2022屆高三物理精準提升專項練習(xí)及解析匯編

1、專練專練1 勻變速直線運動及其公式常考題型?？碱}型1.應(yīng)用1.應(yīng)用 勻變速直線運動規(guī)律的應(yīng)用 例1（2021全國甲卷14）如圖，將光滑長平板的下端置于鐵架臺水平底座上的擋板P處，上部架在橫桿上。橫桿的位置可在豎直桿上調(diào)節(jié)，使得平板與底座之間的夾角可變。將小物塊由平板與豎直桿交點Q處靜止釋放，物塊沿平板從Q點滑至P點所用的時間t與夾角的大小有關(guān)。若由30逐漸增大至60，物塊的下滑時間t將()A逐漸增大 B逐漸減小C先增大后減小 D先減小后增大【解析】設(shè)PQ的水平距離為L，由運動學(xué)公式可知，可得，可知45時，t 有最小值，故當從由30逐漸增大至60時下滑時間t先減小后增大。故選D?！敬鸢浮緿例2(

2、2019全國I卷18)如圖，籃球架下的運動員原地垂直起跳扣籃，離地后重心上升的最大高度為H。上升第一個eq f(H,4)所用的時間為t1，第四個eq f(H,4)所用的時間為t2。不計空氣阻力，則eq f(t2,t1)滿足()A1eq f(t2,t1)2 B2eq f(t2,t1)3C3eq f(t2,t1)4 D4eq f(t2,t1)5【答案】C【解析】運動員起跳到達最高點的瞬間速度為零，又不計空氣阻力，故可逆向處理為自由落體運動。則根據(jù)初速度為零勻加速運動，相等相鄰位移時間關(guān)系：t1t2t3tn1(eq r(2)1)(eq r(3)eq r(2)(2eq r(3)(eq r(n)eq r

3、(n1)，可知，即3eq f(t2,t1)4，故選C。2.應(yīng)用2.應(yīng)用 追及相遇問題 例3(2021浙江6月選考2)機動車禮讓行人是一種文明行為。如圖所示，質(zhì)量m1.0103 kg的汽車以v136 km/h的速度在水平路面上勻速行駛，在距離斑馬線s20 m處，駕駛員發(fā)現(xiàn)小朋友排著長l6 m的隊伍從斑馬線一端開始通過，立即剎車，最終恰好停在斑馬線前。假設(shè)汽車在剎車過程中所受阻力不變，且忽略駕駛員反應(yīng)時間。(1)求開始剎車到汽車停止所用的時間和所受阻力的大?。?2)若路面寬L6 m，小朋友行走的速度v00.5 m/s，求汽車在斑馬線前等待小朋友全部通過所需的時間；(3)假設(shè)駕駛員以v254 km/

4、h超速行駛，在距離斑馬線s20 m處立即剎車，求汽車到斑馬線時的速度?！窘馕觥?1) v136 km/h10 m/s，則剎車過程平均速度eq xto(v)5 m/s根據(jù)解得剎車時間t14 s剎車加速度根據(jù)牛頓第二定律得Ffma2.5103 N。(2)小朋友過時間等待時間tt2t120 s。(3)根據(jù)v22v22as解得v5eq r(5) m/s。對點速練對點速練1圖中ae為珠港澳大橋上四段110 m的等跨鋼箱連續(xù)梁橋，若汽車從a點由靜止開始做勻加速直線運動，通過ab段的時間為t，則通過ce段的時間為()At Beq r(2)tC(2eq r(2)t D(2eq r(2)t【答案】C【解析】初速

5、度為零的勻加速直線運動的推論：從靜止開始通過連續(xù)相等的位移所用時間之比為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正確。2某同學(xué)將一足球豎直砸向水平地面，足球以5 m/s的速度被地面反向彈回，當足球上升到最高點后落回地面，以后足球每次與地面碰撞被彈回時速度均為碰撞前速度的eq f(3,4)。不計足球與地面碰撞的時間和空氣阻力，取g10 m/s2，則足球從第一次被彈回到最后停止運動的總時間為()A8 s B4 s C2 s D1.5 s【答案】B【解析】足球第一次被彈回的速度 v15

6、 m/s，第一次在空中豎直上拋運動的總時間；足球第二次被彈回的速度v2eq f(3,4)v1，第二次在空中豎直上拋運動的總時間；足球第三次被彈回的速度 v3eq f(3,4)v2(eq f(3,4)2v1，第三次在空中豎直上拋運動的總時間則足球從第一次被彈回到最后停運動的總時間為 tt1t24 s，故選B。3一根輕質(zhì)細線將2個薄鐵墊圈A、B連接起來，一同學(xué)用手固定B，此時A、B間距為3L，距地面為L，如圖所示，由靜止釋放A、B，不計空氣阻力，且A、B落地后均不再彈起。從釋放開始到A落地歷時t1，A落地前瞬間速率為v1，從A落地到B落在A上歷時t2，B落在A上前瞬間速率為v2，則()At1t22

7、1B兩墊圈加速度不確定，時間無法比較Cv1v212D兩墊圈作為整體，同時落地【答案】C【解析】由靜止釋放，A、B都做自由落體運動，A運動的位移為L，B運動的位移為4L，根據(jù)heq f(1,2)gt2可知，A落地的時間t1eq r(f(2L,g) ，B落地的時間t2eq r(f(2L,g)，故t2tt1eq r(f(2L,g)，所以有t1t2，故A、B錯誤；A落地前瞬間速率v1eq r(2gL)，B落地前瞬間速率v2gt2eq r(2gL)，所以v1v212，故C正確；因A落地時B還沒有落地，故不可能同時落地，故D錯誤。4(多選)甲物體從離地面H高空自由落下，而乙物體在地面以初速度v0同時向上拋

8、出，兩物體在離地面eq f(3,4)H處相遇，如果g、v0為已知量，則()A從自由下落到相遇，經(jīng)過的時間為B甲物體落到地面時，乙物體仍在上升C相遇時，甲乙兩物體的速度大小相等，均為0.5v0D乙上升的最大高度就是H，且，而甲物體落地時的速度大小是v0【答案】ACD【解析】兩者相遇時，甲的位移為eq f(1,4)H，乙的位移為eq f(3,4)H。相遇時，甲、乙的位移之和為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正確；乙物體上升到最高點時間，物體甲的

9、位移heq f(1,2)g1t12H，甲距地面的高度為0，即甲物體落到地面時，乙物體上升到了最高點，故B錯誤；由A可知，兩者相遇時的運動時間，甲的速度v1gt0.5v0，乙的速度v2v0gt0.5v0，故C正確；乙做豎直上拋運動，上升的最大高度，甲做自由落體運動，由速度位移公式可知落地速度veq r(2gH)v0，故D正確。5某人駕駛一輛汽車甲正在平直的公路上以某一速度勻速運動，突然發(fā)現(xiàn)前方50 m處停著一輛乙車，立即剎車，剎車后做勻減速直線運動。已知剎車后第1個2 s內(nèi)的位移是24 m，第4個2 s內(nèi)的位移是1 m。則下列說法中正確的是()A汽車甲剎車后做勻減速直線運動的加速度大小為2 m/

10、s2B汽車甲剎車后做勻減速直線運動的加速度大小為m/s2C汽車甲剎車后停止前，可能撞上乙車D汽車甲剎車前的速度為13.9 m/s【答案】A【解析】采用逆向思維，根據(jù)連續(xù)相等時間內(nèi)的位移之比為x1x2x3x41357，可知汽車甲在8 s前速度減為零。設(shè)汽車甲的加速度為a，根據(jù)x1v0t1eq f(1,2)at12得242v02a，汽車甲速度減為零的時間，最后2 s內(nèi)的位移，聯(lián)立解得a2 m/s2，v014 m/s，選項A正確，BD錯誤；汽車甲剎車到停止的距離，可知甲不能撞上乙車，選項C錯誤。6(多選)某同學(xué)放學(xué)準備乘坐805路公交車，到達公交站時，看見公交車已經(jīng)沿平直公路駛離車站，司機聽到呼喊后

11、汽車馬上以2 m/s2的加速度勻減速剎車，該同學(xué)同時以4 m/s的速度勻速追趕汽車，汽車開始剎車時速度為8 m/s，減速前距離同學(xué)12 m。則下列說法正確的是()A公交車剎車第1 s內(nèi)位移為1 mB公交車從開始剎車5 s內(nèi)位移為15 mC公交車剎車過程平均速度為4 m/sD該同學(xué)追上汽車所需的時間為7 s【答案】CD【解析】汽車減速至停止所用時間t4 s，第1 s內(nèi)的位移為x1v0t1eq f(1,2)at127 m，故A錯；汽車減速4 s后已經(jīng)停止，所以汽車5 s內(nèi)的位移實際上是4 s內(nèi)的位移，x2v0teq f(1,2)at216 m，故B錯；公交車剎車過程平均速度，故C正確；設(shè)同學(xué)追上汽

12、車所用的時間為t2，同學(xué)的速度為v人，在這個時間內(nèi)汽車的位移x3，同學(xué)的位移x4，汽車剎車前與同學(xué)的距離為L，根據(jù)題意有x3v0t2eq f(1,2)at22，x4v人t2，x3Lx4，解得t26 s或t22 s(舍去)，由于汽車剎車過程只需要4 s，所以說明人在追上汽車前汽車已經(jīng)停止，則t26 s也不符合題意舍去；設(shè)人追上汽車的實際時間為t3，有Lx2v人t3，解得t37 s，故D正確。7甲、乙兩輛汽車在同一直軌道上向右勻速行駛，甲車的速度v116 m/s，乙車的速度v212 m/s，乙在甲前面L6 m時，兩車同時開始剎車，從此時開始計時，甲車以a12 m/s2的加速度剎車，6 s后立即改做

13、勻速運動，乙車剎車的加速度為a21 m/s2。從兩車剎車開始計時，下列關(guān)于甲車第一次追上乙車的時間t1、兩車相遇的次數(shù)n、兩車速度相等時的時間t2的說法正確的是()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】設(shè)剎車后經(jīng)過t時間兩車速度相等，有v1a1tv2a2t，解得t4 s；6 s后甲車勻速，速度v1626 m/s4 m/s，再次相等有vv2a2t，解得t8 s；在甲減速時，設(shè)經(jīng)時間t相遇，甲和乙的位移分別為x1、x2，則有x1v1teq f(1,2)a1t2，x2v2teq f(1,2)a2t2，x1x2L，得t12 s，

14、t26 s；甲車減速時間恰好為6 s，即在甲車減速階段，相遇兩次，第一次t12 s，第二次t26 s，此時甲車的速度v1v1a1t24 m/s，乙車的速度v2v2a2t26 m/s，設(shè)再經(jīng)t甲追上乙，有v1tv2teq f(1,2)a2(t)2，代入數(shù)據(jù)解得t4 s，此時乙仍在做減速運動，此解成立，所以甲、乙兩車第3次相遇時刻為t3t2t10 s，故C正確。8如圖甲所示，一小滑塊（可視為質(zhì)點）與長木板一起以v05 m/s的速度沿光滑水平面向左運動?，F(xiàn)給長木板加一個F12 N向右的水平推力，小滑塊與長平板發(fā)生相對滑動，長木板運動的vt圖如圖乙所示。當長木板速度減速為零時，小滑塊恰好滑至長平板上的

15、A點，此時撤去外力F并將長木板鎖定，小滑塊繼續(xù)沿長木板運動，恰好到達長木板的最左端。已知長木板的質(zhì)量M2 kg，小滑塊的質(zhì)量m1 kg，g取10 m/s2。求：(1)滑塊運動到A點時的速度vA；(2)長平板的長度L?！窘馕觥?1)當給長木板加一個F12 N向右的水平推力，長木板向左勻減速運動，由vt圖得加速度的大小a15 m/s2對長木板由牛頓第二定律得：FmgMa1對滑塊受由牛頓第二定律得：mgma2聯(lián)立解得：a22 m/s2經(jīng)過時間t1 s，到達A點的速度vAv0a2t3 m/s。(2)由圖知，長木板1 s內(nèi)的位移x1eq f(1,2)15 m2.5 m滑塊1 s內(nèi)的位移x24 m則相對位

16、移xx2x11.5 m1 s后，長木板固定不動，滑塊繼續(xù)做減速運動到零時，剛好達到長木板左端，則位移x32.25 m故長木板的長度Lxx33.75 m。9A、B兩車在同一直線上向右勻速運動，B車在A車前，A車的速度大小為v18 m/s，B車的速度大小為v220 m/s，如圖所示。當A、B兩車相距x028 m/s時，B車因前方突發(fā)情況緊急剎車（已知剎車過程的運動可視為勻減速直線運動），加速度大小為a2 m/s2，從此時開始計時，求：(1) A車追上B車之前，兩者相距的最大距離；(2) A車追上B車所用的時間；(3)在題設(shè)條件下，A車在B車剎車后0.5 s也開始剎車，為避免兩車相撞，則A車的加速度

17、應(yīng)滿足什么條件?！窘馕觥?1)當A、B兩車速度相等時，相距最遠根據(jù)速度關(guān)系得：v1v2at1代入數(shù)據(jù)解得t16 s此時，根據(jù)位移公式得：xAv1t148 m，xBv2t1eq f(1,2)at284 mxmxBx0 xA64 m。(2) B車剎車停止運動所用時間所發(fā)生位移此時xAv1t080 m則xAx0 xB可見此時A車并未追上B車，而是在B車停止后才追上，之后A車運動時間為故A車追上B車所用的時間tt0t216 s。(3) A車剎車減速至0時剛好追上B車時（此時B車的速度為0），加速度最小則代入數(shù)據(jù)解得。10在一種新的“子母球”表演中，讓同一豎直線上的小球A和小球B，從距水平地面高度為kh

18、（k1）和h的地方同時由靜止釋放，如圖所示。球A的質(zhì)量為m，球B的質(zhì)量為4m。設(shè)所有碰撞都是彈性碰撞，重力加速度大小為g，忽略球的直徑、空氣阻力及碰撞時間。(1)求球B第一次落地時球A的速度大小；(2)若球B在第一次上升過程中就能與球A相碰，求k的取值范圍；(3)在(2)情形下，要使球A第一次碰后能到達比其釋放點更高的位置，再求k的取值范圍?！窘馕觥?1)由于兩球同時釋放，所以球B第一次落地時A球下落的高度為h，設(shè)此時A球的速度大小為v0，由v022gh可得v0eq r(2gh)。(2)設(shè)B反彈后經(jīng)時間t后與A碰，A、B碰撞時A球自由下落的高度hAhv0teq f(1,2)gt2B球豎直上升的

19、高度hBv0teq f(1,2)gt2則khhAhBh2v0t其中v0eq r(2gh)，在B上升過程有0teq r(f(2h,g)解得1k5。(3)球A、B在空中碰前的速度大小分別為有：vAv0gtvBv0gt設(shè)它們碰后的速度分別為vA和vB，選豎直向上為正方向，兩球發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)動量守恒和能量守恒m(vA)4mvBmvA4mvBeq f(1,2)m(vA)2eq f(1,2)4mvB2eq f(1,2)mvA2eq f(1,2)4mvB2解得依題意A球能上升高度與初始高度高，則有vAvA得將其及v0eq r(2gh)代入khh2v0t得k專練專練2 直線運動的圖像1.應(yīng)用1.應(yīng)用 位移

20、時間圖像的理解及應(yīng)用 例1( 2020山東卷1)一質(zhì)量為m的乘客乘坐豎直電梯下樓，其位移s與時間t的關(guān)系圖像如圖所示。乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示。重力加速度大小為g。以下判斷正確的是()A. 0t1時間內(nèi)，v增大，F(xiàn)NmB. t1t2時間內(nèi)，v減小，F(xiàn)NmgC. t2t3時間內(nèi)，v增大，F(xiàn)NmgD. t2t3時間內(nèi)，v減小，F(xiàn)Nmg【答案】D【解析】由于st圖像的斜率表示速度，可知在0t1時間內(nèi)速度增加，即乘客的加速度向下，處于失重狀態(tài)，則FNmg，選項A錯誤；在t1t2時間內(nèi)速度不變，即乘客的勻速下降，則FNmg，選項B錯誤；在t2t3時間內(nèi)速度減小，即乘客的減速下降，

21、超重，則FNmg，選項C錯誤，D正確。2.應(yīng)用2.應(yīng)用速度時間圖像的理解及應(yīng)用 例2( 2021廣東卷8)(多選)賽龍舟是端午節(jié)的傳統(tǒng)活動。下列vt和st圖像描述了五條相同的龍舟從同一起點線同時出發(fā)、沿長直河道劃向同一終點線的運動全過程，其中能反映龍舟甲與其它龍舟在途中出現(xiàn)船頭并齊的有()【答案】BD【解析】A此圖是速度圖像，由圖可知，甲的速度一直大于乙的速度，所以中途不可能出現(xiàn)甲乙船頭并齊，故A錯誤；此圖是速度圖像，由圖可知，開始丙的速度大，后來甲的速度大，速度圖像中圖像與橫軸圍成的面積表示位移，由圖可以判斷在中途甲、丙位移會相同，所以在中途甲丙船頭會并齊，故B正確；此圖是位移圖像，由圖可知

22、，丁一直運動在甲的前面，所以中途不可能出現(xiàn)甲丁船頭并齊，故C錯誤；此圖是位移圖像，交點表示相遇，所以甲戊在中途船頭會齊，故D正確。3.應(yīng)用3.應(yīng)用加速度時間圖像的理解及應(yīng)用 例3摩天大樓中一部直通高層的客運電梯，行程超過百米。電梯的簡化模型如左圖所示?？紤]安全、舒適、省時等因素，電梯的加速度a是隨時間t變化的，已知電梯在t0時由靜止開始上升，at圖像如右圖所示。電梯總質(zhì)量m2.0103 kg。忽略一切阻力，重力加速度g取10 m/s2。(1)求電梯在上升過程中受到的最大拉力F1和最小拉力F2；(2)類比是一種常用的研究方法。對于直線運動，教科書中講解了由vt圖像求位移的方法。請你借鑒此方法，對

23、比加速度和速度的定義，根據(jù)圖示的at圖像，求電梯在第1 s內(nèi)的速度改變量v1和第2 s末的速率v2；(3)求電梯以最大速率上升時，拉力做功的功率P；再求在011 s時間內(nèi)，拉力和重力對電梯所做的總功W。【解析】(1)由牛頓第二定律，有Fmgma由at圖像可知，F(xiàn)1和F2對應(yīng)的加速度分別是a11.0 m/s2，a21.0 m/s2F1m(ga1)2.2104 NF2m(ga2)1.8104 N。(2)類比可得，所求速度變化量等于第1 s內(nèi)at圖線下的面積v10.50 m/s同理可得，v2v2v01.5 m/sv00，第2 s末的速率v21.5 m/s。(3)由at圖像可知，1130 s內(nèi)速率最大

24、，其值等于011 s內(nèi)at圖線下的面積，有vm10 m/s此時電梯做勻速運動，拉力F等于重力mg，所求功率PFvmmgvm2.0105 W由動能定理，總功WEk2Ek1eq f(1,2)mveq oal(2,m)01.0105 J。對點速練對點速練1如圖所示，A、B、C是三個質(zhì)點同時同地開始沿直線運動的位移圖像，則在時間t2內(nèi)()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他們的平均速度都相等【答案】C【解析】在時間t2內(nèi)，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錯誤；在時間t2內(nèi)，由于B先向正方向運動，然后再向負方向運動，整個過程B的路程大于C的路程，因

25、此B 的平均速率大于C 的平均速率，B錯誤；由于B 和C的初末位置相同，因此B和C的位移相等，C正確；在時間t2內(nèi)，A、B、C是三個質(zhì)點位移大小關(guān)系為xAxBxC，因此在時間t2內(nèi)，A、B、C是三個質(zhì)點平均速度大小關(guān)系為vAvBvC，D錯誤。2甲、乙兩輛汽車在平直的公路上同一地點沿相同方向由靜止開始做直線運動，它們運動的加速度隨時間變化，at圖像如圖所示。關(guān)于甲、乙兩車在020 s的運動情況，下列說法正確的是()A在t10 s時兩車相遇B在t20 s時兩車相遇C在t10 s時兩車相距最遠D在t20 s時兩車相距最遠【答案】D【解析】根據(jù)圖像可知，在020 s內(nèi)，甲的加速度不變，乙的加速度逐漸減

26、小。根據(jù)at圖像與時間軸所圍的面積表示速度變化量可知，在010 s內(nèi)，乙車的速度均大于甲車，同一地點沿相同方向由靜止開始做直線運動，故在t10 s時乙車在甲車前方，故A、B錯誤；當t20 s時，兩圖像與t軸所圍的面積相等，即該時刻兩輛車的速度相等；在20 s前乙車的速度大于甲車的速度，所以乙車在甲車的前方，所以兩車逐漸遠離，當t20 s時，兩車速度相等即相距最遠，故C錯誤，D正確。3在反恐演習(xí)中，中國特種兵進行了飛行跳傘表演，某傘兵從靜止的直升飛機上跳下，在t0時刻打開降落傘，在3t0時刻以速度v2著地，傘兵運動的速度隨時間變化的規(guī)律如圖所示，下列結(jié)論錯誤的是()A在0t0時間內(nèi)加速度不變，在

27、t03t0時間內(nèi)加速度減小B降落傘打開后，降落傘和傘兵所受的阻力越來越小C在t03t0的時間內(nèi)，平均速度D若第一個傘兵在空中打開降落傘時第二個傘兵立即跳下，則他們在空中的距離先增大后減小【答案】C【解析】在0t0時間內(nèi)傘兵做勻加速直線運動，加速度不變，在t03t0時間內(nèi)圖線的斜率逐漸減小，則加速度逐漸減小，故A正確；設(shè)降落傘和傘兵的總質(zhì)量為m，所受的阻力為f，加速度大小為a，根據(jù)牛頓第二定律得fmgma，a逐漸減小，則f也逐漸減小即降落傘和傘兵所受的阻力越來越小，故B正確；在t03t0的時間內(nèi)，假設(shè)傘兵做勻減速直線運動，圖象為直線，其平均速度，根據(jù)面積等于位移可以知道勻減速直線運動的位移大于傘

28、兵實際運動的位移，則平均速度，故C錯誤；第一個傘兵在空中打開降落傘時的速度比第二個傘兵跳下時速度大，所以兩者距離逐漸變大，后來第二個人的速度大于第一個跳傘運動員時兩者距離又減小，故D正確。本題選錯誤的，故選C。4一長為12 m的鋼管豎立在地面上，一名消防隊員在一次模擬演習(xí)訓(xùn)練中，從鋼管頂端由靜止下滑，如圖2所示。消防隊員先勻加速再勻減速下滑，到達地面時速度恰好為零。如果他加速時的加速度大小是減速時的兩倍，下滑總時間為3 s。該消防隊員在這一過程中的運動圖像，可能正確的是()【答案】D【解析】設(shè)下滑過程中的最大速度為v，有eq f(v,a1)eq f(v,a2)t，位移關(guān)系為eq f(v2,2a

29、1)eq f(v2,2a2)s，又a12a2，聯(lián)立解得v8 m/s，a18 m/s2，a24 m/s2，加速時間為t1eq f(v,a1)eq f(8,8) s1 s，減速時間為t2eq f(v,a2)eq f(8,4) s2 s，但是相對于12 m的桿子而言，消防員不能看做質(zhì)點，實際下落的位移應(yīng)小于12 m，故選項D正確。5(多選)如圖為一勻變速直線運動的xt圖像，圖像與兩坐標軸的交點分別為(t0，0)，(0，x0)，t0時，圖像切線交t軸的坐標為(2t0，0)。關(guān)于質(zhì)點的運動，下列說法正確的()A質(zhì)點先向x軸負方向運動，后向x軸正方向運動B質(zhì)點的初速度大小為C0t0時間內(nèi)質(zhì)點的位移為x0D

30、質(zhì)點的加速度大小為【答案】BD【解析】根據(jù)圖像知，質(zhì)點一直向x軸正方向運動，故A錯誤；質(zhì)點的初速度大小，故B正確；0t0時間內(nèi)質(zhì)點的位移x0(x0)x0，故C錯誤；根據(jù)位移公式xv0teq f(1,2)at2，可得，故D正確。6如圖所示，是一質(zhì)點做初速度為零的勻變速直線運動的x-t圖像。P（t1，x1）為圖像上一點，PQ為過P點的切線，與t軸交于Q（t2，0）。則下列說法錯誤的是()At12t2B質(zhì)點的加速度大小為Ct1時刻，質(zhì)點的速度大小為D0t1時間內(nèi)，質(zhì)點的平均速度大小為【答案】B【解析】設(shè)加速度為a，質(zhì)點做初速度為零的勻變速直線運動，故x1eq f(1,2)at12，所以質(zhì)點的加速度，

31、所以B錯誤；根據(jù)位移時間圖像斜率為速度可得，所以C正確；0t1時間內(nèi)的平均速度，而初速度為零的勻加速直線運動的平均速度等于中間時刻的速度，且為最大速度的一半，即，解得t12t2，所以AD正確。7(多選)由于公路維修只允許單車道通行。t0時，甲車在前，乙車在后，相距x0100 m，速度均為v030 m/s，從此時開始兩車按圖所示規(guī)律運動，則下述說法正確的是()A兩車最近距離為10 mB兩車最近距離為100 mC兩車一定不會相遇D兩車一定會相遇【答案】AC【解析】在03 s時間內(nèi)，甲車一直減速，乙車勻速運動，兩車距離一直減小，在3 s 9 s時間內(nèi)，甲車從靜止開始加速，乙車開始減速，當兩車速度相等

32、時，距離最近，從3 s開始，甲車的加速度為5 m/s2，再經(jīng)t時間，兩車速度相等，a甲tv0a乙t，整理得t3 s，因此在6 s時兩車距離最近，由甲車圖像可知x甲67.5 m，設(shè)前3 s為t0，乙車的位移x乙v0t0v0teq f(1,2)a乙t2157.5 m，此時兩車間距離xx甲x0 x乙10 m，因此兩車最近距離為10 m，不會相遇，AC正確，BD錯誤。8(多選)如圖甲所示為雜技中的“頂竿”表演，地面上演員B肩部頂住一根長直竹竿，另一演員A爬至竹竿頂端完成各種動作。某次頂竿表演結(jié)束后，演員A自竿頂由靜止開始下滑，滑到竿底時速度正好為零，其下滑時的速度隨時間變化關(guān)系如圖乙所示。演員A質(zhì)量為

33、40 kg，長竹竿質(zhì)量為10 kg，g10 m/s2。則()A演員A的加速度方向先向上再向下B演員A所受摩擦力的方向保持不變Ct2 s時，演員B肩部所受壓力大小為380 NDt5 s時，演員B肩部所受壓力大小為540 N【答案】BD【解析】演員A先向下做勻加速運動，加速度方向向下，然后向下做勻減速運動，加速度方向向上，故A錯誤；演員A在整個運動的過程中摩擦力一直豎直向上，故B正確；t2 s時，演員A向下做勻加速運動，由vt圖像得加速度a0.5 m/s2，根據(jù)牛頓第二定律得mgfma，解得f380 N，則演員B所受的壓力Fmgf480 N，故C錯誤；t5 s時，演員向下做勻減速運動，由vt圖像得

34、加速度a1 m/s，根據(jù)牛頓第二定律得fmgma，解得f440 N，則演員B所受的壓力Fmgf540 N，故D正確。9如圖所示為物體做直線運動的圖像，下列說法正確的是()A甲圖中，物體在0t0這段時間內(nèi)的位移小于eq f(1,2)v0t0B乙圖中，物體的加速度為2 m/s2C丙圖中，陰影面積表示t1t2時間內(nèi)物體的加速度變化量D丁圖中，t3 s時物體的速度為25 m/s【答案】D【解析】甲圖中，因vt圖像與坐標軸圍成的面積等于位移，可知物體在0t0這段時間內(nèi)的位移大于eq f(1,2)v0t0，A錯誤；乙圖中，根據(jù)v22ax可知2a1，則物體的加速度為0.5 m/s2，選項B錯誤；丙圖中，根據(jù)

35、vat可知，陰影面積表示t1t2時間內(nèi)物體的速度變化量，C錯誤；丁圖中，由xv0teq f(1,2)at2可得eq f(x,t)v0eq f(1,2)at，由圖像可知eq f(1,2)a5，則a10 m/s2，v05 m/s，則t3 s時物體的速度v3v0at325 m/s，D正確。10(多選)一質(zhì)點沿x軸正方向做直線運動，通過坐標原點時開始計時，其eq f(x,t)t的圖像如圖所示，則()A質(zhì)點做勻加速直線運動，加速度為1 m/s2B質(zhì)點在1 s末速度為2 m/sC質(zhì)點在第1 s內(nèi)的平均速度0.75 m/sD質(zhì)點做勻速直線運動，速度為0.5 m/s【答案】AB【解析】由圖得eq f(x,t)

36、10.5t，根據(jù)xv0teq f(1,2)at2，得eq f(x,t)v0eq f(1,2)at，對比可得eq f(1,2)a0.5 m/s2，則加速度a1 m/s2，由圖知質(zhì)點的加速度不變，說明質(zhì)點做勻加速直線運動，故A正確，D錯誤；質(zhì)點的初速度v01 m/s，在1 s末速度為vv0at2 m/s，故B正確；質(zhì)點在第1 s內(nèi)的平均速度，故C錯誤。11某質(zhì)點做直線運動，運動速率的倒數(shù)eq f(1,v)與位移x的關(guān)系如圖所示，關(guān)于質(zhì)點的運動，下列說法正確的是()A質(zhì)點做勻加速直線運動Beq f(1,v)x圖線斜率等于質(zhì)點運動的加速度C四邊形AABB的面積可表示質(zhì)點從O到C所用的運動時間D四邊形B

37、BCC的面積可表示質(zhì)點從C到C所用的運動時間【答案】D【解析】由題中eq f(1,v)x圖像可知，eq f(1,v)與x成正比，即vx常數(shù)，質(zhì)點做減速直線運動，故A錯誤；eq f(1,v)x圖線斜率不等于質(zhì)點運動的加速度，故B錯誤；由于三角形OBC的面積S1eq f(1,2)OCBCeq f(x1,2v1)，體現(xiàn)了從O到C所用的時間，同理，從O到C所用的時間可由S2eq f(x2,2v2)體現(xiàn)，所以四邊形BBCC面積可體現(xiàn)質(zhì)點從C到C所用的時間，故C錯誤，D正確。專練專練3 受力分析 共點力的平衡?？碱}型常考題型1.應(yīng)用1.應(yīng)用 物體的靜態(tài)平衡問題 例1(2020山東卷8)如圖所示，一輕質(zhì)光滑

38、定滑輪固定在傾斜木板上，質(zhì)量分別為m和2m的物塊A、B，通過不可伸長的輕繩跨過滑輪連接，A、B間的接觸面和輕繩均與木板平行。A與B間、B與木板間的動摩擦因數(shù)均為，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。當木板與水平面的夾角為45時，物塊A、B剛好要滑動，則的值為()Aeq f(1,3) Beq f(1,4) C Deq f(1,6)【解析】當木板與水平面的夾角為45時，兩物塊剛好滑動，對A物塊受力分析如圖，A、B之間的滑動摩擦力f1mgcos 45，根據(jù)平衡條件可知Tmgsin 45f1；對B物塊受力分析如圖沿斜面方向，B與斜面之間的滑動摩擦力f23mgcos 45，根據(jù)平衡條件可知2mgsin 45T

39、f1f2，解得。【答案】C2.應(yīng)用2.應(yīng)用 物體的動態(tài)平衡問題 例2(2021湖南卷5)質(zhì)量為M的凹槽靜止在水平地面上，內(nèi)壁為半圓柱面，截面如圖所示，A為半圓的最低點，B為半圓水平直徑的端點。凹槽恰好與豎直墻面接觸，內(nèi)有一質(zhì)量為m的小滑塊。用推力F推動小滑塊由A點向B點緩慢移動，力F的方向始終沿圓弧的切線方向，在此過程中所有摩擦均可忽略，下列說法正確的是（）A. 推力F先增大后減小B. 凹槽對滑塊的支持力先減小后增大C. 墻面對凹槽的壓力先增大后減小D. 水平地面對凹槽的支持力先減小后增大【答案】C【解析】對滑塊受力分析，由平衡條件有Fmgsin ，Nmgcos ，滑塊從A緩慢移動B點時，越來

40、越大，則推力F越來越大，支持力N越來越小，所以AB錯誤；對凹槽與滑塊整體分析，有墻面對凹槽的壓力FNFcos eq f(1,2)mgsin (2)，則越來越大時，墻面對凹槽的壓力先增大后減小，所以C正確；水平地面對凹槽的支持力N地(Mm)gFsin (Mm)gmgsin2 ，則越來越大時，水平地面對凹槽的支持力越來越小，所以D錯誤。對點速練對點速練1(2021浙江6月4)2021年5月15日，天問一號著陸器在成功著陸火星表面的過程中，經(jīng)大氣層290 s的減速，速度從4.9103 m/s減為4.6102 m/s；打開降落傘后，經(jīng)過90 s速度進一步減為1.0102 m/s；與降落傘分離，打開發(fā)動

41、機減速后處于懸停狀態(tài)；經(jīng)過對著陸點的探測后平穩(wěn)著陸。若打開降落傘至分離前的運動可視為豎直向下運動，則著陸器（）A打開降落傘前，只受到氣體阻力的作用B打開降落傘至分離前，受到的合力方向豎直向上C打開降落傘至分離前，只受到浮力和氣體阻力的作用D懸停狀態(tài)中，發(fā)動機噴火的反作用力與氣體阻力是平衡力【答案】B【解析】打開降落傘前，在大氣層中做減速運動，則著陸器受大氣的阻力作用以及火星的引力作用，A錯誤；打開降落傘至分離前做減速運動，則其加速度方向與運動方向相反，加速度方向向上，則合力方向豎直向上，B正確；打開降落傘至分離前，受到浮力和氣體的阻力以及火星的吸引力作用，C錯誤；懸停狀態(tài)中，發(fā)動機噴火的反作用

42、力是氣體對發(fā)動機的作用力，由于還受到火星的吸引力，則與氣體的阻力不是平衡力，D錯誤。2如圖所示，一根粗糙的水平橫桿上套有A、B兩個輕環(huán)，系在兩環(huán)上的等長細繩拴住的書本處于靜止狀態(tài)，現(xiàn)將兩環(huán)距離變小后書本仍處于靜止狀態(tài)，則()A桿對A環(huán)的支持力變大BB環(huán)對桿的摩擦力變小C桿對A環(huán)的力不變D與B環(huán)相連的細繩對書本的拉力變大【解析】以環(huán)、繩和書本整體為研究對象，在豎直方向上始終受力平衡，故桿對其中一環(huán)的支持力FN恒等于書本重力的一半，故A錯誤；設(shè)繩與水平桿之間的夾角為，對B環(huán)受力分析，可得桿對B環(huán)的摩擦力Ffeq f(FN,tan )，兩環(huán)距離減小，夾角增大，摩擦力Ff減小，故B環(huán)對桿的摩擦力變小，

43、B正確；桿對環(huán)的作用力包括支持力和摩擦力，根據(jù)環(huán)受力平衡可知，兩者的合力大小與繩的拉力大小相等，而繩的拉力大小Feq f(FN,sin )，可知，夾角增大，拉力大小減小，故C、D錯誤?！敬鸢浮緽3如圖所示，傾角為30的斜面A置于水平面上，滑塊B、C疊放在一起沿斜面勻速下滑，且始終保持相對靜止，斜面A靜止不動，B上表面傾斜，則B、C在斜面上運動時，下列說法正確的是( )AB可能受三個力作用BA、B間的動摩擦因數(shù)eq f(r(3),2)CA一定受四個力作用D地面對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對B的壓力和摩擦力5個力的作用，A錯誤；以B和

44、C整體為研究對象，沿斜面方向根據(jù)平衡條件可得(mBgmCg)sin (mBgmCg)cos ，解得tan eq f(r(3),3)，B錯誤；斜面A受到重力、地面的支持力、B對斜面的壓力和摩擦力4個力的作用，C正確；滑塊B、C疊放在一起沿斜面勻速下滑，整體受力平衡，故地面對A的支持力等于A、B、C三者重力之和，故D錯誤。4如圖所示，一傾角為45的斜面放置于粗糙的水平地面上，斜面上固定一個內(nèi)側(cè)光滑的圓環(huán)，圓環(huán)和斜面相切。將一小物塊放置于圓環(huán)內(nèi)側(cè)切點位置，對小物塊施加沿圓環(huán)切線方向的拉力F，使小物塊緩慢沿圓環(huán)內(nèi)側(cè)向上運動，直至拉力F豎直，整個過程斜面體靜止不動，則下列說法正確的是（）A拉力F先增大后

45、減小B圓環(huán)對物塊的支持力先增大后減小C地面對斜面體的摩擦力一直減小D地面對斜面體的支持力先增大后減小【答案】C【解析】對小物塊，設(shè)F與豎直方向夾角為，根據(jù)平衡條件有Fmgcos ，根據(jù)題意，由45逐漸減小到0，則F逐漸增大，故A錯誤；對小物塊，根據(jù)平衡條件FNmgsin ，根據(jù)題意，由45逐漸減小到0，則FN逐漸減小，故B錯誤；對小物塊、圓環(huán)和斜面整體，根據(jù)水平方向平衡條件有fFsin eq f(1,2)mgsin (2)，根據(jù)題意，由45逐漸減小到0，則f逐漸減小，故C正確；對小物塊、圓環(huán)和斜面整體，根據(jù)豎直方向平衡條件有MgFNFcos ，根據(jù)題意，由45逐漸減小到0，且F逐漸增大，則FN

46、逐漸減小，故D錯誤。5如圖甲、乙所示，一臺質(zhì)量為36 kg的空調(diào)外機用兩個相同的三角形支架固定在豎直外墻上，若空調(diào)外機重心恰好在兩支架OO連線中點S的正上方。橫梁PO水平，斜梁QO跟橫梁PO的夾角為37，已知sin 370.6，cos 370.8，下列說法正確的是（ ）A橫梁對O點的作用力方向從P指向OB斜梁對O點的作用力大小約為300 NC空調(diào)外機對每個三角形支架的作用力大小約為360 ND保持O點位置不變，斜梁加長，橫梁和斜梁對O點的作用力都變大【答案】B【解析】橫梁對O點的作用力方向從O指向P，A錯誤；每根斜梁對O點的作用力大小約為，B正確；空調(diào)外機對每個三角形支架的作用力大小約為Feq

47、 f(1,2)mg180 N，C錯誤；保持O點位置不變，斜梁加長，則橫梁與斜梁的夾角變大，根據(jù)，可知，橫梁和斜梁對O點的作用力都變小，D錯誤。6如圖，傾角60的斜面體置于水平面上，在斜面體頂端固定一輕質(zhì)小定滑輪，一根輕質(zhì)細線跨過滑輪，一端與置于斜面上的質(zhì)量為2m的物塊相連，另一端與質(zhì)量為m的小球相連，與物塊相連的細線與斜面平行。現(xiàn)用一拉力F拉小球（圖中未畫出），使與小球相連的細線偏離豎直方向30，且拉力F最小，整個裝置保持靜止，重力加速度為g。則（）A拉力F沿水平方向向右時，拉力F最小B斜面對物塊的摩擦力大小為eq f(r(3),2)mg，方向沿斜面向下C地面對斜面體的摩擦力大小為eq f(r

48、(3),4)mg，方向水平向左D細線上的拉力大小為eq f(1,2)mg【答案】C【解析】對小球進行受力分析，當拉力F方向垂直于繩子時，拉力F最小，做出力的矢量三角形如圖所示，所以繩子拉力Fmgcos 30eq f(r(3),2)mg，拉力Fmgsin 30eq f(1,2)mg，故AD錯誤；對物塊進行受力分析，如圖所示，根據(jù)力的平衡條件FTf2mgsin 60，解得feq f(r(3),2)mg，方向沿斜面向上，故B錯誤；把兩個物體和斜面看成是一個整體，對整體受力分析，根據(jù)平衡條件，在水平方向，F(xiàn)在水平方向的分量等于地面對斜面的摩擦力，即fFcos30eq f(r(3),4)mg，方向水平向

49、左，故C正確。7如圖所示，通過輕繩和滑輪從礦井中提升重物，輕繩a左端固定在井壁的M點，另一端固定在光滑的滑環(huán)N上，輕繩b的下端系在輕滑環(huán)N上并繞過定滑輪，滑環(huán)N套在豎直桿上。在右側(cè)地面上拉動輕繩b，使重物緩慢上升的過程中，不計動滑輪的質(zhì)量及與繩子間的摩擦，下列說法正確的是（）A桿對輕滑環(huán)的彈力不變B繩b的拉力始終比繩a的大C繩a的拉力變大D繩b的拉力變大【答案】A【解析】重物緩慢上升的過程中，對重物受力分析，如圖甲所示，根據(jù)正交分解可得2Tacos mg，解得，設(shè)輕繩a的總長為l，井口的寬度為d，如圖乙所示，則根據(jù)幾何關(guān)系可得l1sin d1，l2sin d2，又l1l2l，d1d2d，聯(lián)立可

50、得，在緩慢向上的過程中，l和d保持不變，故sin 不變，所以cos 不變，根據(jù)，可知Ta不變，故C錯誤；對N點受力分析，如圖丙，根據(jù)正交分解可得FNTasin ，TbTacos ，立解得FNeq f(1,2)mgtan ，Tbeq f(1,2)mg，繩b的拉力保持不變，由上面分析可知，繩a的夾角不變，則tan 不變，桿對滑環(huán)的彈力不變，故A正確，D錯誤；由于cos 1，根據(jù)TbTacos ，所以TbTa，故B錯誤。8(多選)如圖所示，重力均為G的兩小球用等長的細繩a、b懸掛在O點，兩小球之間用一根輕彈簧連接，兩小球均處于靜止狀態(tài)，兩細繩a、b與輕彈簧c恰構(gòu)成一正三角形?，F(xiàn)用水平力F緩慢拉動右側(cè)

51、小球，使細繩a最終豎直，并保持兩小球處于靜止狀態(tài)，則下列說法正確的是()A最終狀態(tài)與初態(tài)相比，細繩a的拉力變大B最終狀態(tài)與初態(tài)相比，細繩b的拉力變大C最終狀態(tài)與初態(tài)相比，輕彈簧c的彈力變小D最終狀態(tài)時，水平拉力F等于eq r(3)G【答案】BC【解析】初始狀態(tài)時，細線a的拉力，末狀態(tài)時，細線a的拉力等于左側(cè)小球的重力，細線的拉力變小，故A錯誤；初始狀態(tài)時，彈簧的彈力Tcmgtan 30eq f(r(3),3)mg，末狀態(tài)時彈簧的彈力為零，變小，故C正確；初始狀態(tài)時，細線b的拉力，末狀態(tài)時，右側(cè)小球受到豎直向下的重力、b的拉力和水平向右的拉力F、b的豎直向上的拉力等于重力，彈簧恢復(fù)原長，細線b與

52、豎直方向的夾角大于60，細線b的拉力，細線b的拉力變大，故B正確；因為細線b與豎直方向的夾角大于60，所以水平拉力F的大小Fmgtan 60eq r(3)mg，故D錯誤9如圖所示，質(zhì)量為m長為L的均勻桿AB一端靠在墻上，用細繩CD拴桿于D點，圖中AD等于eq f(1,3)L，DCA37，CAD53，此時桿處于平衡狀態(tài)，sin 370.6，cos 370.8。那么以下說法正確的是（）A在圖中桿A端所受摩擦力的方向可能沿墻面向下B在圖中桿與墻壁間的最小動摩擦因數(shù)為C在圖中桿A端所受摩擦力和墻壁對桿的支持力一定沿桿方向D如果改變細線的位置而不改變夾角和，桿A端所受的摩擦力不可能為零【答案】B【解析】

53、受力分析如圖所示，將f（f設(shè)為沿墻壁向上）與N合成一個力T，恰好要滑動時， T與N的夾角tan ，根據(jù)三力匯交如上圖所示，T和水平線夾角為（摩擦角），對ADE和DOE運用正弦定理有，由，得，聯(lián)立可得，則動摩擦因數(shù)，故AC錯誤，B正確；如果平移CD，使得CD和OE交于水平虛線上，那么此刻摩擦力恰好為零，故D也錯誤。10如圖甲所示，傾角為的斜面固定在水平地面上，斜面上一木塊受到與斜面底邊平行的力F的作用，當力F逐漸增大時，木塊所受的摩擦力f和力F的大小關(guān)系如圖乙所示。若木塊的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，圖中f1、f2、F1均為已知量，重力加速度為g，下列說法正確的是（）A木塊的質(zhì)量可表示為B木塊與

54、斜面間的動摩擦因數(shù)可表示為CF小于F1時木塊所受的摩擦力與斜面底邊垂直且沿斜面向上DF大于F1后木塊做直線運動【答案】B【解析】將木塊所受重力分解為垂直于斜面方向和沿斜面方向，分析斜面所在平面內(nèi)的木塊受力情況，根據(jù)平衡條件得，當F0時，由題圖乙可知ff1mgsin ，所以可求出木塊的質(zhì)量，故A錯誤；當木塊剛要運動時，靜摩擦力達到最大，有ff2mgcos ，求出木塊與斜面間的動摩擦因數(shù)，又，聯(lián)立以上兩式得，故B正確；F小于F1時，摩擦力小于最大靜摩擦力，則木塊保持靜止狀態(tài)，故摩擦力方向與F和重力的下滑分力mgsin 的合力方向相反，故不與斜面底邊垂直，故C錯誤；F大于F1后木塊將運動，所受摩擦力

55、和重力不變，但力F一直增大，所以木塊所受合力方向不斷變化，故木塊做曲線運動，故D錯誤。專練專練4 牛頓運動定律及其應(yīng)用?？碱}型?？碱}型1.應(yīng)用1.應(yīng)用 動力學(xué)中的兩類基本問題 例1(2021廣東卷13)算盤是我國古老的計算工具，中心帶孔的相同算珠可在算盤的固定導(dǎo)桿上滑動，使用前算珠需要歸零，如圖所示，水平放置的算盤中有甲、乙兩顆算珠未在歸零位置，甲靠邊框b，甲、乙相隔s13.5102 m，乙與邊框a相隔s22.0102 m，算珠與導(dǎo)桿間的動摩擦因數(shù)0.1?，F(xiàn)用手指將甲以0.4 m/s的初速度撥出，甲、乙碰撞后甲的速度大小為0.1 m/s，方向不變，碰撞時間極短且不計，重力加速度g取10 m/s

56、2。(1)通過計算，判斷乙算珠能否滑動到邊框a；(2)求甲算珠從撥出到停下所需的時間?！窘馕觥?1)由牛頓第二定律可得，甲乙滑動時均有：fmgma則甲乙滑動時的加速度大小均為ag1 m/s2甲與乙碰前的速度v1，則：v02v122as1解得v10.3 m/s甲乙碰撞時由動量守恒定律：mv1mv2mv3解得碰后乙的速度v30.2 m/s然后乙做減速運動，當速度減為零時則可知乙恰好能滑到邊框a。(2)甲與乙碰前運動的時間，碰后甲運動的時間則甲運動的總時間tt1t20.2 s。2.應(yīng)用2.應(yīng)用傳送帶與板塊模型 例1例2(2021全國乙卷8)水平地面上有一質(zhì)量為m1的長木板，木板的左明上有一質(zhì)量為m2

57、的物塊，如圖（a）所示。用水平向右的拉力F作用在物塊上，F(xiàn)隨時間t的變化關(guān)系如圖（b）所示，其中F1、F2分別為t1、t2時刻F的大小。木板的加速度a1隨時間t的變化關(guān)系如圖（c）所示。已知木板與地面間的動摩擦因數(shù)為1，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為2，假設(shè)最大靜摩擦力均與相應(yīng)的滑動摩擦力相等，重力加速度大小為g。則（）AF11m1gBCD在0t2時間段物塊與木板加速度相等【答案】BCD【解析】圖（c）可知，t1時滑塊木板一起剛在從水平滑動，此時滑塊與木板相對靜止，木板剛要滑動，此時以整體為對象有F11(m1m2)g，故A錯誤；圖（c）可知，t2滑塊與木板剛要發(fā)生相對滑動，以整體為對象， 根據(jù)牛頓

58、第二定律，有F21(m1m2)g(m1m2)，以木板為對象，根據(jù)牛頓第二定律，有2m2g1(m1m2)gm1a0，解得，故BC正確；圖（c）可知，0t2這段時間滑塊與木板相對靜止，所以有相同的加速度，故D正確。對點速練對點速練1如圖所示，物體A、B由跨過定滑輪且不可伸長的輕繩連接，由靜止開始釋放，在物體A加速下降的過程中，下列判斷正確的是()A物體A和物體B均處于超重狀態(tài)B物體A和物體B均處于失重狀態(tài)C物體A處于超重狀態(tài)，物體B處于失重狀態(tài)D物體A處于失重狀態(tài)，物體B處于超重狀態(tài)【答案】D【解析】A加速下降，則加速度向下，輕繩的拉力小于重力，故A處于失重狀態(tài)；同時B加速上升，則加速度向上，輕繩

59、的拉力大于重力，故B處于超重狀態(tài)。故A、B、C錯誤，D正確。2一固定在水平面上傾角為的粗糙斜面上有一個電動平板小車，小車的支架OAB上在O點用輕繩懸掛一個小球，桿AB垂直于小車板面（小車板面與斜面平行）。當小車運動狀態(tài)不同時，懸掛小球的輕繩會呈現(xiàn)不同的狀態(tài)，下列關(guān)于小車在不同運動形式下，輕繩呈現(xiàn)狀態(tài)的說法中正確的是( )A若小車沿斜面勻速向上運動，輕繩一定與AB桿平行B若小車沿斜面勻加速向上運動，輕繩可能沿豎直方向C若小車沿斜面勻減速向下運動，輕繩可能與AB桿平行D若小車沿斜面勻加速向下運動時，輕繩可能與AB桿平行【答案】D【解析】若小車沿斜面勻速向上運動，則小球也跟著車勻速，其合力必為零，故

60、小球所受的重力和繩的拉力平衡，則繩的拉力豎直向上，大小為mg，其方向不可能與AB平行，故A錯誤；若小車沿斜面勻加速向上運動，則球向上勻加速，其加速度沿斜面向上，而輕繩的拉力沿豎直方向就不可能和重力產(chǎn)生斜向上的加速度，故B錯誤；若輕繩與AB桿平行，對球受力分析，如圖所示，由牛頓第二定律可知，拉力和重力的合力在斜面方向只能是向下，即加速度向下，對應(yīng)的小車的加速度斜向下，小車的運動有斜向下加速或斜向上減速，故C錯誤，D正確。3如圖所示，質(zhì)量為m的球置于斜面上，被一個豎直擋板擋住?，F(xiàn)用一個水平向右的力F拉斜面，使斜面在水平面上向右做加速度為a的勻加速直線運動，忽略一切摩擦，下列說法正確的是()A斜面和