2021高中物理人教版一轮复习训练打包21份

1直线运动的图象

给扇哪

1.物理图象能形象地表达物理规律、直观地描述物理过程、鲜明地表示物理量之间的相互

关系，是分析物理问题的有效手段之一，也是当今高考命题的热点。近儿年高考，主要是在

选择题中考查两种运动学图象的理解和应用。

2.图象问题的解题技巧：

（1）图象反映了两个物理量之间的函数关系，因此首先要由运动学公式推导出两个物理量间

的关系式，再分析图象及斜率、截距、面积等几何元素的物理意义。

（2）注意把处理常规图象问题的思想方法加以迁移应用，必要时可将该图象所反映的物理过

程转换为常见的x-t或v—t图象。

例1.（2019浙江4月选考9）甲、乙两物体零时刻开始从同一地点向同一方向做直线运动，

位移一时间图象如图所示，则在0〜■时间内（）

A.甲的速度总比乙大

B.甲、乙位移相同

C.甲经过的路程比乙小

D.甲、乙均做加速运动

【解析】因x—f图象的斜率等于速度，可知在0〜八时间内开始时甲的速度大于乙，后来乙

的速度大于甲，选项A错误；由图象可知在0〜八时间内甲、乙位移相同，选项B正确；甲、

乙均向同方向做直线运动，则甲、乙的路程相同，选项C错误；由斜率等于速度可知，甲

做匀速运动，乙做加速运动，选项D错误。

【答案】B

例2.（2018全国H卷T9）甲、乙两汽车在同一条平直公路上同向运动，其速度一时间图象

分别如图中甲、乙两条曲线所示。已知两车在女时刻并排行驶。下列说法正确的是（）

A.两车在。时刻也并排行驶

B.在八时刻甲车在后，乙车在前

C.甲车的加速度大小先增大后减小

D.乙车的加速度大小先减小后增大

【解析】本题可巧用逆向思维分析，两车在时刻并排行驶，根据题图分析可知在“〜时

间内甲车运动的位移大于乙车运动的位移，所以在“时刻甲车在后，乙车在前，B正确，A

错误；依据u—f图象斜率表示加速度分析出C错误，D正确。

【答案】BD

1.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，。一/图象如图所示。关于甲、乙两车在0〜20s的运动情况，下列说

法正确的是（）

«/(m-s-2)

O5101520"s

A.在/=10s时两车相遇

B.在r=20s时两车相遇

C.在f=10s时两车相距最远

D.在f=20s时两车相距最远

【答案】D

【解析】根据图象可知，在0〜20s内，甲的加速度不变，乙的加速度逐渐减小。根据。一7

图象与时间轴所围的面积表示速度变化量可知，在0〜10s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f=10s时乙车在甲车前方，故A、B错误；

当，=20s时，两图象与，轴所围的面积相等，即该时刻两辆车的速度相等；在20s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f=20s时，两车

速度相等即相距最远，故C错误，D正确。

2.甲、乙两质点做直线运动的x-t图象如图所示，其中甲图线为曲线，乙图线为直线0/

=1.8s时，两图线相切，下列说法不正确的是（）

A.1.8s时，甲、乙两质点速度均为3m/s

B.f=1.8s时，甲、乙两质点速度相同，但二者没有相遇

C.0〜2.5s,甲的平均速度为4m/s

D.在2.5s时刻，乙的纵坐标x=5.1m

【答案】B

v=----------m/s=3m/s

【解析】r=1.8s时，甲、乙两质点速度均为L8-0.8,A正确；r=1.8s时,

甲、乙两质点速度相同，二者也相遇，B错误；0-2.5s,甲的平均速度T=：=4m/s,C

----------m/s=3m/s

正确；根据2-5-0.8,可得在2.5s时刻，乙的纵坐标x=5.1m,D正确。故选B。

3.如图所示是某质点运动的位移时间图象，此过程的v—/图象应是（）

【答案】C

【解析】x-f图象第一段为倾斜直线，斜率为正常数，由于图象的斜率表示该时刻的速度,

斜率的正负表示速度的方向，所以此段时间内物体的速度为正方向，大小不变，即物体沿正

方向的匀速直线运动；图象第二段为平行/轴的直线，则物体静止；图象第三段为倾斜直线,

斜率为负常数，所以速度为负方向的匀速直线运动。综上所述，物体的v-f图象为C。

4.（多选）由于公路维修只允许单车道通行。1=0时，甲车在前，乙车在后，相距xo=lOOm,

速度均为vo=3Om/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10m

B.两车最近距离为100m

C.两车一定不会相遇

D.两车一定会相遇

【答案】AC

【解析】在0〜3s时间内，甲车一直减速，乙车匀速运动，两车距离一直减小，在3s~9s

时间内，甲车从静止开始加速，乙车开始减速，当两车速度相等时，距离最近，从3s开始，

甲车的加速度为5m/s2,再经，时间，两车速度相等，a^t=v0-a^t,整理得f=3s,因此

在6s时两车距离最近，由甲车图象可知x甲=67.5m,设前3s为“，乙车的位移》乙=血”

+voZ—1az./2=157.5m,此时两车间距离Ar=x甲+助一x4=10m,因此两车最近距离为10

m,不会相遇，AC正确，BD错误。

5.（多选）如图为一匀变速直线运动的x—r图象，图象与两坐标轴的交点分别为（布，0）,（0,

一沏），f=0时，图象切线交f轴的坐标为（2如0）o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.质点的初速度大小为”。

C.0〜而时间内质点的位移为一检

D.质点的加速度大小为防

【答案】BD

【解析】根据图象知，质点一直向x轴正方向运动，故A错误；质点的初速度大小

Ax升）

%=—=—

“2。,故B正确；。〜”时间内质点的位移x=O一（—xo）=xo,故C错误；根据位移

a=-2-

公式工:尔+5;2,可得片，故D正确。

6.（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，其下滑时的速度随时间变化关系如图乙所示。演员A质量为40

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

C.f=2s时，演员B肩部所受压力大小为380N

D.f=5s时，演员B肩部所受压力大小为540N

【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；f=2s

时，演员A向下做匀加速运动，由v-f图象得加速度4=0.5m/s2,根据牛顿第二定律得

—f=ma,解得了=380N,则演员3所受的压力/=〃吆+/=480N,故C错误；r=5s时，

演员向下做匀减速运动，由v—f图象得加速度优=1m/s,根据牛顿第二定律得”?=加优,

解得/=440N,则演员B所受的压力/=Mg+/=540N,故D正确。

7.（多选）如图所示，某人从距水面一定高度的平台上做蹦极运动。劲度系数为k的弹性绳

一端固定在人身上，另一端固定在平台上。人从静止开始竖直跳下，在其到达水面前速度减

为零。运动过程中，弹性绳始终处于弹性限度内。取与平台同高度的。点为坐标原点，以

竖直向下为y轴正方向，忽略空气阻力，人可视为质点。从跳下至第一次到达最低点的运动

过程中，用丫、〃、，分别表示人的速度、加速度和下落时间。下列描述I，与人〃与y的关系

图象可能正确的是（）

【答案】AD

【解析】从跳下至第一次到达最低点的运动过程中，绳子拉直前，人先做自由落体运动，图

线为匀变速直线运动，丫一，图线斜率恒定；绳子拉直后在弹力等于重力之前，人做加速度逐

渐减小的加速运动，口一，图线斜率减小；弹力等于重力之后，人开始减速运动，弹力增大加

速度逐渐增大，v-t图线斜率逐渐增大，直到速度减到零，所以A正确，B错误；从跳下

至第一次到达最低点的运动过程中，绳子拉直前，人先做自由落体运动，加速度恒定；绳子

拉直后在弹力等于重力之前，随着弹力增大，人做加速度逐渐减小的加速运动，加速度减小,

设向下运动的位置为y,绳子刚产生弹力时位置为比，则mg-k(y-y0)=mil,则加速度为

k(.y-y0)

4=g--------------

m

,弹力等于重力之后，人开始减速运动，k{y-yo}-mg=ma,则加速度为

_k(y-yu)

m,所以，。与y的关系图线斜率是恒定的，故D正确，C错误。

8.如图所示为物体做直线运动的图象，下列说法正确的是()

A.甲图中，物体在0〜h这段时间内的位移小于

B.乙图中，物体的加速度为2m*

C.丙图中，阴影面积表示力〜/2时间内物体的加速度变化量

D.丁图中，f=3s时物体的速度为25m/s

【答案】D

【解析】甲图中，因v—f图象与坐标轴围成的面积等于位移，可知物体在。〜fo这段时间内

的位移大于gvofo,A错误；乙图中，根据/=2"可知2a=1,则物体的加速度为0.5m/s2,

选项B错误；丙图中，根据可知，阴影面积表示力〜时间内物体的速度变化量，C

错误；丁图中，由4=助7+5户可得彳=物+53由图象可知会=5,则。=10m/s2,vo=-5

m/s,则，=3s时物体的速度/=物+*=25m/s,D正确。

9.(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，其方一/的图象如图

A.质点做匀加速直线运动，加速度为lm/s2

B.质点在1s末速度为2m/s

C.质点在第1s内的平均速度0.75m/s

D.质点做匀速直线运动，速度为0.5m/s

【答案】AB

【解析】由图得j=l+0.5f,根据得对比可得;a=0.5m*,则加

速度a=lm/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vo=lm/s,在1s末速度为v—vo+at=2m/s,故B正确；质点在第1s

-V+V._.

v=-()-----=1.5m/s

内的平均速度2,故c错误。

10.（多选）如图所示，斜面倾角为6,P为斜面的中点，斜面上半段光滑，下半段粗糙，一

个小物体由顶端静止释放，沿斜面下滑到底端时速度为零。以沿斜面向下为正方向，则物体

下滑过程中的位移x、速度力合外力人合外力的冲量/与时间r的关系图象可能正确的是

（）

【答案】BD

【解析】物体在光滑的斜面上做匀加速直线运动时，由知，位移时间图线的开口应

先向上，然后做匀减速直线运动，故A错误；物体在前半段做匀加速直线运动，后半段做

匀减速直线运动，由于到达底端的速度为零，则前半段和后半段的平均速度相等，由位移相

等，则在前半段和后半段的运动时间相等，匀加速直线运动的末速度等于匀减速直线运动的

初速度，则匀加速和匀减速直线运动的加速度大小相等，方向相反，则合力大小相等，方向

相反，故B正确，C错误；合力大小相等，方向相反，根据可知，合外力的冲量在

前半段和后半段的运动时间内也是大小相等，方向相反，故D正确。

II.某质点做直线运动，运动速率的倒数!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

B.J—x图线斜率等于质点运动的加速度

C.四边形AA'B'B的面积可表示质点从。到C所用的运动时间

D.四边形BB'C'C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《一X图象可知，(与尤成正比，即vx=常数，质点做减速直线运动，故A错

误［―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08c的面积S^OCBC

=卦，体现了从o到c所用的时间，同理，从。到c所用的时间可由S2=■■体现，所以

四边形BQCC面积可体现质点从C到C所用的时间，故C错误，D正确。

12.(多选)一质点在0〜10s内的丫一，图象的图线恰好是与两坐标轴相切的圆弧，由图可知

()

A.2s时刻，质点的速度为4m/s

B.10s内质点的位移约为21.5m

C.质点的加速度大小等于1m/s2时的速度约为2.93m/s

D.质点的加速度随时间均匀减小

【答案】ABC

【解析】已知圆心坐标为(10,10),速度与时间关系满足方程(U-10)2+(L10)2=1()2,f=2s,

代入方程结合图象解得v=4m/s,故A正确；由图线“面积”表示位移得s=10x10—%兀x1()2

=21.5m,故B正确；当质点的加速度大小等于1m/s?时，如图所示，由几何关系可知/OEF

J2

=45。，9=45。，根据几何知识知v=10(l—，)m/s=2.93m/s,故C正确；由图象可知图象

斜率逐渐减小且不是均匀变化，故D错误。

2匀变速直线运动及其公式

皑急翁朝

i.本专题在高考中主要考点有：匀变速直线运动公式的灵活运用；自由落体运动和竖直上

抛运动；匀变速直线运动规律在生活中的应用。题型主要以选择题为主，但也会与其他知识

点结合在大题中考查多过程运动问题。

2.方法技巧：

（1）匀变速直线运动的基本公式（v-r关系、x-t关系、X-V关系）原则上可以解决任何匀变速

直线运动问题；

（2）已知某段时间内的位移、初末速度可求平均速度，应用平均速度公式往往会使解题过程

变的非常简捷。

例1.（2019全国I卷-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“。上升第一个?所用的时间为小第四个日所用的时间为不计空气阻力，则0

441\

满足（）

■■

t2（2

A.1<7<2B.2<7<3

t\t\

（2，2

C.3<7<4D.4<7<5

【考题解读】本题主要考察匀变速直线运动的基本规律，解答本题要掌握初速度为零的匀加

速直线运动中，通过连续相等的位移所用时间之比。

【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：A：f2：打：…：tn=\：（V2

一1）：（小一柩：（2一小）：...：（5-5二i）,可知‘I2-6，即3＜彳＜4,故

选C。

【答案】C

例2.（2020全国I卷24）我国自主研制了运一20重型运输机。飞机获得的升力大小F可用F

=城描写，k为系数；v是飞机在平直跑道上的滑行速度，F与飞机所受重力相等时的v称

为飞机的起飞离地速度，已知飞机质量为1.21x105kg时，起飞离地速度为66m/s；装载货

物后质量为1.69x105kg,装载货物前后起飞离地时的A值可视为不变。

（1）求飞机装载货物后的起飞离地速度；

（2）若该飞机装载货物后，从静止开始匀加速滑行1521m起飞离地，求飞机在滑行过程中加

速度的大小和所用的时间。

【考题解读】本题结合牛顿第二定律的综合应用考查匀变速直线运动的位移和速度公式，涉

及的物理过程比较复杂，弄清楚运动情况和受力情况是关键。

【解析】（1）空载起飞时，升力正好等于重力：切|2=川长

满载起飞时，升力正好等于重力：k^=in2g

由上两式解得：V2=78m/So

⑵满载货物的飞机做初速度为零的匀加速直线运动，所以

v^=2ax

V2=Clt

解得：a=2m/s2,J=39s。

湄翁锄缭

1.图中她为珠港澳大桥上四段110m的等跨钢箱连续梁桥，若汽车从。点由静止开始做匀

加速直线运动，通过帅段的时间为f,则通过ce段的时间为（）

A.rB.yfit

C.(2一物/D.(2+啦"

【答案】C

【解析】初速度为零的匀加速直线运动的推论：从静止开始通过连续相等的位移所用时间之

比为h：匕：：…：r„=l：（^2-1）:（小一也）：（2一小）：...：（由7"—1）,可知tac={2

故C正确。

2.某同学将一足球竖直砸向水平地面，足球以5m/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最不计足

球与地面碰撞的时间和空气阻力，取g=10m/s2,则足球从第一次被弹回到最后停止运动的

总时间为（）

A.8sB.4sC.2sD.1.5s

【答案】B

【解析】足球第一次被弹回的速度0=5m/s,第一次在空中竖直上抛运动的总时间

8；足球第二次被弹回的速度V2=1vi，第二次在空中竖直上抛运动的总时间

2v,3

L=--=-s

g4足球第三次被弹回的速度也=1也=（$20，第三次在空中竖直上抛运动的总时

2匕3,

=—=(-)2s

间g4则足球从第一次被弹回到最后停运动的总时间为/="+/2+...=4s,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落地历时小A落地前瞬间速率为也，从A落地到8落在A上历时小

B落在4上前瞬间速率为也，贝1（）

A.t\:及=2：1

B.两垫圈加速度不确定，时间无法比较

C.V）:vz=\:2

D.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L8运动的位移为43

根据力=见尸可知，A落地的时间8落地的时间故.t2=t—t产、巧，

所以有人=/2,故A、B错误;A落地前瞬间速率以=4荻,8落地前瞬间速率V2=g/=2而L

所以环：以=1：2,故C正确；因A落地时8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”高空自由落下，而乙物体在地面以初速度也同时向上抛出，两

物体在离地面44处相遇，如果g、物为已知量，贝女）

玲

A.从自由下落到相遇，经过的时间为2g

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O.5vo

D.乙上升的最大高度就是“，且2g,而甲物体落地时的速度大小是w

【答案】ACD

13

【解析】两者相遇时，甲的位移为:”，乙的位移为水/。相遇时.，甲、乙的位移之和为从

即看产+丫”一尸=”，甲的位移;”=%产，乙的位移//二皿一&/2,所以2g,2g,

故A正确；乙物体上升到最高点时间'g,物体甲的位移//=*//="，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2g,甲的速度v|=gf=o.5%乙的速度也=W-gf=0.5%,故C正确：乙做

h=^-=H

竖直上抛运动，上升的最大高度2g,甲做自由落体运动，由速度位移公式可知落地

速度v=q2gH=v°,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50m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2s内的位移是24m,

第4个2s内的位移是1m。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2m/s2

23

2

B.汽车甲刹车后做匀减速直线运动的加速度大小为12m/s

C.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13.9m/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R：X2：X3：X4=l：3：5：7,

可知汽车甲在8s前速度减为零。设汽车甲的加速度为。，根据汨=丫0"+；助2得24=21，。+

“竺一%V-2=lm

2a,汽车甲速度减为零的时间a。，最后2s内的位移2-a,

2

联立解得a=-2m/s,v0=14m/s,选项A正确，BD错误；汽车甲刹车到停止的距离

X）=-~—=49m<50m

2。，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2m/s2的加速度匀减速刹车，该同学同时以4m/s的

速度匀速追赶汽车，汽车开始刹车时速度为8m/s,减速前距离同学12m。则下列说法正确

的是（）

A.公交车刹车第1s内位移为1m

B.公交车从开始刹车5s内位移为15m

C.公交车刹车过程平均速度为4m/s

D.该同学追上汽车所需的时间为7s

【答案】CD

【解析】汽车减速至停止所用时间f=4s,第1s内的位移为xi=wi-%f|2=7m,故A错;

汽车减速4s后已经停止，所以汽车5s内的位移实际上是4s内的位移/2=血£一%尸=16m,

v=—=4m/s

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

为出同学的速度为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X3=Vof2曲，X4=W2，X3+l=X4，解得々=6S或介=-2S（舍

去），由于汽车刹车过程只需要4s,所以说明人在追上汽车前汽车已经停止，则72=6s也不

符合题意舍去；设人追上汽车的实际时间为“，有L+M=V13,解得“=7S,故D正确。

7.甲、乙两辆汽车在同一直轨道上向右匀速行驶，甲车的速度以=16m/s,乙车的速度也

—12m/s,乙在甲前面L=6m时，两车同时开始刹车，从此时开始计时，甲车以(n=2m/s2

的加速度刹车，6s后立即改做匀速运动，乙车刹车的加速度为“2=1m/s2o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小两车相遇的次数〃、两车速度相等时的时间

B的说法正确的是()

A.3s、3次、8sB.3s、2次、6sC.2s、3次、8sD.2s、2次、6s

【答案】C

【解析】设刹车后经过，时间两车速度相等，有“一“〃=也一念/，解得，=4s；6s后甲车匀

速，速度v=16—2x6m/s=4m/s,再次相等有丫=也一痣八解得f'=8s；在甲减速时，设经

时间f相遇，甲和乙的位移分别为XI、X2,则有及=侬一%2户，XI—X2—L,

得八=2s,f2=6s；甲车减速时间恰好为6s,即在甲车减速阶段，相遇两次，第一次九=2s,

第二次f2=6s,此时甲车的速度也'=V|—“"2=4m/s,乙车的速度丫2'=也一42/2=6m/s,设

再经甲追上乙，有"Af=k。一%2(加)2,代入数据解得加=4S,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f3=f2+Af=10s,故C正确。

8.蓝牙是一种无线技术，可实现固定设备、移动设备和楼宇个人域网之间的短距离数据交

换，但设备间超过一定距离时便无法实现通讯。某次实验中，在甲、乙两小车上安装了某种

蓝牙设备，该蓝牙设备正常通讯的有效距离为10米，两车只能沿一条直线运动，如图所示。

共完成了两组实验，每组实验两车的起始距离都为小两组实验的相关数据如下。

第一组，乙车保持静止，甲车从。点由静止出发，以0=1m1的加速度向右做匀加速直线

运动，发现3.10s后两车不能够再通讯。

第二组，乙车向左具有一定的初速度血，以s=0.6m/s2的加速度做匀加速直线运动，而甲

车仍做上述运动，发现1s后两车不能够再通讯。

请完成下列问题，要求所有问题的最终结果均保留两位有效数字。

(1)求甲、乙两车初始距离4；

(2)求乙车的初速度vo的大小；

(3)若将乙车的初速度、加速度方向均变为向右，其他条件不变。甲、乙两车蓝牙信号中断

两次。请计算这两次蓝牙信号中断时刻之间的时间间隔。(已知布“2.50,同。5.57)

【解析】(1)乙车保持静止，甲车从。点由静止向右做匀加速直线运动，则有：

元甲I——2al力

有题意可有：x甲i+d=s=10m

联立解得甲、乙两车初始距离：1=5.195m=5.2m。

(2)乙车向左做匀加速直线运动，而甲车仍做上述运动，则有：

X甲2=51及2

有题意可有：x甲2+d+xK=S=10m

联立解得乙车的初速度：*=4.005m/sF.Om/s。

⑶开始乙车追上甲车并超过甲车，后甲车又追上乙车并超过乙车，这两次蓝牙信号中断时

刻之间的时间间隔会出现两次

设第一次蓝牙信号中断时的时间为，3，则有：皿+上4—d—上“2=S=1001

解得:“=5.00S

122

设第二次蓝牙信号中断时的时间为t4,则有：1air3+t/-(vor3+|a2r3)=.v=10m

解得：/4=21.14s

这两次蓝牙信号中断时刻之间的时间间隔：Af=f4—73=16.14s~16s»

9.4、B两车在同一直线上向右匀速运动，8车在A车前，A车的速度大小为叨=8m/s,B

车的速度大小为也=20m/s,如图所示。当A、8两车相距xo=28m/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a=2m/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8车所用的时间；

(3)在题设条件下，A车在B车刹车后0.5s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。

【解析】(1)当A、8两车速度相等时，相距最远根据速度关系得：W=艺一

代入数据解得力=6s

此时，根据位移公式得:

XA=v\t\=^m,/。尸=84m

XI«=XB+XQ-必=64ITlo

zo=—=10s

⑵B车刹车停止运动所用时间。

x'=—=100m

所发生位移2a

此时XA'=M/()=80m

则XA<X^+XH'

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t=to+t2=\6So

⑶A车刹车减速至0时刚好追上3车时(此时3车的速度为0),加速度最小则

酸+%=千一+丫也

2a2%

a.=­m/s2

代入数据解得31。

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8,从距水平地面高度为

kh(%>1)和〃的地方同时由静止释放，如图所示。球A的质量为加，球8的质量为4/〃。

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4第一次碰后能到达比其释放点更高的位置，再求A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4球下落的高度为小设此时A球

的速度大小为vo，由v(r=2gh

可得v()=y[2gh.

(2)设8反弹后经时间f后与A碰，A、8碰撞时

A球自由下落的高度hA—h+vot+^gt2

B球竖直上升的高度加'=双一%产

贝ijkh^hA'+hB-h+2vot

其中v产也赢在B上升过程有0<f<、出

解得\<k<5.

(3)球A、B在空中碰前的速度大小分别为有：

VA=V()+gt

VB=Vo-gt

设它们碰后的速度分别为和四。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)+4mvB=HIVA'+4帆以/

2z2r2

/〃?(-VA)+|X4/77VB2=1???VA+|x4A??VB

解得5③

依题意A球能上升高度与初始高度高，则有卜>%

得5g

17

将其及vo=、2gh代入kh=h+2vot得k<5

即要使球A第一次碰后能到达比其释放点更高的位置有1VZV5

3共点力的平衡

皑筋邮

1.从历年命题看，对共点力平衡的考查，主要在选择题中单独考查，同时对平衡问题的分

析在后面的计算题中往往有所涉及。高考命题两大趋势：一是向着选择题单独考查的方向发

展；二是选择题单独考查与电学综合考查并存。

2.解决平衡问题常用方法：

(1)静态平衡：三力平衡一般用合成法，合成后力的问题转换成三角形问题；多力平衡一般

用正交分解法；遇到多个有相互作用的物体时一般先整体后隔离。

(2)动态平衡：三力动态平衡常用图解法、相似三角形法等，多力动态平衡问题常用解析法,

涉及到摩擦力的时候要注意静摩擦力与滑动摩擦力的转换。

例1.(2020・全国III卷-17)如图，悬挂甲物体的细线拴牢在一不可伸长的轻质细绳上。点处;

绳的一端固定在墙上，另一端通过光滑定滑轮与物体乙相连。甲、乙两物体质量相等。系统

平衡时，O点两侧绳与竖直方向的夹角分别为a和仇若a=70°,则乃等于()

A.45°B.55°C.60°D.70°

【考题解读】本题考查共点力平衡的应用，掌握力的平行四边形定则的内容，利用几何关系

列式即可求解。体现了核心素养中科学推理、科学论证要素。

【答案】B

【解析】甲物体是拴牢在。点，且甲、乙两物体的质量相等，则甲、乙绳的拉力大小相等,

。点处于平衡状态，则左侧绳子拉力的方向在甲、乙绳子的角平分线上，如图所示，根据几

何关系有180。=2万+a,解得夕=55。。

例2.(2020・山东卷⑻如图所示，一轻质光滑定滑轮固定在倾斜木板上，质量分别为根和2根

的物块A、B,通过不可伸长的轻绳跨过滑轮连接，A、8间的接触面和轻绳均与木板平行。

A与8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（）

1

-

D.6

【考题解读】本题考查了多个物体的平衡问题，解题的关键是对选取的对象进行正确的受力

分析，不多力，不少力，同时注意摩擦力中正压力的求解。体现了模型建构、科学推理等核

心素养。

【答案】C

【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

之间的滑动摩擦力力="wgcos45°,根据平衡条件可知T=mgsin45°+/i；对8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力=〃-3/ngcos45°,根据平衡条件可知2/ngsin

1

A=7

45。=7+力+及，解得5。

1.如图所示，山坡上两相邻高压线塔A、B之间架有匀质粗导线，平衡时导线呈弧形下垂,

最低点在C处，已知弧BC的长度是AC的3倍，右塔A处导线切线与竖直方向的夹角。=

60°,则左塔B处导线切线与竖直方向的夹角£为（）

A.30°B.45°C.60°D.75°

【答案】A

【解析】设ABC三个位置的拉力分别为FA.FB、FC,导线质量为加,AC段受力分析得FACOS«

=&jg,FAsina=Fc>BC段受力分析得FBCOS尸=%g,FKsmp=Fc，联立得ta”=^,解得

4=30。,故A正确。

2.如图所示，质量为〃？的正方体和质量为M的正方体放在两竖直墙和水平面间，处于静

止状态。〃2与M的接触面与竖直方向的夹角为«,若不计一切摩擦，下列说法正确的是()

A.水平面对正方体M的弹力大小大于(M+m)g

B.水平面对正方体M的弹力大小为(M+,”)gcosa

C.墙面对正方体M的弹力大小为"?gtana

mg

D.墙面对正方体M的弹力大小为tana

【答案】D

【解析】对M和m构成的整体进行受力分析，受重力G、底面支持力N,两侧面的支持力

加和N,.,如图，两物体受力平衡，根据共点力平衡条件有：水平方向，墙面对正方体M

的弹力大小M/=N“”竖直方向，水平面对正方体M的弹力大小N=G=(M+〃?)g,选项AB

错误；对，〃进行受力分析，受重力mg、墙面支持力M的支持力N。如图，根据共点

mgmg

N=------N)n=-------

力平衡条件有：竖直方向〃吆=N，sina,水平方向N,”=Mcosa,解得sina,tana,

mg

N”=N,,,=------

所以墙面对正方体M的弹力大小tana,选项C错误，D正确。

N

3.如图所示，倾角为0=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，则从C在斜面上运动时，下

列说法正确的是()

A.B可能受三个力作用

B.4、B间的动摩擦因数〃=当

C.A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】8受到重力、斜面的支持力和摩擦力、C对B的压力和摩擦力5个力的作用，A错

误；以8和C整体为研究对象，沿斜面方向根据平衡条件可得（，班g+〃?cg）sin。=〃（〃?喀+

/Mcg）cos仇解得"=tan®=坐B错误；斜面A受到重力、地面的支持力、3对斜面的压力

和摩擦力4个力的作用，C正确；滑块及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，质量均为“7的两个木块P和Q叠放在水平地面上，P、。接面的倾角为9。现在

。上加一水平推力凡使P、。保持相对静止一起向左匀速运动，下列说法正确的是（）

A.P木块所受合力向左

F

A=--

B.。与地面间的动摩擦因数2mg

C.P、。之间可能光滑

D.若突然撤去F后，P、。依然保持相对静止一起向左匀速运动

【答案】B

【解析】P、。保持相对静止一起向左匀速运动，可知尸木块所受合力为零，A错误；以尸、

。整体为研究对象，在竖直方向上合力为零，故地面对。的支持力Fz=2mg,水平方向F

F

A=--

=于=小，解得，B正确；尸受到向下的重力和垂直斜面向上的支持力，但P的合

力为0,则必然受到沿斜面向上的摩擦力，C错误；若突然撤去F后，因地面对。有摩擦力

作用，可知P、。不可能一起向左匀速运动，D错误。

5.如图，光滑球A与粗糙半球B放在倾角为30。的斜面C上，C放在水平地面上，均处于

静止状态。若A与B的半径相等，A的质量为2加，8的质量为相，重力加速度大小为g,

则（）

A.C对A的支持力大小为小〃7g

B.C对B的摩擦力大小为5ng

C.B对A的支持力大小为哈g

D.地面对C的摩擦力大小为坐，"g

【答案】C

【解析】由几何关系可知，C对A的支持力、8对A的支持力与A的重力的反向延长线的

%=%=__=迈mg

夹角都是30。，由平衡条件可知’3cos30。3,故C正确，B错误；以A8

整个为对象，沿斜面方向静摩擦力与重力的分力平衡，所以C对B的摩擦力大小f=（GA+

GB）sin30°=1^,故B错误；以A、B、C整体为对象，水平方向不受力，所以地面对C的

摩擦力大小为0,故D错误。

6.如图所示，一圆环处于竖直平面内，圆心为。。用两根轻质细线将一质量为m的小球悬

挂于O点，细线的另一端分别固定于圆环上的M点和N点，OM水平，OM与ON之间的

夹角为120。。现让圆环绕过O点且与圆面垂直的轴沿顺时针缓慢转过90%重力加速度为g,

圆环半径为上两根细线不可伸长。在转动过程中，下列说法正确的是（）

A.细线ON拉力逐渐增大

B.细线ON拉力的最大值为田加g

C.细线拉力的最大值为mg

D.细线。M拉力先变大后变小

【答案】D

【解析】对小球进行受力分析，如图，mg的对角始终为120°,设尸TM的对角为a,FTN的

mgFTMFm

对角为夕，在缓慢转过过程中，小球始终处于平衡状态，由正弦定理得sinl20°sinasin/,

a角由150。减小至60。，则FTM先增大后减小，当a=90。时，FTM最大，最大值为半〃?g，P

角由90。增加至180。，FTN逐渐减小至0,当£=90。时，FTN最大，最大值为手，咫，故ABC

错误，D正确。

7.（多选）如图所示，重力均为G的两小球用等长的细绳〃、方悬挂在。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〃、6与轻弹簧c恰构成一正三角形。现

用水平力尸缓慢拉动右侧小球，使细绳。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。的拉力变大

B.最终状态与初态相比，细绳人的拉力变大

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，水平拉力厂等于小G

【答案】BC

T_mg_2G

T=----=---mg

【解析】初始状态时，细线a的拉力cos30。3，末状态时，细线。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Tc=〃?gtan3（T=容

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

T_mg_2百

1,=----=---mg

cos30。3,末状态时，右侧小球受到竖直向下的重力、6的拉力和水平向右的拉

力F、b的竖直向上的拉力等于重力，弹簧恢复原长，细线6与竖直方向的夹角大于60。,

Th>—J=2mg

细线b的拉力cos30。，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F>mgtan60。=小"%,故D错误

8.（多选）如图所示，把倾角为30。的粗糙斜面体C固定于水平地面上，质量为2%的物块A

通过跨过光滑轻定滑轮的轻绳与质量为m的小球B连接，。点为轻绳与定滑轮的接触点，

初始时，小球B在水平向右的拉力F