《2025年高中总复习优化设计高中物理》

6. (2023四川二模)如图所示，一物体被水平向左的压力F压在粗糙的竖直墙壁上，某时刻压力F的值为F₀，此时物体处于静止状态，若从该时刻起使压力F逐渐减小，直到减为零，则该过程中物体的加速度a与压力F的关系图像可能正确的是(　　　)
　　　　　　　　　
　

答案： D　解析设物体与竖直墙壁间的动摩擦因数为μ，物体的质量为m，压力为F0时，物体处于静止状态，若此时摩擦力刚好达到最大值，则从该时刻起使压力F逐渐减小，物体立即获得加速度向下加速运动，根据牛顿第二定律可得mg - Ff = ma，又Ff = μFN = μF，联立可得a = g - $\frac{\mu F}{m}$，故选D。

7. 用手掌托着智能手机，打开手机中的加速度传感器，手掌从静止开始迅速上下运动，得到如图所示的竖直方向上加速度随时间变化的图像，该图像以竖直向上为正方向，重力加速度g取10 m/s²。由此可判断出(　　　)
　　　　　　
A. 手机一直未离开过手掌
B. 手机在t₁时刻运动到最高点
C. 手机在t₂时刻改变运动方向
D. 手机在t₁～t₃时间内，受到的支持力一直减小

答案： D　解析由图可知，手机的加速度在某一段时间内等于重力加速度，则手机与手掌间没有力的作用，手机可能离开过手掌，A错误。根据Δv = aΔt可知，a - t图像与坐标轴围成的面积表示速度变化量，则手机在t1时刻速度为正，还没有到最高点，B错误。手机在t2时刻前后速度均为正，运动方向没有发生改变，C错误。由图可知t1～t2时间内加速度向上不断减小，根据牛顿第二定律得FN - mg = ma，即FN = ma + mg，可知t1～t2时间内支持力不断减小；t2～t3时间内加速度向下，不断增大，根据牛顿第二定律得mg - FN' = ma，即FN' = mg - ma，可知支持力还是不断减小，即手机在t1～t3时间内受到的支持力一直减小，D正确。

8. (2023山东卷)质量为m₀的玩具动力小车在水平面上运动时，牵引力F和受到的阻力Ff均为恒力。如图所示，小车用一根不可伸长的轻绳拉着质量为m的物体由静止开始运动。当小车拖动物体行驶的位移为s₁时，小车达到额定功率，轻绳从物体上脱落。物体继续滑行一段时间后停下，其总位移为s₂。物体与地面间的动摩擦因数不变，不计空气阻力。小车的额定功率P₀为(　　　)

　
A. $\sqrt{\frac{2F^{2}(F - F_{f})(s_{2}-s_{1})s_{1}}{(m_{0}+m)s_{2}-m_{0}s_{1}}}$
B. $\sqrt{\frac{2F^{2}(F - F_{f})(s_{2}-s_{1})s_{1}}{(m_{0}+m)s_{2}-ms_{1}}}$
C. $\sqrt{\frac{2F^{2}(F - F_{f})(s_{2}-s_{1})s_{2}}{(m_{0}+m)s_{2}-m_{0}s_{1}}}$
D. $\sqrt{\frac{2F^{2}(F - F_{f})(s_{2}-s_{1})s_{2}}{(m_{0}+m)s_{2}+ms_{1}}}$

答案： 8.A　解析设物体受到的阻力为Ff'，设经过位移s1，小车和物体的速度为v，则有P0 = Fv，对整体有(F - Ff - Ff')s1 = $\frac{1}{2}(m + m_0)v^2$，轻绳从物体上脱落后，Ff'(s2 - s1) = $\frac{1}{2}mv^2$，解方程组得P0 = $\sqrt{\frac{2F^2(F - F_f)(s_2 - s_1)s_1}{(m_0 + m)s_2 - m_0s_1}}$，选项B、C、D错误，A正确。

9. (多选)(2023福建厦门二模)如图所示，小明从羽毛球筒中取出最后一个羽毛球时，他一手拿着球筒，另一只手迅速拍打筒的上端边缘，使筒获得向下的初速度并与手发生相对运动(筒始终未离开手)，筒内的羽毛球就可以从上端出来。已知球筒质量为m₀ = 90 g(不含球的质量)，球筒与手之间的滑动摩擦力为Ff₁ = 2.6 N，羽毛球质量为m = 5 g，球头离筒的上端距离为d = 9.0 cm，球与筒之间的滑动摩擦力为Ff₂ = 0.1 N，重力加速度g取10 m/s²，空气阻力忽略不计，当球筒获得一个初速度后(　　　)
　　　　　　　　　
A. 羽毛球的加速度大小为10 m/s²
B. 羽毛球的加速度大小为30 m/s²
C. 若羽毛球头部能从上端筒口出来，则筒获得的初速度至少为$\frac{3\sqrt{5}}{5}$ m/s
D. 若羽毛球头部能从上端筒口出来，则筒获得的初速度至少为3 m/s

答案： 9.BD　解析依题意，对羽毛球受力分析，由于羽毛球相对于筒向上运动，受到筒对它竖直向下的摩擦力作用，根据牛顿第二定律可得mg + Ff2 = ma1，求得羽毛球的加速度为a1 = 30 m/s²，羽毛球向下做匀加速直线运动，A错误，B正确；对筒受力分析，根据牛顿第二定律有m0g - Ff1 - Ff2 = m0a2，求得a2 = - 20 m/s²，负号表示筒的加速度方向竖直向上，说明筒向下做匀减速直线运动，若敲击一次后，羽毛球头部能从上端筒口出来，则当羽毛球到达筒口时，羽毛球与筒的速度相等，筒获得的初速度最小，有a1t = vmin + a2t，$(v_{min}t+\frac{1}{2}a_2t^2)-\frac{1}{2}a_1t^2 = d$，联立解得vmin = 3 m/s，C错误，D正确。

10. (2024广东大湾区一模)水面救生无人船已经成为水面救援的重要科技装备。在某次测试中，一质量为20 kg的无人船在平静水面上沿直线直奔目标地点。无人船先从静止出发，做匀加速运动10 s后达到最大速度4 m/s，接着立即做匀减速运动，匀减速运动了16 m的距离后速度变为零。已知无人船运行过程中受到水的阻力恒定且大小为4 N，不计空气阻力，g取10 m/s²。求：

(1)在匀加速过程中，无人船发动机提供的动力的大小；
(2)在匀减速过程中，无人船发动机提供的阻力的大小；
(3)无人船在上述测试中，运动的总时间及总位移大小。

答案： 答案
(1)12 N
(2)6 N
(3)18 s 36 m
解析
(1)匀加速阶段加速度为a1 = $\frac{v_m}{t_1}$
解得a1 = 0.4 m/s²
由牛顿第二定律得F1 - Ff = ma1
解得F1 = 12 N。
(2)匀减速阶段有0 - vm² = - 2a2x2
解得a2 = 0.5 m/s²
由牛顿第二定律得F2 + Ff = ma2
解得F2 = 6 N。
(3)匀减速阶段的时间为t2 = $\frac{0 - v_m}{-a_2}$ = 8 s
解得运动总时间为t = t1 + t2 = 18 s
匀加速阶段的位移为x1 = $\frac{v_m + 0}{2}t_1$ = 20 m
运动总位移大小为x = x1 + x2 = 36 m。