2021届新高考物理二轮复习检测(五)力学中的多过程问题

专题跟踪检测（五）
力学中的多过程问题
1.甲、乙两个同学在直跑道上练习4×100 m 接力，他们在奔跑时
有相同的最大速度。

乙从静止开始全力奔跑需跑出25 m 才能达到最
大速度，这一过程可看成匀变速直线运动，现在甲持棒以最大速度向
乙奔来，乙在接力区伺机全力奔出。

若要求乙接棒时奔跑达到最大速
度的80%，则：
(1)乙在接力区须跑出多少距离？
(2)乙应在距离甲多远时起跑？
解析：本题涉及两个研究对象，其中甲运动员做匀速直线运动，乙运动员做初速度为零的匀加速直线运动，关联的地方是：①从开始运动至完成交接棒过程，他们的运动时间相等；②在这段时间内，甲的位移等于乙的位移与乙起跑时甲、乙之间距离的和。

设甲、乙的最大速度为v ，从乙起跑到接棒的过程中，甲、乙运动时间为t 。

(1)乙起跑后做初速度为零的匀加速直线运动，设其加速度为a ，v 2＝2ax 。

乙接棒时奔跑达到最大速度的80%，得v 1＝v ×80%，v 1
2＝2ax 乙，x 乙＝0.64v 22a
＝16 m 。

乙在接力区须跑出的距离为16 m 。

(2)乙的运动为匀加速直线运动，乙从起跑到接棒的时间为t ，t ＝v 1a ＝0.8v a ，x 乙＝0＋v 12
t 甲做匀速直线运动，其在乙从起跑到接棒的时间t 内的位移为x 甲＝v t
乙起跑时距离甲的距离为Δx ＝x 甲－x 乙＝24 m 。

答案：(1)16 m (2)24 m
2．交管部门规定，ETC 车辆通过收费站口时，在专用车道上可以不停车拿(交)卡而直接减速通过。

若某车减速前的速度为v 0＝20 m/s ，靠近站口时以大小为a 1＝5 m/s 2的加速度匀减速，通过收费站口时的速度为v t ＝8 m/s ，然后立即以加速度a 2＝4 m/s 2匀加速至原来的速度(假设收费站的前、后都是平直大道)。

求：
(1)该车驾驶员应在距收费站口多远处开始减速？
(2)该车因减速和加速过ETC 车道而耽误的时间为多少？
解析：(1)该车进入站口前做匀减速直线运动，设距离收费站x 1处开始制动，则有：v t 2－v 02＝－2a 1x 1，
解得：x 1＝33.6 m 。

(2)该车通过收费站经历匀减速和匀加速两个阶段，前后两段位移分别为x 1和x 2，时间分别为t 1和t 2，则减速阶段：v t ＝v 0－a 1t 1
解得：t 1＝2.4 s
加速阶段：v0＝v t＋a2t2
解得：t2＝3 s
则加速和减速的总时间：t＝t1＋t2＝5.4 s
加速阶段的位移：x2＝v0＋v t
2t＝42 m
则总位移：x＝x1＋x2＝75.6 m
若不减速所需要的时间：t′＝x
v0＝3.78 s
该车因减速和加速过站而耽误的时间：Δt＝t－t′＝1.62 s。

答案：(1)33.6 m(2)1.62 s
3.(2020·苏州五校联考)“高手在民间”。

在一次服务行业的技能大赛中，某参赛选手能在最短时间内将手中的十只盘子等间距地分发到餐桌周边，荣获比赛的一
等奖。

如图所示，放在水平地面上的餐桌高为0.8 m，图中的盘子为该选手
抛出的一只盘子，盘子在桌面上沿直径由O点滑行0.9 m后，停在距离桌
边0.1 m处的A点，已知这种盘子与桌面间的动摩擦因数为0.5，忽略盘子
的大小和空气的阻力，取重力加速度g＝10 m/s2。

求：
(1)该盘子刚落到O点时，水平初速度v0的大小；
(2)该选手在一次练习过程中，盘子沿桌面直径方向以水平初速度v0落在桌面上的O′点，但O′点较O点前移了0.2 m，求盘子落地点距桌边的水平距离；
(3)为使盘子能沿桌面直径方向从O′点滑停到A点，盘子的水平初速度v1的大小。

解析：(1)该盘子落到O后，以水平初速度v0做匀减速直线运动，依题意：2ax＝v02滑行过程受摩擦力作用：μmg＝ma
解得v0＝3 m/s。

(2)盘子在桌面上仍然以水平初速度v0做匀减速直线运动，但O′点较O点前移了0.2 m，即滑行0.8 m后以速度v平抛出去：2ax′＝v02－v2
解得v＝1 m/s
由自由落体运动规律：h＝1
2gt
2，L＝v t
联立解得水平位移L＝0.4 m。

(3)为使盘子能沿桌面直径方向从O′点滑停到A点，即水平滑行0.7 m后停下，需满足2ax1＝v12
解得v1＝7 m/s。

答案：(1)3 m/s(2)0.4 m(3)7 m/s
4．(2020·河南名校10月联考)热气球为了便于调节运动状态，需要携带压舱物，某热气球科学考察结束后正以大小为v的速度匀速下降，热气球的总质量为M，当热气球离地
某一高度时，释放质量为14
M 的压舱物，结果热气球到达地面时的速度恰好为零，整个过程中空气对热气球作用力不变，忽略空气对压舱物的阻力，重力加速度为g ，求：
(1)释放压舱物时气球离地的高度h ；
(2)热气球与压舱物到达地面的时间差。

解析：(1)由题意知F 浮＝Mg
释放压舱物后：F 浮－⎝⎛⎭⎫M －14M g ＝⎝
⎛⎭⎫M －14M a 即热气球向下做匀减速运动的加速度大小为a ＝13
g 由于热气球到地面时的速度刚好为零，则h ＝v 22a ＝3v 2
2g。

(2)设压舱物落地所用时间为t 1，根据运动学公式有：
h ＝v t 1＋12
gt 12 解得：t 1＝v g
设热气球匀减速到地面所用时间为t 2 ，则h ＝12
v t 2
解得：t 2＝3v g
因此两者到达地面所用时间差为：t 2－t 1＝2v g 。

答案：(1)3v 22g
(2)2v g 5. (2020·新乡一模)如图所示，在光滑水平面上一质量M ＝3 kg 的平板车以v 0＝1.5 m/s 的速度向右匀速滑行，某时刻(开始计时)在平板车左端加一大小F ＝8.5 N 、水平向右的推力，同时将一质量m ＝2 kg 的小滑块(可视为质点)无初速度地放在小车的右
端，最终小滑块刚好没有从平板车上掉下来。

已知小滑块与平板车间的
动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g ＝10 m/s 2，求：
(1)两者达到相同速度所需的时间t ；
(2)平板车的长度l 。

解析：(1)小滑块相对平板车滑动时，设小滑块和平板车的加速度大小分别为a 1、a 2，根据牛顿第二定律，有：
μmg ＝ma 1
F －μmg ＝Ma 2
解得：a 1＝2 m/s 2，a 2＝1.5 m/s 2
又：a 1t ＝v 0＋a 2t
解得：t ＝3 s 。

(2)两者达到相同速度后，由于F m ＋M
＝1.7 m/s 2<a 1，可知它们将一起做匀加速直线运动。

从小滑块刚放在平板车上至达到与平板车相同速度的过程中，滑块向右的位移大小为：x 1＝12
a 1t 2 平板车向右的位移大小为：x 2＝v 0t ＋12
a 2t 2 又：l ＝x 2－x 1
解得：l ＝2.25 m 。

答案：(1) 3 s (2)2.25 m
6．(2020·泉州四校联考)如图所示，有1、2、3三个质量均为m ＝1 kg 的物体，物体2与物体3通过不可伸长的轻绳连接，跨过光滑的定滑轮，设长板2到定滑轮足够远，物体3离地面高H ＝5.75 m, 物体1与长板2之间的动摩擦因数μ＝0.2。

长板2在光滑的桌面上从静止开始释放，同时物体1(视为质点)在长板2的左端以v ＝4 m/s 的初速度开始运动，运动过程中恰好没有从长板2的右端掉下。

(取g ＝10 m/s 2)求：
(1)长板2开始运动时的加速度大小；
(2)长板2的长度L 0；
(3)当物体3落地时，物体1在长板2的位置。

解析：设向右为正方向
(1)物体1：－μm g ＝ma 1，解得a 1＝－μg ＝－2 m/s 2
物体2：T ＋μmg ＝ma 2
物体3：mg －T ＝ma 3
且a 2＝a 3
联立解得：a 2＝g ＋μg 2
＝6 m/s 2。

(2)设经过时间t 1物体1与长板2速度相等，为v 1＝v ＋a 1t 1＝a 2t 1
代入数据解得t 1＝0.5 s
v 1＝3 m/s
x 1＝v ＋v 12t 1
＝1.75 m x 2＝v 1t 12
＝0.75 m
所以长板2的长度L0＝x1－x2＝1 m。

(3)此后，假设物体1、2、3相对静止一起加速T′＝2ma，mg－T′＝ma
即mg＝3ma
解得a＝g 3
对1分析：f静＝ma＝3.3 N＞F f＝μmg＝2 N，故假设不成立，物体1和物体2相对滑动物体1: a3＝μg＝2 m/s2
物体2：T″－μmg＝ma4
物体3：mg－T″＝ma5
且a4＝a5
解得：a4＝g－μg
2＝4 m/s
2
整体下落高度h＝H－x2＝5 m
根据h＝v1t2＋1
2a4t2
2
解得t2＝1 s
物体1的位移x3＝v1t2＋1
2a3t2
2＝4 m
由于h－x3＝1 m，所以物体1在长板2的最左端。

答案：(1)6 m/s2(2)1 m(3)在长板2的最左端。