全国统一卷物理高频考点专项训练及解析练

高频考点专项练（一）

运动学综合问题

（45分钟100分）

一、选择题（本题共10小题,每小题5分，共50分。多选题已在题号后标出）

1.（2015•宁波模拟）如图所示为做直线运动的某一质点在

6s内的x-t图像,则对于该质点在6s内的运动，以下说法

正确的是（）

A.质点在4〜6s内速度最大

B.质点在2〜4s内做匀速直线运动

C.质点在5s末离出发点最远

D.质点在5s末速度方向发生改变

【解析】选A。x-t图像的斜率表示速度,在4〜6s内图像斜率最大，故质点在4〜

6s内速度最大,A正确；在2〜4s内图像的斜率为零，质点的速度为零，处于静

止状态，B错误；质点在5s末返回到出发点，C错误；质点在5s末速度方向没有

发生改变，仍为负方向，D错误。

2.（2015•河西区模拟）某同学在学习了动力学知识后，绘出了一个沿直线运动的

物体的加速度a、速度v、位移x随时间变化的图像如图所示，若该物体在t=0

时刻,初速度均为零,则下列图像中表示该物体沿单一方向运动的图像是（）

_j......i_Ii_iLJ

C

【解析】选C。A项位移正负交替，说明物体做往复运动，A错误;B项物体先做匀

力口速运动，再做匀减速运动，然后做反向匀加速运动，再做反向勺减速运动，周而

复始，B错误;C项表示物体先做匀加速运动，再做匀减速运动，循环下去，物体始

终单向运动，C正确；D项从面积判断物体速度有负值出现，不是单向运动，D错误。

【加固训练】（2014•潍坊模拟）一汽车沿平直公路运动,

某段时间内的速度一时间图像如图所示,贝IJ（）

A.在。〜b时间内，汽车做匀减速直线运动

B.在0〜b时间内，汽车的位移等于丫山

C.在匕〜t2时间内，汽车的平均速度小于%

D.在匕〜t2时间内，汽车的平均速度等于V1Vz

£t

【解析】选Co0〜ti时间内，汽车先做变减速运动，后做变加速运动，选项A错

误;0〜匕时间内的位移为图线与坐标轴围成的面积，其数值小于viti,选项B错

误；3〜七时间内的位移小于:（s+vlt,故时间内的平均速度小于华,选

项C正确，选项D错误。

3.（多选）（2015・温州模拟）如图是甲、乙两物体从同一点

开始做直线运动的运动图像,下列说法正确的是（）

A.若y表示位移,则ti时间内甲的位移小于乙的位移

B.若y表示速度,则匕时间内甲的位移小于乙的位移

C.若y表示位移，则时甲的速度大于乙的速度

D.若y表示速度，则t=ti时甲的速度大于乙的速度

【解析】选B、Co若y表示位移，则知3时间内甲的位移等于乙的位移；斜率等

于物体的速度，可知t=L时甲的速度大于乙的速度，故选项A错误,C正确；若y

表示速度，速度-时间图像与坐标轴所围的“面积”表示物体的位移，则3时间内

甲的位移小于乙的位移，t=3时甲的速度等于乙的速度，故B正确，D错误。

4.（2014•南昌模拟）一物体以初速度v。做匀减速运动，第1s内通过的位移为

xi=3m,第2s内通过的位移为X2=2m,又经过位移x3,物体的速度减小为0,则下列

说法中不正确的是（）

A.初速度v。的大小为2.5m/s

B,加速度a的大小为lm/s2

C.位移X：,的大小为全

D.位移x3内的平均速度大小为0.75m/s

【解析】选Ao根据匀变速直线运动位移-时间公式，则有

2

Xi=voti-^atpx2=v0（ti+t2）（ti+t2）-xb解得v0=3.5m/s,a=lm/s；设物体的停止

距离为x,停止时所用时间为t,根据匀变速直线运动位移-速度公式和速度时间

公式，贝I有VQ=2HX,v0=at,解得:x=—m,t=3.5s,因此，x3=x-xi-x2=-m,所用时间

S8

t3=t-ti-t2=l.5s,位移x3内的平均速度大小与="=0.75m/so故选A。

5.（多选）物体做匀加速直线运动,在时间T内通过位移xi到达A点,接着在时间T

内又通过位移X2到达B点，则物体（）

A.在A点的速度大小为'宾2

B.在B点的速度大小为三

2T

C.运动的加速度为粤

T2

D.运动的加速度为“仪犯

T2

【解析】选A、Bo匀变速直线运动全程的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，

贝Iv.\=v=Xi+X2,A正确。设物体的加速度为a,贝IX2-Xi=aT；所以a=X2"?tl,C>D均

2TP2

错误。物体在B点的速度大小为vB=vA+aT,代入数据得所任也,B正确。

2T

【加固训练】一个做匀速直线运动的物体,从某时刻起做匀减速运动直到静止，

设连续通过三段位移的时间分别是3s、2s、Is,这三段位移的大小之比和这三段

位移上的平均速度之比分别是()

A.1：2：31：1：1B,33：23：132：22：1

C.1：23：331：22：32D.5：3：13：2：1

［解析］选Bo把物体的运动看成初速度为零的匀加速运动，根据位移公式x=：at；

从开始运动起，连续通过的三段位移分别为

2

Xi=-at?=-a,x2=^a(t2+ti)--at?=4a,x3=^a(t3+t2+t!)~~^a(ti+t2)a,所以这三段位

212221222

移的长度之比为X3：X2：x,=27：8：1=33：23：1;再根据平均速度公式*三可得

t

22

v3.v2•年1=9：4：1=3：2：1,B正确。

6.小球每隔0.2s从同一高度抛出，做初速为6m/s的竖直上抛运动,设它们在空

中不相碰。第一个小球在抛出点以上能遇到的小球数为(取g=10m/s2)()

A.三个B.四个C.五个D.六个

【解析】选C。第一个小球自抛出至落回抛出点所需时间为t=也=1.2s,由于每

g

隔0.2s从同一高度抛出其他小球，则第一个小球刚落回抛出点时，自抛出点共

抛出的小球个数为丝=6,所以第一个小球在抛出点以上可以遇到五个小球。选项

0.2

C正确，A、B、D错误。

7.如图所示，一小球从A点由静止开始沿斜面向下做匀变速直线运动,若到达B

点时速度为v,到达C点时速度为2v,则XAB:XBC等于（）

A.1：1B.1：2C.1：3D.1：4

【解析】选Co由位移一速度公式可得v萨理=2ax,、B,理-vA2axBc,将各瞬时速度

代入可得XAB：XBC=1：3,C正确。

【加固训练】（2014•阜阳模拟）物体自0点由静止开始

做匀加速直线运动,A、B、C、D为其运动轨迹上的四点，办4、

测得AB=2m,BC=3m,CD=4m。且物体通过AB、BC、CD所用

时间相等，则0、A之间的距离为（）

A.ImB.0.5mC.-mD.2m

8

【解析】选C。设加速度大小为a,物体通过AB、BC、CD所用时间为T,则有：

22m43m3

△s=aT=lm（vB=,所以S（）A=—RfC正确。

2T2a8

8.（多选）（2013•四川高考）甲、乙两物体在t=0时刻经过同一位置沿x轴运动,

其v-t图像如图所示，则（）

u/(m«s-1)

以234

A.甲、乙在t=0到t=ls之间沿同一方向运动

B.乙在t=0到t=7s之间的位移为零

C.甲在t=0到t=4s之间做往复运动

D.甲、乙在t=6s时的加速度方向相同

【解题指南】解答本题时应注意以下三点:

(1)明确v-t图像所围面积表示位移。

⑵明确v-t图像中t上方的速度为正方向，t下方的速度为负方向。

⑶明确v-t图像的斜率的正负表示的是加速度的方向。

【解析】选B、Do在t=0到t=ls之间，甲沿正方向运动，而乙先沿负方向运动，

再沿正方向运动，故选项A错误；在t=0到t=7s之间，乙在t上方所围面积与下

方所围面积相等，则t=0到t=7s之间的位移为零，故选项B正确；甲在t=0到t=4s

之间速度是正值，则甲沿正方向运动，故选项C错误；甲、乙在t=6s时的加速度

方向与正方向相反，故选项D正确。

9.如图,表面处处同样粗糙的楔形木块abc固定在水卜

平地面上,ab面和be面与地面的夹角分别为a和B,

且a>B。一初速度为vo的小物块沿斜面ab向上运动，以〃，,〃〃〃〃,〃〃加

经时间t。后到达顶点b时,速度刚好为零;然后让小物

块立即从静止开始沿斜面be下滑。在小物块从a运动到c的过程中，可能正确

描述其速度大小v与时间t的关系的图像是()

【解析】选C。设b到地面的高度为h,小物块在be面的运动时间为t,滑到C点

速度为v,小物块在ab、be面上分别做匀变速直线运动，在v-t图像上表现为两

条直线，选项D错误；由于在运动过程中滑动摩擦力的作用，末速度减小，所以

v<v0,选项A错误；在ab面上运动时，有「L=Aoto,在be面上运动时，有--二*vt,

cino2slnj32

两式相比，得£=2吧•里>1,由此式可知，t>to,选项C正确，B错误。

tQsln(3v

10.(多选)(2013•大纲版全国卷)将甲、乙两小球先后以同样的速度在距地面不

同高度处竖直向上抛出，抛出时间间隔2s,它们运动的v-t图像分别如直线甲、

乙所示。贝k)

A.t=2s时，两球高度相差一定为40m

B.t=4s时,两球相对于各自抛出点的位移相等

C.两球从抛出至落到地面所用的时间间隔相等

D.甲球从抛出至达到最高点的时间间隔与乙球的相等

【解题指南】解答本题时应从以下三点进行分析：

(1)理解v-t图像中图线与t轴包围的面积表示位移。

⑵注意两小球的初始位置不同。

(3)小球抛出后，只受重力，加速度向下。

【解析】选B、Dot=2s时，两球运动的位移相差40m,但两小球是从距地面不同

高度处竖直向上抛出的，无法判断两小球的高度差，A错；根据v-t图像中图线与

t轴包围的面积表示位移可求出4s时两球的位移都是40m,B对；两小球是从距

地面不同高度处竖直向上抛出的，落地的时间不确定，C错；两小球竖直向上的初

速度相同，由t=也知到达最高点用时相等，D对。

8

二、计算题（本题共3小题，共50分。需写出规范的解题步骤）

11.（14分）（2013•大纲版全国卷）一客运列车匀速行驶，其车轮在铁轨间的接缝

处会产生周期性的撞击。坐在该客车中的某旅客测得从第1次到第16次撞击声

之间的时间间隔为lO.Oso在相邻的平行车道上有一列货车，当该旅客经过货车

车尾时，货车恰好从静止开始以恒定加速度沿客车行进方向运动。该旅客在此后

的20.0s内，看到恰好有30节货车车厢被他连续超过。已知每根铁轨的长度为

25.0m,每节货车车厢的长度为16.0m,货车车厢间距忽略不计。求：

（1）客车运行速度的大小。

⑵货车运行加速度的大小。

【解析】（1）设连续两次撞击铁轨的时间间隔为At,每根铁轨的长度为/,则客车

速度为V」①

At

其中1=25.0m,△t=&s,得v=37.5m/s②

16-1

⑵设从货车开始运动后t=20.0s内客车行驶了s„货车行驶了s2,货车的加速度

为a,30节货车车厢的总长度为L=30X16.0m=480m。由运动学公式有

Si二vt③

2

s2=-at④

2

由题给条件有L=SLS2⑤

由②③④⑤式解得a=1.35m/s2

答案：(1)37.5m/s(2)1.35m/s2

12.(20分)(2013•新课标全国卷I)水平桌面上有两个玩具车A和B,两者用一

轻质细橡皮筋相连，在橡皮筋上有一红色标记Ro在初始时橡皮筋处于拉直状

态,A、B和R分别位于直角坐标系中的(0,2/)、(0,T)和(0,0)点。已知A从静止

开始沿y轴正向做加速度大小为a的匀加速运动;B平行于x轴朝x轴正向匀速

运动。在两车此后运动的过程中，标记R在某时刻通过点(/,/)。假定橡皮筋的伸

长是均匀的,求B运动速度的大小。

【解题指南】解答本题时应注意理解以下两点：

(1)“假定橡皮筋的伸长是均匀的”的含义即任意时刻RA距离与RB距离之比恒

为2：1。

⑵由x、y方向的运动写出相应坐标，再找几何关系列方程求解。

【解析】设B车的速度大小为V。如图，标记R在时刻t通过点K(/,/),此时A、B

的位置分别为H、Go由运动学公式,H的纵坐标yA、G的横坐标XB分别为

yA=2/+—at；XB-vt

2

在开始运动时，R到A和B的距离之比为2：1,即

0E：0F=2：1

由于橡皮筋的伸长是均匀的，在以后任一时刻R到A和B的距离之比都为2：1o

因此，在时刻t有HK：KG=2：1

由于△FGHS/\|GK,有

HG：KG=XB：(XB-/)

HG：KG=(yA+/)：21

解得

_3,

XB——/

2

yA=5Z

联立解得V==J6al

4

答案：—V6a/

4

13.(16分)云南省彝良县发生特大泥石流，一汽车停在小山坡底，突然司机发现

在距坡底240m的山坡处泥石流以8m/s的初速度、0.4m/sz的加速度匀加速倾泻

而下，假设泥石流到达坡底后速率不变,在水平地面上做匀速直线运动。已知司

机的反应时间为1s,汽车启动后以0.5m/s2的加速度一直做匀加速直线运动。试

分析汽车能否安全脱离。

泥石流

噫、汽车

【解析】设泥石流到达坡底的时间为t,速率为v„则：

Xi=Voti+-aitf

2L

Vi=Vo"^8iti

解得：t尸20s

Vi=16m/s

而汽车在t2=19s的时间内发生的位移为：

X2二%2t乡=90.25m

22

,为：V2=a2t2=9.5m/s

令再经时间t3,泥石流追上汽车，则有：

12

-a

22t3

解得：售一26t3+361=0

因△<(),方程无解，所以泥石流无法追上汽车，司机能安全脱离。

答案：见解析

【总结提升】追及问题的两种情况

⑴速度小者追速度大者。

类型图像说明

匀力口

Vi____

速追T1①七二乜以前，后面物体与前面物

匀速OA)t体间距离增大

匀速>V②七二乜时，两物体相距最远为X0+

幼、

追匀△X

07T

减速③士二戏以后，后面物体与前面物

匀力口俨体间距离减小

速追④能追及且只能相遇一次

5V1、

八1____1,

匀减速

⑵速度大者追速度小者。

类型图除说明

匀

减vi

速开始追及时，后面物体与前面物体间的距离

劭

追

匀在减小，当两物体速度相等时，即七十。时刻：

速0~"t

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高频考点专项练（二）

受力与平衡问题

（45分钟100分）

一、选择题（本题共10小题,每小题6分，共60分。多选题已在题号后标出）

1.（2013•上海高考）如图，质量m）mB的两物体A、B叠放在一起，靠着竖直墙面。

让它们由静止释放,在沿粗糙墙面下落过程中，物体B的受力示意图是（）

a

P

FT

!C

i即

A喈b

BCD

【解析】选A。两物体A、B叠放在一起，在沿粗糙墙面下落过程中，由于物体与

竖直墙面之间没有压力，没有摩擦力，二者一起做自由落体运动，A、B之间没有弹

力作用，因而不存在摩擦力，物体B的受力示意图是A项。

2.如图所示，两根等长的轻绳将日光灯悬挂在天花板

上,两绳与竖直方向的夹角都为45°，日光灯保持水平,

所受重力为G,左右两绳的拉力大小分别为（

A.G和G

C.V和骂

【解析】选B。日光灯受重力G及两根绳子的拉力匕作用而处气

于平衡状态，其受力如图所示。由于两个拉力的夹角成直角，则

由力的平行四边形定则可知G=J拜I理,故FT二号G,B选项正

2

3.（2015•益阳模拟）在粗糙水平地面上与墙平行放着一

个截面为半圆的柱状物体A,A与竖直墙面间放一光滑圆

球B,整个装置处于静止状态。现对B施加一竖直向下的q\

力F,F的作用线通过球心,设墙对B的作用力为F”B对A

的作用力为F2,地面对A的摩擦力为F3O若F缓慢增大而整个装置仍保持静止,

截面如图所示，在此过程中（）

A.&保持不变,F3缓慢增大

B.R缓慢增大,F3保持不变

C.Fz缓慢增大,F3缓慢增大

D.Fz缓慢增大,F3保持不变

【解析】选C。球B受力如图所示，墙对球B的作用力及A8弋…上

对球B的作用力的合力与F及重力的合力大小相等，方向相反，故当F增大时,B

对A的压力增大，即Fz增大，同理可知，墙对B的作用力R增大；对整体分析，整体

竖直方向受重力、支持力及力F,水平方向受墙的作用力Fi和地面对A的摩擦力

F3而处于平衡，由平衡条件得，当F增大时，地面对A的摩擦力F3增大，故选项C

正确。

4.（多选）（2013-广东高考）如图,物体P静止于固定的,

斜面上,P的上表面水平。现把物体Q轻轻地叠放在P

上,则（）

A.P向下滑动

B.P静止不动

C.P所受的合外力增大

D.P与斜面间的静摩擦力增大

【解题指南】解答本题时应从以下两点进行分析：

⑴知道P静止在斜面上的条件。

（2）Q轻放于P上，相当于P的质量变大，各力均变化，分析合力是否变化。

【解析】选B、Do设P的质量为m,P静止于斜面上，则有mgsin6=FW

Umgcos6,当把Q轻放于P之上，相当于P的质量变大，设P、Q的总质量为M,

则有Mgsin6WHMgcos6,故P仍静止不动，A错误、B正确；P静止不动，合力

为零,C错误；对P、Q整体：F'f=Mgsin6,由于M>m,故F'f变大，D正确。

5.（2013•新课标全国卷H）如图，在固定斜面上的一物块

受到一外力F的作用,F平行于斜面向上。若要物块在斜

面上保持静止,F的取值应有一定范围，已知其最大值和

最小值分别为B和F2（F2>0）。由此可求出（）

A.物块的质量

B.斜面的倾角

C.物块与斜面间的最大静摩擦力

D.物块对斜面的正压力

【解析】选Co设物块质量为m,斜面的倾角为9,最大静摩擦力为Ffm，对物块受

力分析，根据物块的平衡条件建立方程，外力F最大时，最大静摩擦力方向沿斜面

向下，有mgsinG+Ffm=E；外力F最小时，最大静摩擦力方向沿斜面向上，有

mgsine-Ff-Fz；两式相减，可解得最大静摩擦力F的选项C正确；由这两个等式无

法解出物块的质量和斜面的倾角及物块对斜面的正压力。

【加固训练】如图所示，小球C置于光滑的半球形凹槽B内，B放在长木板A上,

整个装置处于静止状态。在缓慢减小木板的倾角0过程中，下列说法正确的是

()

A.A受到的压力逐渐变大

B.A受到的摩擦力逐渐变大

C.C对B的压力逐渐变大

D.C受到三个力的作用

【解析】选Ao在缓慢减小木板的倾角6过程中，A受至I的压力（mB+mJgeos6逐

渐变大，A受到的摩擦力（mB+nic）gsin0逐渐减小，选项A正确，B错误;缓慢减小木

板的倾角6过程中，C受到两个力的作用，C对B的压力等于C的重力，不变，选项

C、D错误。

6.（2013•山东高考）如图所示,用完全相同的轻弹簧A、B、

C将两个相同的小球连接并悬挂,小球处于静止状态，弹3，

簧A与竖直方向的夹角为30°,弹簧C水平,则弹簧A、C

的伸长量之比为（）

A.6：4B.4：^3C.1：2D,2：1

【解析】选D。对两小球组成的整体，受到整体重力G、轻弹

簧A的弹力FA和轻弹簧C的弹力£三个力的作用，根据平衡

条件可得，水平方向有FAsin30°=FC,又据胡克定律可得

FA=kxA,Fc=kxc,联立得选项D正确。

»c1

【加固训练】如图所示,质量为m的小球置于倾角为30。的光滑斜面上，劲度系

数为k的轻弹簧一端系在小球上,另一端固定在P点，小球静止时一,弹簧与竖直方

向的夹角为30°,则弹簧的伸长量为（）

B：3mgC丫3mg

A.詈D.

'2k，3k

【解析】选C。对小球受力分析，小球受力平衡，由题意可知弹簧

mg

弹力与竖直方向夹角为30°,弹簧弹力和斜面支持力在竖直方向上的合力与重

力平衡，根据几何关系可知：2kxeos30°=mg,解得：x二鸟里，故选项C正确。

7.如图，一小球放置在木板与竖直墙面之间。设墙面对球的压力大

小为球对木板的压力大小为N2O以木板与墙连接点所形成的水

平直线为轴，将木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置。不计摩

擦，在此过程中（）

A.Ni始终减小,岫始终增大

B.M始终减小,岫始终减小

C.Ni先增大后减小,N2始终减小

D.Ni先增大后减小,凡先减小后增大

【解析】选B。

方法一：平行四边形法

将小球的重力沿垂直于墙和垂直于木板两个方向进行分解,

画出平行四边形，两个分力分别与M、虫大小相等；当木板

顺时针转动时，立的方向随之发生变化，由图可知M、此均

减小，B正确。

方法二：三角形法

以小球为研究对象，画出小球受力的矢量三角形，木板对球

的弹力大小为N'2,由力的矢量三角形很直观地可看出：N,

始终减小，N'2始终减小。故选项B正确。

【加固训练】（多选）（2014•哈尔滨模拟）如图所示,两段等长细线

bO

L和Lz串接着两个质量相等的小球a、b,悬挂于。点。现施加水平向右的力F缓

慢拉动a,L对a球的拉力大小为R,对b球的拉力大小为F2,在缓慢拉动的过

程中，件和F2的变化情况是（）

A.E变大B.Fi变小

C.Fz不变D.Fz变大

【解析】选A、C。在F缓慢拉动过程中，b球受力如图甲所示，由平衡条件得F2=ni2g,

故F2不变，选项C正确，D错误;a、b球整体受力如图乙所示，由平衡条件得

Ficos6-瓜+叱）g=0,在力F向右拉动过程中，L与竖直方向的夹角6变大，cos6

变小，故F,变大，选项A正确，B错误。

8.（2014•德阳模拟）如图所示,不计重力的轻杆0P能以0点为圆心在竖直平面

内自由转动,P端用轻绳PB挂一重物,而另一根轻绳通过滑轮系住P端。在力F

的作用下，当杆0P和竖直方向的夹角a（0<a<n）缓慢增大时,力F的大小应

A.恒定不变B.逐渐增大

C.逐渐减小D.先增大后减小

【解析】选B。由三角形相似得：p\=器叫；触a逐渐增大，即PQ增大，由上

式知F逐渐增大，B正确。

【总结提升】三角形相似法求解动态平衡问题的一般思路

⑴选取研究对象，进行受力分析。

⑵画出物体受力的矢量三角形。

⑶利用力的矢量三角形和几何三角形相似的特点，找到对应的力和线段的长

度。

（4）根据对应线段的长度或长度变化判断力的大小或力的大小变化。

9.（多选）物块M在静止的传送带上匀速下滑时,若传送带突然转动且转动的方向

如图中箭头所示,则传送带转动后（）

A.M将减速下滑

B.M仍匀速下滑

C.M受到的摩擦力不变

D.M受到的摩擦力变大

【解析】选B、Co由物块M在静止的传送带上匀速下滑知，MgsinB=uMgcos®,

传送带突然转动，转动后物块所受的摩擦力和匀速运动时相同，故物块的受力没

有变化，则物块的运动状态也不变化，仍匀速下滑，B、C正确。

10.（多选）如图所示,两相同轻质硬杆001、0。2可绕其两端

垂直纸面的水平轴0、01、转动，在0点悬挂一重物此

将两相同木块m紧压在竖直挡板上,此时整个系统保持静

止。F,表示木块与挡板间摩擦力的大小,R表示木块与挡

板间正压力的大小。若挡板间的距离稍许增大后，系统仍静止,且始终等高,

则（）

A.Ff变小B.Ff不变

C.F、变小D.R变大

【解析】选B、Do以两个木块m和重物M整体作为研究

对象，在竖直方向上，Ff=型四g,与挡板间的距离无关，A

2

错误,B正确；如图所示，以轴0点为研究对象，杆对轴0

的作用力为F二工1■，再以木块m为研究对象，挡板对木

块的正压力FN=F'sine二Fsine二.毛吗当挡板间的距

离稍许增大时，6增大，FN增大,C错误,D正确。

二、计算题（本题共3小题，共40分。需写出规范的解题步骤）

11.（12分）（2014德州模拟）如图所示,质量为M的直角三

棱柱A放在水平地面上,三棱柱的斜面是光滑的,且斜面倾

角为。。质量为m的光滑球B放在三棱柱和光滑竖直墙壁

之间,A和B都处于静止状态,则地面对三棱柱的支持力和摩擦力各为多少?

【解析】选取A和B整体为研究对象，它受到重力（M+m）g,广

地面支持力FN,墙壁的弹力F和地面的摩擦力Ff的作用，处于

(Af+m)g

平衡状态，如图所示，根据平衡条件有：FN-（M+m）g=0

F=Ff

可得FF（M+m）g

再以B为研究对象，它受到重力mg,三棱柱对它的支持力FAB,墙壁对它的弹力F

的作用，处于平衡状态，如图所示，

根据平衡条件有，竖直方向上：FABCOS0=mg

水平方向上：FABSin0=F

解得F=mgtan0

所以Ff=F=mgtan9

答案：（M+m）gmgtan0

12.（12分）如图所示,在倾角为0的粗糙斜面上,有F

一个质量为m的物体被水平力F推着静止于斜面上，

已知物体与斜面间的动摩擦因数为P,且P〈tan。，〃必巡

若物体恰好不下滑,则推力F为多少?若物体恰好不上滑,则推力F为多少？（最大

静摩擦力等于滑动摩擦力）

【解析】因为|i〈tan6,F=0时，物体不能静止在斜面上，N

当物体恰好不下滑时，受力如图甲所示：\A

由平衡条件得：mgsin9-Feos0-f=0

\e\

N-mgcos0-Fsin9=0

又有：f=uN

解得：F=sl®fg

uslne+cos©1

当物体恰好不上滑时，受力如图乙所示:

由平衡条件得：

mgsin0+f'-Feos0=0

N'-mgeos0-Fsin0=0

又有：f'=nN'

F」co89+81nBm

解得:CDS®-usin®mg

答案:sine-ucQ3emg

usinH-cos®

^cos9+sin©

-------------------mg

cose-usin©

【总结提升】平衡问题的分析技巧

对于平衡类问题，应当首先分清是静态平衡还是动态平衡问题。

(1)对于静态平衡问题，应当先分析物体的受力情况，根据平衡条件列出平衡方

程，解方程对结果进行讨论。

⑵对于动态平衡问题，应先分析物体的受力情况，结合具体情况采用相应的方

法。

①如果物体所受的力较少，可以采用合成的方法。

②如果物体受到三个力的作用而处于动态平衡，若其中的一个力大小、方向均不

变，另外两个力的方向都发生变化，可以用力三角形与几何三角形相似的方法求

解。

③如果物体受到三个力的作用，其中一个力的大小、方向均不变，并且还有另一

个力的方向不变，此时可用图解法分析，即可以通过画出多个平行四边形或三角

形来分析力的变化，该法可以将动态问题静态化，抽象问题形象化，从而使问题

易于分析求解。

④如果物体受到多个力的作用，可以用正交分解的方法列方程求解。

13.（16分）拖把是由拖杆和拖把头构成的擦地工具（如图）。

\拖杆

设拖把头的质量为m,拖杆质量可忽略;拖把头与地板之间的

动摩擦因数为常数口。重力加速度为g。某同学用该拖把在拖把头飞，

水平地板上拖地时一，沿拖杆方向推拖把,拖杆与竖直方向的

夹角为9O

⑴若拖把头在地板上匀速移动,求推拖把的力的大小。

⑵设能使该拖把在地板上从静止刚好开始运动的水平推力与此时地板对拖把

的正压力的比值为入。已知存在一临界角0若0W。则不管沿拖杆方向的推

力多大,都不可能使拖把从静止开始运动。求这一临界角的正切tan90O

【解题指南】解答本题应明确以下两点：

（1）拖把头在水平方向和竖直方向所受合力均为零。

⑵拖把头从静止开始运动，此时摩擦力为最大静摩擦力，最大静摩擦力可以用

滑动摩擦力公式求解。

【解析】（1）设该同学沿拖杆方向用大小为F的力推拖把，将推拖把的力沿竖直

和水平方向分解，根据平衡条件有

Feos0+mg二FN

Fsin9=Ff

式中FN和Ff分别为地板对拖把的正压力和摩擦力，则：Ff二UFN

联立解得F=~巴里—

⑵使该拖把在地板上从静止刚好开始运动的水平推力等于最大静摩擦力，设为

Ffm,

则依题意有F加二人

FN

若不管沿拖杆方向用多大的力都不能使拖把从静止开始运动，应满足

Feos0+mg-FN

Fsin0WFfm

联立解得

F（sin6一入cos6）W入mg

因为上式右边人mg总是大于零，要使得F为任意值时，上式总是成立，只要满足

sin6一入cos0WO

即有tan6W入

上式取等号即为临界状态，则

tan0o-人

答案：（1）丁手J（2）入

sln^-ucos©

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高频考点专项练（三）

动力学综合问题

（45分钟100分）

一、选择题（本题共8小题,每小题7分，共56分。多选题已在题号后标出）

1.在交通事故的分析中，刹车线的长度是很重要的依据，刹车线是汽车刹车后,

停止转动的轮胎在地面上发生滑动时留下的滑动痕迹。在某次交通事故中，汽车

的刹车线长度是14m,假设汽车轮胎与地面间的动摩擦因数恒为0.7,g取10m/s2,

则汽车刹车前的速度为（）

A.7m/sB.14m/s

C.10m/sD.20m/s

【解析】选B。设汽车刹车后滑动的加速度大小为a,由牛顿第二定律得umg=ma,

解得a=ug,由匀变速直线运动速度、位移关系式v广2ax,可得汽车刹车前的速度

为X0,7X10XI4m/s=14m/s,选项B正确。

2.人在平地上静止站立时，受到的支撑力等于人的重力。做原地纵跳时一,在快速

下蹲和蹬伸的过程中，人体受到的支撑力发生变化（如图,G为重力,F为支撑力）。

下列图像能正确反映该变化的是（）

【解析】选Do下蹲过程中的加速阶段人体处于失重状态，F〈G,减速阶段中处于

超重状态，F>G。同理蹬伸过程中的加速上升阶段F>G,减速上升阶段F〈G。腾空

后人离开地面，F=0,故D选项正确o

【加固训练】一个物体在多个力的作用下处于静止状态,如果仅使其中一个力的

大小逐渐减小到零,然后又从零逐渐恢复到原来的大小（此力的方向始终未变），

而在这一过程中其余各力均不变。那么，图中能正确描述该过程中物体速度变化

情况的是（）

【解析】选D。由题意可知物体一直做加速运动，加速度先逐渐增大后逐渐减小,

所以选项D正确。

3.（2015•无锡模拟）一质量为m的物块在倾角为0的足够长斜面上匀减速下滑。

现对物块施加一个竖直向下的恒力F,如图所示。则物块减速为零的时间将

A.变大B.变小C.不变D.不能确定

【解析】选Bo物体在斜面上匀减速下滑，说明mgsin6-mgcos6=ma<0,现对

物块施加一个竖直向下的恒力F,等效重力增大F,即（mg+F）sin0-

U（mg+F）cos6=ma',判断加速度大小所以物块减速为零的时间将

变小，B项正确。

4.“蹦极”就是跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在踝关节处，从几十米高处跳下

的一种极限运动。某人做蹦极运动,所受绳子拉力F的大小随时间t变化的情况

如图所示，将蹦极过程近似为在竖直方向的运动,重力加速度为go据图可知，此

人在蹦极过程中最大加速度约为（）

F

2F0

F。

0

tonto

A.gB.2gC.3gD.4g

【解题指南】解答本题时可按以下思路分析:

⑴绳子拉力稳定不变时，人处于静止状态。

⑵人处于静止状态时，绳子的拉力等于重力。

⑶绳子拉力与重力的合力决定人的加速度。

【解析】选B。从题图中可以看出，最后绳子拉力稳定不变，表明人已经静止不动,

此时绳子的拉力等于重力，所以mg=O.6Fo,根据牛顿第二定律，最大加速度

建丝忙里4如里2g,故B正确。

mmmm

5.中国首次太空授课活动于2013年6月20日上午举行,如图所示,航天员王亚

平利用天宫一号中的“质量测量仪”测量航天员聂海胜的质量为74kgo测量时一,

聂海胜与轻质支架被王亚平水平拉离初始位置,且处于静止状态，当王亚平松手

后,聂海胜与轻质支架受到一个大小为100N的水平恒力作用而复位,用光栅测得

复位时瞬间速度为lm/s,则复位的时间为（）

航天员固定在人体支架上

A.0.74sB.0.37sC.0.26sD.1.35s

【解析】选Ao航天员复位的过程中由于受到的是水平恒力的作用，所以是匀变

速直线运动，由牛顿第二定律可得航天员的加速度为a二色;:黑二苧八2,再根据

加速度的定义式a=上也得到复位的时间，所以复位时间七二"二*5=0.74s,A正

ta^―

7条

确。

6.（2014•泰州模拟）如图所示,表面光滑的斜面体固定在匀速上升的升降机上,

质量相等的A、B两物体用一轻质弹簧连接着,B的上端用一平行于斜面的细线拴

接在斜面上的固定装置上,斜面的倾角为30。，当升降机突然处于完全失重状态

时,则此瞬时A、B两物体的瞬时加速度分别为（）

A.-g>gB.g、-gC.yg>gD.yg>0

【解题指南】升降机处于完全失重状态时，物体和斜面体之间的弹力为零。

【解析】选C。由于整个装置突然处于完全失重状态，根据完全失重状态的特点

可知,A、B两物体与斜面体之间的弹力会突然消失，而弹簧在这一瞬间，长度不会

立即变化，故此时弹簧对A物体的作用力不变，由平衡状态时的受力特点可知,A

受到弹簧的作用力大小为mgsin0,由于失重时A物体本身重力不变，故在此瞬

间，A同时受到弹簧的弹力（mgsin6）和重力作用，根据力的合成特点可知此二力

的合力为mgcos0,故其瞬时加速度为号g;而对B受力分析可知，完全失重瞬间，B

受到弹簧的作用和细线的弹力相等（此二力的合力为0）,则此时B的合力就是其

重力，所以B的瞬时加速度为g,所以C正确。

7.将力传感器A固定在光滑水平桌面上，测力端通过轻质水平细绳与滑块相连,

滑块放在较长的小车上。如图甲所示，传感器与计算机相连接,可获得力随时间

变化的规律。一水平轻质细绳跨过光滑的定滑轮,一端连接小车,另一端系沙桶，

整个装置开始处于静止状态。在物体与小车分离前缓慢向沙桶里倒入细沙,力传

感器采集的F-t图像如图乙所示,则（）

A.2.5s前小车做变加速运动

B.2.5s后小车做变加速运动

C.2.5s前小车所受摩擦力不变

D.2.5s后小车所受摩擦力不变

【解析】选D。由图像可知，在2.5s前小车与滑块一直保持静止，绳对小车的拉

力变大，小车受到滑块的静摩擦力变大,A、C错误;2.5s后滑块与小车发生相对

运动，小车受到滑块的滑动摩擦力作用，D正确；研究小车和沙桶组成的系

统,a=^之所以加速度不变，B错误。

8.（多选）如图所示,三角形传送带以Im/s的速度逆时针匀速转动,两边的传送带

长都是2m,且与水平方向的夹角均为37。。现有两个小物块A、B从传送带顶端

都以lm/s的初速度沿传送带下滑，两物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5,g

取10m/s；sin37°=0.6,cos37°=0.8。下列判断正确的是（）

A.物块A先到达传送带底端

B.物块A、B同时到达传送带底端

C.传送带对物块A、B的摩擦力都沿传送带向上

D.物块A下滑过程中相对传送带的位移小于物块B下滑过程中相对传送带的位

移

【解析】选B、C、Do传送带对物块A、B的摩擦力方向都沿传送带向上，选项C

正确；物块A、B都做匀加速运动，加速度相同，aA=mAgsln37JumAgcQ837=2m/s2=aB,

n14

两物块的初速度相同，位移相同，则运动时间也相同，选项B正确，选项A错误；物

块A下滑过程相对传送带的位移等于物块A的位移与传送带匀速运动的位移之

差，物块B下滑过程相对传送带的位移等于物块B的位移与传送带匀速运动的位

移之和，选项D正确。

二、计算题（本题共3小题，共44分。需写出规范的解题步骤）

9.（12分）（2014•淮南模拟）科研人员乘气球进行科学考察。气球、座舱、压舱

物和科研人员的总质量为990kgo气球在空中停留一段时间后，发现气球漏气而

下降,及时堵住。堵住时气球下降速度为lm/s,且做匀加速运动,4s内下降了12m。

为使气球安全着陆，向舱外缓慢抛出一定的压舱物。此后发现气球做匀减速运动,

下降速度在5分钟内减少3m/So若空气阻力和泄漏气体的质量均可忽略,重力加

速度g取9.89m/s2,求抛掉的压舱物的质量。

【解析】由牛顿第二定律得：mg-f=ma

h=v（）t+-at

2

抛物后减速下降有：f-（m-m'）g=（m-m'）az

△v二a'At

a+以

解得：m,=m—麦101kg

&+瓦

答案：101kg

10.(14分)(2015-秦皇岛模拟)如图所示,在海滨游乐场、点

里有一种滑沙运动。某人坐在滑板上从斜坡的高处A点

由静止开始滑下,滑到斜坡底端B点后,沿水平的滑道再8C

滑行一段距离到C点停下来。如果人和滑板的总质量m=60kg,滑板与斜坡滑道

和水平滑道间的动摩擦因数均为1=0.5,斜坡的倾角9=37°(sin37°=0.6,

cos37°=0.8),斜坡与水平滑道间是平滑连接的，整个运动过程中空气阻力忽略

不计,重力加速度g取10m/s2o求:

(1)人从斜坡上滑下的加速度为多少？

(2)若由于场地的限制，水平滑道的最大距离BC为L=20.0m,则人在斜坡上滑下的

距离AB应不超过多少？

【解析】(1)人在斜坡上受力如图所示，建立图示坐标系，

设人在斜坡上滑下的加速度为ab由牛顿第二定律得公

mgsin0-F=mai,F-mgcos0=0,由摩擦力计算公式得Ff产

flN..；；..

mg

uFN1,联立解得