高考物理二轮复习第二部分第3强化多过程运动问题练习

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用动力学和能量观点解决多过程问题(解析版)-2023年高考物理压轴题专项训练(新高考专用)

压轴题03用动力学和能量观点解决多过程问题目录一，考向分析 (1)二．题型及要领归纳 (1)热点题型一传送带模型中的动力学和能量问题..............................................................................................1热点题型二用动力学和能量观点解决直线+圆周+平抛组合多过程问题.....................................................5热点题型三综合能量与动力学观点分析含有弹簧模型的多过程问题.......................................................10热点题型四综合能量与动力学观点分析板块模型. (13)三．压轴题速练..........................................................................................................................................................18一，考向分析1.本专题是力学两大观点在多运动过程问题、传送带问题和滑块—木板问题三类问题中的综合应用，高考常以计算题压轴题的形式命题。

2.学好本专题，可以极大地培养同学们的审题能力、推理能力和规范表达能力，针对性的专题强化，可以提升同学们解决压轴题的信心。

3.用到的知识有：动力学方法观点(牛顿运动定律、运动学基本规律)，能量观点(动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律)。

二．题型及要领归纳热点题型一传送带模型中的动力学和能量问题1.解决传送带问题的关键点(1)摩擦力的方向及存在阶段的判断.(2)物体能否达到与传送带共速的判断.(3)弄清能量转化关系：传送带因传送物体多消耗的能量等于物体增加的机械能与产生的内能之和.2.应用动能定理时，摩擦力对物体做功W f ＝F f ·x (x 为对地位移)；系统产生的热量等于摩擦力对系统做功，W f ＝F f ·s (s 为相对路程).【例1】（2023春·湖北荆州·统考期中）如图所示，荆州沙市飞机场有一倾斜放置的长度5m L =的传送带，与水平面的夹角37θ=︒，传送带一直保持匀速运动，速度2m/s v =。

高中物理【匀变速直线运动的多过程问题】考点强化

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1．(2017·广东广州综合测试)电梯经过启动、匀速运行和制动三个过程，从低楼层到达高楼层，启动和制动可看作是匀变速直线运动。电梯竖直向上运动过程中速度的变化情况如下表：
时间(s) 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 速度(m/s) 0 2.0 4.0 5.0 5.0 5.0 5.0 5.0 4.0 3.0 2.0 1.0 0 则前 5 s 内电梯通过的位移大小为( ) A．19.25 m B．18.75 m C．18.50 m D．17.50 m
以后垫圈之间的距离分别是 36 cm、60 cm、84 cm，如图 7
所示。站在椅子上，向上提起线的上端，让线自由垂下，且
第一个垫圈紧靠放在地上的金属盘，松手后开始计时，若不
计空气阻力，则第 2、3、4、5 各垫圈( )
A．落到盘上的声音时间间隔越来越大
B．落到盘上的声音时间间隔相等
C．依次落到盘上的速率关系为 1∶ 2∶ 3∶2
由静止加速到2 m/s，然后匀速向前，则最先挡住他前进的关卡是
( ) A．关卡2
B．关卡3
C．关卡4
D．关卡5
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解析 (1)甲车过 ETC 通道时，减速过程的位移为
x1＝v－22－2av221，可得 x1＝50 m 加速恢复原来速度的位移 x2＝v122－a1v22，可得 x2＝100 m 所以总的位移 x 总＝x1＋d＋x2＝160 m。
(2)乙车在中心线处的停车时间 t1＝20 s，匀加速 78.125 m 的时间 t2＝
2ax10＝12.5 s 由于没有等待时间，即后一辆车和前一辆车做减速运动的时间是相同的，
因此后一辆车比前一辆车到达中心线处的时间晚(t1＋t2)，故两车正常行驶时

高考物理专题4多运动过程问题练习含解析

专题4 多运动过程问题1.多过程问题一般情景复杂、条件多，可画运动草图或作v －t 图象形象地描述运动过程，这有助于分析问题，也往往能从中发现解决问题的简单办法.2.多过程运动中各阶段运动之间的“连接点”的速度是两段运动共有的一个物理量，用它来列方程能减小复杂程度. 1.学校对升旗手的要求是：国歌响起时开始升旗，当国歌结束时国旗恰好升到旗杆顶端.已知国歌从响起到结束的时间是48 s ，红旗上升的高度是17.6 m.若国旗先向上做匀加速运动，时间持续4 s ，然后做匀速运动，最后做匀减速运动，减速时间也为4 s ，红旗到达旗杆顶端时的速度恰好为零，则国旗匀加速运动时加速度a 及国旗匀速运动时的速度v ，正确的是( )A.a ＝0.2 m/s 2，v ＝0.1 m/s B.a ＝0.4 m/s 2，v ＝0.2 m/s C.a ＝0.1 m/s 2，v ＝0.4 m/s D.a ＝0.1 m/s 2，v ＝0.2 m/s 答案 C解析如图所示为国旗运动的v －t 图象，则v m 2t 1×2＋v m t 2＝h ，其中t 1＝4 s ，t 2＝40 s ，h ＝17.6 m ，解得v m ＝0.4 m/s ，则a ＝v mt 1＝0.1 m/s 2.2.(2019·河北衡水市质检)卡车以v 0＝10 m/s 的速度在平直的公路上匀速行驶，因为路口出现红灯，司机立即刹车，使卡车匀减速直线前进直至停止.停止等待6 s 时，交通灯变为绿灯，司机立即使卡车做匀加速运动.已知从开始刹车到恢复原来的速度所用时间t ＝12 s ，匀减速阶段的加速度大小是匀加速阶段的2倍，反应时间不计.则下列说法正确的是( ) A.卡车匀减速所用时间t 1＝2 s B.匀加速的加速度为5 m/s 2C.卡车刹车过程通过的位移是20 mD.从卡车开始刹车到刚恢复到原来速度的过程中，通过的位移大小为40 m 答案 A解析匀减速运动的加速度是匀加速的2倍，根据v ＝at 得匀减速运动的时间是匀加速运动的时间的12.匀加速和匀减速运动的时间之和为：Δt ＝12 s －6 s ＝6 s.则匀减速运动的时间：t 1＝13Δt ＝2 s ，选项A 正确；匀加速运动的时间为t 2＝4 s ，故匀加速的加速度为a ＝v 0t 2＝104m/s 2＝2.5 m/s 2，选项B 错误；卡车刹车过程的位移：x 1＝v 02t 1＝5×2 m＝10 m ，匀加速直线运动的位移：x 2＝v 02×t 2＝5×4 m＝20 m ，则卡车开始刹车到刚恢复到原来速度的过程中，通过的位移x ＝x 1＋x 2＝30 m ，选项C 、D 错误.3.一物块以一定的初速度沿足够长的光滑斜面由底端上滑，从开始上滑至回到斜面底端的时间为6 s ，若在物块上滑的最大位移的一半处固定一垂直斜面的挡板，仍将该物块以相同的初速度由斜面底端上滑，物块撞击挡板前后的速度大小相等、方向相反.撞击所需时间不计，则这种情况下物块从开始上滑至回到斜面底端的总时间约为(不计空气阻力)( ) A.1.0 s B.1.8 s C.2.0 s D.2.6 s答案 B解析第1段与第2段位移相等，由逆向思维法，所用时间之比为t 1∶t 2＝(2－1)∶1，又t 1＋t 2＝t 总2＝3 s ，t 总′＝2t 1，解得t 总′≈1.8 s..4.如图1所示，某“闯关游戏”的笔直通道上每隔8 m 设有一个关卡，各关卡同步放行和关闭，放行和关闭的时间分别为5 s 和2 s.关卡刚放行时，一同学立即在关卡1处以加速度2 m/s 2由静止加速到2 m/s ，然后匀速向前，则最先挡住他前进的关卡是( )图1A.关卡2B.关卡3C.关卡4D.关卡5答案 C解析由题意知，该同学先加速后匀速，速度增大到2 m/s 用时t 1＝v a＝1 s ，在加速时间内通过的位移x 1＝12at 12＝1 m ，t 2＝4 s ，x 2＝vt 2＝8 m ，已过关卡2，t 3＝2 s 时间内x 3＝4 m ，关卡打开，t 4＝5 s ，x 4＝vt 4＝10 m ，此时关卡关闭，距离关卡4还有1 m ，到达关卡4还需t 5＝0.5 s ，小于2 s ，所以最先挡住他前进的是关卡4，故C 正确.5.(2020·湖南娄底市下学期质量检测)如图2所示水平导轨，A 、B 为弹性竖直挡板，相距L ＝4 m.一小球自A 板处开始，以v 0＝4 m/s 的速度沿导轨向B 运动，它与A 、B 挡板碰撞后均以与碰前大小相等的速率反弹回来，且在导轨上做加速度大小不变的减速运动，为使小球停在AB 的中点，这个加速度的大小可能为( )图2A.47 m/s 2B.0.5 m/s 2C.1 m/s 2D.1.5 m/s 2答案 A解析小球停在AB 的中点，可知小球的路程s ＝nL ＋L2，n ＝0,1,2，….由v 2－v 02＝2as 得，|a |＝v 022nL ＋12L，n ＝0,1,2，…，代入数据解得|a |＝42n ＋1m/s 2，n ＝0,1,2，…，将选项中加速度大小代入上式，可知只有A 项正确.6.如图3所示，甲、乙两车同时由静止从A 点出发，沿直线AC 运动.甲以加速度a 3做初速度为零的匀加速运动，到达C 点时的速度为v .乙以加速度a 1做初速度为零的匀加速运动，到达B 点后做加速度为a 2的匀加速运动，到达C 点时的速度也为v .若a 1≠a 2≠a 3，则( )图3A.甲、乙不可能同时由A 到达CB.甲一定先由A 到达CC.乙一定先由A 到达CD.若a 1>a 3，则甲一定先由A 到达C 答案 A解析根据速度－时间图象得，若a 1>a 3，如图(a)，因为末速度相等，位移相等，即图线与时间轴所围成的面积相等，则t 乙<t 甲；若a 3>a 1，如图(b)，因为末速度相等，位移相等，即图线与时间轴所围成的面积相等，则t 乙>t 甲；通过图象作不出位移相等，速度相等，时间也相等的图线，所以甲、乙不能同时由A 到达C .故A 正确，B 、C 、D 错误.7.为了研究汽车的启动和制动性能，现用甲、乙两辆完全相同的汽车在平直公路上分别进行实验.让甲车以最大加速度a 1加速到最大速度后匀速运动一段时间再以最大加速度a 2制动，直到停止；乙车以最大加速度a 1加速到最大速度后立即以加速度a 22制动，直到停止.实验测得甲、乙两车的运动时间相等，且两车运动的位移之比为5∶4.则a 1∶a 2的值为( ) A.2∶1 B.1∶2 C.4∶3 D.4∶5答案 B解析作出甲、乙两车的速度—时间图象，如图所示，设甲车匀速运动的时间为t 1，总时间为t 2，因为两车的位移之比为5∶4，根据v －t 图象中，图线与t 轴围成的“面积”表示位移，有(t 1＋t 22v m )∶(t 22v m )＝5∶4，解得t 1∶t 2＝1∶4，乙车以最大加速度a 1加速到最大速度后立即以加速度a 22制动，直到停止，根据速度—时间图线的斜率表示加速度，可知乙车做匀减速运动的时间是甲车做匀减速运动时间的2倍，则甲车做匀速运动的时间和做匀减速运动的时间相等，可知甲车匀加速运动的时间和匀减速运动的时间之比为2∶1，则加速度a 1∶a 2＝1∶2，故B 正确.8.在一列以4 m/s 的速度沿直线匀速行进的队伍中，队尾一同学突然加速向前运动，加速度大小为2 m/s 2，达到8 m/s 的最大速度后做匀速直线运动.已知队伍的长度为100 m ，该同学从队尾到队首需经( ) A.25 s B.26 s C.30 s D.50 s答案 B 解析由t ＝v －v 0a得该同学加速到最大速度所用的时间为t 1＝2 s ，在这段时间内，该同学位移为x 1＝v 0t 1＋12at 12＝12 m ，队伍前进位移为x 2＝v 0t 1＝8 m ，x 1－x 2＝4 m<100 m ，所以该同学尚未到达队首，设还需以最大速度v m ＝8 m/s 运动t 2时间才能赶到队首，则有x 1＋v m t 2－(x 2＋v 0t 2)＝100 m ，代入数据解得t 2＝24 s ，所以有t ＝t 1＋t 2＝26 s ，则该同学总共需用时26 s 才能赶到队首，故B 正确.9.(2020·湖北黄冈市模拟)跳伞运动员从350 m 的高空离开飞机由静止开始下落，最初未打开伞.自由下落一段距离后打开伞，打开伞后以2 m/s 2的加速度匀减速下落，到达地面时速度为4 m/s ，求跳伞运动员自由下落的高度(重力加速度g 取10 m/s 2). 答案 59 m解析设跳伞运动员应在离地面h 高处打开伞，打开伞时速度为v 1，落地时速度为v t ＝4 m/s ，打开伞后加速度为a ＝－2 m/s 2由题意可得：打开伞前跳伞运动员做自由落体运动：v 12＝2g (H －h )① 打开伞后跳伞运动员做匀减速直线运动：v t 2－v 12＝2ah ② 联立①②解得：h ＝291 m故跳伞运动员自由下落的高度为：Δh ＝H －h ＝(350－291) m ＝59 m.10.(2020·山东泰安市期末)据统计，我国每年高速路上20%的事故都是因为疲劳驾驶，尤其是重型卡车发生交通事故造成的后果更为严重.国内某品牌汽车率先推出AEBS 系统，通过雷达和摄像头判断车距，当车距小于安全距离自动启动制动系统，并通过车内警报提醒驾驶员保持清醒.某次测试中汽车以速度v 0＝18 m/s 匀速前进，通过传感器和激光雷达检测到正前方58 m 处有静止障碍物，系统立即向驾驶员发出警告并自动采取制动措施，使车做加速度大小为1 m/s 2的匀减速直线运动，驾驶员2 s 后清醒，立即又采取紧急制动，使汽车做匀减速运动，恰好未与障碍物发生碰撞.求驾驶员采取紧急制动后汽车运动的时间. 答案 3 s解析由题意知，位移x ＝58 m ，a 1＝1 m/s 2，t 1＝2 s 设紧急制动后运动时间为t 2，初速度为v 0＝18 m/s 自动制动过程中v 1＝v 0－a 1t 1 x 1＝v 0t 1－12a 1t 12紧急制动过程中x －x 1＝12v 1t 2解得t 2＝3 s11.(2020·陕西安康市第二次质量联考)公交给居民出行带来了方便，很多城市都建设了公交专线.如图4所示，公路上有一辆公共汽车以10 m/s 的速度匀速行驶，为了平稳停靠在站台，在距离站台左侧位置50 m 处开始刹车做匀减速直线运动.公交车刚刹车时，一乘客为了搭车，从距站台右侧24 m 处由静止正对着站台跑去，人先做匀加速直线运动，速度达到4 m/s 后匀速运动一段时间，接着做匀减速直线运动，最终人和车同时到达站台停下，乘客顺利上车.人加速和减速的加速度大小相等.求：(不考虑站台大小和公交车的大小)图4(1)公交车刹车做匀减速直线运动时加速度的大小； (2)人做匀加速和匀减速直线运动时加速度的大小.答案 (1)1 m/s 2 (2)1 m/s 2解析 (1)设公交车刹车做匀减速运动的加速度大小为a 1，由匀变速直线运动规律，有：v 12＝2a 1x 1解得：a 1＝1 m/s 2(2)由v 1＝a 1t得公交车刹车时间为t ＝v 1a 1＝101s ＝10 s 设人做匀加速和匀减速直线运动时加速度的大小为a 2，则匀加速直线运动和匀减速直线运动的位移均为x 2＝v 222a 2设匀速运动时间为t ′人的总位移为x ＝24 m ，总时间也为t ＝10 s 有t ＝2×v 2a 2＋t ′x ＝2x 2＋v 2t ′代入数据解得：a 2＝1 m/s 2.。

【红对勾讲与练新课标高三物理二轮专题复习考前增分指导2-3

离法相结合求解的题目，一定要注意研究对象的转移和转化问题)． 2．画出受力分析图、电路图、光路图或运动过程的示意图．
高三二轮 · 新课标 · 物理
第二部分
第三讲
系列丛书
3．说明所设字母的物理意义． 4．说明规定的正方向、零势点 5．说明题目中的隐含条件、临界条件． 6．说明所列方程的依据、名称及对应的物理过程或物理状态． 7．说明所求结果的物理意义 (有时需要讨论分析 )． (面)．
情境链接就是将物理情境分解成物理子过程，并将这些子过程由“数、形 ”有机地链接起来，条件关联即 “数”间关联
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第二部分
第三讲
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或存在的临界条件关联等．建模．一般分三步建立模型：
3．在图上标出物理过程和对应的物理量，建立情境链接和条件关联，完成情境模型．
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第三讲
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三、必要的文字说明必要的文字说明的目的是说明物理过程和答题依据，我们应该从以下几个方面给予考虑： 1．说明研究对象 (个体或系统，尤其是要用整体法和隔
写一式，以免一错而导致全错，对各方程式最好能编号．五、要有必要的演算过程及明确的结果 1．演算时一般先进行文字运算，从列出的一系列方程推导出结果的计算式，最后代入数据并写出结果．这样既有利于减轻运算负担，又有利于一般规律的发现，同时也能改变每列一个方程就代入数值计算的不良习惯．

2025高考物理总复习自由落体运动和竖直上抛运动多过程问题

考点一自由落体运动
判断正误
1.重的物体总是比轻的物体下落得快。( × ) 2.同一地点，轻重不同的物体的g值一样大。( √ ) 3.自由落体加速度的方向垂直地面向下。( × ) 4.做自由落体运动的物体在1 s内速度增加约9.8 m/s。( √ )
5.不计空气阻力，物体从某高度由静止下落，任意两个连续相等的时间
考点一自由落体运动
例3 从高度为125 m的塔顶先后自由释放a、b两球，自由释放这两个球的时间差为1 s，g取10 m/s2，不计空气阻力，以下判断正确的是 A.b球下落高度为20 m时，a球的速度大小为20 m/s B.a球接触地面瞬间，b球离地高度为5 m
√C.在a球接触地面之前，两球速度差恒定
第一章
运动的描述匀变速直线运动的研究
自由落体运动和竖直上
第
3 课
抛运动多过程问题
时
目标 1.掌握自由落体运动和竖直上抛运动的特点，知道竖直上抛运动的对称性和多解性。要求 2.能灵活处理多过程问题。
内
考点一自由落体运动
容
索
考点二竖直上抛运动
引
考点三匀变速直线运动中的多过程问题
< 考点一 >
竖直上抛运动
考点二竖直上抛运动
1.运动特点：初速度方向竖直向上，加速度为g，上升阶段做匀减速直线运动，下降阶段做自由落体运动。 2.运动性质：匀变速直线运动。 3.基本规律 (1)速度与时间的关系式：_v_＝__v_0_－__g_t_。 (2)位移与时间的关系式：_x_＝__v_0_t－__12_g_t_2_。
考点二竖直上抛运动
总结提升
2.竖直上抛运动的多解性：当物体经过抛出点上方某个位置时，可能处于上升阶段，也可能处于下降阶段，造成多解，在解题时要注意这个特性。

高考物理二轮复习训练3 力与物体的曲线运动

训练3 力与物体的曲线运动一、单项选择题1．(2012·安徽江南十校联考)飞镖比赛是一项极具观赏性的体育比赛项目，2010年的IDF(国际飞镖联合会)飞镖世界杯赛在上海进行．某一选手在距地面高h，离靶面的水平距离L处，将质量为m的飞镖以速度v0水平投出，结果飞镖落在靶心正上方．如只改变h、L、m、v0四个量中的一个，可使飞镖投中靶心的是(不计空气阻力)( )．A．适当减小v0B．适当提高hC．适当减小m D．适当减小L2．(2012·安徽卷，14)我国发射的“天宫一号”和“神舟八号”在对接前，“天宫一号”的运行轨道高度为350 km，“神舟八号”的运行轨道高度为343 km，它们的运行轨道均视为圆周，则( )．A．“天宫一号”比“神舟八号”速度大B．“天宫一号”比“神舟八号”周期长C．“天宫一号”比“神舟八号”角速度大D．“天宫一号”比“神舟八号”加速度大3．(2012·浙江卷，15)如图3－13所示，在火星与木星轨道之间有一小行星带．假设该带中的小行星只受到太阳的引力，并绕太阳做匀速圆周运动．下列说法正确的是( )．图3－13A．太阳对各小行星的引力相同B．各小行星绕太阳运动的周期均小于一年C．小行星带内侧小行星的向心加速度值大于外侧小行星的向心加速度值D．小行星带内各小行星圆周运动的线速度值大于地球公转的线速度值4．一个中间钻有小孔的球，穿在半径为R的光滑圆形细轨道上，如图3－14所示．在最低点给小球一个初速度v0，关于小球到达最高点的受力，下列说法正确的是( )．图3－14A ．v 0越大，则小球到最高点时受到杆的弹力越大B ．v 0＝2 gR 时，小球恰能通过最高点C ．v 0＝2 gR 时，小球在最高点受到杆的支持力为零D ．v 0＝2 5gR 时，小球在最高点受到杆的支持力等于重力5．(2012·福建卷，16)一卫星绕某一行星表面附近做匀速圆周运动，其线速度大小为v .假设宇航员在该行星表面上用弹簧测力计测量一质量为m 的物体重力，物体静止时，弹簧测力计的示数为N .已知引力常量为G ，则这颗行星的质量为( )．A.mv 2GN B.mv 4GN C.Nv 2GmD.Nv 4Gm6．如图3－15所示，一长为 2L 的木板倾斜放置，倾角为45°，今有一弹性小球，自与木板上端等高的某处自由释放，小球落到木板上反弹时，速度大小不变，碰撞前后，速度方向与木板夹角相等，欲使小球一次碰撞后恰好落到木板下端，则小球释放点距木板上端的水平距离为( )．图3－15A.12L B.13L C.14L D.15L 7．如图3－16所示，P 是水平放置的足够大的圆盘，绕经过圆心O 点的竖直轴匀速转动，在圆盘上方固定的水平钢架上，吊有盛水小桶的滑轮带动小桶一起以v ＝0.2 m/s 的速度匀速向右运动，小桶底部与圆盘上表面的高度差为h ＝5 m ．t ＝0时，小桶运动到O点正上方且滴出第一滴水，以后每当一滴水刚好落在圆盘上时桶中恰好再滴出一滴水，不计空气阻力，取g＝10 m/s2，若要使水滴都落在圆盘上的同一条直径上，圆盘角速度的最小值为ω，第二、三滴水落点的最大距离为d，则：( )．图3－16A．ω＝π rad/s，d＝1.0 m B．ω＝2π rad/s，d＝0.8 mC．ω＝π rad/s，d＝0.8 m D．ω＝2π rad/s，d＝1.0 m二、多项选择题8．一个质量为2 kg的物体在光滑水平面上运动，在水平面内建立直角坐标系xOy.t＝0时刻，该物体处于坐标原点，之后它的两个分速度v x、v y随时间变化的图象分别如图3－17所示．则( )．图3－17A．4 s末物体的速度大小为6 m/sB．4～6 s时间内物体做曲线运动C．4～6 s时间内物体做匀减速直线运动D．0～4 s和4～6 s两段时间内物体均做匀变速运动9．下表是科学家通过理论推算出的“天宫一号”目标飞行器发射的几组数据，其中发射速度v0是燃料燃烧完毕时火箭具有的速度，之后火箭带着空间站依靠惯性继续上升，到达指定高度h后再星箭分离，分离后的空间站以环绕速度v绕地球运动，假设燃料燃烧阶段火箭上升高度忽略不计．根据发射过程和表格中的数据，下面哪些说法是正确的( ).B ．离地越高的卫星机械能越大，动能越大C ．离地越高的卫星环绕周期越大D ．当发射速度达到11.20 km/s 时，卫星能脱离地球到达宇宙的任何地方 10．(2012·浙江卷，18)由光滑细管组成的轨道如图3－18所示，其中AB 段和BC 段是半径为R 的四分之一圆弧，轨道固定在竖直平面内．一质量为m 的小球，从距离水平地面高为H 的管口D 处静止释放，最后能够从A 端水平抛出落到地面上．下列说法正确的是 ( )．图3－18A ．小球落到地面时相对于A 点的水平位移值为2 2RH －2R 2B ．小球落到地面时相对于A 点的水平位移值为2 2RH －4R 2C ．小球能从细管A 端水平抛出的条件是H >2RD ．小球能从细管A 端水平抛出的最小高度H min ＝52R11.2012年2月25日凌晨0时12分，中国在西昌卫星发射中心用“长征三号丙”运载火箭，将第十一颗北斗导航卫星成功送入太空预定转移轨道，这是北斗导航系统组网的第六颗倾斜地球同步轨道卫星．卫星的运动都可看做是绕地心的匀速圆周运动，该卫星进入轨道正常运转后和前面正在工作的北斗卫星分别记作卫星1和卫星2，如图3－19所示．图3－19假设运行方向为顺时针，轨道半径为r ，某时刻这两颗正在工作的卫星分别位于轨道上的P 、Q 两位置，轨道半径夹角为60°.已知地球表面处的重力加速度为g ，地球半径为R ，不计卫星间的相互作用力．则以下判断正确的是 ( )．A ．两卫星的运行速度都为7.9 km/sB ．这两颗卫星的加速度大小相等，均为gR 2r2C ．若卫星1向后喷气就一定能追上卫星2D ．卫星1由位置P 运动到位置Q 所需的时间为4小时参考答案1．A [由于飞镖飞出后做平抛运动，水平方向位移有L ＝v 0t ，竖直方向位移x＝12gt 2，得：x ＝12g ⎝⎛⎭⎫L v 02.要击中靶心，可以增大x 或减小h .要增大x ，可以减小v 0或增大L .] 2．B [由题知“天宫一号”运行的轨道半径r 1大于“神舟八号”运行的轨道半径r 2，天体运行时万有引力提供向心力．根据G Mm r 2m v 2r 得v ＝GMr，因为r 1>r 2，故“天宫一号”的运行速度较小，选项A 错误；根据G Mm r 2m ⎝⎛⎭⎫2πT 2r 得T ＝2πr 3GM，故“天宫一号”的运行周期较长，选项B 正确；根据GMm r 2＝m ω2r ，得ω＝ GM r 3，故“天宫一号”的角速度较小，选项C 错误；根据G Mmr2ma ，得a ＝GMr 2D 错误．] 3．C [根据F ＝GMmr 2，小行星带中各小行星的轨道半径r 、质量m 均不确定，因此无法比较太阳对各小行星引力的大小，选项A 错误；根据GMm r 2＝m ⎝⎛⎭⎫2πT 2r 得，T ＝2π r 3GM，因小行星绕太阳运动的轨道半径大于地球绕太阳运动的轨道半径，故小行星的运动周期大于地球的公转周期，即大于一年，选项B 错误；根据G Mm r 2＝ma 得a ＝GM r2，所以内侧小行星的向心加速度值大于外侧小行星的向心加速度值，选项C正确；根据G Mmr2＝mv2rv＝GMr，所以小行星带内各小行星做圆周运动的线速度值小于地球公转的线速度值，选项D 错误．]4．B [光滑圆形细轨道对球可以施加向内或向外的力．在最高点，当小球所需向心力小于重力时，小球受到重力和向上的支持力，即mg－F N＝m v2R①，又12mv2－12mv20＝－2mgR②，v0越大，F N越小，A错；小球恰能通过最高点，即小球到最高点速度恰为0，由②式知，v＝0时v0＝2gR，B正确；此时杆对球的支持力大小等于重力，C错；由②式知v0＝5gR时，v＝gR，再由①式知，F N＝0，D错．]5．B [设卫星的质量为m′，由万有引力提供向心力，得G Mm′R2＝m′v2R，①m′v2R＝m′g，②由已知条件：m的重力为N得N＝mg，③由③得g＝Nm，代入②得：R＝mv2N，代入①得M＝mv4 GN，故A、C、D三项均错误，B项正确．]6．D [本题考查自由落体运动及平抛运动．由于小球释放位置与木板上端等高，设小球释放位置距木板上端的水平距离为x，小球与木板碰撞前有v2＝2gx，小球与木板碰撞后做平抛运动，则水平方向上有L－x＝vt，竖直方向上有L－x＝12gt2，由以上三式联立解得x＝15L，故选项D正确．]7．A [从小桶滴出的水滴做平抛运动，圆盘做匀速圆周运动，要使水滴都落在圆盘的同一条直径上，则水滴在空中运动的时间等于圆盘做匀速圆周运动的半个周期的整数倍，要满足题目条件则每相邻两滴水落下的时间间隔应为圆盘做匀速圆周运动的半个周期，而且相邻落下的水滴分布在同一直径不同的半径上，由以上分析可知：h＝12gt2，t＝2h g ＝1 s．由于t＝T2＝πω1 s，所以ω＝π rad/s，第2滴的落点距轴0.4 m，圆盘转半周后第3滴落在同一条直径上，距轴0.6 m，所以d＝1.0 m．] 8．CD [由图象可知，4 s 末v x ＝2 m/s ，v y ＝4 m/s ，则v ＝v 2x ＋v 2y ＝2 5 m/s ，A 项错；t ＝4 s 时刻，F x ＝ma x ＝2 N ，F y ＝ma y ＝4 N ，合力F 的方向与合速度v 的方向恰好相反，如图所示，故4～6 s 时间内物体做匀减速直线运动，B 错、C 对；0～4 s 和4～6 s 两段时间内物体所受合力均为恒力，物体均做匀变速运动，D 项正确．]9．AC [根据表中的数据，计算可得12mv 20＝mgh ＋12mv 2，由此可知不计空气阻力，在火箭依靠惯性上升的过程中机械能守恒，选项A 正确；离地越高的空间站机械能越大，动能越小，选项B 错误；离地越高的空间站环绕速度越小，而轨道半径越大，运行一周的路程越大，环绕周期越大，选项C 正确；当发射速度达到11.20 km/s 时，空间站能脱离地球的引力范围，但仍要受到太阳引力的约束，只能在太阳系内运动，不能到达太阳系以外的地方，选项D 错误．]10．BC [要使小球从A 点水平抛出，则小球到达A 点时的速度v >0，根据机械能守恒定律，有mgH －mg ·2R ＝12mv 2，所以H >2R ，故选项C 正确、选项D 错误；小球从A点水平抛出时的速度v ＝ 2gH －4gR ，小球离开A 点后做平抛运动，则有2R ＝12gt 2，水平位移x ＝vt ，联立以上两式可得水平位移x ＝22RH －4R 2，选项A 错误、选项B 正确．] 11．BD [本题考查同步卫星的基本规律，旨在考查运用万有引力定律解决问题的能力．第一宇宙速度v ＝7.9 km/s 是卫星的最小发射速度，最大运行速度，由v ＝ GMr知卫星轨道半径越大，运行速度越小，A 错；在轨道上运行时，GMm r2ma ，又GM ＝gR 2，所以a ＝gR 2r2，B 对；卫星1要想追上卫星2，则需要减速，向低轨道运行，然后加速，才能追上，C 错；同步卫星周期是24小时，从P 到Q 为16圆周，故运行时间为4小时，D 对．]。

专题二第3讲用动力学和功能观点解决多过程问题

(2)猴子抓住青藤荡起时的速度大小；
(3)猴子荡起时，青藤对猴子的拉力大小．
栏目导引
专题二功与能量
【解析】大猴子先做平抛运动，后做圆周运动，两运动过程机械能均守恒．寻求力的关系时要考虑牛顿第二定律． (1)设猴子从 A 点水平跳离时速度的最小值为 vmin，根据平抛运动规律，有 1 h1＝ gt2① 2 x1＝ vmint② 联立①、②式，得 vmin＝ 8 m/s.③ (2)猴子抓住青藤后的运动过程中机械能守恒，设荡起时速度为 vC，有 1 (M＋ m)gh2＝ (M＋ m)v2 C④ 2 vC＝ 2gh2＝ 80 m/s≈ 9 m/s.⑤
栏目导引
专题二功与能量
(3)因为mgsin 37°＞μmgcos 37°(或μ＜tan 37°)，所以，小物体不会停在斜面上，小物体最后以C为中心，B 为一侧最高点沿圆弧轨道做往返运动，
从E点开始直至运动稳定，系统因摩擦所产生的热量，
Q＝ΔEp，⑥ ΔEp＝mg(h＋Rcos 37°)，⑦
联立⑥⑦解得Q＝4.8 J.
【答案】 (1)12.4 N (2)2.4 m (3)4.8 J
栏目导引
专题二功与能量
拓展训练 2
一足够长竖直导轨与一半径为 r0
3 ＝ 1.2 m 的光滑圆轨道在 cd 处连接(cd 与圆心 4 等高),如图所示，竖直轨道的一部分(ab、 cd 直线之间 )处在垂直轨道平面的匀强磁场中，ab、 cd 间距离为 x＝ 2 m，圆轨道处在磁场外，竖直轨道宽度为 L＝1 m，轨道顶部连接一阻值为 R＝ 0.4 Ω 的电阻，现使一质量为 m＝ 0.3 kg、电阻为 r＝ 0.1 Ω 的导体棒从距磁场上边界某高度处自由下落，导体棒始终与导轨接触良好，导体棒进入磁场区域时恰好能够匀速通过，且导体棒离开磁场后刚好通过圆轨道最高点，不计一切摩擦，取 g＝ 10 m/s2，求：

2020届高三高考物理二轮复习专题强化练习：直线运动(解析版)

运动的描述1、（2018浙江四市联考）小洪同学乘出租车从校门口出发，到火车站接到同学后当即随车回校。

出租车票如图所示，则以下说法正确的是A ．位移为16.2kmB ．路程为0C ．11：48指的是时间D ．11：05指的是时刻2、（多选）(2018·西安联考)某赛车手在一次野外训练中，先利用地图计算出出发地和目的地的直线距离为9 km ，从出发地到目的地用了5 min ，赛车上的里程表指示的里程数值增加了15 km ，当他经过某路标时，车内速率计指示的示数为150 km/h ，那么可以确定的是( ) A ．在整个过程中赛车手的位移大小是9 km B ．在整个过程中赛车手的路程是9 km C ．在整个过程中赛车手的平均速度是180 km/h D ．经过路标时的瞬时速率是150 km/h3、(2019·安徽五校联考)一物体沿一直线运动，先后经过匀加速、匀速和减速运动过程，已知物体在这三个运动过程中的位移均为s ，所用时间分别为2t 、t 和32t ，则( )A ．物体做匀加速运动时加速度大小为s t 2B ．物体做匀减速运动时加速度大小为4s9t 2C ．物体在这三个运动过程中的平均速度大小为s 3tD ．物体做匀减速运动的末速度大小为2s3t4、（黑龙江省哈尔滨市第六中学2018届高三下学期考前押题卷）如图甲所示为速度传感器的工作示意图，P 为发射超声波的固定小盒子，工作时P 向被测物体发出短暂的超声波脉冲，脉冲被运动的物体反射后又被P 接收。

从P 发射超声波开始计时，经时间△t 再次发射超声波脉冲。

图乙是两次发射的超声波的位移－时间图象，则下列说法正确的是（）A. 物体到小盒子P 的距离越来越近B. 在两次发射超声波脉冲的时间间隔△t 内，物体通过的位移为x 2－x 1C. 超声波的速度为D. 物体在t 1～t 2时间内的平均速度为5、 (2018重庆巴蜀中学月考)一物体由静止开始沿直线运动，其加速度随时间变化的规律如图所示。

2018届高考物理二轮复习课件第二部分：第3强化多过程运动问题含答案

设 A、B 之间的作用力大小为 F′，对物体 B，由牛顿第二定律有
F′－μ2m2g＝m2a，联立解得 F′＝8 N. (2)物体 B 冲出桌面后做平抛运动，有 h＝12gt2，x＝ vCt，联立解得 vC＝4 m/s.
(3)设撤去力 F 前，两物体共同运动的位移为 x′，撤
去力 F 时两物体的速度大小为 v，对 A、B 整体，由动能定理有
(F－μ1m1g－μ2m2g)x′＝12(m1＋m2)v2，对 B 物体，由动能定理有－μ2m2g(xCD－x′)＝12m2v2C－ 12m2v2，
联立解得 x′＝1.5 m. 答案：(1)8 N (2)4 m/s (3)1.5 m
2．直线运动与圆周运动的组合
[典例 2] (2016·石家庄模拟)如图所示，传送带与两轮切点 A、B 间的距离为 l＝23 m，半径为 R＝0.4 m 的光滑的半圆轨道与传送带相切于 B 点，C 点为半圆轨道的最高点，BD 为半圆轨道的直径．物块质量为 m＝1 kg.已知传送带与物块间的动摩擦因数 μ＝0.8，
则有 v＝at1，l－x＝vt2，物块从 A 到 B 运动的时间为 t＝t1＋t2，联立解得 t＝14 s.
(2)若物块从 A 到 B 一直加速，则 v2B＝2al，解得 vB＝2 5115m/s，表明物块加速到 B 点恰与传送带速度相同，物块由 B 运动到 C 过程中机械能守恒－mg(R＋Rcos 37°)＝12mv2C－12mv2B，物块沿轨道到达最高点 C，根据牛顿第二定律有
设小球在 D 点时轨道对小物块的支持力为 FN，由牛顿第二定律得
FN－mg＝mvR2D，代入数据解得 FN＝60 N，由牛顿第三定律得 F′N＝FN＝60 N，方向竖直向下．

2020届高三高考物理二轮复习专题强化练习：电场及带电粒子在电场中的运动(解析版)

电场及带电粒子在电场中的运动一、选择题（本题共包括15小题，每小题4分，共60分）1．如图所示，小球A 、B 带电荷量相等，质量均为m ，都用长L 的绝缘细线挂在绝缘的竖直墙上O 点，A 球靠墙且其悬线刚好竖直，B 球悬线偏离竖直方向θ角而静止，此时A 、B 两球之间的库仑力为F .由于外部原因小球B 的带电荷量减小，使两球再次静止时它们之间的库仑力变为原来的一半，则小球B 的带电荷量减小为原来的( )A.12B ．14 C.18D ．116【答案】C【解析】小球B 受力分析如图所示，两绝缘细线的长度都是L ，则△OAB 是等腰三角形，则线的拉力T 与重力G 相等，G ＝T ，小球处于平衡状态，则库仑力F ＝2G sin θ2，设原来小球带电荷量为q ，A 、B 间的距离是r ，则r ＝2L sin θ2，由库仑定律得F ＝k q 2r 2，后来库仑力变为原来的一半，则F 2＝2G sin θ′2，r ′＝2L sin θ′2，F 2＝k qq B r ′2 ，解得q B ＝18q ，故选C 。

2．如图所示，直线a 、b 和c 、d 是处于匀强电场中的两组平行线，M 、N 、P 、Q 是它们的交点，四点处的电势分别为φM 、φN 、φP 、φQ .一电子由M 点分别运动到N 点和P 点的过程中，电场力所做的负功相等．则( )A ．直线a 位于某一等势面内，φM >φQB ．直线c 位于某一等势面内，φM >φNC ．若电子由M 点运动到Q 点，电场力做正功D ．若电子由P 点运动到Q 点，电场力做负功【答案】B【解析】由电子从M 点分别运动到N 点和P 点的过程中电场力所做的负功相等可知，N 、P 两点在同一等势面上，且电场线方向为M →N ，故选项B 正确，A 错误；M 点与Q 点在同一等势面上，电子由M 点运动到Q 点，电场力不做功，故选项C 错误；电子由P 点运动到Q 点，电场力做正功，故选项D 错误。

2024届高考物理压轴题专项训练：用力学三大观点处理多过程问题(解析版)(共23页)

压轴题用力学三大观点处理多过程问题1.用力学三大观点(动力学观点、能量观点和动量观点)处理多过程问题在高考物理中占据核心地位，是检验学生物理思维能力和综合运用知识解决实际问题能力的重要标准。

2.在命题方式上，高考通常会通过设计包含多个物理过程、涉及多个力学观点的复杂问题来考查学生的综合能力。

这些问题可能涉及物体的运动状态变化、能量转换和守恒、动量变化等多个方面，要求考生能够灵活运用力学三大观点进行分析和解答。

3.备考时，学生应首先深入理解力学三大观点的基本原理和应用方法，掌握相关的物理公式和定理。

其次，要通过大量的练习来提高自己分析和解决问题的能力，特别是要注重对多过程问题的训练，学会将复杂问题分解为多个简单过程进行分析和处理。

考向一：三大观点及相互联系考向二：三大观点的选用原则力学中首先考虑使用两个守恒定律。

从两个守恒定律的表达式看出多项都是状态量(如速度、位置)，所以守恒定律能解决状态问题，不能解决过程(如位移x，时间t)问题，不能解决力(F)的问题。

(1)若是多个物体组成的系统，优先考虑使用两个守恒定律。

(2)若物体(或系统)涉及速度和时间，应考虑使用动量定理。

(3)若物体(或系统)涉及位移和时间，且受到恒力作用，应考虑使用牛顿运动定律。

(4)若物体(或系统)涉及位移和速度，应考虑使用动能定理，系统中摩擦力做功时应用摩擦力乘以相对路程，动能定理解决曲线运动和变加速运动特别方便。

考向三：用三大观点的解物理题要掌握的科学思维方法1．多体问题--要正确选取研究对象，善于寻找相互联系选取研究对象和寻找相互联系是求解多体问题的两个关键。

选取研究对象后需根据不同的条件采用隔离法，即把研究对象从其所在的系统中抽离出来进行研究；或采用整体法，即把几个研究对象组成的系统作为整体进行研究；或将隔离法与整体法交叉使用。

通常，符合守恒定律的系统或各部分运动状态相同的系统，宜采用整体法；在需讨论系统各部分间的相互作用时，宜采用隔离法；对于各部分运动状态不同的系统，应慎用整体法。

2025年高考物理总复习专题01 匀变速直线运动规律及多过程问题(附答案解析)

第1页（共24页）2025年高考物理总复习专题01匀变
速直线运动规律及多过程问题模型归纳1．匀变速直线运动的基本公式模型
题目中所涉及的物理
量(包括已知量、待求量
和为解题设定的中间
量)
没有涉及的物理量适宜选用的公式v 0、v 、a 、t
x [速度与时间的关系式]v ＝v 0＋at v 0、a 、t 、x
v [位移与时间的关系式]x ＝v 0t ＋12at 2v 0、v 、a 、x
t [速度与位移的关系式]v 2－v 20＝2ax v 0、v 、t 、x a [平均速度公式]x ＝v ＋v 02t 注：基本公式中，除时间t 外，x 、v 0、v 、a 均为矢量，可以用正、负号表示矢量的方向。

一般情况下，我们规定初速度的方向为正方向，与初速度同向的物理量取正值，与初速度反向的物理量取负值。

当v 0＝0时，一般以a 的方向为正方向。

2．匀变速直线运动的两个重要推论
推论
公式适用情境(1)物体在一
段时间内的平v ＝v ＝利用平均速度求瞬时速度：v n ＝x n ＋x n ＋12T
＝。

高考物理专项练习3 匀变速直线运动的多过程问题

高考物理专项练习3 匀变速直线运动的多过程问题1. 物体由静止开始做加速度大小为a 1的匀加速直线运动，当速度达到v 时，改为做加速度大小为a 2的匀减速直线运动，直至速度为零．在匀加速和匀减速运动过程中物体的位移大小和所用时间分别为x 1、x 2和t 1、t 2，下列各式成立的是( ) A.x 1x 2＝t 1t 2 B.a 1a 2＝t 1t 2 C.x 1t 1＝x 1＋x 2t 1＋t 2 D ．v ＝2(x 1＋x 2)t 1＋t 22. 如图所示，甲、乙两车同时由静止从A 点出发，沿直线AC 运动．甲以加速度a 3做初速度为零的匀加速运动，到达C 点时的速度为v .乙以加速度a 1做初速度为零的匀加速运动，到达B 点后做加速度为a 2的匀加速运动，到达C 点时的速度亦为v .若a 1≠a 2≠a 3，则( )A ．甲、乙不可能同时由A 到达CB ．甲一定先由A 到达CC ．乙一定先由A 到达CD ．若a 1＞a 3，则甲一定先由A 到达C 3. 为了研究汽车的启动和制动性能，现用甲、乙两辆完全相同的汽车在平直公路上分别进行实验．让甲车以最大加速度a 1加速到最大速度后匀速运动一段时间再以最大加速度a 2制动，直到停止；乙车以最大加速度a 1加速到最大速度后立即以加速度a 22制动，直到停止．实验测得甲、乙两车的运动时间相等，且两车运动的位移之比为5∶4.则a 1∶a 2的值为( )A ．2∶1B ．1∶2C ．4∶3D ．4∶54. 动车组列车以平均速度v 从甲地开到乙地所需的时间为t ，该列车以速度v 0从甲地出发匀速前进，途中接到紧急停车命令紧急刹车，列车停车后又立即匀加速到v 0继续匀速前进，从开始刹车至加速到v 0的时间是t 0(设列车刹车过程与加速过程中的加速度大小相等)，若列车仍要在t 时间内到达乙地，则动车组列车匀速运动的速度v 0应为( )A.vt t －t 0B.vt t ＋t 0C.2vt 2t －t 0D.2vt 2t ＋t 05. 如图所示，两光滑斜面在B 处连接，小球由A 处静止释放，经过B 、C 两点时速度大小分别为3 m/s 和4 m/s ，AB ＝BC .设小球经过B 点前后的速度大小不变，则球在AB 、BC 段的加速度大小之比及球由A 运动到C 的过程中的平均速率分别为( )A ．3∶4 2.1 m/sB ．9∶16 2.5 m/sC ．9∶7 2.1 m/sD ．9∶7 2.5 m/s6. 跳伞运动员从350 m 高空离开飞机开始下落，最初未打开伞．自由下落一段距离后打开伞，打开伞后以2 m/s 2的加速度匀减速下落，到达地面时速度为4 m/s ，求跳伞运动员自由下落的高度．(g 取10 m/s 2)参考答案1. ACD [由题意得，x 1＝v 2t 1，x 2＝v 2t 2，则x 1x 2＝t 1t 2，故A 正确；由v ＝a 1t 1＝a 2t 2，得到a 1a 2＝t 2t 1，故B 错误；对于整个运动过程，x 1＋x 2＝v 2(t 1＋t 2)，所以x 1＋x 2t 1＋t 2＝v 2＝x 1t 1＝x 2t 2，v ＝2(x 1＋x 2)t 1＋t 2，故C 、D 正确．] 2. A3. B[作出甲、乙两车的速度—时间图象，如图所示，设甲车匀速运动的时间为t 1，总时间为t 2，因为两车的位移之比为5∶4，则有(t 1＋t 22v m )∶(t 22v m )＝5∶4，解得t 1∶t 2＝1∶4，乙车以最大加速度a 1加速到最大速度后立即以加速度a 22制动，直到停止，根据速度—时间图线的斜率表示加速度，可知乙车匀减速运动的时间是甲车匀减速运动时间的2倍，则甲车匀速运动的时间和匀减速运动的时间相等，可知甲车匀加速运动的时间和匀减速运动的时间之比为2∶1，则加速度a 1∶a 2为1∶2，B 正确．]4. C5. C6. 59 m解析设跳伞运动员应在离开地面h 高处打开伞，打开伞时速度为v 1.落地时速度为v t ＝4 m/s ，打开伞后加速度a ＝－2 m/s 2由题意可得：打开伞前跳伞运动员做自由落体运动：v 12＝2g (H －h )①打开伞后跳伞运动员做匀减速直线运动：v t 2－v 12＝2ah ②由方程①②联立解得：h ＝291 m故跳伞运动员自由下落的高度为：Δh ＝H －h ＝(350－291) m ＝59 m.。

2021届高考物理二轮复习第二部分第3强化多过程运动问题练习

第3强化多过程运动问题A f ®1 •如下图，半径为 R 的光滑半圆轨道 ABC 与倾角9 = 37°的粗糙斜面轨道 DC 相切于C,圆轨道的直径AC 与斜面垂直.质量为m 的小球从A 点左上方距A 高度为h 的斜上方P 点以某一速度水平抛出，刚好与半圆轨道的 A 点相切进入半圆轨道内侧，之后经半圆轨道沿50斜面刚好滑到与抛出点等高的 D 处.当地的重力加速度为 g,取R = — h, sin 37°= 0.6 ,小球到达半圆轨道最低点 B 时，对轨道的压力大小; 小球从C 到D 过程中克服摩擦力做的功W解析：〔1〕小球到达A 点时，速度与水平方向的夹角为 9，如下图,设竖直方向的速度为 v y ,那么有v y = 2gh , 由几何关系得V o = V y COt 9 ,得 v 0= 3 2gh .⑵ A B 间竖直高度 H = R 1 + cos 9 ),设小球到达B 点时的速度为v , F N 为小球到达B 点时轨道对小球的支持力，那么从抛出点到B 过程中有1 2 1 2 2mv + mgH+ h ) = 2mv ,2在 B 点，有 F N — mg= n^,解得 F N = 5.6 mg由牛顿第三定律知，小球在 B 点对轨道的压力大小是 5.6 mg ⑶小球沿斜面上滑过程中克服摩擦力做的功等于小球做平抛运动的初动能,cos 37=0.8，不计空气阻力，求:有 W = ；mv小球被抛出时的速度=^mgh2. (2021 •合肥模拟)如下图，在水平地面上静置有一质量M = 1 kg 的长木板，一质量n == 1 kg 的滑块(可视为质点)以速度v o = 10 m/s 冲上长木板的左端，滑块与长木板间的动摩擦因数口 1= 0.4 ,长木板与地面间的动摩擦因数口 2= 0.1.长木板的右端距离为 d = 1 m 相同.当长木板的右端与半圆槽底端相碰时，滑块刚好滑离长木板右端而滑上半圆槽轨道底(1)求滑块在长木板上外表滑行过程中，滑块和长木板的加速度.⑵求长木板的长度L.(3)求滑块经过半圆槽轨道底端时对轨道的压力大小，并判断滑块能否通过半圆槽的顶端.假设能，求出滑块通过顶端时的速度大小；假设不能，说明理由.解析：(1)根据牛顿第二定律，对滑块有那么a 1= 口 1g = 4 m/s 2，方向水平向左，对长「木板有口 i mg- 口 2( n )g = Ma ,2那么a 2= 2 m/s ，方向水平向右.解得F = 70 N ,假设滑块能够通过半圆槽的顶端，且经过顶端的速度为 V 2，根据机械能守恒定律，有；mV处放置一固定的竖直光滑半圆槽，半圆槽半径为 R = 0.6 m ，半圆槽底端高度与长木板高度(nmg= ma .(2)根据匀变速直线运动公式，对长木板有 d = ；a 2t 2,解得t = 1 s ,设滑块滑离长木板右端时速度为V 1,相对地面的位移为2 2V 0— V 1=8 m ,x ,贝U V 1= V 0 — ad = 6 m/s , x = o2a 1 所以长木板的长度 L = x —d = 7 m.(3)滑块在半圆槽底端，根据牛顿第二定律，有 2V iF — m = mR ,根据牛顿第三定律知，滑块对半圆槽底端的压力F '= F = 70 N ,答案：⑴16(2)5.6 mg (3) 9 mgh端，重力加速度解得V2= 2 3m/s,而滑块能够通过半圆槽顶端的临界速度v临=gR= 6m/s,可见V2>v临，所以滑块能够通过半圆槽的顶端，且其速度大小为 2 3m/s.答案：(1)4 m/s 2 m/s (2)7 m (3)见解析3. (2021 •临川模拟)如图为固定在水平面上的三角形斜劈，斜劈的倾角为 a = 45° :斜劈的顶端距离水平面的高度为 4 m在斜劈的上方的竖直面内放置一如下图的光滑管道，其中0A段为长2 , 3 m、倾角e = 60°的直管道，在A点衔接一相切的半径为的圆形管道,管道的末端竖直，并且圆形管道的最低点B、管道的末端C与斜劈的顶端D在同一水平线上•现将一可视为质点的质量为m= 0.1 kg的物块由管道的最高点0无初速度释放，经一段2 时间物块与斜劈发生无能量损失的碰撞，且碰后的速度变为水平.重力加速度g取10 m/s .(1) 求物块在圆形管道最低点时对圆管的压力大小.(2) 如果沿水平方向移动斜劈的位置，当C D两点间的距离x为多少时，物块与斜劈碰后的落地点与碰撞点间的水平距离最大？最大值为多大？解析：(1)设O B之间的竖直高度为h,由几何关系可知h= R+ F^sin 30 ° + l Ac sin 60 ° = 2 m,1 2物块从O点到B点，根据动能定理得mgh= 2m\B,2在B点，由牛顿第二定律有F N— mg= mV B,解得F N= 7 N ,由牛顿第三定律可知物块在B点时对圆管的压力大小为7 N.1 2(2)从0点到与斜劈碰撞，根据动能定理得mgh+ x) = ^mv,平抛的竖直位移为H— x= ；gt2,水平位移为s = V o t ,代入数据整理得s=目4 (2 + x)( 4—x) (m),当2 + x= 4 —X,即卩x = 1 m时，平抛的水平位移有最大值S m= 6 m.答案：(1)7 N (2)1 m 6 m4•如下图，两个半径均为R的四分之一圆弧构成的光滑细圆管轨道ABC竖直放置, 且固定在光滑水平面上，圆心连线0Q水平.轻弹簧左端固定在竖直挡板上，右端与质量为m的小球接触(不拴接，小球的直径略小于管的内径)，长为R的薄板DE置于水平面上，板的左端D到管道右端C的水平距离为R开始时弹簧处于锁定状态，具有一定的弹性势能，重力加速度为g.解除弹簧锁定，小球离开弹簧后进入管道，最后从C点抛出.小球在C(1)求弹簧在锁定状态下的弹性势能丘;(2)假设换用质量为m的小球用锁定弹簧发射(弹簧的弹性势能不变)，小球质量m满足什么条件时，从C点抛出的小球才能击中薄板DE?解析：(1)从解除弹簧锁定到小球运动到C点的过程中，弹簧的弹性势能转化为小球的. ........ ................ ........................................... . ................ ... .................. . 1 2动能和重力势能，设小球到达C点的速度大小为V1,根据能量守恒定律可得丘=2mgF5-?mv, 又小球经C点时所受的弹力的大小为3mg分析可知弹力方向只能向下，根据向心力公式得2V1 m叶2mg= mR,联立解得(2)小球离开C点后做平抛运动，根据平抛运动规律有2R= ；gt2, x= V2t，假设要小球击中薄板，应满足R< x w 2R,13 1弹簧的弹性势能&= —mgR= 2mgR+ 2m i v2,解得13朮m w 27m13 26故小球质量满足10m W m W仃m时，小球能击中薄板DE答案：(1) ^mgR ⑵13 2610m W m w17m13E P=4mgR点时所受弹力大小为。

2025高考物理总复习自由落体运动和竖直上抛运动多运动过程问题

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1
夯实必备知识
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夯实必备知识
1.自由落体运动
静止 gt 12gt2
2gs
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夯实必备知识
2.竖直上抛运动
向上v0－gt v0t源自12gt2－2gs重力
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夯实必备知识
1.思考判断
√ (1)同一地点，轻重不同的物体的g值一样大。( ) × (2)物体做竖直上抛运动，速度为负值时，位移也一定为负值。( )
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研透核心考点
1.(2024·淮安市马坝高级中学高三一检)有一质点从某一高度处自由下落，开始的
31高度用时为 t，重力加速度为 g，则( D )
A.物体自由下落12高度所用的时间为
5 2t
B.物体自由下落12高度时的速度为
3 2 gt
C.物体落地所用的时间为 3t
D.物体落地时的速度为 3gt
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vt ＝ gt 知水滴在各点的速度之比满足 vB∶vC∶vD ＝
1∶2∶3，D 错误。
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研透核心考点
1.重要特性 (1)对称性(如图3)
考点二竖直上抛运动
(2) 多解性：当物体经过抛出点上方某个位置时，可能处于上升阶段，也可能处于下降阶段，造成多解。
②由Δv＝gΔt知，相等时间内，速度变化量相同。
③连续相等时间T内下落的高度之差Δs＝gT2。
(2)物体由静止开始的自由下落过程才是自由落体运动，从中间截取的一段运动
过程不是自由落体运动，等效于竖直下抛运动，应该用初速度不为零的匀变速
直线运动规律去解决此类问题。
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研透核心考点
例1 (2024·广东省深圳市调研)如图1所示，一个小孩在公园里玩“眼疾手快”游戏。游戏者需接住从支架顶部随机落下的圆棒。已知支架顶部距离地面2.3 m，圆棒长0.4 m，小孩站在支架旁边，手能触及所有圆棒的下落轨迹的某一段范围AB，上边界A距离地面1.1 m，下边界B距离地面0.5 m。不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2。求：