第三章 阶段复习(一) 力与直线运动（课件PPT）-【步步高】2025年高考物理大一轮复习讲义（人教版 苏京）

力与直线运动 阶段复习(一) 知识网络 知识网络 知识网络 某兴趣小组对老师演示惯性的一个实验进行了深入的研究。如图甲所示，长方形硬纸板放在水平桌面上，纸板一端稍稍伸出桌外，将一块橡皮擦置于纸板的中间，用手指将纸板水平弹出，如果弹的力度合适，橡皮擦将脱离纸板，已知橡皮擦可视为质点，质量为m1＝20 g，硬纸板的质量为m2＝10 g，长度为l＝ 5 cm。橡皮擦与纸板、桌面间的动摩 擦因数均为μ1＝0.2，纸板与桌面间 的动摩擦因数为μ2＝0.3，认为最大 静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加 速度g＝10 m/s2。 规范训练 (1)手指对纸板的作用力与时间的关系如图乙所示，要使橡皮擦相对纸板滑动，F0至少多大？ 答案　0.15 N 规范训练 当橡皮擦刚好相对纸板滑动时，对橡皮擦有μ1m1g＝m1a，对橡皮擦和纸板整体有 F0－μ2(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a 联立解得F0＝0.15 N 规范训练 (2)手指对纸板的作用时间很短，可认为作用结束后，纸板获得速度v0时位移近似为零，则要使橡皮擦脱离纸板，v0需满足的条件？ 规范训练 纸板获得速度后做匀减速运动，橡皮擦做匀加速运动，当橡皮擦与纸板共速时刚好脱离纸板， 此时v0最小，设为v0min。 v＝at 对纸板：有μ1m1g＋μ2(m1＋m2)g＝m2a2 规范训练 v＝v0min－a2t 规范训练 关键表述 关键表述解读 最大静摩擦力等于滑动摩擦力 橡皮擦最大的动力为滑动摩擦力，可以由μ1m1g＝m1a得到橡皮擦的最大加速度为μ1g，即硬纸板与橡皮擦的共同最大加速度 橡皮擦置于纸板的中间，纸板获得速度v0时位移近似为零 可得橡皮擦与纸板脱离时的相对位移为 解题指导 阶段复习练 设汽车开始刹车时的速度方向为正方向，由0－v02＝2as 负号表示加速度方向与速度方向相反。故选B。 1.(2023·江苏宿迁市青华中学检测)在交通事故分析中，刹车线的长度是很重要的依据，刹车线是汽车刹车后，停止转动的轮胎在地面上滑动时留下的痕迹，在某次交通事故中，汽车的刹车线(直线)长度是40 m，假设汽车刹车时的速度大小为20 m/s，则汽车开始刹车时的加速度为 A.2 m/s2 B.5 m/s2 C.4 m/s2 D.6 m/s2 1 2 3 4 5 6 7 8 √ 9 10 11 13 2.(2024·江苏连云港市灌南二中检测)跳板跳水是我国的奥运强项，从运动员离开跳板开始计时，其v－t图像如图所示，图中仅0～t2段为直线，不计空气阻力，则由图可知 A.0～t1段运动员做加速运动 B.0～t2段运动员的加速度保持不变 C.t3时刻运动员刚好接触到水面 D.t3～t4段运动员的加速度逐渐增大 1 2 3 4 5 6 7 8 √ 9 10 11 由题图可知，0～t1段运动员向上做匀减速运动，选项A错误； 根据v－t图像斜率表示加速度，结合题意可知0～t2段运动员的加速度保持不变，选项B正确； 由题意可知0～t2段运动员的加速度为重力加速度， t2时刻后运动员刚好接触水面，t3时刻运动员速度 达到最大，运动员受到合力为零，选项C错误； 根据v－t图像斜率表示加速度可知t3～t4段运动员的加速度先增大后减小，选项D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 3.(2023·浙江1月选考·2)如图所示，轻质网兜兜住重力为G的足球，用轻绳挂于光滑竖直墙壁上的A点，轻绳的拉力为FT，墙壁对足球的支持力为FN，则 A.FT<FN B.FT＝FN C.FT>G D.FT＝G √ 9 10 11 对网兜和足球整体受力分析如图， 设轻绳与竖直墙壁的夹角为θ， 可知FT>G，FT>FN，故选C。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 又因为 ＝ ，这段时间的中间时刻的瞬时速度为 ＝20 m/s，从该中间时刻又经过t1＝ ＝1 s小球落地，小球落地的速率v＝ ＋gt1＝ 20 m/s＋10×1 m/s＝30 m/s，B、C、D错误，A正确。 4.(2024·江苏省高邮一中开学考)一小球做自由落体运动，落地前40 m所用的时间为2 s，g取10 m/s2，则小球落地的速率为 A.30 m/s B.35 m/s C.40 m/s D.45 m/s √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 5.(2024·江苏省前黄市高级中学期中改编)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 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 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Ff＝μmgcos θ，FN＝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Ff′和压力FN′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。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 6.(2024·江苏省扬州中学月考)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 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 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－2Ff1＝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－2Ff2＝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。 9 10 11 7.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 1 2 3 4 5 6 7 8 √ 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 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。 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 8.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 √ 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9.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 √ 9 10 11 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， 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， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 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。 1 2 3 4 5 6 7 8 物块从速度等于传送带速度到速度为零所需时间 9 10 11 答案　41 m/s 10.(2023·江苏南通市通州区质监)如图为“山东舰”上进行“歼－15”舰载机起降训练的示意图，起飞跑道由长度为l1＝160 m的水平跑道和长度为l2＝13.5 m的倾斜跑道两部分组成，水平跑道与倾斜跑道末端的高度差h＝2.7 m。一质量为m＝2.0×104 kg的飞机，其喷气发动机的推力大小恒为F＝1.2×105 N，方向与速度方向相同，在运动过程中飞机受到的平均阻力大小为飞机重力的 假设“山东舰”处于静止状态，飞机可看成质点且质量不变，g取10 m/s2(结果保留2位有效数字)。 (1)求飞机到达倾斜跑道末端时的速度大小； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 飞机在水平跑道上匀加速运动，由牛顿第二定律F－0.1mg＝ma1， 解得a1＝5.0 m/s2 由匀变速直线运动规律得v12＝2a1l1 飞机在倾斜跑道上运动有 F－0.1mg－mgsin θ＝ma2 解得v2＝41 m/s。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案　5.2×105 N (2)为了使飞机在倾斜跑道的末端达到起飞速度100 m/s，外界还需要在整个水平跑道阶段对飞机施加助推力，求助推力F推的大小。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 飞机在水平跑道上运动获得助推力，沿倾斜跑道运动加速度仍为a2，在水平跑道上运动时， 有F推＋F－0.1mg＝ma1′，v1′2＝2a1′l1 在倾斜跑道上运动时，起飞速度为v2′＝100 m/s， 则v2′2－v1′2＝2a2l2 联立解得F推≈5.2×105 N。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 11.(2024·江苏扬州市高邮市开学考)如图甲所示，长木板B固定在光滑水平面上，可视为质点的物块A静止叠放在B的最左端。现用F＝5 N的水平力向右拉A，经过4 s，A运动到B的最右端，且其v－t图像如图乙所示，已知A、B的质量分别为1 kg、 3 kg，最大静摩擦力等于滑动 摩擦力，取g＝10 m/s2，求： (1)A、B间的动摩擦因数μ和 长木板的长度L； 答案　0.3　16 m 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 根据v－t图像可求物块A的加速度 根据牛顿第二定律F－μmAg＝mAa 可得μ＝0.3 长木板的长度即物块A在4 s内的位移， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 (2)若B不固定，A、B的加速度大小； 答案　2 m/s2　1 m/s2　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 若B不固定，假设A、B发生相对滑动， 对长木板B分析可知μmAg＝mBaB 解得aB＝1 m/s2 因此假设合理，A的加速度大小为2 m/s2，B的加速度大小为1 m/s2。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 物块A在长木板上滑行的相对位移为长木板长度， (3)若B不固定，A在B上运动的时间。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案　v0≥ m/s 则对橡皮擦：有x1＝at2 则要使橡皮擦脱离纸板，需满足v0≥v0min＝ m/s。  x2＝v0mint－a2t2 根据位移关系有x2－x1＝ 联立解得v0min＝ m/s， 得a＝＝－5 m/s2 由平衡条件得FT＝＝， 落地前40 m的平均速度为＝＝ m/s＝20 m/s， A. B. C. D. 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＝， 对A在竖直方向有μFBA＝mg，得μ＝，故选C。 由牛顿第三定律知B对A作用力大小FBA＝， 物块速度与传送带速度相等所需的时间t1＝＝0.5 s， t2＝＝2.5 s， 。 又因sin θ＝，由v22－v12＝2a2l2， a＝＝2 m/s2 根据v－t图像可得L＝×8×4 m＝16 m 则A的加速度aA＝＝2 m/s2 答案　4 s 即L＝(aA－aB)t2 解得t＝4 s。 $