第三章 阶段复习(一) 力与直线运动（教师用书word）-【步步高】2025年高考物理大一轮复习讲义（教科版 桂川）

阶段复习(一)　力与直线运动 知识网络 规范训练　(2024·山东潍坊市模拟)如图所示，在水平地面上静置一质量M＝2 kg的长木板，在长木板左端静置一质量m＝1 kg的小物块A，在A的右边静置一小物块B(B表面光滑)，B的质量与A相等，A、B之间的距离L0＝5 m。在t＝0时刻B以v0＝2 m/s的初速度向右运动，同时对A施加一水平向右、大小为6 N的拉力F，A开始相对长木板滑动。t1＝2 s时A的速度大小为v1＝4 m/s，木板与地面间的动摩擦因数μ＝0.05，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10 m/s2，求： (1)物块A与木板间的动摩擦因数μA； (2)已知t2＝2.5 s时两物块均未滑离长木板，求此时物块A、B间的距离x； (3)当B滑到木板的右端时A、B恰好相碰，求木板长度L。 解题指导 关键表述 关键表述解读 B表面光滑，在t＝0时刻B的初速度v0＝2 m/s B做匀速直线运动，对木板无摩擦力 对A施加一水平向右、大小为6 N的拉力F，A开始相对长木板滑动。t1＝2 s时A的速度大小为v1＝4 m/s A做匀加速直线运动，受力分析，利用牛顿第二定律可求得动摩擦因数 A、B之间的距离L0＝5 m，已知t2＝2.5 s时两物块均未滑离长木板，求此时物块A、B间的距离x B做匀速直线运动，A做匀加速直线运动，A、B之间的初始距离L0＝5 m，满足xA＋x＝xB＋L0关系 木板与地面间的动摩擦因数μ＝0.05 对木板受力分析，确定木板静止还是做匀加速直线运动 当B滑到木板的右端时A、B恰好相碰 A与物块B相遇时，位移关系为xA＝xB＋L0；A、B到达木板右端时，位移关系为xA＝x板＋L，L为木板长度 答案　(1)0.4　(2)3.75 m　(3) m 解析　(1)由运动学公式得v1＝a1t1， 解得a1＝2 m/s2，对A由牛顿第二定律得F－μAmg＝ma1，解得μA＝0.4。 (2)t2＝2.5 s时B运动的位移大小xB＝v0t2＝2×2.5 m＝5 m，t2＝2.5 s时A运动的位移大小xA＝a1t22＝×2×2.52 m＝6.25 m t2＝2.5 s时A、B间的距离x＝L0＋xB－xA＝5 m＋5 m－6.25 m＝3.75 m。 (3)对木板由牛顿第二定律得 μAmg－μ(m＋m＋M)g＝Ma2，解得a2＝1 m/s2 设经过t′物块B滑到木板的右端时A、B恰好相碰，则a1t′2＝L0＋v0t′，A到达木板右端，可得a1t′2＝L＋a2t′2，联立解得L＝ m。 阶段复习练(一)　力与直线运动 1．(2024·天津市第四十七中学期中)根据海水中的盐分高低可将海水分成不同密度的区域，当潜艇从海水高密度区域驶入低密度区域，浮力顿减，称之为“掉深”。如图甲所示，某潜艇在高密度海水区域沿水平方向缓慢航行。t＝0时，该潜艇“掉深”，随后采取措施自救脱险，在0～50 s内潜艇竖直方向的v－t图像如图乙所示(设竖直向下为正方向)。不计水的粘滞阻力，则(　　) A．潜艇在t＝20s时下沉到最低点 B．潜艇竖直向下的最大位移为600 m C．潜艇在“掉深”和自救时的加速度大小之比为3∶2 D．潜艇在0～20 s内处于超重状态 答案　C 解析　潜艇在0～50 s内先向下加速后向下减速，则50 s时向下到达最大深度，故A错误；由图像可知潜艇竖直向下的最大位移为h＝×30×50 m＝750 m，故B错误；潜艇在“掉深”时向下加速，则由图像可知加速度大小为a＝ m/s2＝1.5 m/s2，在自救时加速度大小为a′＝ m/s2＝1 m/s2，所以加速度大小之比为3∶2，故C正确；潜艇在0～20 s内向下加速，加速度向下，处于失重状态，故D错误。 2.(多选)(2023·湖南怀化市期末)A、B两个物体v－t图像分别如图中a、b所示，图线a是抛物线，图线b是直线，抛物线顶点的横坐标为t1，0～t3时间内图线a、b与横轴围成的面积相等。下列说法正确的是(　　) A．t2时刻A、B间距离一定最小 B．t2～t3时间内A的加速度一直小于B的加速度 C．0～t3时间内A的平均速度等于B的平均速度 D．t1～t3时间内A、B的位移大小之比为2∶3 答案　CD 解析　根据题意，由于不知道物体A、B初始状态的位置关系，则无法判断A、B间的距离变化情况，故A错误；由题图可知，A的图像关于t1对称，由v－t图像的斜率表示加速度可知，t2～t3时间内A的加速度不是一直小于B的加速度，故B错误；由题意可知，0～t3时间内图线a、b与横轴围成的面积相等，即0～t3时间内A、B的位移相等，则0～t3时间内A的平均速度等于B的平均速度，故C正确；根据题意，由题图可知，由于A的图像关于t1对称，则有t3＝2t1，则t1～t3时间内A的位移大小为A总位移的一半，B的位移大小为B总位移的，由于A、B在0～t3时间内的位移相等，则t1～t3时间内A、B的位移大小之比为2∶3，故D正确。 3.(2024·山东济宁市期中)如图所示，倾角为θ，质量为M的斜面体置于粗糙的水平地面，质量为m的物体静止在斜面上。对物体施加沿斜面向下的力F使其匀速下滑，增大F使物体加速下滑。物体沿斜面匀速下滑和加速下滑时，斜面体始终保持静止。比较物体匀速下滑和加速下滑两个过程，下列说法正确的是(　　) A．物体在加速下滑时，物体与斜面体之间的摩擦力较大 B．物体在匀速和加速下滑时，地面与斜面体之间的摩擦力不变 C．物体在匀速下滑时，物体对斜面体的压力较小 D．物体在加速下滑时，地面对斜面体的支持力较大 答案　B 解析　对物体施加沿斜面向下的力F使其匀速下滑，对物体分析可知f＝μmgcos θ，N＝mgcos θ，而增大沿斜面的拉力F使物体加速下滑，物体所受的滑动摩擦力和斜面支持力大小不变，由牛顿第三定律可知，物体对斜面体的摩擦力f′和压力N′大小、方向均不变，则对斜面体而言，所有受力均不变，即地面与斜面体之间的摩擦力不变，地面对斜面体的支持力也不变，故选B。 4.如图所示，两根直木棍AB和CD相互平行，斜靠在竖直墙壁上固定不动，一根水泥圆筒从木棍的上部以一定初速度匀速滑下。若保持两木棍倾角不变，忽然将两棍间的距离减小后固定不动，变动时间忽略不记，则水泥圆筒在两木棍上将(　　) A．仍匀速滑下 B．匀减速下滑 C．匀加速下滑 D．可能忽然静止 答案　C 解析　水泥圆筒从木棍的上部匀速滑下过程中，受到重力、两棍的支持力和摩擦力，根据平衡条件知mgsin θ－2f1＝0，将两棍间的距离减小后，两棍支持力的合力不变，夹角减小，则每根木棍对圆筒的支持力减小，滑动摩擦力减小，根据牛顿第二定律，有mgsin θ－2f2＝ma，由于摩擦力变小，故加速度变大，可知圆筒将匀加速下滑，故选C。 5.(2024·新疆百师联盟联考)如图所示，小球沿足够长的斜面向上做匀减速直线运动，在速度减为0的过程中，前2 s内和最后2 s内的位移大小分别为2.5 m、2 m，则在该运动过程中(　　) A．小球的初速度大小为4 m/s B．小球的加速度大小为2 m/s2 C．小球的运动时间为2.25 s D．小球的运动时间为3 s 答案　C 解析　将小球的运动逆向看作初速度为0的匀加速直线运动，设小球运动时间为t，由位移—时间公式x＝v0t＋at2，可知2 m＝a·(2 s)2，2.5 m＝at2－a(t－2)2，解得a＝1 m/s2，t＝2.25 s，故B、D错误，C正确；小球的初速度大小为v0＝at＝2.25 m/s，故A错误。 6．图甲是工人把货物运送到房屋顶端的场景，简化图如图乙所示，绳子跨过定滑轮拉动货物A，沿倾角为θ的玻璃棚缓慢向上移动，忽略货物所受摩擦阻力，则下列说法正确的是(　　) A．货物A对玻璃棚的压力不变 B．货物A对玻璃棚的压力越来越大 C．绳子的拉力越来越大 D．绳子的拉力越来越小 答案　C 解析　对货物A受力分析，其动态图如图，货物A缓慢向上移动，则拉力与竖直方向的夹角减小，由图可知，绳子的拉力越来越大。同时，玻璃棚对货物A的支持力变小，由牛顿第三定律知货物A对玻璃棚的压力越来越小。故选C。 7.(2024·广东省六校联考)如图所示，两个长度相同的轻绳在中点处垂直交叉形成一个“绳兜”，重力为G的光滑球静置于“绳兜”中。绳端挂于O点静止，A、B、C、D为每根绳与球面相切的点，OA＝OB＝OC＝OD＝2R，R为球的半径，则OA绳中的拉力大小为(　　) A.G B.G C.G D.G 答案　A 解析　设OA、OB、OC、OD与竖直方向夹角为θ，OA、OB、OC、OD绳子拉力为T，根据受力分析及几何关系可知4Tcos θ＝G，由几何关系知cos θ＝＝，联立可得T＝G，故选A。 8.(2024·海南省一模)如图，质量分别为m和2m的方形物体A和B在水平恒力F作用下，沿光滑水平面向右运动，A刚好不下滑，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，则A、B间的动摩擦因数为(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　设物体运动的加速度大小为a，对A、B整体有a＝，隔离B，可得A对B作用力大小FAB＝2m×a＝，由牛顿第三定律知B对A作用力大小FBA＝，对A在竖直方向有μFBA＝mg，得μ＝，故选C。 9.(2024·山西省联考)如图所示，倾角为θ的传送带始终以5 m/s的速度顺时针匀速运动，一质量为1 kg的物块以10 m/s的速度从底端冲上传送带，恰好能到达传送带顶端。已知物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，取重力加速度大小g＝10 m/s2，sin θ＝0.6，物块从传送带底端运动到顶端的时间为(　　) A．1.0 s B．1.5 s C．2.5 s D．3.0 s 答案　D 解析　开始时物块速度大于传送带速度，所受传送带摩擦力沿传送带向下，根据牛顿第二定律mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，解得a1＝10 m/s2，物块速度与传送带速度相等所需的时间t1＝＝0.5 s，之后物块的速度小于传送带的速度，物块所受摩擦力沿传送带向上，根据牛顿第二定律mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，解得a2＝2 m/s2，物块从速度等于传送带速度到速度为零所需时间t2＝＝2.5 s，物块从传送带底端运动到顶端的时间t＝t1＋t2＝3.0 s，故选D。 10.(2023·江苏卷·11)滑块以一定的初速度沿粗糙斜面从底端上滑，到达最高点B后返回到底端。利用频闪仪分别对上滑和下滑过程进行拍摄，频闪照片示意图如图所示。与图乙中相比，图甲中滑块(　　) A．受到的合力较小 B．经过A点的动能较小 C．在A、B之间的运动时间较短 D．在A、B之间克服摩擦力做的功较小 答案　C 解析　因为频闪照片中的时间间隔相同，对比题图甲和题图乙可知题图甲中滑块加速度大，是上滑阶段；根据牛顿第二定律可知图甲中滑块受到的合力较大，故A错误；从题图甲中的A点到题图乙中的A点，先上升后下降，重力做功为0，摩擦力做负功；根据动能定理可知题图甲中经过A点的动能较大，故B错误；由于题图甲中滑块的加速度大，根据x＝at2，可知题图甲在A、B之间的运动时间较短，故C正确；由于无论上滑还是下滑滑块均受到滑动摩擦力，大小相等，故题图甲和题图乙在A、B之间克服摩擦力做的功相等，故D错误。 11.(2024·天津市第二南开中学期中)四旋翼无人机如图所示，它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前得到越来越广泛的应用。一架质量m＝2 kg的无人机，其动力系统所能提供的最大升力F＝42 N，运动过程中所受空气阻力大小恒为f＝6 N。g取10 m/s2。 (1)无人机在地面上从静止开始，以最大升力竖直向上起飞，求在t＝6 s时无人机离地面的高度h； (2)若无人机悬停在距离地面高度H＝84 m处时，由于动力设备故障，无人机突然失去升力而坠落，若坠落过程中，在遥控设备的干预下，动力设备重新启动并提供向上最大升力。若着地速度为零，求无人机从开始下落过程中的最大速度vm的大小。 答案　(1)144 m　(2)28 m/s 解析　(1)由牛顿第二定律可得F－mg－f＝ma1 解得无人机的加速度大小为a1＝8 m/s2 则在t＝6 s时无人机离地面的高度为 h＝a1t2＝×8×62 m＝144 m (2)无人机突然失去升力而坠落，下落过程中，有mg－f＝ma2 解得无人机的加速度大小为a2＝7 m/s2 当动力设备重新启动并提供向上最大升力时，无人机的速度最大，则有h1＝ 重新提供向上最大升力后，根据牛顿第二定律可得F＋f－mg＝ma3 解得无人机的加速度大小为a3＝14 m/s2 由题意可知无人机着地速度为零， 则有h2＝，又h1＋h2＝H＝84 m 联立解得无人机从开始下落过程中的最大速度为vm＝28 m/s。 12.(2024·黑龙江齐齐哈尔市期中)如图所示，质量为m1＝1 kg、长L＝1.75 m的木板(厚度不计)静止在水平地面上，质量为m2＝2 kg的小物块(可看成质点)以初速度v0＝5 m/s从左端滑上木板。已知木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.2，小物块与木板和地面间的动摩擦因数均为μ2＝0.4，重力加速度g取10 m/s2，求： (1)小物块滑离木板的时间； (2)小物块离开木板后，通过计算判断木板与小物块是否发生碰撞。 答案　(1)0.5 s　(2)见解析 解析　(1)根据题意，对物块，由牛顿第二定律有μ2m2g＝m2a物，代入数据解得a物＝4 m/s2 对木板，由牛顿第二定律有μ2m2g－μ1(m1＋m2)g＝m1a木，代入数据解得a木＝2 m/s2 设经过时间t物块滑离木板，有L＝v0t－a物t2－a木t2，代入数据解得t1＝0.5 s(t2＝ s舍去) (2)物块滑离木板时，物块的速度为v1＝v0－a物t＝3 m/s，木板的速度为v2＝a木t＝1 m/s 物块滑离木板后，加速度a物1＝4 m/s2 对木板有μ1m1g＝m1a木1，解得a木1＝2 m/s2 分析可知在木板停止前物块的速度始终大于木板，物块的停止距离为x1＝＝1.125 m 木板的停止距离为x2＝＝0.25 m 由于x1>x2，所以不会相撞。 学科网（北京）股份有限公司 $