2022届高三物理精准提升专题训练卷及解析汇编

1、专练专练1 匀变速直线运动及其公式1.应用1.应用 匀变速直线运动规律的应用 例1（2021全国甲卷14）如图，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P处，上部架在横杆上。横杆的位置可在竖直杆上调节，使得平板与底座之间的夹角可变。将小物块由平板与竖直杆交点Q处静止释放，物块沿平板从Q点滑至P点所用的时间t与夹角的大小有关。若由30逐渐增大至60，物块的下滑时间t将()A逐渐增大 B逐渐减小C先增大后减小 D先减小后增大【解析】设PQ的水平距离为L，由运动学公式可知，可得，可知45时，t 有最小值，故当从由30逐渐增大至60时下滑时间t先减小后增大。故选D。【答案】D例2(2019全国I卷

2、18)如图，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，离地后重心上升的最大高度为H。上升第一个eq f(H,4)所用的时间为t1，第四个eq f(H,4)所用的时间为t2。不计空气阻力，则eq f(t2,t1)满足()A1eq f(t2,t1)2 B2eq f(t2,t1)3C3eq f(t2,t1)4 D4eq f(t2,t1)5【答案】C【解析】运动员起跳到达最高点的瞬间速度为零，又不计空气阻力，故可逆向处理为自由落体运动。则根据初速度为零匀加速运动，相等相邻位移时间关系：t1t2t3tn1(eq r(2)1)(eq r(3)eq r(2)(2eq r(3)(eq r(n)eq r(n1)，可知，

3、即3eq f(t2,t1)4，故选C。2.应用2.应用 追及相遇问题 例3(2021浙江6月选考2)机动车礼让行人是一种文明行为。如图所示，质量m1.0103 kg的汽车以v136 km/h的速度在水平路面上匀速行驶，在距离斑马线s20 m处，驾驶员发现小朋友排着长l6 m的队伍从斑马线一端开始通过，立即刹车，最终恰好停在斑马线前。假设汽车在刹车过程中所受阻力不变，且忽略驾驶员反应时间。(1)求开始刹车到汽车停止所用的时间和所受阻力的大小；(2)若路面宽L6 m，小朋友行走的速度v00.5 m/s，求汽车在斑马线前等待小朋友全部通过所需的时间；(3)假设驾驶员以v254 km/h超速行驶，在距

4、离斑马线s20 m处立即刹车，求汽车到斑马线时的速度。【解析】(1) v136 km/h10 m/s，则刹车过程平均速度eq xto(v)5 m/s根据解得刹车时间t14 s刹车加速度根据牛顿第二定律得Ffma2.5103 N。(2)小朋友过时间等待时间tt2t120 s。(3)根据v22v22as解得v5eq r(5) m/s。对点速练对点速练1图中ae为珠港澳大桥上四段110 m的等跨钢箱连续梁桥，若汽车从a点由静止开始做匀加速直线运动，通过ab段的时间为t，则通过ce段的时间为()At Beq r(2)tC(2eq r(2)t D(2eq r(2)t【答案】C【解析】初速度为零的匀加速直

5、线运动的推论：从静止开始通过连续相等的位移所用时间之比为t1t2t3tn1(eq r(2)1)(eq r(3)eq r(2)(2eq r(3)(eq r(n)eq r(n1)，可知tac(2eq r(2)t，故C正确。2某同学将一足球竖直砸向水平地面，足球以5 m/s的速度被地面反向弹回，当足球上升到最高点后落回地面，以后足球每次与地面碰撞被弹回时速度均为碰撞前速度的eq f(3,4)。不计足球与地面碰撞的时间和空气阻力，取g10 m/s2，则足球从第一次被弹回到最后停止运动的总时间为()A8 s B4 s C2 s D1.5 s【答案】B【解析】足球第一次被弹回的速度 v15 m/s，第一次

6、在空中竖直上抛运动的总时间；足球第二次被弹回的速度v2eq f(3,4)v1，第二次在空中竖直上抛运动的总时间；足球第三次被弹回的速度 v3eq f(3,4)v2(eq f(3,4)2v1，第三次在空中竖直上抛运动的总时间则足球从第一次被弹回到最后停运动的总时间为 tt1t24 s，故选B。3一根轻质细线将2个薄铁垫圈A、B连接起来，一同学用手固定B，此时A、B间距为3L，距地面为L，如图所示，由静止释放A、B，不计空气阻力，且A、B落地后均不再弹起。从释放开始到A落地历时t1，A落地前瞬间速率为v1，从A落地到B落在A上历时t2，B落在A上前瞬间速率为v2，则()At1t221B两垫圈加速度

7、不确定，时间无法比较Cv1v212D两垫圈作为整体，同时落地【答案】C【解析】由静止释放，A、B都做自由落体运动，A运动的位移为L，B运动的位移为4L，根据heq f(1,2)gt2可知，A落地的时间t1eq r(f(2L,g) ，B落地的时间t2eq r(f(2L,g)，故t2tt1eq r(f(2L,g)，所以有t1t2，故A、B错误；A落地前瞬间速率v1eq r(2gL)，B落地前瞬间速率v2gt2eq r(2gL)，所以v1v212，故C正确；因A落地时B还没有落地，故不可能同时落地，故D错误。4(多选)甲物体从离地面H高空自由落下，而乙物体在地面以初速度v0同时向上抛出，两物体在离地

8、面eq f(3,4)H处相遇，如果g、v0为已知量，则()A从自由下落到相遇，经过的时间为B甲物体落到地面时，乙物体仍在上升C相遇时，甲乙两物体的速度大小相等，均为0.5v0D乙上升的最大高度就是H，且，而甲物体落地时的速度大小是v0【答案】ACD【解析】两者相遇时，甲的位移为eq f(1,4)H，乙的位移为eq f(3,4)H。相遇时，甲、乙的位移之和为H，即eq f(1,2)gt2v0teq f(1,2)gt2H，甲的位移eq f(1,4)Heq f(1,2)gt2，乙的位移eq f(3,4)Hv0teq f(1,2)gt2，所以，故A正确；乙物体上升到最高点时间，物体甲的位移heq f(

9、1,2)g1t12H，甲距地面的高度为0，即甲物体落到地面时，乙物体上升到了最高点，故B错误；由A可知，两者相遇时的运动时间，甲的速度v1gt0.5v0，乙的速度v2v0gt0.5v0，故C正确；乙做竖直上抛运动，上升的最大高度，甲做自由落体运动，由速度位移公式可知落地速度veq r(2gH)v0，故D正确。5某人驾驶一辆汽车甲正在平直的公路上以某一速度匀速运动，突然发现前方50 m处停着一辆乙车，立即刹车，刹车后做匀减速直线运动。已知刹车后第1个2 s内的位移是24 m，第4个2 s内的位移是1 m。则下列说法中正确的是()A汽车甲刹车后做匀减速直线运动的加速度大小为2 m/s2B汽车甲刹车

10、后做匀减速直线运动的加速度大小为m/s2C汽车甲刹车后停止前，可能撞上乙车D汽车甲刹车前的速度为13.9 m/s【答案】A【解析】采用逆向思维，根据连续相等时间内的位移之比为x1x2x3x41357，可知汽车甲在8 s前速度减为零。设汽车甲的加速度为a，根据x1v0t1eq f(1,2)at12得242v02a，汽车甲速度减为零的时间，最后2 s内的位移，联立解得a2 m/s2，v014 m/s，选项A正确，BD错误；汽车甲刹车到停止的距离，可知甲不能撞上乙车，选项C错误。6(多选)某同学放学准备乘坐805路公交车，到达公交站时，看见公交车已经沿平直公路驶离车站，司机听到呼喊后汽车马上以2 m

11、/s2的加速度匀减速刹车，该同学同时以4 m/s的速度匀速追赶汽车，汽车开始刹车时速度为8 m/s，减速前距离同学12 m。则下列说法正确的是()A公交车刹车第1 s内位移为1 mB公交车从开始刹车5 s内位移为15 mC公交车刹车过程平均速度为4 m/sD该同学追上汽车所需的时间为7 s【答案】CD【解析】汽车减速至停止所用时间t4 s，第1 s内的位移为x1v0t1eq f(1,2)at127 m，故A错；汽车减速4 s后已经停止，所以汽车5 s内的位移实际上是4 s内的位移，x2v0teq f(1,2)at216 m，故B错；公交车刹车过程平均速度，故C正确；设同学追上汽车所用的时间为t

12、2，同学的速度为v人，在这个时间内汽车的位移x3，同学的位移x4，汽车刹车前与同学的距离为L，根据题意有x3v0t2eq f(1,2)at22，x4v人t2，x3Lx4，解得t26 s或t22 s(舍去)，由于汽车刹车过程只需要4 s，所以说明人在追上汽车前汽车已经停止，则t26 s也不符合题意舍去；设人追上汽车的实际时间为t3，有Lx2v人t3，解得t37 s，故D正确。7甲、乙两辆汽车在同一直轨道上向右匀速行驶，甲车的速度v116 m/s，乙车的速度v212 m/s，乙在甲前面L6 m时，两车同时开始刹车，从此时开始计时，甲车以a12 m/s2的加速度刹车，6 s后立即改做匀速运动，乙车刹

13、车的加速度为a21 m/s2。从两车刹车开始计时，下列关于甲车第一次追上乙车的时间t1、两车相遇的次数n、两车速度相等时的时间t2的说法正确的是()A3 s、3次、8 s B3 s、2次、6 s C2 s、3次、8 s D2 s、2次、6 s【答案】C【解析】设刹车后经过t时间两车速度相等，有v1a1tv2a2t，解得t4 s；6 s后甲车匀速，速度v1626 m/s4 m/s，再次相等有vv2a2t，解得t8 s；在甲减速时，设经时间t相遇，甲和乙的位移分别为x1、x2，则有x1v1teq f(1,2)a1t2，x2v2teq f(1,2)a2t2，x1x2L，得t12 s，t26 s；甲车

14、减速时间恰好为6 s，即在甲车减速阶段，相遇两次，第一次t12 s，第二次t26 s，此时甲车的速度v1v1a1t24 m/s，乙车的速度v2v2a2t26 m/s，设再经t甲追上乙，有v1tv2teq f(1,2)a2(t)2，代入数据解得t4 s，此时乙仍在做减速运动，此解成立，所以甲、乙两车第3次相遇时刻为t3t2t10 s，故C正确。8如图甲所示，一小滑块（可视为质点）与长木板一起以v05 m/s的速度沿光滑水平面向左运动。现给长木板加一个F12 N向右的水平推力，小滑块与长平板发生相对滑动，长木板运动的vt图如图乙所示。当长木板速度减速为零时，小滑块恰好滑至长平板上的A点，此时撤去外

15、力F并将长木板锁定，小滑块继续沿长木板运动，恰好到达长木板的最左端。已知长木板的质量M2 kg，小滑块的质量m1 kg，g取10 m/s2。求：(1)滑块运动到A点时的速度vA；(2)长平板的长度L。【解析】(1)当给长木板加一个F12 N向右的水平推力，长木板向左匀减速运动，由vt图得加速度的大小a15 m/s2对长木板由牛顿第二定律得：FmgMa1对滑块受由牛顿第二定律得：mgma2联立解得：a22 m/s2经过时间t1 s，到达A点的速度vAv0a2t3 m/s。(2)由图知，长木板1 s内的位移x1eq f(1,2)15 m2.5 m滑块1 s内的位移x24 m则相对位移xx2x11.

16、5 m1 s后，长木板固定不动，滑块继续做减速运动到零时，刚好达到长木板左端，则位移x32.25 m故长木板的长度Lxx33.75 m。9A、B两车在同一直线上向右匀速运动，B车在A车前，A车的速度大小为v18 m/s，B车的速度大小为v220 m/s，如图所示。当A、B两车相距x028 m/s时，B车因前方突发情况紧急刹车（已知刹车过程的运动可视为匀减速直线运动），加速度大小为a2 m/s2，从此时开始计时，求：(1) A车追上B车之前，两者相距的最大距离；(2) A车追上B车所用的时间；(3)在题设条件下，A车在B车刹车后0.5 s也开始刹车，为避免两车相撞，则A车的加速度应满足什么条件。

17、【解析】(1)当A、B两车速度相等时，相距最远根据速度关系得：v1v2at1代入数据解得t16 s此时，根据位移公式得：xAv1t148 m，xBv2t1eq f(1,2)at284 mxmxBx0 xA64 m。(2) B车刹车停止运动所用时间所发生位移此时xAv1t080 m则xAx0 xB可见此时A车并未追上B车，而是在B车停止后才追上，之后A车运动时间为故A车追上B车所用的时间tt0t216 s。(3) A车刹车减速至0时刚好追上B车时（此时B车的速度为0），加速度最小则代入数据解得。10在一种新的“子母球”表演中，让同一竖直线上的小球A和小球B，从距水平地面高度为kh（k1）和h的地

18、方同时由静止释放，如图所示。球A的质量为m，球B的质量为4m。设所有碰撞都是弹性碰撞，重力加速度大小为g，忽略球的直径、空气阻力及碰撞时间。(1)求球B第一次落地时球A的速度大小；(2)若球B在第一次上升过程中就能与球A相碰，求k的取值范围；(3)在(2)情形下，要使球A第一次碰后能到达比其释放点更高的位置，再求k的取值范围。【解析】(1)由于两球同时释放，所以球B第一次落地时A球下落的高度为h，设此时A球的速度大小为v0，由v022gh可得v0eq r(2gh)。(2)设B反弹后经时间t后与A碰，A、B碰撞时A球自由下落的高度hAhv0teq f(1,2)gt2B球竖直上升的高度hBv0te

19、q f(1,2)gt2则khhAhBh2v0t其中v0eq r(2gh)，在B上升过程有0teq r(f(2h,g)解得1k5。(3)球A、B在空中碰前的速度大小分别为有：vAv0gtvBv0gt设它们碰后的速度分别为vA和vB，选竖直向上为正方向，两球发生弹性碰撞，根据动量守恒和能量守恒m(vA)4mvBmvA4mvBeq f(1,2)m(vA)2eq f(1,2)4mvB2eq f(1,2)mvA2eq f(1,2)4mvB2解得依题意A球能上升高度与初始高度高，则有vAvA得将其及v0eq r(2gh)代入khh2v0t得k即要使球A第一次碰后能到达比其释放点更高的位置有1k。专练专练2

20、 直线运动的图像1.应用1.应用 位移时间图像的理解及应用 例1( 2020山东卷1)一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移s与时间t的关系图像如图所示。乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示。重力加速度大小为g。以下判断正确的是()A. 0t1时间内，v增大，FNmB. t1t2时间内，v减小，FNmgC. t2t3时间内，v增大，FNmgD. t2t3时间内，v减小，FNmg【答案】D【解析】由于st图像的斜率表示速度，可知在0t1时间内速度增加，即乘客的加速度向下，处于失重状态，则FNmg，选项A错误；在t1t2时间内速度不变，即乘客的匀速下降，则FNmg，选项B错误；在t2

21、t3时间内速度减小，即乘客的减速下降，超重，则FNmg，选项C错误，D正确。2.应用2.应用速度时间图像的理解及应用 例2( 2021广东卷8)(多选)赛龙舟是端午节的传统活动。下列vt和st图像描述了五条相同的龙舟从同一起点线同时出发、沿长直河道划向同一终点线的运动全过程，其中能反映龙舟甲与其它龙舟在途中出现船头并齐的有()【答案】BD【解析】A此图是速度图像，由图可知，甲的速度一直大于乙的速度，所以中途不可能出现甲乙船头并齐，故A错误；此图是速度图像，由图可知，开始丙的速度大，后来甲的速度大，速度图像中图像与横轴围成的面积表示位移，由图可以判断在中途甲、丙位移会相同，所以在中途甲丙船头会并

22、齐，故B正确；此图是位移图像，由图可知，丁一直运动在甲的前面，所以中途不可能出现甲丁船头并齐，故C错误；此图是位移图像，交点表示相遇，所以甲戊在中途船头会齐，故D正确。3.应用3.应用加速度时间图像的理解及应用 例3摩天大楼中一部直通高层的客运电梯，行程超过百米。电梯的简化模型如左图所示。考虑安全、舒适、省时等因素，电梯的加速度a是随时间t变化的，已知电梯在t0时由静止开始上升，at图像如右图所示。电梯总质量m2.0103 kg。忽略一切阻力，重力加速度g取10 m/s2。(1)求电梯在上升过程中受到的最大拉力F1和最小拉力F2；(2)类比是一种常用的研究方法。对于直线运动，教科书中讲解了由v

23、t图像求位移的方法。请你借鉴此方法，对比加速度和速度的定义，根据图示的at图像，求电梯在第1 s内的速度改变量v1和第2 s末的速率v2；(3)求电梯以最大速率上升时，拉力做功的功率P；再求在011 s时间内，拉力和重力对电梯所做的总功W。【解析】(1)由牛顿第二定律，有Fmgma由at图像可知，F1和F2对应的加速度分别是a11.0 m/s2，a21.0 m/s2F1m(ga1)2.2104 NF2m(ga2)1.8104 N。(2)类比可得，所求速度变化量等于第1 s内at图线下的面积v10.50 m/s同理可得，v2v2v01.5 m/sv00，第2 s末的速率v21.5 m/s。(3)

24、由at图像可知，1130 s内速率最大，其值等于011 s内at图线下的面积，有vm10 m/s此时电梯做匀速运动，拉力F等于重力mg，所求功率PFvmmgvm2.0105 W由动能定理，总功WEk2Ek1eq f(1,2)mveq oal(2,m)01.0105 J。对点速练对点速练1如图所示，A、B、C是三个质点同时同地开始沿直线运动的位移图像，则在时间t2内()AA和B的平均速度相等BB和C的平均速率相等CB和C的位移相等D他们的平均速度都相等【答案】C【解析】在时间t2内，A的位移大于B的位移，因此A的平均速度大于B的平均速度，A错误；在时间t2内，由于B先向正方向运动，然后再向负方向

25、运动，整个过程B的路程大于C的路程，因此B 的平均速率大于C 的平均速率，B错误；由于B 和C的初末位置相同，因此B和C的位移相等，C正确；在时间t2内，A、B、C是三个质点位移大小关系为xAxBxC，因此在时间t2内，A、B、C是三个质点平均速度大小关系为vAvBvC，D错误。2甲、乙两辆汽车在平直的公路上同一地点沿相同方向由静止开始做直线运动，它们运动的加速度随时间变化，at图像如图所示。关于甲、乙两车在020 s的运动情况，下列说法正确的是()A在t10 s时两车相遇B在t20 s时两车相遇C在t10 s时两车相距最远D在t20 s时两车相距最远【答案】D【解析】根据图像可知，在020

26、s内，甲的加速度不变，乙的加速度逐渐减小。根据at图像与时间轴所围的面积表示速度变化量可知，在010 s内，乙车的速度均大于甲车，同一地点沿相同方向由静止开始做直线运动，故在t10 s时乙车在甲车前方，故A、B错误；当t20 s时，两图像与t轴所围的面积相等，即该时刻两辆车的速度相等；在20 s前乙车的速度大于甲车的速度，所以乙车在甲车的前方，所以两车逐渐远离，当t20 s时，两车速度相等即相距最远，故C错误，D正确。3在反恐演习中，中国特种兵进行了飞行跳伞表演，某伞兵从静止的直升飞机上跳下，在t0时刻打开降落伞，在3t0时刻以速度v2着地，伞兵运动的速度随时间变化的规律如图所示，下列结论错误

27、的是()A在0t0时间内加速度不变，在t03t0时间内加速度减小B降落伞打开后，降落伞和伞兵所受的阻力越来越小C在t03t0的时间内，平均速度D若第一个伞兵在空中打开降落伞时第二个伞兵立即跳下，则他们在空中的距离先增大后减小【答案】C【解析】在0t0时间内伞兵做匀加速直线运动，加速度不变，在t03t0时间内图线的斜率逐渐减小，则加速度逐渐减小，故A正确；设降落伞和伞兵的总质量为m，所受的阻力为f，加速度大小为a，根据牛顿第二定律得fmgma，a逐渐减小，则f也逐渐减小即降落伞和伞兵所受的阻力越来越小，故B正确；在t03t0的时间内，假设伞兵做匀减速直线运动，图象为直线，其平均速度，根据面积等于

28、位移可以知道匀减速直线运动的位移大于伞兵实际运动的位移，则平均速度，故C错误；第一个伞兵在空中打开降落伞时的速度比第二个伞兵跳下时速度大，所以两者距离逐渐变大，后来第二个人的速度大于第一个跳伞运动员时两者距离又减小，故D正确。本题选错误的，故选C。4一长为12 m的钢管竖立在地面上，一名消防队员在一次模拟演习训练中，从钢管顶端由静止下滑，如图2所示。消防队员先匀加速再匀减速下滑，到达地面时速度恰好为零。如果他加速时的加速度大小是减速时的两倍，下滑总时间为3 s。该消防队员在这一过程中的运动图像，可能正确的是()【答案】D【解析】设下滑过程中的最大速度为v，有eq f(v,a1)eq f(v,a

29、2)t，位移关系为eq f(v2,2a1)eq f(v2,2a2)s，又a12a2，联立解得v8 m/s，a18 m/s2，a24 m/s2，加速时间为t1eq f(v,a1)eq f(8,8) s1 s，减速时间为t2eq f(v,a2)eq f(8,4) s2 s，但是相对于12 m的杆子而言，消防员不能看做质点，实际下落的位移应小于12 m，故选项D正确。5(多选)如图为一匀变速直线运动的xt图像，图像与两坐标轴的交点分别为(t0，0)，(0，x0)，t0时，图像切线交t轴的坐标为(2t0，0)。关于质点的运动，下列说法正确的()A质点先向x轴负方向运动，后向x轴正方向运动B质点的初速度

30、大小为C0t0时间内质点的位移为x0D质点的加速度大小为【答案】BD【解析】根据图像知，质点一直向x轴正方向运动，故A错误；质点的初速度大小，故B正确；0t0时间内质点的位移x0(x0)x0，故C错误；根据位移公式xv0teq f(1,2)at2，可得，故D正确。6如图所示，是一质点做初速度为零的匀变速直线运动的x-t图像。P（t1，x1）为图像上一点，PQ为过P点的切线，与t轴交于Q（t2，0）。则下列说法错误的是()At12t2B质点的加速度大小为Ct1时刻，质点的速度大小为D0t1时间内，质点的平均速度大小为【答案】B【解析】设加速度为a，质点做初速度为零的匀变速直线运动，故x1eq f

31、(1,2)at12，所以质点的加速度，所以B错误；根据位移时间图像斜率为速度可得，所以C正确；0t1时间内的平均速度，而初速度为零的匀加速直线运动的平均速度等于中间时刻的速度，且为最大速度的一半，即，解得t12t2，所以AD正确。7(多选)由于公路维修只允许单车道通行。t0时，甲车在前，乙车在后，相距x0100 m，速度均为v030 m/s，从此时开始两车按图所示规律运动，则下述说法正确的是()A两车最近距离为10 mB两车最近距离为100 mC两车一定不会相遇D两车一定会相遇【答案】AC【解析】在03 s时间内，甲车一直减速，乙车匀速运动，两车距离一直减小，在3 s 9 s时间内，甲车从静止

32、开始加速，乙车开始减速，当两车速度相等时，距离最近，从3 s开始，甲车的加速度为5 m/s2，再经t时间，两车速度相等，a甲tv0a乙t，整理得t3 s，因此在6 s时两车距离最近，由甲车图像可知x甲67.5 m，设前3 s为t0，乙车的位移x乙v0t0v0teq f(1,2)a乙t2157.5 m，此时两车间距离xx甲x0 x乙10 m，因此两车最近距离为10 m，不会相遇，AC正确，BD错误。8(多选)如图甲所示为杂技中的“顶竿”表演，地面上演员B肩部顶住一根长直竹竿，另一演员A爬至竹竿顶端完成各种动作。某次顶竿表演结束后，演员A自竿顶由静止开始下滑，滑到竿底时速度正好为零，其下滑时的速度

33、随时间变化关系如图乙所示。演员A质量为40 kg，长竹竿质量为10 kg，g10 m/s2。则()A演员A的加速度方向先向上再向下B演员A所受摩擦力的方向保持不变Ct2 s时，演员B肩部所受压力大小为380 NDt5 s时，演员B肩部所受压力大小为540 N【答案】BD【解析】演员A先向下做匀加速运动，加速度方向向下，然后向下做匀减速运动，加速度方向向上，故A错误；演员A在整个运动的过程中摩擦力一直竖直向上，故B正确；t2 s时，演员A向下做匀加速运动，由vt图像得加速度a0.5 m/s2，根据牛顿第二定律得mgfma，解得f380 N，则演员B所受的压力Fmgf480 N，故C错误；t5 s

34、时，演员向下做匀减速运动，由vt图像得加速度a1 m/s，根据牛顿第二定律得fmgma，解得f440 N，则演员B所受的压力Fmgf540 N，故D正确。9如图所示为物体做直线运动的图像，下列说法正确的是()A甲图中，物体在0t0这段时间内的位移小于eq f(1,2)v0t0B乙图中，物体的加速度为2 m/s2C丙图中，阴影面积表示t1t2时间内物体的加速度变化量D丁图中，t3 s时物体的速度为25 m/s【答案】D【解析】甲图中，因vt图像与坐标轴围成的面积等于位移，可知物体在0t0这段时间内的位移大于eq f(1,2)v0t0，A错误；乙图中，根据v22ax可知2a1，则物体的加速度为0.

35、5 m/s2，选项B错误；丙图中，根据vat可知，阴影面积表示t1t2时间内物体的速度变化量，C错误；丁图中，由xv0teq f(1,2)at2可得eq f(x,t)v0eq f(1,2)at，由图像可知eq f(1,2)a5，则a10 m/s2，v05 m/s，则t3 s时物体的速度v3v0at325 m/s，D正确。10(多选)一质点沿x轴正方向做直线运动，通过坐标原点时开始计时，其eq f(x,t)t的图像如图所示，则()A质点做匀加速直线运动，加速度为1 m/s2B质点在1 s末速度为2 m/sC质点在第1 s内的平均速度0.75 m/sD质点做匀速直线运动，速度为0.5 m/s【答案

36、】AB【解析】由图得eq f(x,t)10.5t，根据xv0teq f(1,2)at2，得eq f(x,t)v0eq f(1,2)at，对比可得eq f(1,2)a0.5 m/s2，则加速度a1 m/s2，由图知质点的加速度不变，说明质点做匀加速直线运动，故A正确，D错误；质点的初速度v01 m/s，在1 s末速度为vv0at2 m/s，故B正确；质点在第1 s内的平均速度，故C错误。11某质点做直线运动，运动速率的倒数eq f(1,v)与位移x的关系如图所示，关于质点的运动，下列说法正确的是()A质点做匀加速直线运动Beq f(1,v)x图线斜率等于质点运动的加速度C四边形AABB的面积可表

37、示质点从O到C所用的运动时间D四边形BBCC的面积可表示质点从C到C所用的运动时间【答案】D【解析】由题中eq f(1,v)x图像可知，eq f(1,v)与x成正比，即vx常数，质点做减速直线运动，故A错误；eq f(1,v)x图线斜率不等于质点运动的加速度，故B错误；由于三角形OBC的面积S1eq f(1,2)OCBCeq f(x1,2v1)，体现了从O到C所用的时间，同理，从O到C所用的时间可由S2eq f(x2,2v2)体现，所以四边形BBCC面积可体现质点从C到C所用的时间，故C错误，D正确专练专练3 受力分析 共点力的平衡常考题型常考题型1.应用1.应用 物体的静态平衡问题 例1(2

38、020山东卷8)如图所示，一轻质光滑定滑轮固定在倾斜木板上，质量分别为m和2m的物块A、B，通过不可伸长的轻绳跨过滑轮连接，A、B间的接触面和轻绳均与木板平行。A与B间、B与木板间的动摩擦因数均为，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当木板与水平面的夹角为45时，物块A、B刚好要滑动，则的值为()Aeq f(1,3) Beq f(1,4) C Deq f(1,6)【解析】当木板与水平面的夹角为45时，两物块刚好滑动，对A物块受力分析如图，A、B之间的滑动摩擦力f1mgcos 45，根据平衡条件可知Tmgsin 45f1；对B物块受力分析如图沿斜面方向，B与斜面之间的滑动摩擦力f23mgcos 45，

39、根据平衡条件可知2mgsin 45Tf1f2，解得。【答案】C2.应用2.应用 物体的动态平衡问题 例2(2021湖南卷5)质量为M的凹槽静止在水平地面上，内壁为半圆柱面，截面如图所示，A为半圆的最低点，B为半圆水平直径的端点。凹槽恰好与竖直墙面接触，内有一质量为m的小滑块。用推力F推动小滑块由A点向B点缓慢移动，力F的方向始终沿圆弧的切线方向，在此过程中所有摩擦均可忽略，下列说法正确的是（）A. 推力F先增大后减小B. 凹槽对滑块的支持力先减小后增大C. 墙面对凹槽的压力先增大后减小D. 水平地面对凹槽的支持力先减小后增大【答案】C【解析】对滑块受力分析，由平衡条件有Fmgsin ，Nmgc

40、os ，滑块从A缓慢移动B点时，越来越大，则推力F越来越大，支持力N越来越小，所以AB错误；对凹槽与滑块整体分析，有墙面对凹槽的压力FNFcos eq f(1,2)mgsin (2)，则越来越大时，墙面对凹槽的压力先增大后减小，所以C正确；水平地面对凹槽的支持力N地(Mm)gFsin (Mm)gmgsin2 ，则越来越大时，水平地面对凹槽的支持力越来越小，所以D错误。对点速练对点速练1(2021浙江6月4)2021年5月15日，天问一号着陆器在成功着陆火星表面的过程中，经大气层290 s的减速，速度从4.9103 m/s减为4.6102 m/s；打开降落伞后，经过90 s速度进一步减为1.01

41、02 m/s；与降落伞分离，打开发动机减速后处于悬停状态；经过对着陆点的探测后平稳着陆。若打开降落伞至分离前的运动可视为竖直向下运动，则着陆器（）A打开降落伞前，只受到气体阻力的作用B打开降落伞至分离前，受到的合力方向竖直向上C打开降落伞至分离前，只受到浮力和气体阻力的作用D悬停状态中，发动机喷火的反作用力与气体阻力是平衡力【答案】B【解析】打开降落伞前，在大气层中做减速运动，则着陆器受大气的阻力作用以及火星的引力作用，A错误；打开降落伞至分离前做减速运动，则其加速度方向与运动方向相反，加速度方向向上，则合力方向竖直向上，B正确；打开降落伞至分离前，受到浮力和气体的阻力以及火星的吸引力作用，C

42、错误；悬停状态中，发动机喷火的反作用力是气体对发动机的作用力，由于还受到火星的吸引力，则与气体的阻力不是平衡力，D错误。2如图所示，一根粗糙的水平横杆上套有A、B两个轻环，系在两环上的等长细绳拴住的书本处于静止状态，现将两环距离变小后书本仍处于静止状态，则()A杆对A环的支持力变大BB环对杆的摩擦力变小C杆对A环的力不变D与B环相连的细绳对书本的拉力变大【解析】以环、绳和书本整体为研究对象，在竖直方向上始终受力平衡，故杆对其中一环的支持力FN恒等于书本重力的一半，故A错误；设绳与水平杆之间的夹角为，对B环受力分析，可得杆对B环的摩擦力Ffeq f(FN,tan )，两环距离减小，夹角增大，摩擦

43、力Ff减小，故B环对杆的摩擦力变小，B正确；杆对环的作用力包括支持力和摩擦力，根据环受力平衡可知，两者的合力大小与绳的拉力大小相等，而绳的拉力大小Feq f(FN,sin )，可知，夹角增大，拉力大小减小，故C、D错误。【答案】B3如图所示，倾角为30的斜面A置于水平面上，滑块B、C叠放在一起沿斜面匀速下滑，且始终保持相对静止，斜面A静止不动，B上表面倾斜，则B、C在斜面上运动时，下列说法正确的是( )AB可能受三个力作用BA、B间的动摩擦因数eq f(r(3),2)CA一定受四个力作用D地面对A的支持力小于A、B、C三者重力之和【答案】C【解析】B受到重力、斜面的支持力和摩擦力、C对B的压力

44、和摩擦力5个力的作用，A错误；以B和C整体为研究对象，沿斜面方向根据平衡条件可得(mBgmCg)sin (mBgmCg)cos ，解得tan eq f(r(3),3)，B错误；斜面A受到重力、地面的支持力、B对斜面的压力和摩擦力4个力的作用，C正确；滑块B、C叠放在一起沿斜面匀速下滑，整体受力平衡，故地面对A的支持力等于A、B、C三者重力之和，故D错误。4如图所示，一倾角为45的斜面放置于粗糙的水平地面上，斜面上固定一个内侧光滑的圆环，圆环和斜面相切。将一小物块放置于圆环内侧切点位置，对小物块施加沿圆环切线方向的拉力F，使小物块缓慢沿圆环内侧向上运动，直至拉力F竖直，整个过程斜面体静止不动，则

45、下列说法正确的是（）A拉力F先增大后减小B圆环对物块的支持力先增大后减小C地面对斜面体的摩擦力一直减小D地面对斜面体的支持力先增大后减小【答案】C【解析】对小物块，设F与竖直方向夹角为，根据平衡条件有Fmgcos ，根据题意，由45逐渐减小到0，则F逐渐增大，故A错误；对小物块，根据平衡条件FNmgsin ，根据题意，由45逐渐减小到0，则FN逐渐减小，故B错误；对小物块、圆环和斜面整体，根据水平方向平衡条件有fFsin eq f(1,2)mgsin (2)，根据题意，由45逐渐减小到0，则f逐渐减小，故C正确；对小物块、圆环和斜面整体，根据竖直方向平衡条件有MgFNFcos ，根据题意，由4

46、5逐渐减小到0，且F逐渐增大，则FN逐渐减小，故D错误。5如图甲、乙所示，一台质量为36 kg的空调外机用两个相同的三角形支架固定在竖直外墙上，若空调外机重心恰好在两支架OO连线中点S的正上方。横梁PO水平，斜梁QO跟横梁PO的夹角为37，已知sin 370.6，cos 370.8，下列说法正确的是（ ）A横梁对O点的作用力方向从P指向OB斜梁对O点的作用力大小约为300 NC空调外机对每个三角形支架的作用力大小约为360 ND保持O点位置不变，斜梁加长，横梁和斜梁对O点的作用力都变大【答案】B【解析】横梁对O点的作用力方向从O指向P，A错误；每根斜梁对O点的作用力大小约为，B正确；空调外机对

47、每个三角形支架的作用力大小约为Feq f(1,2)mg180 N，C错误；保持O点位置不变，斜梁加长，则横梁与斜梁的夹角变大，根据，可知，横梁和斜梁对O点的作用力都变小，D错误。6如图，倾角60的斜面体置于水平面上，在斜面体顶端固定一轻质小定滑轮，一根轻质细线跨过滑轮，一端与置于斜面上的质量为2m的物块相连，另一端与质量为m的小球相连，与物块相连的细线与斜面平行。现用一拉力F拉小球（图中未画出），使与小球相连的细线偏离竖直方向30，且拉力F最小，整个装置保持静止，重力加速度为g。则（）A拉力F沿水平方向向右时，拉力F最小B斜面对物块的摩擦力大小为eq f(r(3),2)mg，方向沿斜面向下C地

48、面对斜面体的摩擦力大小为eq f(r(3),4)mg，方向水平向左D细线上的拉力大小为eq f(1,2)mg【答案】C【解析】对小球进行受力分析，当拉力F方向垂直于绳子时，拉力F最小，做出力的矢量三角形如图所示，所以绳子拉力Fmgcos 30eq f(r(3),2)mg，拉力Fmgsin 30eq f(1,2)mg，故AD错误；对物块进行受力分析，如图所示，根据力的平衡条件FTf2mgsin 60，解得feq f(r(3),2)mg，方向沿斜面向上，故B错误；把两个物体和斜面看成是一个整体，对整体受力分析，根据平衡条件，在水平方向，F在水平方向的分量等于地面对斜面的摩擦力，即fFcos30eq

49、 f(r(3),4)mg，方向水平向左，故C正确。7如图所示，通过轻绳和滑轮从矿井中提升重物，轻绳a左端固定在井壁的M点，另一端固定在光滑的滑环N上，轻绳b的下端系在轻滑环N上并绕过定滑轮，滑环N套在竖直杆上。在右侧地面上拉动轻绳b，使重物缓慢上升的过程中，不计动滑轮的质量及与绳子间的摩擦，下列说法正确的是（）A杆对轻滑环的弹力不变B绳b的拉力始终比绳a的大C绳a的拉力变大D绳b的拉力变大【答案】A【解析】重物缓慢上升的过程中，对重物受力分析，如图甲所示，根据正交分解可得2Tacos mg，解得，设轻绳a的总长为l，井口的宽度为d，如图乙所示，则根据几何关系可得l1sin d1，l2sin d

50、2，又l1l2l，d1d2d，联立可得，在缓慢向上的过程中，l和d保持不变，故sin 不变，所以cos 不变，根据，可知Ta不变，故C错误；对N点受力分析，如图丙，根据正交分解可得FNTasin ，TbTacos ，立解得FNeq f(1,2)mgtan ，Tbeq f(1,2)mg，绳b的拉力保持不变，由上面分析可知，绳a的夹角不变，则tan 不变，杆对滑环的弹力不变，故A正确，D错误；由于cos 1，根据TbTacos ，所以TbTa，故B错误。8(多选)如图所示，重力均为G的两小球用等长的细绳a、b悬挂在O点，两小球之间用一根轻弹簧连接，两小球均处于静止状态，两细绳a、b与轻弹簧c恰构成

51、一正三角形。现用水平力F缓慢拉动右侧小球，使细绳a最终竖直，并保持两小球处于静止状态，则下列说法正确的是()A最终状态与初态相比，细绳a的拉力变大B最终状态与初态相比，细绳b的拉力变大C最终状态与初态相比，轻弹簧c的弹力变小D最终状态时，水平拉力F等于eq r(3)G【答案】BC【解析】初始状态时，细线a的拉力，末状态时，细线a的拉力等于左侧小球的重力，细线的拉力变小，故A错误；初始状态时，弹簧的弹力Tcmgtan 30eq f(r(3),3)mg，末状态时弹簧的弹力为零，变小，故C正确；初始状态时，细线b的拉力，末状态时，右侧小球受到竖直向下的重力、b的拉力和水平向右的拉力F、b的竖直向上的

52、拉力等于重力，弹簧恢复原长，细线b与竖直方向的夹角大于60，细线b的拉力，细线b的拉力变大，故B正确；因为细线b与竖直方向的夹角大于60，所以水平拉力F的大小Fmgtan 60eq r(3)mg，故D错误9如图所示，质量为m长为L的均匀杆AB一端靠在墙上，用细绳CD拴杆于D点，图中AD等于eq f(1,3)L，DCA37，CAD53，此时杆处于平衡状态，sin 370.6，cos 370.8。那么以下说法正确的是（）A在图中杆A端所受摩擦力的方向可能沿墙面向下B在图中杆与墙壁间的最小动摩擦因数为C在图中杆A端所受摩擦力和墙壁对杆的支持力一定沿杆方向D如果改变细线的位置而不改变夹角和，杆A端所受

53、的摩擦力不可能为零【答案】B【解析】受力分析如图所示，将f（f设为沿墙壁向上）与N合成一个力T，恰好要滑动时， T与N的夹角tan ，根据三力汇交如上图所示，T和水平线夹角为（摩擦角），对ADE和DOE运用正弦定理有，由，得，联立可得，则动摩擦因数，故AC错误，B正确；如果平移CD，使得CD和OE交于水平虚线上，那么此刻摩擦力恰好为零，故D也错误。10如图甲所示，倾角为的斜面固定在水平地面上，斜面上一木块受到与斜面底边平行的力F的作用，当力F逐渐增大时，木块所受的摩擦力f和力F的大小关系如图乙所示。若木块的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，图中f1、f2、F1均为已知量，重力加速度为g，下列说法正确

54、的是（）A木块的质量可表示为B木块与斜面间的动摩擦因数可表示为CF小于F1时木块所受的摩擦力与斜面底边垂直且沿斜面向上DF大于F1后木块做直线运动【答案】B【解析】将木块所受重力分解为垂直于斜面方向和沿斜面方向，分析斜面所在平面内的木块受力情况，根据平衡条件得，当F0时，由题图乙可知ff1mgsin ，所以可求出木块的质量，故A错误；当木块刚要运动时，静摩擦力达到最大，有ff2mgcos ，求出木块与斜面间的动摩擦因数，又，联立以上两式得，故B正确；F小于F1时，摩擦力小于最大静摩擦力，则木块保持静止状态，故摩擦力方向与F和重力的下滑分力mgsin 的合力方向相反，故不与斜面底边垂直，故C错误

55、；F大于F1后木块将运动，所受摩擦力和重力不变，但力F一直增大，所以木块所受合力方向不断变化，故木块做曲线运动，故D错误。专练专练4 牛顿运动定律及其应用常考题型常考题型1.应用1.应用 动力学中的两类基本问题 例1(2021广东卷13)算盘是我国古老的计算工具，中心带孔的相同算珠可在算盘的固定导杆上滑动，使用前算珠需要归零，如图所示，水平放置的算盘中有甲、乙两颗算珠未在归零位置，甲靠边框b，甲、乙相隔s13.5102 m，乙与边框a相隔s22.0102 m，算珠与导杆间的动摩擦因数0.1。现用手指将甲以0.4 m/s的初速度拨出，甲、乙碰撞后甲的速度大小为0.1 m/s，方向不变，碰撞时间极

56、短且不计，重力加速度g取10 m/s2。(1)通过计算，判断乙算珠能否滑动到边框a；(2)求甲算珠从拨出到停下所需的时间。【解析】(1)由牛顿第二定律可得，甲乙滑动时均有：fmgma则甲乙滑动时的加速度大小均为ag1 m/s2甲与乙碰前的速度v1，则：v02v122as1解得v10.3 m/s甲乙碰撞时由动量守恒定律：mv1mv2mv3解得碰后乙的速度v30.2 m/s然后乙做减速运动，当速度减为零时则可知乙恰好能滑到边框a。(2)甲与乙碰前运动的时间，碰后甲运动的时间则甲运动的总时间tt1t20.2 s。2.应用2.应用传送带与板块模型 例1例2(2021全国乙卷8)水平地面上有一质量为m1

57、的长木板，木板的左明上有一质量为m2的物块，如图（a）所示。用水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图（b）所示，其中F1、F2分别为t1、t2时刻F的大小。木板的加速度a1随时间t的变化关系如图（c）所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为1，物块与木板间的动摩擦因数为2，假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g。则（）AF11m1gBCD在0t2时间段物块与木板加速度相等【答案】BCD【解析】图（c）可知，t1时滑块木板一起刚在从水平滑动，此时滑块与木板相对静止，木板刚要滑动，此时以整体为对象有F11(m1m2)g，故A错误；图（c）可知，t2滑块与木板刚要发

58、生相对滑动，以整体为对象， 根据牛顿第二定律，有F21(m1m2)g(m1m2)，以木板为对象，根据牛顿第二定律，有2m2g1(m1m2)gm1a0，解得，故BC正确；图（c）可知，0t2这段时间滑块与木板相对静止，所以有相同的加速度，故D正确。对点速练对点速练1如图所示，物体A、B由跨过定滑轮且不可伸长的轻绳连接，由静止开始释放，在物体A加速下降的过程中，下列判断正确的是()A物体A和物体B均处于超重状态B物体A和物体B均处于失重状态C物体A处于超重状态，物体B处于失重状态D物体A处于失重状态，物体B处于超重状态【答案】D【解析】A加速下降，则加速度向下，轻绳的拉力小于重力，故A处于失重状态

59、；同时B加速上升，则加速度向上，轻绳的拉力大于重力，故B处于超重状态。故A、B、C错误，D正确。2一固定在水平面上倾角为的粗糙斜面上有一个电动平板小车，小车的支架OAB上在O点用轻绳悬挂一个小球，杆AB垂直于小车板面（小车板面与斜面平行）。当小车运动状态不同时，悬挂小球的轻绳会呈现不同的状态，下列关于小车在不同运动形式下，轻绳呈现状态的说法中正确的是( )A若小车沿斜面匀速向上运动，轻绳一定与AB杆平行B若小车沿斜面匀加速向上运动，轻绳可能沿竖直方向C若小车沿斜面匀减速向下运动，轻绳可能与AB杆平行D若小车沿斜面匀加速向下运动时，轻绳可能与AB杆平行【答案】D【解析】若小车沿斜面匀速向上运动，

60、则小球也跟着车匀速，其合力必为零，故小球所受的重力和绳的拉力平衡，则绳的拉力竖直向上，大小为mg，其方向不可能与AB平行，故A错误；若小车沿斜面匀加速向上运动，则球向上匀加速，其加速度沿斜面向上，而轻绳的拉力沿竖直方向就不可能和重力产生斜向上的加速度，故B错误；若轻绳与AB杆平行，对球受力分析，如图所示，由牛顿第二定律可知，拉力和重力的合力在斜面方向只能是向下，即加速度向下，对应的小车的加速度斜向下，小车的运动有斜向下加速或斜向上减速，故C错误，D正确。3如图所示，质量为m的球置于斜面上，被一个竖直挡板挡住。现用一个水平向右的力F拉斜面，使斜面在水平面上向右做加速度为a的匀加速直线运动，忽略一