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（粤教版 粤）

阶段复习(一)　力与直线运动 知识网络 规范训练　有一滑雪运动员在做滑雪练习，赛道由倾斜赛道和水平赛道组成且平滑连接，倾斜赛道与水平面的夹角为53°，如图所示。他从倾斜赛道上某一位置由静止开始下滑，进入水平赛道滑行一段距离后停止。已知运动员在倾斜赛道上滑行的时间和在水平赛道上滑行的时间相等，假设运动员滑行路线均为直线，sin 53°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2。 (1)求滑板与赛道间的动摩擦因数μ； (2)若运动员在两段赛道的总路程为125 m，求运动员在倾斜赛道和水平赛道上滑行的总时间。 解题指导 关键表述 关键表述解读 倾斜赛道与水平面夹角为53° 运动员先后在斜面和水平面运动，斜面和水平面对运动员支持力不同，则滑动摩擦力不同 倾斜赛道和水平赛道平滑连接 运动员由倾斜赛道进入水平赛道速度大小没有突变，第一阶段的末速度大小为第二阶段的初速度大小 运动员在倾斜赛道上滑行时间和在水平赛道上的滑行时间相等 两段运动的速度变化量大小相等，时间相等，则两段运动的加速度大小相等 运动员在两段赛道的总路程为125 m 前后两段加速度大小相等，时间相同，由逆向思维可知两段运动位移大小也相等 答案　(1)0.5　(2)10 s 解析　(1)假设运动员和滑板质量为m，滑板和赛道之间的动摩擦因数为μ，运动员在斜面和水平面所受摩擦力分别为f1、f2，加速度为a1、a2 由系统在斜面受力分析可知(指明哪个位置的受力) FN1＝mgcos θ① f＝μFN1＝μmgcos θ② 由牛顿第二定律可得mgsin θ－μmgcos θ＝ma1③ (指明选用的规律) 由系统在水平面的受力可得μmg＝ma2④ 由于在两个赛道上滑行时间相等，可知加速度大小相等(必要的文字说明) 即a1＝a2⑤ 联立③④⑤式解得μ＝0.5 (2)在两段赛道上滑行的加速度大小a1＝a2＝5 m/s2，由题意知运动员在斜面和水平赛道位移大小相等，为 对倾斜赛道运动由位移时间关系可知＝a1t12 解得t1＝5 s 因此运动总时间t＝2t1＝10 s。 课时精练 1．(2023·广东汕头金山中学模拟)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 答案　B 解析　设汽车开始刹车时的速度方向为正方向，由0－v02＝2as 得a＝＝－5 m/s2 负号表示加速度方向与速度方向相反。故选B。 2.(2023·广东佛山市一模)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 答案　B 解析　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，t3～t4段运动员的加速度先增大后减小，故D错误，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，故C错误。 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 答案　C 解析　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，由平衡条件得FT＝＝，可知FT>G，FT>FN，故选C。 4.(2024·广东省模拟)无人机常应用于应急救援物资输送上。在某次救援过程中，无人机下方用轻绳悬挂救援物资，它们在空中沿水平方向一起做匀速运动，救援物资在水平方向受到空气阻力作用。现在，调整无人机速度，在水平方向仍然匀速运动，发现悬挂物资的绳子与竖直方向的夹角θ变大，则调整速度后，下列说法正确的是(　　) A．救援物资受到的合力会变大 B．悬挂救援物资的绳子张力变小 C．救援物资在水平方向上受到的空气阻力不变 D．救援物资受到的重力和绳子拉力的合力会变大 答案　D 解析　无人机和救援物资仍然匀速运动，则合力仍为零，故A错误； 轻绳与竖直方向夹角为θ，绳子拉力为T，物资受到的阻力为f，根据平衡条件在水平方向有f＝Tsin θ 竖直方向上有Tcos θ＝mg 可得f＝mgtan θ，T＝ 则当绳子与竖直方向的夹角θ变大时，绳子的拉力T变大，救援物资受到的空气阻力f变大，故B、C错误； 由三力平衡可知，救援物资受到的重力和绳子拉力的合力大小等于受到的阻力大小，阻力变大则救援物资受到的重力和绳子拉力的合力变大，故D正确。 5.如图所示，竖井中的升降机可将地下深处的矿石快速运送到地面。某一竖井的深度为104 m，升降机运行的最大速度为8 m/s，加速度大小不超过1 m/s2。假定升降机到井口的速度为0，则将矿石从井底提升到井口的最短时间是(　　) A．13 s B．16 s C．21 s D．26 s 答案　C 解析　运动分成三段，开始匀加速启动，接下来以8 m/s的速度匀速运动，最后匀减速运动到井口。 加速阶段，t1＝＝8 s，s1＝at12＝32 m 减速阶段与加速阶段对称，t3＝8 s，s3＝32 m 匀速阶段，s2＝(104－32－32) m＝40 m，所以t2＝＝5 s，所以t总＝t1＋t2＋t3＝21 s，故选C。 6．(多选)(2023·广东韶关市检测)如图甲，某同学站在压力传感器上完成下蹲和起立的动作，用计算机采集到的压力传感器读数F随时间t变化的图像如图乙，下列说法正确的是(　　) A．该同学重力约为500 N B．下蹲过程中该同学始终处于失重状态 C．该同学完成了一次下蹲再起立的动作 D．起立过程中该同学对传感器的压力小于传感器对该同学的支持力 答案　AC 解析　由题图可知平衡时压力传感器的示数为500 N，则该同学重力约为500 N，故A正确；下蹲过程中该同学先处于失重状态，再处于超重状态，故B错误；人下蹲动作分别有失重和超重两个过程，先是加速下降，达到一个最大速度后再减速下降，对应先失重再超重，起立对应先超重再失重，对应图像可知，该同学做了一次下蹲再起立的动作，故C正确；该同学对传感器的压力和传感器对该同学的支持力是相互作用力，大小相等，故D错误。 7．(2023·广东梅州市三模)如图甲所示，高空滑索是一种勇敢者的运动项目。如果某人用轻绳通过轻质滑环悬吊在足够长的倾斜钢索上运动，钢索与水平地面的夹角为30°，在下滑过程中可能会出现如图乙(轻绳与钢索垂直)和如图丙(轻绳沿竖直方向)所示的两种情形，已知人的质量为m，重力加速度为g，不计空气阻力，则下列说法中错误的是(　　) A．图乙中，人一定匀加速下滑 B．图乙中，钢索对轻环的作用力大小为mg C．图丙中，人一定匀速下滑 D．图丙中，钢索对轻环无摩擦力 答案　D 解析　题图乙中，人受到重力和轻绳的拉力，由于两个力不共线，且合力方向斜向下，故人只能匀加速下滑，故A正确，不符合题意；题图乙中钢索对人的作用力大小T＝mgcos 30°＝mg，故B正确，不符合题意；题图丙中，人受到重力和轻绳的拉力，两力均沿竖直方向，若合力不为零，则合力必沿竖直方向，与速度不共线，人不可能做直线运动，因此合力一定为零，人一定匀速下滑，故C正确，不符合题意；题图丙中，轻环也做匀速运动，所受合力为零，轻绳对轻环的拉力与钢索对轻环的支持力不在一条直线上，合力不可能为零，因此轻环一定受到钢索的摩擦力，三力平衡，故D错误，符合题意。 8.(多选)木块A、B的质量分别为m1、m2，用细线通过滑轮连接，如图所示。已知A、B静止时两条细线都处于绷紧状态。现将木块B下方的细线剪断，忽略滑轮摩擦及一切阻力，重力加速度为g，设剪断细线前后，A、B间的细线弹力分别为T1、T2，则(　　) A．m1g＝T1>m2g B．m1g>T1＝m2g C．m1g>T2＝m2g D．m1g>T2>m2g 答案　AD 解析　静止时细线绷紧，对A受力分析T1＝m1g，对B：T1>m2g，选项A正确，B错误。剪断细线瞬间，细线拉力发生突变(减小)，A加速下落，m1g>T2，B加速上升，T2>m2g，选项D正确，C错误。 9．(2022·广东深圳大学附属中学期中)一质点做匀加速直线运动时，速度变化Δv时发生位移s1，紧接着速度变化同样的Δv时发生位移s2，则该质点的加速度为(　　) A．(Δv)2(＋) B．2 C．(Δv)2(－) D. 答案　D 解析　匀变速直线运动中，速度变化量相等时，运动时间相等，则可得Δv＝at 根据逐差相等的推论可得s2－s1＝at2 联立可得a＝ 故A、B、C错误，D正确。 10.(多选)如图所示，在粗糙的水平面上，P、Q两物块之间用轻弹簧相连，在水平向右、大小恒定的拉力F作用下，一起匀加速向右运动，P、Q两物块与水平面间的动摩擦因数相同。已知物块P和物块Q的质量分别为mP、mQ(mP>mQ)，空气阻力不计，则(　　) A．弹簧弹力的大小为T＝F B．若仅减小水平面的粗糙程度，弹簧的弹力变小 C．若仅将P、Q两物块的位置对调，弹簧的弹力变大 D．当突然撤去拉力F的瞬间，P、Q两物块的加速度立刻发生变化 答案　AC 解析　设弹簧弹力的大小为T，以P、Q两物块为整体，由牛顿第二定律知F－μ(mP＋mQ)g＝(mP＋mQ)a， 对物块Q受力分析有T－μmQg＝mQa 联立解得T＝F，故A正确； 由于T＝F，知弹簧的弹力大小T与μ无关，因此仅减小水平面的粗糙程度，弹簧的弹力不变，故B错误；仅将P、Q两物块的位置对调，同理可得弹簧的弹力T′＝F，因为mP>mQ，则T′>T，故C正确；突然撤去恒力F的瞬间，物块Q在水平方向受到的摩擦力与弹簧的弹力不变，合力未发生变化，物块Q的加速度未发生变化，物块P受到的弹簧的弹力未发生变化，摩擦力未发生变化，但拉力F突然消失，物块P的加速度立刻发生变化，故D错误。 11.电磁起重机是工业中重要的运送装备。如图所示，一台电磁起重机利用电磁铁吸着一块质量为m＝5 t的铁柱，从静止开始竖直匀加速上升5 m达到最大速度2 m/s，接着匀速上升10 m后再匀减速直至停止，整个过程总用时20 s，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，求铁柱上升过程中， (1)电磁铁对铁柱的作用力最大值； (2)铁柱的平均速度大小。 答案　(1)5.2×104 N　(2)1.25 m/s 解析　(1)铁柱在匀加速上升阶段的加速度大小为a1＝＝0.4 m/s2 设电磁铁对铁柱的作用力最大值为F，据牛顿第二定律有F－mg＝ma1，解得F＝5.2×104 N。 (2)铁柱匀加速阶段用时为t1＝＝5 s 匀速阶段用时为t2＝＝5 s 所以匀减速阶段用时为t3＝t－t1－t2＝10 s 匀减速阶段上升的高度为h3＝t3＝10 m 整个上升过程中铁柱的平均速度大小为 ＝＝1.25 m/s。 12.如图所示，有一长度L＝5 m的长木板放在光滑的水平面上，板上右端放一质量m＝2 kg的物块，物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.4，长木板的质量为M＝16 kg。现在长木板的右端施加一水平向右的拉力F。将物块视为质点，最大静摩擦力和滑动摩擦力大小相等，g取10 m/s2。 (1)要使物块与长木板不发生相对滑动，求拉力的最大值Fmax； (2)要使物块2 s内从长木板上滑下，求拉力的最小值Fmin。 答案　(1)72 N　(2)112 N 解析　(1)物块与长木板刚要发生相对滑动时，施加的拉力为最大值，对物块有μmg＝ma， 解得a＝μg＝4 m/s2。 对物块和长木板整体有Fmax＝(M＋m)a＝72 N。 (2)设物块刚好经过2 s从长木板上滑下，则物块滑动时的加速度大小为a1＝μg＝4 m/s2， 长木板的加速度大小为a2＝ 2 s内物块的位移为s1＝a1t2， 2 s内长木板运动的位移为s2＝a2t2， 且有s2－s1＝L，联立解得Fmin＝112 N。 谢谢！ 学科网（北京）股份有限公司 $