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2021届高三总复习物理每日拔高练
第4练
重难点剖析
1、利用纸带求物体加速度的两种方法:
（1）逐差法：根据（T为相邻计数点之间的时间间隔），求出，，，然后取平均值，即，即为物体的加速度。
在数据处理时可以对纸带重新分段，把6段距离分为“前三”和“后三”，“后三”减“前三”也为相邻相等时间间隔内的位移差，时间间隔为3T。
(2)图象法:利用求出打各点时纸带的瞬时速度，然后作出图象，用图象的斜率求物体运动的加速度。
2、数据处理
1、由实验数据得出图象：
（1）根据表格中的数据，在直角坐标系中仔细描点。
（2）作一条直线，使同一次实验得到的各点尽量落到这条直线上，落不到直线上的各点应均匀分布在直线的两侧，这条直线就是本次实验的图线，它是一条倾斜的直线
2、由实验得出的，
图象进一步得出小车运动的速度随时间变化的规律：
（1）直接分析图象的特点得出。小车运动的图象是一条倾斜的直线，当时间增加相同的值时，速度也会增加相同的值，由此得出结论：小车的速度随时间均匀变化。
（2）通过函数关系进一步得出。既然小车的图象是一条倾斜的直线，那么随变化的函数关系式为，显然与成线性关系，小车的速度随时间均匀变化。
3、对纸带进行分段，用计算加速度：若纸带上计数段为偶数，直接分为前后两段计算，若纸带计数段为奇数，可以舍掉首段进行计算。
练习
1.如图所示，半径为的半圆轨道竖直放置，其直径边在水平面上，为圆心，
点在轨道最左端。在点正上方处将小球以速度水平抛出，小球经时间恰过点且速度方向与半圆轨道相切，与水平面的夹角为60°。调整点的水平位置，以速度水平抛出另一小球，经时间该小球恰好垂直打在半圆轨道上的点，与水平面的夹角也为60°.两小球均可视为质点，重力加速度大小为g，则下列说法不正确的是(
)
A.两次抛出小球的初速度大小之比为3:1
B.两小球飞行水平位移之比为3:1
C.两小球在点的速度大小之比为:1
D.两次飞行过程中重力对两小球做的功大小之比为9:1
2.汽车在平直公路上由静止开始运动,发动机的牵引力随汽车速度变化的图线如图所示,其中段是双曲线,对应汽车以额定功率运动。已知汽车的质量,汽车能获得的最大速度为30
m/s。假设汽车在运动过程中所受的阻力恒定。下列说法正确的是(
)
A.汽车做匀加速直线运动经历的时间为4
s
B.汽车的速度为20
m/s时加速度大小约为
C.汽车做匀加速直线运动过程中牵引力做的功为
D.若汽车的速度达到30
m/s后发动机的功率保持不变,则其图线应为平行于横坐标轴的直线
3.跳台滑雪是一种勇敢者的滑雪运动。图(a)为某跳台滑雪运动员从跳台a(长度可忽略不计)处沿水平方向飞出、在斜坡b处着陆的示意图,图(b)为运动员从a到b飞行时的动能随飞行时间t变化的关系图象。不计空气阻力作用,重力加速度g取,则下列说法正确的是(
)
A.运动员在a处的速度大小为10
m/s
B.斜坡的倾角为30°
C.运动员运动到b处时重力的瞬时功率为
D.运动员在空中离坡面的最大距离为2.5
m
4.某实验小组用如图1所示装置做“研究匀变速直线运动”实验.打点计时器所接交流电的频率为50
Hz.
（1）实验必须做到的是________.
A.钩码的质量远小于小车的质量
B.垫高长木板没有定滑轮的一端，平衡摩擦力
C.小车释放前靠近打点计时器
D.连接小车的细绳平行于长木板
（2）调节好实验装置，进行正确操作，打出的纸带如图2所示，在纸带上取计数点，相邻两个计数点间还有四个计时点未画出，由图中的数据可知，打点计时器打下C点时小车运动的速度大小是__________m/s，小车运动的加速度大小是______.（计算结果均保留两位有效数字）
（3）如果交流电的频率实际只有49
Hz，则测得的小车的加速度比实际值_________（填“大”或“小”）.
5.疫情期间“停课不停学”，小明同学在家自主开展实验探究.用手机拍摄物体自由下落的视频，得到分帧图片，利用图片中小球的位置来测量当地的重力加速度，实验装置如题图所示.
（1）家中有乒乓球、小塑料球和小钢球，其中最适合用作实验中下落物体的是____.
（2）下列主要操作步骤的正确顺序是__________.（填写各步骤前的序号）
①把刻度尺竖直固定在墙上
②捏住小球，从刻度尺旁静止释放
③手机固定在三角架上，调整好手机镜头的位置
④打开手机摄像功能，开始摄像
（3）停止摄像，从视频中截取三帧图片，图片中的小球和刻度如题图所示.已知所截取的图片相邻两帧之间的时间间隔为，刻度尺的分度值是1
mm，由此测得重力加速度为____________.
（4）在某次实验中，小明释放小球时手稍有晃动，视频显示小球下落时偏离了竖直方向.从该视频中截取图片，___________（选填“仍能”或“不能”）用（3）问中的方法测出重力加速度.
答案以及解析
1.答案：D
解析：如图所示，由题意知，两小球在竖直方向做自由落体运动，从抛出点到圆轨
道上的点，竖直位移相等，故在空中飞行时间相等，根据
知，所以，，同理有，，所以，，，ABC正确；根据动能定理知，重力对两小球做的功大小之比等于两小球动能增加量之比，即，题目中没有告诉两小球的质量关系，所以无法求出重力做的功大小之比，故D项错误。
2.答案：AC
解析：A.分析题中图像可作出汽车运动过程的图像如图所示,汽车的速度由0增大到10
m/s过程中,汽车的牵引力恒定,汽车做匀加速直线运动;当汽车的速度达到最大速度30
m/s时,牵引力等于阻力,有,则由牛顿第二定律得汽车做匀加速直线运动的加速度大小为,经历的时间,正确。
B.当汽车的速度为20
m/s时,由题图可知,汽车的牵引力为,则此时汽车的加速度大小为,错误。
C.汽车做匀加速直线运动的位移,则汽车做匀加速直线运动过程中牵引力做的功为,正确。
D.若汽车的速度达到30
m/s后发动机的功率保持不变,则汽车受到的牵引力和速度将不变,故其图线应是一个固定的点,错误。
3.答案：AC
解析：由图(b)可知,运动员在a处的动能为,从a处到b处的运动时间为,故到达b处时运动员在竖直方向的分速度为,运动员在b处的动能为,联立可解得,运动员的质量,选项A正确;运动员从a处到b处下降的高度为,水平方向上运动的距离为,因,故斜坡的倾角为45°,选项B错误;运动员到达b处时重力的瞬时功率为,代入数据可解得,选项C正确;将运动员在a处的速度和重力加速度g分别沿平行于斜坡方向和垂直于斜坡方向分解,则在垂直于斜坡方向上有,故运动员离斜坡的最大距离为,选项D错误。
4.答案：（1）CD
（2）0.96；2.4
（3）大
解析：（1）研究匀变速直线运动时，不需要平衡摩擦力，不需要满足钩码的质量远小于小车的质量，A、B项错误；为了能多打出一些点便于数据处理，小车释放前应靠近打点计时器，C项正确；为了使小车能做匀变速运动，连接小车的细绳应平行于长木板，D项正确.
（2）根据匀变速直线运动中中间时刻的速度等于该过程中的平均速度，有
小车运动的加速度.
（3）如果交流电的频率实际只有49
Hz，则测量计算时所用频率偏大，由知计算所得的加速度偏大.
5.答案：（1）小钢球
（2）①③④②
（3）9.6（9.5~9.7都算对）
（4）仍能
解析：（1）根据题中提供的小球和测量要求可得出要使用小钢球进行实验，与乒乓球、小塑料球相比，小钢球下落相同高度获得的速度更大，可以减小实验误差。（2）根据实验要求，可以得出先固定刻度尺，然后固定手机调好手机镜头位置，打开手机摄像功能进行摄像，最后捏住小球，使小球由静止下落，即步骤为①③④②。（3）如图图片中小球上边缘的读数为2.00
cm，中间图片中小球上边缘的读数为26.00
cm，如图片中小球上边缘的读数为76.70
cm，由逐差法可得当地的重力加速度大小为。（4）由于释放小球时手稍有晃动，小球偏离竖直方向，则小球做平抛运动，但竖直方向仍做自由落体运动，故能用（3）问中的方法测量重力加速度。2021届高三总复习物理每日拔高练
第3练
重难点剖析
一、匀变速直线运动重要推论
1、平均速度：,即一段时间内的平均速度等于这段时间中间时刻的瞬时速度，也等于这段时间初、末时刻速度矢量和的平均值。
2、任意两个连续相等时间间隔（）内的位移之差恒定，即
3、位移中点速度：
4、初速度为零的匀加速直线运动的比例：
①，…，末的瞬时速度之比：
②的位移之比：
③通过连续相等的位移所用时间之比:
二、解决匀变速直线运动问题常用的几种物理思维方法
1、平均速度法：
（1）
对任何性质的运动都适用；
（2）
只适用于匀变速直线运动。
2、比例法
适用于初速度为0的匀加速直线运动与末速度为零的匀减速直线运动。
3、逆向思维法
把末速度为零的匀减速直线运动转化为反向的初速度为零的匀加速直线运动。
练习
1.几个水球可以挡住子弹？实验证实：4个水球就足够了！4个完全相同的水球紧挨在一起水平排列，如图所示，子弹（可视为质点）在水球中沿水平方向做匀变速直线运动，恰好穿出第4个水球，则以下说法正确的是（
）
A.子弹在每个水球中速度变化相同
B.由题干信息可以确定子弹穿过每个水球的时间
C.由题干信息可以确定子弹在每个水球中运动的时间相同
D.子弹穿出第3个水球的瞬时速度与全程的平均速度相等
2.如图所示，光滑斜面被分成三个长度相等的部分，即，一小物体从A点由静止开始下滑，下列结论中正确的是(
)
A.物体到达各点的速率
B.物体在段和段的平均速度之比为
C.物体通过三点的速度满足
D.物体通过三点的速度满足
3.如图所示，在水平面上固定着四个完全相同的木块，一颗子弹以水平速度v射入。若子弹在木块中做匀减速直线运动，当穿透第四个木块（即D位置）时速度恰好为零，下列说法正确的是(
)
A.子弹从O运动到D全过程的平均速度小于B点的瞬时速度
B.子弹通过每一部分时，其速度变化量
C.子弹到达各点的速率
D.子弹穿过每个木块经历的时间
4.如图所示，质量为M、半径为R的四分之一光滑圆弧轨道静置于光滑水平地面上，且圆弧轨道底端与水平地面平滑连接，O为圆心.质量为m的小滑块以水平向右的初速度冲上圆弧轨道，恰好能滑到最高点，已知，则下列判断正确的是(
)
A.小滑块冲上轨道的过程，小滑块与圆弧轨道组成的系统机械能守恒
B.小滑块冲上轨道的过程，小滑块对圆弧轨道的压力不做功
C.小滑块冲上轨道的最高点时，圆弧轨道的速度最大且大小为
D.小滑块脱离圆弧轨道时，速度大小为
5.利用气垫导轨通过闪光照相进行“探究碰撞中的不变量”这一实验.
（1）实验要求研究两滑块碰撞时动能损失很小或很大等各种情况，若要求碰撞时动能损失最大，应选图__________（选填“甲”或“乙”）所示的装置，若要求碰撞时动能损失最小，则应选图_____________（选填“甲”或“乙”）所示的装置.（图甲两滑块分别装有弹性圈，图乙两滑块分别装有撞针和橡皮泥）
（2）若通过实验已验证碰撞前、后系统的动量守恒，某同学再进行以下实验.某次实验时碰撞前B滑块静止，A滑块匀速向B滑块运动并发生碰撞，利用频闪照相的方法连续4次拍摄得到的闪光照片如图丙所示.已知相邻两次闪光的时间间隔为T，在这4次闪光的过程中，两滑块均在0~80
cm范围内，且第1次闪光时，滑块A恰好位于处.若两滑块的碰撞时间及闪光持续的时间极短，均可忽略不计，则可知碰撞发生在第1次闪光后的_______时刻，两滑块的质量比________.
答案以及解析
1.答案：D
解析：设水球的直径为d，子弹运动的过程为匀减速直线运动，直到末速度为零。我们可以应用逆过程，相当于子弹做初速度为零的匀加速直线运动，因为通过最后1个、最后2个、以及后3个、全部4个的位移分别为和，根据知，时间之比为，所以子弹在每个水球中运动的时间不同；由以上的分析可知，子弹依次穿过4个水球的时间之比为：；由题干信息不可以确定子弹穿过每个水球的时间，故B、C错误。子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动，则受力是相同的，所以加速度相同，由可知，运动的时间不同，则速度的变化量不同，故A错误。由以上的分析可知，子弹穿过前3个水球的时间与穿过第4个水球的时间是相等的，由匀变速直线运动的规律可知，子弹穿出第3个水球的瞬时速度与全程的平均速度相等，故D正确。
2.答案：BC
解析：由速度位移关系式有：，由，可得，故A错误；物体在段的平均速度为，物体在段的平均速度为，由前面的分析可得，故B正确；由公式可得，故C正确，D错误。
3.答案：AC
解析：全程的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，根据匀变速直线运动的推论可知，中间时刻的瞬时速度一定小于中间位置时的速度，故A正确；由于子弹的速度越来越小，故穿过每一个木块的时间不相等，故速度的差值不相等，故B错误；将子弹的运动反向视为初速度为零的匀加速直线运动，则由可知，通过的速度之比为：，子弹到达各点的速率，故C正确；将子弹的运动反向视为初速度为零的匀加速直线运动，则由可知，反向通过各木块用时之比为；子弹穿过每个木块经历的时间，故D错误。
4.答案：AD
解析：小滑块冲上圆弧轨道的过程中，没有机械能损失，系统的机械能守恒，A项正确；小滑块冲上圆弧轨道的过程中，小滑块对圆弧轨道的压力使圆弧轨道加速运动，即小滑块对圆弧轨道的压力做正功，B错误；当小滑块从圆弧轨道返回且脱离圆弧轨道时，圆弧轨道的速度达到最大，C错误；设小滑块脱离圆弧轨道时小滑块和圆弧轨道的速度分别为和，由水平方向动量守恒和机械能守恒得，解得，小滑块脱离圆弧轨道时，速度大小为，D正确.
5.答案：（1）乙；甲
（2）；1:3
解析：第（1）问的实质就是考查弹性碰撞和完全非弹性碰撞，所以读题时盯牢弹性图、撞针和橡皮泥，问题就不难回答；第（2）问的难点在于看懂滑块碰撞前、后都是做匀速直线运动，碰撞过程时间极短且速度改变，但是闪光时间不变，所以找对位移和时间，速度自然可求.
（1）若要求碰撞时动能损失最大，则需两滑块碰撞后结合在一起，故应选乙图中的装置；若要求碰撞时动能损失最小，则应使两滑块发生弹性碰撞，即选甲图中的装置.
（2）第1次闪光时，滑块A恰好位于处，由图丙可知，第二次闪光时A在处，第三次闪光时A在处，碰撞发生在处.分析知从第三次闪光到发生碰撞所需的时间为，则可知碰撞发生在第1次闪光后的时刻.设碰前A的速度为v，则碰后A的速度为，B的速度为，根据动量守恒定律可得，解得，即.2021届高三总复习物理每日拔高练
第1练
重难点剖析
一、匀变速直线运动基本公式：
1、速度公式：
2、位移公式：
3、速度—位移关系式：
二、运动学公式中正、负号的规定：
1、物体做直线运动时，可以用正、负号表示速度、加速度等矢量的方向。
2、首先我们要规定正方向，与规定的正方向同向的矢量取正值，与规定的正方向反向的矢量取负值。
3、一般情况下，以初速度的方向为正方向，当时，一般以加速度的方向为正方向。
三、解决运动学问题的基本思路：
1、根据题意画出物体运动示意图，使运动过程直观清晰；
2、匀变速直线运动常可一题多解，要灵活选择合适的公式；
3、注意列运动学方程时，方程式中每一个物理量均对应同一运动过程。
练习
1.一辆满载“支援武汉抗击新冠肺炎”医疗物资的卡车,以某一速度在一平直公路上匀速行驶,行驶过程中,司机突然发现前方100
m处有一障碍物,便立即刹车,可将卡车的刹车过程简化为匀减速直线运动。从开始刹车起计时,已知前2
s内卡车的位移为42
m,第5
s内卡车的位移为0.75
m。关于卡车的刹车过程,下列说法正确的是(
)
A.卡车刹车时的加速度大小为
B.卡车从刹车到停止所用的时间为4.6
s
C.卡车的初速度为26.8
m/s
D.停车后卡车距离障碍物的距离为40.25
m
2.质量为的物体，在大小恒定的水平拉力F的作用下，沿水平面做直线运动.0~2
s内F的方向与运动方向相反，2~4
s内F的方向与运动方向相同，物体的图象如图所示.g取，则(
)
A.拉力F的大小为100
N
B.物体在第4
s时拉力的瞬时功率为60
W
C.4
s内拉力所做的功为480
J
D.4
s内物体克服摩擦力做的功为480
J
3.如图甲所示，物块的质量，初速度，在一水平向左的恒力F作用下从O点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻恒力F突然反向，整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的图象如图乙所示，.下列说法正确的是(
)
A.0~5
s内物块做匀减速运动
B.在时恒力F反向
C.恒力F大小为10
N
D.物块与水平面间的动摩擦因数为0.3
4.如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的位移x与斜面倾角θ的关系，将某一物体每次以大小不变的初速度沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角θ，实验测得x与斜面倾角θ的关系如图乙所示，重力加速度g取，根据图象可求出(
)
A.物体的初速度
B.物体与斜面间的动摩擦因数
C.取不同的倾角θ，物体在斜面上能达到的位移的最小值为1.44
m
D.当时，物体达到最大位移后将沿斜面下滑
5.某天小明在上学途中沿人行道以的速度向一公交车站走去，发现一辆公交车正以的速度从身旁的平直公路同向驶过，此时他们距车站。为了乘上该公交车，他加速向前跑去，最大加速度，能达到的最大速度。假设公交车在行驶到距车站处开始刹车，刚好到车站停下，停车时间，之后公交车启动向前开去。（不计车长）
（1）若公交车刹车过程视为匀减速运动，其加速度大小是多少？
（2）若小明加速过程视为匀加速运动，通过计算分析他能否乘上该公交车。
答案以及解析
1.答案：A
解析：若卡车在5
s内未停止运动,设卡车刹车的初速度为、刹车过程的加速度大小为,则有,解得,则第5
s末卡车的速度,所以卡车在5
s内已停止运动。设卡车做匀减速运动的时间为t,将卡车的减速运动看作反向的初速度为0、加速度大小为a的匀加速直线运动,根据匀变速直线运动规律有,联立两式解得(舍去),卡车的初速度,A正确,BC错误;卡车做匀减速运动的位移,所以停车后卡车距离障碍物的距离为,D错误。
2.答案：D
解析：由图象可得，0~2
s内物体做匀减速直线运动，加速度大小为，在匀减速过程中，由牛顿第二定律得，2~4
s内物体做匀加速直线运动，加速度大小为，有，联立解得，选项A错误；物体在第4
s时拉力的瞬时功率为，选项B错误；4
s内物体通过的位移为，拉力做功为，选项C错误；4
s内物体通过的路程为，克服摩擦力做功为，选项D正确.
3.答案：BD
解析：题图乙为物块运动的图象，由可知，图线的斜率，得0~5
m内，5~13
m内，可知恒力F反向时物块恰好位于处，物块做匀减速运动的时间，选项A错误，B正确.设水平向右为正方向，对物块分段受力分析可知，0~5
m内有，5~13
m内有，解得，选项C错误，D正确.
4.答案：AC
解析：由题图乙可知，当斜面倾角时，物体做竖直上抛运动，其上升的最大高度为，由匀变速直线运动的规律可得，解得，选项A正确；由题图乙可知，当斜面倾角为时，由牛顿第二定律可得，解得物体减速运动的加速度大小为，此时物体运动的距离为，由匀变速直线运动的规律可得，联立以上两式可解得，选项B错误；物体在粗糙斜面上向上运动时，由牛顿运动定律可得，解得，则物体能达到的位移，引入辅助角α，由数学知识可得，故，代入数据可解得，选项C正确；当时，由于，故有，所以物体达到最大位移后不再下滑，选项D错误.
5.答案：（1）
（2）能乘上该公交车
解析：（1）公交车的加速度
所以其加速度大小为
（2）汽车从相遇处到开始刹车用时
汽车刹车过程用时
小明以最大加速度达到最大速度用时
小明加速过程中的位移
以最大速度跑到车站的时间
，所以小明可以在汽车还停在车站时上车。2021届高三总复习物理每日拔高练
第2练
重难点剖析
一、运动图像
1、
图象：
（1）物理意义：反映了物体做直线运动的位移随时间变化的规律。
（2）斜率的意义：图线上某点切线斜率的大小表示物体该时刻速度的大小，斜率正负表示物体速度的方向。
2、
图象
（1）物理意义：反映了物体做直线运动的速度随时间变化的规律。
（2）斜率的意义:图线上某点切线斜率的大小表示物体此时加速度的大小，斜率正负表示物体加速度的方向。
（3）“面积”的意义。
①图线与时间轴围成的面积表示相应时间内的位移。
②若面积在时间轴的上方，表示位移方向为正方向；若面积在时间轴的下方，示位移方向为负方向。
二、两类图象的比较：
???
图象
图象
轴
横轴为时间，纵轴位移?
横轴为时间，纵轴为速度
线
倾斜直线表示匀速直线运动
倾斜直线表示匀变速直线运动
斜率
表示速度
表示加速度
面积
无实际意义
图线与时间轴围成的面积表示位移大小
纵截距
表示初位置
表示初速度
特殊点
拐点表示速度变化，交点表示相遇
拐点表示加速度变化，交点表示速度相等
练习
1.如图甲所示为杂技中的“顶竿”表演。水平地面上演员B用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，然后曲腿跳到地面上，演员质量均为50
kg，长竹竿质量为5
kg，A下滑的过程中速度随时间变化的图像如图乙所示。重力加速度g取，下列判断正确的是(
)
A.竹竿的总长度约为3
m
B.0~6
s内，演员B对地面的压力大小始终为1050
N
C.0~6
s内，竹竿对演员B的压力的冲量大小为
D.演员A落地时向下曲腿，是为了缩短作用时间以减小地面的冲击力
2.甲、乙两车在平直公路上行驶,其图像如图所示。时,两车间距为时刻甲、乙两车相遇;时间内甲车发生的位移为s,下列说法正确的是(
)
A.时间内甲车在前,时间内乙车在前
B.时间内甲车平均速度的大小是乙车平均速度大小的2倍
C.时刻甲、乙两车相距
D.时两车间距为时间内甲车位移s的倍
3.司机驾驶汽车在平直公路上匀速行驶,突然遇到紧急情况刹车直到停止运动,从司机发现情况到停止运动这段时间内汽车的图像如图所示,下列说法正确的是(
)
A.从司机发现情况开始至汽车停止所用时间为5
s
B.汽车刹车过程的加速度大小为
C.汽车刹车过程的加速度大小为
D.从司机发现情况开始至刹车停止,汽车的总位移为30
m
4.如图甲所示，一质量为2
kg的物体（可视为质点）受到水平拉力F的作用，在粗糙水平面上做加速直线运动，物体的图象如图乙所示，时其速度为2
m/s，物体与水平面间的动摩擦因数为0.4，重力加速度.则下列说法正确的是(
)
A.在时，物体的速度为15
m/s
B.在0~6
s时间内，合力对物体做的功为289
J
C.在0~6
s时间内，合力对物体做功的平均功率为47.5
W
D.在时，拉力F的功率为136
W
5.有四个运动的物体，物体运动的图象如图①所示；物体从同一地点沿同一方向运动的图象如图②所示.根据①、②图象可知以下判断中正确的是(
)
A.物体A和B均做匀加速直线运动，且A的加速度比B的大
B.在0~3
s时间内，物体B的速度为
C.时，物体C追上物体D
D.时，物体C与物体D之间有最大间距
答案以及解析
1.答案：C
解析：竹竿的长度等于图线与t轴所围的面积，由题图乙可知，竹竿的总长度，故选项A错误。0~6
s内演员A先加速向下，再减速向下，先失重再超重，故演员B对地面的压力一定是变化的，显然选项B错误。由题图乙可知，0~4
s内A向下加速，加速度为，则由牛顿第二定律得，解得，4~6
s内A向下减速，加速度大小为，则由牛顿第二定律得，代入数值解得，设向下为正方向，则0~6
s内竹竿对演员B的压力的冲量大小为，其中，代入解得，故C正确。演员A落地时向下曲腿，是为了延长作用时间以减小地面的冲击力，故选项D错误。
2.答案：D
解析：由题图知,在时间内甲车速度大于乙车的速度,时刻甲、乙两车相遇,故时间内甲车在追赶乙车,甲车在后,时刻甲、乙两车相遇后在时间内甲车速度仍大于乙车速度,故在时间内甲车在前,A错误;根据匀变速直线运动中平均速度公式知,
时间内甲车平均速度为,乙车平均速度为,故甲车平均速度的大小是乙车平均速度大小的3倍,B错误;如图图像中图线与t轴所围面积代表位移,则时刻甲、乙位移之差为,结合题意,图中阴影部分面积表示时两车间距,则,联立得,因此时刻甲乙两车相距,C错误;根据几何关系知,三角形的面积对应的位移为,则三角形的面积对应的位移为,所以时间内甲车发生的位移为,所以,D正确。
3.答案：C
解析：根据位移-时间公式得:,由此可知,图像中斜率表示加速度的一半,即,“-”表示方向,由图像可知,匀速运动的速度为,反应时间为,刹车时间为:,故从司机发现情况开始至汽车停止所用时间为,故A、B错误,C正确;反应时间内的位移为,刹车位移为:,从司机发现情况开始至刹车停止,汽车的总位移为,故D错误。
4.答案：C
解析：根据加速度—时间图线与坐标轴所围图形的面积表示速度的变化量可知，在0~6
s时间内，物体的速度增加量为，由，可得在时，物体的速度为，选项A错误；由动能定理，可知在0~6
s时间内，合力对物体做的功为，选项B错误；在0～6
s时间内，合力对物体做功的平均功率为，选项C正确；由牛顿第二定律有，，解得在时，拉力，物体的速度，则拉力F的功率为，选项D错误.
5.答案：ABD
解析：由图①可以看出，物体A和B的图象都是倾斜的直线，斜率都不变，则速度都不变，说明两物体都做匀速直线运动，又A图线的斜率大于B图线的斜率，则A的速度比B的大，选项A正确.由图①还可以看出，在0~3
s时间内，物体B运动的位移为，则速度，选项B正确.由图②可以看出，时，D图线与坐标轴所围“面积”大于C图线与坐标轴所围“面积”，说明D的位移大于C的位移，因两物体从同一地点沿同一方向开始运动，所以物体C还没有追上物体D，选项C错误.由图②还可以看出，前3
s内，D的速度较大，间距离增大，3
s后C的速度较大，两者距离减小，则时，物体C与物体D之间有最大间距，选项D正确。2021届高三总复习物理每日拔高练
第5练
重难点剖析
一、自由落体和竖直上抛运动的基本规律：
1、自由落体运动
（1）运动条件
①物体只受重力的作用
②由静止开始下落
（2）运动性质：初速度为零的匀加速直线运动
（3）运动规律：
①速度公式：
②位移公式：
③速度——位移公式：
2、竖直上抛运动
（1）运动条件：
①物体只受重力的作用
②初速度方向向上
（2）运动性质：初速度不为零的匀减速直线运动
（3）运动规律：
①速度公式：
②位移公式：
③速度——位移公式：
二、竖直上抛运动的研究方法
1、分段法：将全程分为两个阶段，即上升过程的匀减速阶段和下降过程的自由落体阶段。
2、全程法：将全过程视为初速度为、加速度为的匀变速直线运动，必须注意物理量的矢量性。习惯上取的方向为正方向，则时，物体正在上升;时，物体正在下降；时，物体在抛出点上方；时，物体在抛出点下方。
练习
1.玩具弹力球具有较好的弹性。质量为的弹力球从空中某高度由静止开始下落,与水平地面第一次碰撞后反向弹回到达最高点,整个过程对应的图像如图所示。设弹力球受到的空气阻力大小恒为,且不计弹力球与地面发生碰撞的时间,则弹力球()(
)
A．开始下落时的高度为
B．碰后向上弹起的加速度大小为
C．与地面碰撞后经到达最高点
D．从开始下落到第一次反向弹回到最高点的过程中通过的路程为
2.某同学将一质量为m的小球A由地面竖直向上抛出，初速度的大小为，当到达最高点时，与另一质量也为m、速度的大小也为竖直下抛的小球B发生弹性碰撞（时间非常短），经过一段时间均落地.如果忽略空气阻力，重力加速度大小为g.则下列说法正确的是(
)
A.A在上升和下降过程中的动量的变化大小都为
B.A在上升和下降过程中的动量的变化的方向相同
C.A落地时的动能为
D.落地的时间差为
3.高楼坠物危害极大，常有媒体报道高空坠物伤人事件。某建筑工地一根长为的直钢筋突然从高空坠下，垂直落地时，恰好被检查安全生产的随行记者用相机拍到钢筋坠地瞬间的照片。为了查询钢筋是从几楼坠下的，检查人员将照片还原后测得钢筋的影像长为L，且，查得当时相机的曝光时间为t，楼房每层高为h，重力加速度为g，则（影像长度包括钢筋长度和钢筋坠地前在曝光时间t内下落的距离）(
)
A.钢筋坠地瞬间的速度约为
B.钢筋坠下的楼层为
C.钢筋坠下的楼层为
D.钢筋在整个下落时间内的平均速度约为
4.2020年5月，我国进行了珠穆朗玛峰的高度测量，其中一种方法是通过使用重力仪测量重力加速度，进而间接测量海拔高度。某同学受此启发就地取材设计了如下实验，测量当地重力加速度的大小。实验步骤如下：
（i）如图甲所示，选择合适高度的垫块，使木板的倾角为53°，在其上表面固定一与小物块下滑路径平行的刻度尺（图中未画出）。
（ⅱ）调整手机使其摄像头正对木板表面，开启视频录像功能。将小物块从木板顶端释放，用手机记录下小物块沿木板向下做加速直线运动的情况。然后通过录像的回放，选择小物块运动路径上合适的一点作为测量参考点，得到小物块相对于该点的运动距离L与运动时间t的数据。
（ⅲ）该同学选取部分实验数据，画出了图像，利用图像数据得到小物块下滑的加速度大小为。
（ⅳ）再次调节垫块，改变木板的倾角，重复实验。
回答以下问题：
（1）当木板的倾角为37°时，所绘图像如图乙所示。由图像可得，物块过测量参考点时速度的大小为______m/s；选取图线上位于坐标纸网格交叉点上的两点，利用两点数据得到小物块下滑加速度的大小为_______。（结果均保留2位有效数字）
（2）根据上述数据，进一步分析得到当地的重力加速度大小为_______。（结果保留2位有效数字，）
5.如图所示，蹦床运动员正在训练室内训练，室内蹦床的床面到天花板的距离是7.6
m，竖直墙壁上张贴着一面高度为1.6
m的旗帜，身高1.6
m的运动员头部最高能够上升到距离天花板1
m的位置，在自由下落过程中，运动员通过整面旗帜的时间是0.4
s，重力加速度大小为，设运动员上升和下落过程身体都是挺直的。求：
（1）运动员竖直弹跳起来的速度；
（2）运动员下落时身体通过整面旗帜过程中的平均速度；
（3）旗帜的上边缘到天花板的距离。
答案以及解析
1.答案：D
解析：由图线与时间轴所围的面积表示位移可知，弹力球开始下落时的高度，选项A错误；弹力球下落时做匀加速直线运动，，由牛顿第二定律得，解得阻力大小为，由图知，弹力球落地时的速度大小为，反弹后的速度大小，反弹后弹力球做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得，解得，选项B错误；根据运动学公式，从与地面碰撞到第一次反弹到最高点所用时间，通过的位移大小，则弹力球从开始下落到第一次反弹到最高点的过程中通过的路程为，所以选项C错误，D正确。
2.答案：BCD
解析：A与B发生弹性碰撞，根据动量守恒定律，二者速度发生交换，A做竖直下抛运动，B做自由落体运动，因此B落地时间，对A，上抛运动有，竖直下抛运动有，因此A落地速度大小，所以A落地时的动能为，C正确；取向下为正方向，对A上升过程中动量的变化量为，下抛过程中动量的变化量为，故A错误，B正确；根据动量定理，所以，D正确.
3.答案：BD
解析：最后t时间内的位移为，由于曝光时间t极短，可以用平均速度表示末时刻的瞬时速度，故钢筋坠地瞬间的速度约为，故A错误；对运动全过程，根据速度位移公式，有：，解得：，故楼层为：，故B正确，C错误；钢筋在整个下落时间内的平均速度：，故D正确。
4.答案：（1）0.32或0.33；3.1
（2）9.4
解析：（1）物块匀加速下滑，经过参考点开始计时，由运动学公式有，变形得，所以题图乙中图线的纵截距表示通过参考点时速度的2倍，则；图线的斜率表示物块的加速度，则加速度。（2）物块沿斜面下滑过程中，由牛顿第二定律有，将；分别代入，解得。
5.答案：（1）10
m/s
（2）8
m/s
（3）4.4
m
解析：（1）运动员上升的最大位移为：
根据匀变速直线运动的速度位移关系式，有：
解得：
（2）运动员通过整面旗帜的时间是0.4
s，位移为：
故平均速度为：
（3）平均速度等于中间时刻的瞬时速度，故该0.4
s内中间时刻的速度为8
m/s，根据对称性可知，运动员上升过程经过同一位置的速度大小为8
m/s
运动员从跳起到该位置的时间间隔为：
由于，故开始时旗帜的下边缘与运动员头部等高，为1.6
m，故旗帜的上边缘高度为3.2
m，而大厅内蹦床的床面到天花板的距离是7.6
m，故旗帜的上边缘到天花板的距离为：

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