2022年步步高大二轮物理全册 热点排查练习含解析

热点排查练

热点1受力分析和共点力平衡

1.侈选）如图1,质量分别为1V的A、B两个楔形物体叠放在一起，B靠在竖直墙壁上，

在水平力F的作用下，A、B静止不动，则（）

k图1

A.A物体受力的个数可能为3

B.B受到墙壁的摩擦力方向可能向上，也可能向下

C.力F增大依、B仍静止），A对B的压力也增大

D.力F增大B仍静止），墙壁对B的摩擦力也增大

答案AC

解析隔离A物体，若A、B间没有静摩擦力，则A物体受重力、B对A的支持力和外力F

三个力作用而处于平衡状态，A正确；将A、B看成一个整体，整体在竖直方向上只受重力

和摩擦力，所以墙壁对B的摩擦力方向只能向上，B错误；若F增大，则F在垂直B斜面方

向的分力增大，所以A对B的压力增大，C正确；对A、B整体受力分析，由平衡条件知，

竖直方向：F=GA+GB，因此当水平力F增大，墙壁对B的摩擦力不变，D错误•

2.（2021山东德州市一模）如图2所示，竖直墙壁上的M、N两点在同一水平线上，固定的竖

直杆上的P点与M点的连线水平且垂直MN,轻绳的两端分别系在P、N两点，光滑小滑轮

吊着一重物可在轻绳上滑动.先将轻绳右端沿直线缓慢移动至M点，然后再沿墙面竖直向下

缓慢移动至S点，整个过程重物始终没落地.则整个过程轻绳张力大小的变化情况是（）

图2

A.一直增大B.先增大后减小

C.先减小后增大D.先减小后不变

答案I）

解析由于P点与M点的连线水平且垂直MN,将轻绳右端由N点沿直线缓慢移动至M点

过程中，轻绳的夹角变小，而轻绳的合力始终与重力相等，根据力的合成可知轻绳的张力逐

渐减小；轻绳右端由M点沿墙面竖直向下缓慢移动至S点的过程中，轻绳的夹角不变，则轻

绳的张力不变.故选D.

3.（2021安徽安庆市一模）如图3所示，两个小球a、b质量均为m,用细线相连并悬挂于0

点.现用一轻质弹簧给小球a施加一个拉力F,使整个装置处于静止状态，且0a与竖直方

向的夹角为g45°,已知弹簧的劲度系数为k,重力加速度为g,则弹簧形变量不可能为（）

©

图3

2mgB$mg

~12k

答案B

解析以小球a、b整体为研究对象，分析受力，作出F在几个方向时整体的受力图,

根据平衡条件得知：F与FT的合力与整体重力2mg总是大小相等、方向相反，由力的合成图

可知，当F与绳子0a垂直时，F有最小值，即图中2位置，F的最小值为Fmn=2mgsin&=

\l2mg,根据胡克定律F.=kx.,解得x.=i£iig,当F方向竖直向上时，F有最大值，则

vminminmink

4.（2021河北唐山市一模）如图4所示，ABCl）为倾角为30°的正方形斜面，其中AB与底边DC

平行、BC与AD平行.斜面上一质量为1kg的物块，在斜面内施加平行于AB向左的拉力F,

物块恰好沿斜面对角线BD匀速下滑.下列说法正确的是。=10m/s2）（）

图4

A.物块受到摩擦力的方向平行于AD沿斜面向上

B.水平向左的外力大小等于5fN

C.滑动摩擦力的大小等于5N

D.物块与斜面间的动摩擦因数为幸

答案D

解析物块受到摩擦力的方向平行于DB沿斜面向上，A错误；水平向左的外力大小等于F

=mgsin30°•函=5N,B错误；滑动摩擦力的大小等于sin30°4F2=5七N,

c错误；物块与斜面间的动摩擦因数为四号=―匚「=上与=或，［）正确.

FNmgcos30°IOx避3'口工"

2

5.如图5所示，质量均可忽略的轻绳与轻杆承受弹力的最大值一定，杆的A端用较链固定，

光滑轻小滑轮在A点正上方0处，B端吊一重力为G的重物，现将绳的一端拴在杆的B端,

用拉力F将B端缓慢上拉，在AB杆达到竖直前（均未断），关于绳子的拉力F和杆受的弹力

FN的变化，判断正确的是（）

图5

A.F变大B.F变小

C.FN变大D.FN变小

答案B

解析以B点为研究对象，分析受力情况：重物的拉力FT（等于重物的重力G）、轻杆的支持

力FN和绳子的拉力F,作出受力图如图，

由平衡条件得，FN和F的合力与FT大小相等，方向相反，根据三角形相似可得上=9

ADUDUn

解得：FN=*，F=S4；使NBA0缓慢变小时，AB、A0保持不变，B0变小，贝！］FN保

持不变，F变小，故B正确，A、C、D错误.

6.（2021山东济宁市高三一模）某位同学用筷子将均匀球夹起悬停在空中，如图6所示，已知

球心0与两根筷子在同一竖直面内，小球质量为0.1kg,筷子与竖直方向之间的夹角均为。

=37°,筷子与小球表面间的动摩擦因数为0.875最大静摩擦力等于滑动摩擦力），取重力加

速度g=10m/s2,sin37°=0.6cos37°=0.8则每根筷子对小球的压力大小至少为（）

图6

A.5NB.7.5NC.10ND.12.5N

答案A

解析筷子对小球的压力最小时，小球受到的摩擦力，达到最大静摩擦力，方向沿筷子向上,

小球受力平衡.在竖直方向上有

2Ffcos0—2FNsin0=mg,%=口口,

mg0.1X10

解得FN=_----------------------N=5N,故A正确，B、C、D错误.

2Ocos0-sinC2XE1875X0.8-0.C

7.（2021安徽合肥市商三上第一次教学质量调研）如图7甲所示，两段等长轻质细线将小球A、

B悬挂在0点，现对小球A施加水平向右的恒力F1,对小球B施加水平向左的恒力F,,当

系统处于静止状态时，小球B刚好位于0点正下方，如图乙所示.若Fi:F?=4：1,则皿人：mB

为（）

A.1：1

C.3：1D.4：1

答案B

解析设A0与竖直方向的夹角为q首先对两个球整体受力分析，受F2、总重力SA+

mJg.A0F.c，

D细线的拉力AU如图甲所示：

=F+FSina,FCSa=<in+m）g

根据平衡条件有F]2AOA0°AB

再隔离球B分析，如图乙所示：

根据平衡条件有F=mRgtana,联立以上式子解得E=(in+2m)gtana,由于匕：F=4：1,

解得%：»%=2：1,故B正确，A、C、D错误.

8.(2021湖南省1月适应性考试•朝图8,一根质量为ni的匀质绳子，两端分别固定在同一

高度的两个钉子上，中点悬挂一质量为M的物体.系统平衡时，绳子中点两侧的切线与竖直

方向的夹角为4钉子处绳子的切线方向与竖直方向的夹角为8贝h)

.tanam+M

A.----=-----

tanBm

Btana_m+M

'tan3M

「cosaM

cosBm+M

Dcosam

cosBm+M

答案B

解析以物体为研究对象，2FT]COsa=Mg①

以物体和绳子整体为研究对象，则2FT2cos/(hi+M)g②

以左半边绳子为研究对象，得

FT1sina=FT2sin@

,0tanam+M_从

由①②③得：--B正确.

tanPM

热点2匀变速直线运动的规律

1.（2021山东济南市历城二中高三期末）伽利略在研究匀变速直线运动规律时，让小球从斜面

的不同位置自由滚下，如图1,观测出小球从不同起点运动到底端的位移x与所对应的时间t,

画出x—空图像.设小球运动的加速度为a,则图像的斜率为（）

c.~

a

A

解析小球从静止开始沿斜面向下做匀加速运动，位移一时间关系为x=/L

即x与空成正比，所以x—空图像是一条过原点的直线，直线的斜率为夕，故选A.

2.（2021辽宁辽阳市高三上学期1月期末）现代航空母舰是高科技的产物，以舰载作战飞机为

主要武器.某舰载作战飞机沿平直跑道起飞前，先采用电磁弹射，由静止开始匀加速运动时

间t后速度达到V,再在常规动力的作用下匀加速运动位移为x时达到起飞速度2V.舰载作战

飞机电磁弹射过程的加速度大小与其在常规动力作用下的加速度大小之比为（）

2xx

A.—B.一

vtvt

x2x

C.—D.—

3vt3vt

答案D

v

解析电磁弹射过程的加速度大小为％=-,

t

r2iviri—y2

常规动力过程的加速度大小为为=二^—，

a2x

解得二=——，故选D.

a23vt

3.（2021河北廊坊市高三期末）物体以某一初速度冲上固定的粗糙斜面并沿斜面向上滑行，到

最高点后又返回斜面底端，以下关于物体运动的说法中正确的是（）

A.物体上滑过程和下滑过程的位移相同

B.物体上滑过程和下滑过程的路程相同

C.物体上滑过程和下滑过程的平均速度相同

I）.物体上滑过程和下滑过程的平均速率相同

答案B

解析物体上滑过程和下滑过程的位移大小相同，方向相反，则位移不同，A错误；物体上

滑过程和下滑过程的路程相同，B正确；由于斜面粗糙，则物体下滑到底端时的速度小于上

~v+丫

滑的初速度，由可知，物体上滑过程的平均速度大于下滑过程的平均速度，C错

X

误；根据t==可知，上滑的时间小于下滑的时间，物体上滑过程和下滑过程的路程相等，

V

则平均速率不相同，1）错误.

4.（2021辽宁抚顺市六校高三期末联考）某同学将一网球竖直向上抛出，1.6s后落回抛出

点.若不计空气阻力，则网球被抛出后的第一个0.4s与第三个0.4s内的位移大小之比为（）

A.3：1B.2：1

C.1：1D.1：2

答案A

解析规定竖直向上为正方向，网球竖直向上抛出，1.6s后落回抛出点，根据运动的对称性

可知，网球竖直上升的时间为t=；t.=gxi.6s=0.8s,根据速度时间公式得0—Vo=—gb

解得竖直上抛的初速度为v0=8m/s,网球被抛出后的第一个0.4s内的位移为X[=Vot]gt/

=8X0.4m—；X10X0.4m=2.4m,第三个0.4s内，即上抛到最高点自由下落的前0.4s内

的位移XzuggpugxiOXO.=0.8m,所以网球被抛出后的第一个0.4s与第三个0.4s内

的位移大小之比为3：1,故选A.

5.小球离开弹弓向上飞出，小球运动3s到达最高点，将小球的运动看成匀变速直线运动，

小球通过第2s内位移的后:用时为§，通过第1s内位移的前2用时为%,则%满足（）

315\

A.B.

5tl44q3

C.1<S<1D.l<i<l

3tl22q

答案C

解析竖直方向上小球做匀变速直线运动，经过3s速度减为0,可以把上升过程反过来看成

自由落体运动.根据自由落体运动的公式

h=；g%

得第Is内，第2s内，第3s内的位移之比为

x（：x2：x3=l：3：5

从最高点开始，设第1s内位移为x,则第2s内位移为3x,第3s内位移为5x.所以从最高点

开始，小球通过上抛第2s内位移的后〈的位移为第2个x,通过第1s内位移的前1的位移为

35

第9个x,根据做初速度为零的匀加速直线运动的物体通过连续相等的位移所用时间之比为

］：陲一1）:须一心）•…：瓯一业一1）

小一邢_3-2由

所以比0.41

SA/2-Iy/2-l

所以A、B、D错误，C正确.

6.（多选）已知0、A、B、C为同一直线上的四点，A、B间的距离为%B、C间的距离为工,

物体自0点由静止开始沿此直线做匀加速直线运动，依次经过A、13、C三点.已知物体通

过AB段与通过BC段所用时间相等.则下列说法正确的是（）

A.物体通过A、B、C三点的速度大小一定满足v°—v、=v「一v"

DALD

B.1：%=1：3

C.物体通过B点的速度等于在AC段的平均速度

D.0、A间的距离为国11—L®

答案ACD

解析由于物体通过AB段与通过BC段所用的时间相等，根据Av=aAt,有VB—VA=VC—VB，

故A正确；由于物体在A点速度不为0,则11：12#1：3,故B错误；根据匀变速直线运动

的推论，某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，故物体通过B点的速度等于在AC

段的平均速度，故C正确；由Ax=aT2得1-1=212,物体在B点的速度VB=%工由速度

—位移公式有VB2=2a,根据几何关系得°A=0B—卜联立可得0A=周三格

故D正确.

7.（多选）（2021安徽蚌埠市一模）某科技活动小组自制一枚小火箭，火箭从地面发射后始终在

竖直方向上运动.火箭点火后做匀加速直线运动，经过3s到达离地面30m高处时燃料恰好

用完，若整个过程不计空气阻力，g取10m/s2,则下列说法正确的是（）

A.燃料恰好用完时火箭的速度大小为10m/s

B.火箭上升到最高点时离地面的高度为60m

C.火箭落回到地面时的速度大小为10晒m/s

I）.火箭从发射到落回地面所经历的时间为（5+JTU）S

答案CD

解析燃料用完前火箭向上做匀加速直线运动，设燃料恰好用完时火箭的速度大小为V1,由

0+v

运动学公式可得—"t=h/代入数值可求得V]=20m/s,故A错误；燃料用完后火箭向上

v2202

做匀减速直线运动，设上升高度为tv由运动学公式可得卜2=q=毛=in=20m,最高点

时离地面的高度为h3~hi+h2—30in+20m—50m,故B错误；火箭下落过程做自由落体运

动,回到地面时的速度大小为Vz2=2gh3，代入数值解得V2=103®m/s，故C正确；火箭匀

加速上升时间t,=3s,向上匀减速时间为s=2s,自由下落时间为％=-=与醇

s=，T^s,从发射到落回地面所经历的时间为t=q+q+q=3s+2s+yi3s=（5+AJ10）S,故

D正确.

8.（2021山东泰安市高三期末）如图2所示有一半圆，其直径水平且与另一圆的底部相切于0

点，0点恰好是下半圆的顶点，它们处在同一竖直平面内.光滑直轨道AOB、C0D与竖直

直径的夹角分别为人阻①自一小物块先后从两轨道的顶端A、C点由静止下滑，分别能通

过0点的通道滑动到下半圆的底部B、1）点，不计空气阻力，下列运动时间正确的是（）

A。

C,1AB<0D

答案D

解析如图AO过程物块做匀加速直线运动，有2R|COsa=%cosa%2,CO过程物块做匀加

速直线运动，有2R1COS片geos叫02,所以1Ao=%），故A、B错误；以AOB轨道上的物

块为研究对象，则有

c

2Rcosa+—geosat_2

1cosa2AB

同理，对COD轨道上的物块，有

p1

2RCOS叶一^7=_gC0S0t2

1cosP2⑪n

由题知coscKcosft

2R,+—

两式相比，得产=——等Si

%22R,+J^

1CO23

则%>%），故D正确，C错误.

热点3运动学和动力学图像

1.（2020山东卷•段•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

1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.Of时间内，v增大，FJmg

B.'〜,时间内，v减小，FN<mg

C.q〜、时间内，v增大，FN<mg

D.q〜、时间内，v减小，FN>mg

答案D

解析根据s—t图像的斜率表示速度可知，0〜*时间内，v增大，与〜、时间内，v减小，7〜

Q时间内，v不变，故B、C错误；0〜7时间内，速度越来越大，加速度向下，处于失重状

态，则Fjmg，故A错误；与~1s时间内，速度逐渐减小，加速度向上，处于超重状态，则

FJmg,故D正确.

2.如图2所示为甲、乙两物体在同一条直线上做匀变速运动的位移一时间图像，两图线相切

于点A⑵3,4.@）.已知甲物体的初速度为0,乙物体的加速度大小为lm/s2,下列说法正确

的是（）

A.甲物体的加速度大小为4m/S2

B.甲、乙两物体的加速度方向相同

C.乙物体的初速度大小为4m/s

D.廿0时刻，甲、乙两物体相距6m

答案D

解析已知甲物体的初速度为0,设甲物体的位移表达式为x攵,将A点的坐标⑵8,4.0

甲/甲

m）代入可得a=2m/s2,故A错误；根据位移一时间图线的斜率表示速度可知，甲物体做匀

甲

加速直线运动，乙物体做匀减速直线运动，两物体的加速度方向相反，故B错误；设乙物体

的初速度为v°，根据两图线在A点相切可知aX2,Os=vft-aX2.Os,解得v0=6m/s,故

C错误；设t=0时刻，乙物体的位置在％处，t时刻乙的位置x;而+Vot—gate,将A点

的坐标代入可得闻=一6（11，即t=0时刻，甲、乙两物体相距6m，故D正确♦

3.（2021山东青岛市一模）在同一平直公路上，a、b两辆汽车同向行驶，行驶过程的v-t图

像如图3所示.已知两车在t=6s时并排行驶，下列说法正确的是（）

图3

A.在t=0时，b车在a车前15m

B.在t=2s时，a车在b车后

C.在t=4s时，两车并排行驶

1）.两车先后两次并排行驶的地点相距80nl

答案D

解析因v-t图像中图线与横轴所围的“面积”表示位移大小，两车在t=6s时并排行驶，

因2s〜6s内两车的位移相等，可知两车在t=2s时也并排行驶，而在0〜2s内b车的位移

大于a车的位移，可知在t=0时，b车在a车之后，选项A、B错误；两车在t=2s时并排

行驶，在2〜4s内b车的位移大于a车的位移，可知在t=4s时b车在a车前面，选项C错

误；由题图可知，两车先后两次并排行驶的地点相距叶30）X4m=80m，选项【）正确•

4.（2021山东潍坊市昌乐一中高三期末）2020年11月10日，“奋斗者”号深潜器在马里亚纳

海沟成功坐底，创造了10909米的中国载人深潜新纪录，标志着我国在大深度载人深潜领域

达到世界领先水平.某兴趣小组用一个模型模拟了深潜器从水底由静止向上返回的运动过程，

记录了其加速度a随位移x变化关系的图像如图4所示，则（）

A.在0〜x0阶段深潜器内的物体处于失重状态

C.在2x0处深潜器运动的速度大小为反

D.在3x0处深潜器运动的速度最大

答案C

解析在0〜与阶段深潜器加速上升，因此深潜器内的物体处于超重状杰，A错误；在。〜x0

阶段，丫皿2等于在a-x图像中，图线与x轴围成的面积的2倍，则深潜器到达％处时的速

度丫曲=屈，由于在0〜X。阶段深潜器不是做匀变速运动，因此v彳&=蟒，B错误；

在闻〜2x0阶段，深潜器的加速度为零，做匀速运动，因此在2x0处深潜器的速度大小为啊兀,

C正确；在2x0〜3X（）阶段，加速度为负值，深潜器做减速运动，因此深潜器在2x0处运动的

速度最大，D错误.

5.侈选）（2021河北唐山市一模）A、B两物体沿同一直线同向运动，0时刻开始计时，A、B两

物体的：一t图像如图5所示，已知在t=10s时A、B在同一位置，根据图像信息，下列说法

正确的是（）

图5

A.B做匀加速直线运动，加速度大小为lm/s2

B.t=6s时，A在前、B在后，B正在追赶A

C.A.B在零时刻相距30m

D.在0〜10s内A、B之间的最大距离为49m

答案BD

解析由匀变速直线运动的位移公式*=丫01+$12,可得:=Vo+$t,对比B物体的图线可知

114-10

-a=----------m/s2=lm/s2,由相似三角形可知，图线与纵轴的交点坐标为4m/s,即初速度

210-6

v

0=4m/s,加速度a=2m/s2,B物体做匀加速直线运动，A错误；对比A物体的图线可知，

A物体做匀速直线运动，速度为v=10m/s,在t=10s时A、B的位移分别为xA=vt=100m,

%=Vot+/l2=i4Oni,此时A、B到达同一位置，故在零时刻，A在B前方40m处，C错误；

t=6s时，由位移公式可得，A、B位移均为60m,故此时A在前、B在后，B正在追赶A,

B正确；当A、B速度相等时，相距最远，Vg+at'=v,代入数据可得t'=3s,由位移公式

可得，A、B的位移分别为X|'=30m,xB'—21m,故此时A、B之间的最大距离为仆<=40

m+30m—21m=49m,D正确.

6.（2021河北廊坊市高三期末）一辆汽车在平直公路上行驶，司机突然发现正前方有一辆同向

骑行的自行车，司机当即采取措施制动.以此时汽车所在位置为坐标原点、汽车行进方向为

正方向建立坐标系，此后汽车和自行车速度的平方与它们位置坐标x的关系如图6所示.下

列说法中正确的是（）

looL-x

05717.5x/m

图6

A.汽车开始减速时与自行车相距2m

B.司机和汽车系统的反应时间总和为0.5s

C.汽车没有和自行车相撞

D.汽车和自行车在图线相交的位置坐标处发生碰撞

答案B

解析由题可知汽车的初速度为v0=10m/s,自行车的速度为v=4m/s.汽车开始减速时，汽

车已经向前前进了5m,运动时间为s=0.5s,则这段时间内自行车向前运动4X0.5

o

m=2m,此时汽车与自行车相距4m,A错误；由上述分析可知，司机和汽车系统的反应

V2100

时间总和为0.5s,B正确；汽车减速的加速度大小a=d-=,-…-m/s2=4m/s2,汽车速度

2xZxiz.□

v-vJ

减到与自行车共速时所用的时间t,=」一=1.5s,此时汽车的总位移Si=x0+vq—于早=

az

15.5m,自行车的位移S2=v%+t］）=8m,因为\—s2=7.5m>7m,可知汽车已经和自行车

相撞，即当两车速度共速前已经相撞，图线相交的位置坐标处不是发生碰撞的位置，C、D

错误.

7.（2021由西怀仁市高三期末）水平力F方向确定，大小随时间的变化如图7a所示，用力F

拉静止在水平桌面上的小物块，在F从0开始逐渐增大的过程中，物块的加速度a随时间变

化的图像如图b所示，重力加速度大小为10m/s2,最大静摩擦力大于滑动摩擦力，由图示可

知（）

a/(ms"7)

图7

A.物块的质量m=2kg

B.物块与水平桌面间的动摩擦因数为0.2

C.在4s末，物块的动量为12kg♦m/s

D.在2〜4s时间内，小物块速度均匀增加

答案C

3

解析由题图a可知F=3t,由牛顿第二定律可得F-umg=ma,由以上两式解得a=-t—ug

m

3

由题图b知，k=—=1,解得物块质量为m=3kg,动摩擦因数为尸0.L故A、B错误；由

m

题图b知，2〜4s时间内平均加速度为2m/s2,则4s末物块的速度为v=a%=2m/s2X2s

=4m/s,物块的动量为p=mv=3kgX4m/s=12kg•m/1s故C正确；由题图b可知，在2〜

4s时间内，物块的加速度逐渐增大，则速度不是均匀增加，故D错误.

8.侈选）（2021河南南阳市高三期末）如图8所示，轻质弹簧下端固定在光滑斜面底端，一个质

量为m的小物块，从斜面顶端由静止滑下并压缩弹簧（弹簧始终处于弹性限度内）.若以物块

开始下滑的点为坐标原点，沿斜面向下为x轴正方向，物块下滑过程中加速度为a,速度为V,

弹簧的弹力为F,弹性势能为Ep.下列图像正确的是（）

A

CD

答案BD

解析设斜面的倾角为Q物块与弹簧接触前，由牛顿第二定律得：mgsin0=ma,解得：a

=gsin2物块做初速度为零的匀加速直线运动，v=at=gtsinQ

设弹簧的劲度系数为k,弹簧的压缩量为L,物块与弹簧开始接触到物块重力沿斜面向下的分

力大于弹簧弹力前，由牛顿第二定律得：mgsin0—kL=ma,解得：a=gsin0-匕，加速度

m

方向平行于斜面向下，物块做加速运动，在相等时间内弹簧的压缩量增加得越来越快，a减

小得越来越快；

当弹簧的弹力大于重力沿斜面向下的分力后，由牛顿第二定律得：kL-mgsinO=ma,解得：

a=Kt-gsinO,加速度方向沿斜面向上，物块做减速运动，在相等时间内弹簧压缩量的增加

m

量增加得越来越慢，a增加得越来越慢；

由以上分析可知，物块的加速度先保持不变，后逐渐减小且减小得越来越快，再反向增大且

增大得越来越慢；物块先做初速度为零的匀加速直线运动，后做加速度减小的加速运动，然

后做加速度增大的减速运动，最后速度为零，故A错误，B正确；

弹力与形变量成正比，则弹力与x的关系是线性变化，所以C错误；由于弹性势能Ep=*L2

=lk(x-x0)2,所以弹性势能Ep与x的关系是二次函数关系，图像为抛物线的一部分，所以D

正确.

热点4牛顿运动定律

1.（2021山东泰安市高三一模）如图1所示，挂钩连接三根长度均为L的轻绳，三根轻绳的另

一端与一质量为m,直径为1.Z的水平圆环相连，连接点将圆环三等分.在挂钩拉力作用下

圆环以加速度a=*匀减速上升，已知重力加速度为g,则每根绳上的拉力大小为（）

答案B

解析设每根轻绳与竖直方向的夹角为a,每根轻绳上的拉力大小为F,根据几何关系可得

sina=罕=0.6则cosa=0.8分析圆环受力，可知三根轻绳拉力水平方向的分力恰好平衡,

竖直方向的分力与圆环重力的合力提供加速度，有mg—3Fcosa=m歹，解得F=Rng，故

选B.

2.（2021河北张家口市高三期末）如图2所示，在水平面上固定一倾角9=30°的光滑斜面，斜

面底端固定一挡板C,两个质量均为m的物块A、B用轻弹簧相连，静止在斜面上.现用一

平行于斜面向上的拉力F拉物块A,在物块B恰好离开挡板C的瞬间撤去力F,重力加速度

为g,则撤去力F的瞬间（）

图2

A.物块A的加速度为零

B.物块A的加速度为泰方向沿斜面向下

C.物块B的加速度为*方向沿斜面向上

D.物块B的加速度为零

答案D

解析撤去力F瞬间，弹簧的弹力为kx=mgsinQ撤去力F的瞬间，对物块B,由牛顿第二

定律得kx—mgsinma>对物块A,由牛顿第二定律得kx+mgsinHma,、，解得@8=0,aA

=g,方向沿斜面向下，故选D.

3.（2021天津市河西区高三期末）如图3所示，物块A放在木板B上，A、B的质量相同，A与

B之间、B与地面之间的动摩擦因数也相同（最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力大小）.若将水

平力作用在A上，使A刚好要相对B滑动，此时水平力大小为F-若将水平力作用在B上,

使B刚好要相对A滑动，此时水平力大小为F2,则1与F2的比为（）

A.1：1B.1：2C.1：3D.1：4

答案D

解析由于A与B之间的最大静摩擦力FaB=umg小于B与地面之间的最大静摩擦力FR.

=2umg当水平力作用在A上，使A刚好要相对B滑动，此时B静止，A与B间的静摩擦

力刚好达到最大，此时水平力大小为F1=umg当水平力作用在B上，使B刚好要相对A滑

动，此时A、B间的静摩擦力刚好达到最大，A、B的加速度相等，有aA=aB="^吧=Ng此

—

时水平力大小为F22umg=2maB，解得F?=4nmg故F1与F2的比为1：4,故D正确，A、

B、C错误.

4.（2021广西桂林市秀峰区高三第一次联合调研）如图4所示，在竖直平面内，一辆小车正在

水平面上以加速度a向右匀加速运动，大物块压在车厢竖直后壁上并与车厢相对静止，小物

块放在大物块上与大物块相对静止，大物块刚好不下滑，小物块与大物块也刚好不发生相对

滑动.重力加速度为g,a<g.最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则大物块与车厢后壁间的动

摩擦因数”和小物块与大物块间的动摩擦因数用的大小关系正确的是（）

B.u

C.片＞%D.片*〈1

答案C

解析将小物块与大物块看作一个整体有M+M）g=限M，FN]=（n+M）a,对小物

块受力分析有mg=FN2»驶N2=ma，代入分别解得斗=邑，5='，由于a<g,则有，

ag

11>1,<1,号>用，片•玲=1，故选C.

5.（2021山东日照市高三一模）如图5所示，倾角为曲/斜面上有一无动力小车，小车里用细绳

悬挂一个小球.当小车沿斜面向下加速滑动时，悬线与垂直斜面0b方向的夹角始终为a（《/

则可求小车的底面与斜面间的动摩擦因数访（）

图5

A.尸tan。B.尸tan(6—a)

C.尸sin『@D.p=tana

答案D

解析以小球为研究对象，受力分析如图所示

则有F/osa=mgcosQmgsin0—F，rsina=ma,

以车和小球整体为研究对象，根据牛顿第二定律有+m）gsin9—141+m）gcos9=（M+m）a,

解得a=gsin0-口gosQ联立解得尸tana,A、B、C错误，D正确.

6.侈选）（2021湖南岳阳市高三检测）如图6所示，质量为m的物块A静置在水平桌面上，通

过足够长的轻绳和轻质滑轮悬挂着质量为4m的物块B.现由静止释放物块A、B,以后的运动

过程中物块A不与定滑轮发生碰撞.已知重力加速度大小为g,不计所有摩擦阻力，下列说

法正确的是（）

图6

A.在相同时间内物块A、B运动的路程之比为1：2

B.物块A、B的加速度大小之比为2：1

C.轻绳的拉力大小为吧

2

D.B下落高度h时速度为迎

答案BD

解析根据动滑轮的特点可知B下降s,A需要移动2s,故SA=2壬，选项A错误；物块A、

B都是由静止开始运动的，故有2X*Bt2=$,a2

也，解气」『选项B正确；对A受力分析有

F=ma,对B受力分析有4mg—2F=4ma,解得F=mg,a=L，选项C错误；物块B

IAIDIDy

v

加速度为a|j=/，根据速度位移公式，有2=2aBh＞解得v=，d，选项D正确.

7.（多选）（2021全国乙卷•1舔平桌面上，一质量为m的物体在水平恒力F拉动下从静止开

始运动，物体通过的路程等于%时，速度的大小为V。，此时撤去F,物体继续滑行2so的路

程后停止运动，重力加速度大小为g,则（）

A.在此过程中F所做的功为5v02

B.在此过程中F的冲量大小等于1tnv0

V2

C.物体与桌面间的动摩擦因数等于上

4聚

D.F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的2倍

答案BC

解析外力撤去前，由牛顿第二定律可知F-umg=ma|①

由速度位移公式有Vo2=2a|So②

外力撤去后，由牛顿第二定律可知一umg=ma2③

由速度位移公式有一Vo2=2a2（2s0）④

3mv2

由①②③④可得，水平恒力F=-----

4s。

V2

物体与桌面间的动摩擦因数尸一

4s°g

mv2

滑动摩擦力Ff=

4s°

可知F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的3倍,

故C正确，D错误；

3

在此过程中，外力F做功为W=Fso=7iiVo2,

故A错误;

由平均速度公式可知，外力F作用时间

'0+v-v'

-------o

2

3

在此过程中，F的冲量大小是I=Ft|=^mVo,

故B正确.

热点5抛体运动和圆周运动

1.（2021户东卷•曲于高度限制，车库出入口采用图1所示的曲杆道闸，道闸由转动杆0P与

横杆PQ链接而成，P、Q为横杆的两个端点.在道闸抬起过程中，杆PQ始终保持水平.杆

0P绕0点从与水平方向成30°匀速转动到60°的过程中，下列说法正确的是（）

图1

A.P点的线速度大小不变

B.P点的加速度方向不变

C.Q点在竖直方向做匀速运动

D.Q点在水平方向做匀速运动

答案A

解析由题知杆0P绕0点从与水平方向成30°匀速转动到60°,则P点绕0点做匀速圆周

运动，则P点的线速度大小不变，P点的加速度方向时刻指向0点，A正确，B错误；Q点

在竖直方向的运动与P点相同，相对于0点在竖直方向的位置y关于时间t的关系为y=

幻•sP.+3J],则可看出Q点在竖直方向不是做匀速运动，C错误；Q点相对于0点在水平

方向的位置x关于时间t的关系为x=[p•。匕+3）+「，则可看出Q点在水平方向也不是

做匀速运动，D错误.

2.（2021江苏省1月适应性考试•底生态公园的人造瀑布景观如图2所示，水流从高处水平

流出槽道，恰好落入步道边的游泳池中.现制作一个为实际尺寸上的模型展示效果，模型中

槽道里的水流速度应为实际的（）

图2

44

答案B

解析由题意可知，水流出后做平抛运动的水平位移和竖直位移均变为实际的上，由h=%%

10乙

得t='/?，所以时间变为实际的｝水流出的速度v=：,由于水平位移变为实际的白，时

间变为实际的玄则水流出的速度为实际的;，故选B.

3.侈选）（2021广西柳州市高三上第一次调研）如图3所示，细绳一端固定在0点，另一端拴

一小球A,现拉起小球A使细绳水平伸直，然后无初速度释放，小球A运动到最低点时，细

绳的拉力大小为F.则小球A从开始运动到最低点的过程中（不计空气阻力），下列说法正确的

是（）

%

»r

I•，

1/

Li，

图3

A.小球受到的重力和细绳拉力的合力提供向心力

B.小球重力的瞬时功率最大时，小球受到的合力方向水平向左

C.若将细绳变长，小球运动到最低点时细绳拉力仍为F

D.若将细绳变长，小球运动到最低点时细绳拉力大于F

答案BC

解析小球A从开始运动到最低点的过程中，向心力由细绳拉力和重力沿细绳方向分力提供,

故A错误；当小球受到的合力在竖直方向有向下的分力时，小球竖直分速度变大，重力的瞬

时功率变大，当小球受到的合力在竖直方向有向上的分力时，小球竖直分速度变小，重力的

瞬时功率变小，所以小球重力的瞬时功率最大时，小球受到的合力