向，由平衡条件知，阻力为f＝－F3＝－1.5×103 N
0～6 s内，牵引力为F1＝9×103 N
由牛顿第二定律得F1＋f＝ma1，
代入数据解得a1＝5 m/s2
6 s末汽车的速度为v1＝a1t1＝30 m/s
在6～18 s内，牵引力为F2＝1×103 N
由牛顿第二定律得F2＋f＝ma2，
解得a2＝－eq \f(1,3) m/s2
18 s末汽车的速度为v2＝v1＋a2t2＝26 m/s。
(2)汽车在0～6 s内的位移为x1＝eq \f(1,2)v1t1＝90 m
在6～18 s内的位移为x2＝eq \f(v1＋v2,2)·t2＝336 m
在18～25 s内的位移为x3＝v2t3＝182 m
故汽车前25 s内的位移为x＝x1＋x2＋x3＝608 m。
34．(2022·湖南湘潭期末)传送带被广泛地应用于车站、码头、工厂。如图甲所示为一传送装置，由一个倾斜斜面和一个水平传送带组成，斜面与水平传送带平滑连接，其原理可简化为示意图乙。斜面AB长度L1＝11.25 m，倾角θ＝37°，箱子与斜面AB间的动摩擦因数μ1＝0.8，传送带BC长度L2＝7 m，箱子与传送带BC间的动摩擦因数μ2＝0.2，某工人将一质量为m＝1 kg的箱子以初速度v0＝5 m/s从A处沿斜面向下运动，传送带BC保持静止(g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)。求：
(1)箱子运动到B处的速度大小；
(2)箱子在传送带BC上运动的距离；
(3)若传送带BC逆时针转动，保持v2＝2 m/s 的恒定速率。仍将质量为m＝1 kg的箱子以初速度v0＝5 m/s从A处沿斜面向下运动，求箱子在传送带上运动的时间。
【答案】 (1)4 m/s (2)4 m (3)4.5 s
【解析】 (1)从A到B过程，根据牛顿第二定律有μ1mgcs 37°－mgsin 37°＝ma1
解得a1＝0.4 m/s2
根据速度位移公式有veq \\al(2,B)－veq \\al(2,0)＝－2a1L1
解得vB＝4 m/s。
(2)从B到静止过程，根据牛顿第二定律有
μ2mg＝ma2，又0－veq \\al(2,B)＝－2a2x1
解得x1＝4 m。
(3)从B到速度减为零的过程，根据运动学公式有t1＝eq \f(0－vB,－a2)＝2 s
从速度减为零开始向左运动过程veq \\al(2,2)－0＝2a2x2
解得x2＝1 m<4 m
则箱子先匀加速1 m后匀速运动t2＝eq \f(v2－0,a2)＝1 s
匀速运动到B过程
x3＝x1－x2＝3 m，t3＝eq \f(x3,v2)＝1.5 s
因为μ1mgcs 37°>mgsin 37°
所以箱子最后会停在斜面上
t总＝t1＋t2＋t3＝4.5 s。
35.(2022·“七彩阳光”联考)某科研机构采用无人机将山里的特产送下山，或利用无人机运输急救药品和生活必需品，帮助部分山区居民解决交通不便的情况。如图所示是某次无人机在基地进行物流配送与飞行测试：实验中该无人机空载先从地面由静止竖直向上匀加速起飞，上升到100 m高度时无人机速度达到20 m/s，随后以等大加速度减速正好到达目标所在位置。当无人机满载物品后，又以4 m/s2加速度匀加速下降。已知无人机在飞行测试阶段受到的空气阻力为重力的0.1倍，已知该无人机的空载质量为80 kg，有效载荷为20 kg，求：
(1)无人机从静止到目标所在位置的时间；
(2)在上升阶段中，当无人机速度达到最大速度20 m/s时，无人机发动机的功率；
(3)无人机从目标所在位置回到地面时，当达到最大速度后匀速飞行5 s，最后匀减速直线运动回到地面速度恰好为零，求减速阶段无人机的制动力。
【解析】(1)匀加速上升过程：
veq \\al(2,0)＝2ax，解得a＝2 m/s2①
此过程时间t1＝eq \f(v0,a)＝10 s②
匀减速上升过程：a＝－2 m/s2，t2＝t1＝10 s③
故t＝t1＋t2＝20 s④
(2)上升阶段速度达到vm时
F－(mg＋0.1mg)＝ma⑤
又P＝Fvm⑥
解得P＝20 800 W⑦
(3)无人机上升的总高度为h＝200 m
匀加速下降过程h1＝eq \f(veq \\al(2,m),2a1)＝50 m
匀速飞行过程h2＝vmt＝100 m
匀减速下落过程veq \\al(2,m)＝2a2(h－h1－h2)
由牛顿第二定律得
Mg－0.1Mg－F′＝－Ma2
联立解得
F′＝1 300 N