阶段复习试卷(一)　力与直线运动 2027届高三物理一轮复习

**基本信息** 以“力与直线运动”为核心，整合运动学、静力学及牛顿定律，通过真实情境题考查物理观念与科学思维，覆盖一轮复习核心考法。 **综合设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |运动学基础|3题（1-2、7）|概念辨析（位移/时刻）、v-t图像分析、竖直运动计算|从运动描述（质点、位移）到规律应用（匀变速直线运动公式）| |静力学应用|5题（3-4、6、8-9）|平衡条件（斜面摩擦、轻绳受力）、动态平衡分析|力的合成与分解→平衡方程→摩擦定律，构建共点力模型| |牛顿定律综合|5题（5、10-13）|动力学过程（弹簧、板块、传送带）、多体问题|受力分析→牛顿第二定律→运动学公式，体现运动和相互作用观念|

阶段复习试卷(一)　力与直线运动 1． 选择题： 1.(2026·陕西西安学情检测)2025年4月19日，20支人形机器人赛队与人类共同参跑半程马拉松，赛道长21.097 5公里。男子组、女子组冠军成绩分别为1小时02分36秒、1小时11分07秒，机器人组冠军成绩为2小时40分42秒。认为所有参赛者(含机器人)的起点相同，终点也相同，下列说法正确的是(　　) A.“21.097 5公里”表示的是位移大小 B.“1小时02分36秒”表示的是时刻 C.研究女子组冠军的运动路径时不可将运动员视为质点 D.机器人组冠军的平均速度小于女子组冠军的平均速度 2.(2026广东湛江阶段测试)10米跳台跳水一直是我国的优势项目，若将10米跳台跳水简化为竖直方向的直线运动，以运动员离开跳台时作为计时起点，取竖直向下为正方向，其运动的v-t图像如图所示，0~1.9 s、2.2~2.5 s内图线为直线，1.9~2.2 s内图线为曲线，不计空气阻力，则(　　) A.在0~0.4 s和0.4~1.9 s时间内，运动员的加速度方向相反 B.t=1.9 s时，运动员的速度大小为15 m/s C.t=1.9 s时，运动员重心到达最高点 D.2.2~2.5 s内运动员处于失重状态 3.为研究鞋子的防滑性能，将甲、乙两种不同材质和鞋底花纹的鞋子置于瓷砖斜面上，逐渐增大瓷砖斜面倾角θ(θ<90°)。甲鞋子刚开始滑动时θ=37°，乙鞋子刚开始滑动时θ=30°。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g=10 m/s2，则下列说法正确的是(　　) A.甲鞋子与斜面间的动摩擦因数为0.8 B.乙鞋子与斜面间的动摩擦因数为 C.甲鞋子内加放重物，鞋子刚开始滑动时θ>37° D.乙鞋子内加放重物，鞋子刚开始滑动时θ<30° 4.(2026·宁夏银川质检)如图所示，一小车在平直道路上向右运动，车内一条光滑轻绳ACB两端固定在水平车顶上，一质量为m的小圆环穿过轻绳且可在绳上自由滑动。某段时间内轻绳AC、BC两部分与水平车顶的夹角分别为30°和60°，重力加速度为g。将小圆环视为质点，则在这段时间内(　　) A.轻绳AC段和BC段的拉力大小可能不相等 B.小车可能做匀速直线运动 C.轻绳拉力的大小为(-1)mg D.小车的加速度大小为(3-)g 5.(2026·江苏南京高三月考)如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在倾角θ=30°的光滑斜面上，上端放置的物体(物体与弹簧不连接)处于静止状态。现用沿斜面向上的拉力F作用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动，拉力F与物体位移x之间的关系图像如图乙所示。不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A.物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态 B.弹簧的劲度系数为200 N/m C.物体的质量为1 kg D.物体的加速度大小为5 m/s2 6.(2026·福建三明高三月考)如图所示，用三根轻绳a、b、c将质量均为m的两个灯笼1、2悬挂起来。两灯笼静止时，轻绳a与竖直方向的夹角为30°，轻绳c水平，三根轻绳能承受的最大拉力均相等，重力加速度为g，则(　　) A.轻绳a中的拉力大小为mg B.轻绳c中的拉力大小为mg C.轻绳b中的拉力大小为mg D.若增大m，轻绳b最先被拉断 7.(2026·广东潮州模拟)如图所示，体育课同学们在练习排球。某同学在一次练习中用手把排球以5 m/s的速度竖直向上垫起，然后排球落地。该同学垫球时，手距离地面的高度为1 m，不计空气阻力，重力加速度大小g=10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A.排球上升的时间为1.0 s B.排球上升到最高点时距地面的高度为1.25 m C.排球下落的时间为0.5 s D.排球落地的速度大小为3 m/s 8.(2026山东临沂期中)行李箱在日常生活中扮演着重要的角色,人拉着行李箱在平路上行走。模型简化如图,人的拉力沿着行李箱的拉杆方向,与水平面成θ角。行李箱质量为m,受到地面阻力与对地面正压力的比例系数为μ=,重力加速度为g,则让行李箱匀速前进所需人的拉力至少为(　　) A.0.5mg B.0.75mg C.mg D.2mg 9.(多选)如图所示,POQ是由水平粗糙的细杆和竖直光滑的细杆组成的固定支架。重均为G的小球A、B用轻绳连接,A套在OP上,B用轻绳与轻环C连接,C套在OQ上。系统处于静止状态时∠OAB=60°。轻绳均不可伸长,下列说法正确的是(　　) A.A、B间轻绳的拉力大小为2G B.A受到的摩擦力大小为 C.若将A缓慢左移少许,则系统再次静止时,A、B间轻绳的拉力变大 D.若将A缓慢左移少许,则系统再次静止时,B、C间轻绳的拉力变小 10.(多选)如图所示,水平面上足够长的小车上有两个通过轻绳相连的物块A和B,已知A、B的质量分别为mA=4.0 kg,mB=2.0 kg,A、B与小车上表面间的动摩擦因数分别为μA=0.8,μB=0.5,初始时刻三者均静止,轻绳恰好伸直。现让小车以加速度a=1+2t(m/s2)水平向左加速运动,重力加速度g取10 m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是(　　) A.t=2 s时,轻绳对A的拉力大小为2 N B.t=2 s时,A受到的摩擦力大小为20 N C.t=4 s时,三者仍保持相对静止 D.t=6 s时,轻绳对B的拉力大小为4 N 二．计算题：(计算要有必要的文字说明和解题步骤，有数值的要注明单位) 11.我国计划在2030年前后实现航天员登月。登月的最后阶段需要用到登陆舱，假设登陆舱整体的质量为m=3×103 kg，从距月球表面高h=96 m处做自由落体运动，下落到一定高度后登陆舱的发动机点火反推，假设发动机的反推作用力大小恒定，当登陆舱速度减为零时恰好落到月球表面，整个过程所用时间为t0=12 s。月球表面附近的重力加速度约为g月=1.6 m/s2，求: (1)登陆舱在整个过程中的最大速率; (2)登陆舱减速过程所用的时间; (3)登陆舱减速时发动机的推力大小。 12.(2026·山东泰安高三月考)机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李。如图所示，以恒定速率v1=0.6 m/s运行的传送带与水平面间的夹角α=30°，传送带长L=3.5 m。工作人员沿传送方向以速度v2=1.6 m/s从传送带顶端推下一件小包裹(可视为质点)，小包裹与传送带间的动摩擦因数μ=。重力加速度g取10 m/s2，求: (1)小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a; (2)小包裹通过传送带所需的时间t。 13.(2026·河南商丘高三月考)如图甲，质量为m1的长木板静置于粗糙水平地面上，质量为m2=2.5 kg的物块置于木板之上，t=0时刻力F作用于长木板，其变化规律如图乙，木板受到的摩擦力Ff随时间t的变化规律如图丙。木板与地面间及物块与木板间的动摩擦因数μ1、μ2以及m1均未知(g=10 m/s2)，求: (1)F随t的变化关系式; (2)木板质量m1、木板与地面间及物块与木板间的动摩擦因数μ1、μ2; (3)t≥3 s后，木板的加速度随t变化的关系式。 参考答案： 1.答案　D解析　马拉松赛道长“21.097 5公里”是实际路径的长度，即“21.097 5公里”表示的是路程，故A错误;“1小时02分36秒”是完成比赛所用的时间间隔，故B错误;研究运动员的运动路径时，其大小和形状对轨迹无影响，可视为质点，故C错误;根据平均速度的定义式=，位移相同，机器人组冠军与女子组冠军相比用时更长，可知机器人组冠军的平均速度更小，故D正确。 2.答案　B解析　v-t图像的斜率表示加速度，由题图知，在0~0.4 s和0.4~1.9 s时间内，斜率不变，则加速度不变，且加速度大小a=10 m/s2，故A错误;t=1.9 s时，运动员的速度大小v=a(t2-t1)=10×(1.9-0.4)m/s=15 m/s，故B正确;t=0.4 s之后，运动员已经向下运动，则t=1.9 s时，运动员的重心不在最高点，故C错误;2.2~2.5 s内运动员向下做匀减速运动，加速度向上，则运动员处于超重状态，故D错误。 3.答案　B解析　由题意可知，斜面倾角为θ时鞋子刚好开始滑动，对鞋子受力分析有mgsin θ=μmgcos θ，解得μ=tan θ，则甲、乙鞋子与斜面间的动摩擦因数分别为μ甲=0.75，μ乙=，故A错误，B正确;由mgsin θ=μmgcos θ可知，鞋子质量可消去，所以鞋子内加放重物，鞋子刚开始滑动时对应的斜面倾角不变，故C、D错误。 4.答案　C解析　由于小圆环穿过轻绳且可在绳上自由滑动，可知轻绳AC段和BC段的拉力大小一定相等，A错误;若以向左为正方向，则对小圆环受力分析可知，水平方向有FTcos 30°-FTcos 60°=ma，竖直方向有FTsin 30°+FTsin 60°=mg，联立解得FT=(-1)mg，a=(2-)g，可知小车有向左的加速度，不可能做匀速直线运动，B、D错误，C正确。 5.答案　C解析　物体与弹簧分离时，弹簧恢复原长，故A错误;刚开始时物体处于静止状态，物体所受重力沿斜面向下的分力和弹簧弹力处于平衡状态，有mgsin θ=kΔx，其中Δx=2 cm;拉力F1=10 N时，根据牛顿第二定律有F1+kΔx-mgsin θ=ma，物体与弹簧分离后，拉力F2=15 N，根据牛顿第二定律有F2-mgsin θ=ma，联立解得m=1 kg，k=250 N/m，a=10 m/s2，故C正确，B、D错误。 6.答案　A解析　将两个灯笼看作一个整体，对整体受力分析，如图所示，根据平衡条件可得Facos 30°=2mg，Fasin 30°=Fc，解得轻绳a中的拉力大小Fa=mg，轻绳c中的拉力大小Fc=mg，A正确，B错误;对灯笼2受力分析，由平衡条件得，轻绳b中的拉力大小为Fb==mg，C错误;由于轻绳a的拉力最大，若增大m，轻绳a最先被拉断，D错误。 7.答案　D解析　排球上升的时间为t0== s=0.5 s，故A错误;排球上升的高度为h0=t0=×0.5 m=1.25 m，则排球上升到最高点时距地面的高度为H=h+h0=1 m+1.25 m=2.25 m，故B错误;根据H=gt2，可得排球下落的时间为t==s= s，则排球落地的速度大小为v=gt=10× m/s=3 m/s，故C错误，D正确。 8.答案A　解析 设拉力为F,方向与水平方向的夹角为θ,则地面对行李箱的支持力大小FN=mg-Fsin θ,由牛顿第三定律,行李箱对地面的压力大小FN=FN'=mg-Fsin θ,则Fcos θ-μFN'=Fcos θ-μ(mg-Fsin θ)=0,解得F==0.5mg,故选A。 9.答案.BC　解析 C静止时,受到B、C间轻绳的拉力FBC和OQ的水平向右的支持力FN而平衡,所以力FBC一定水平向左,B、C间轻绳一定与OQ垂直,由B受力平衡可求得FAB=,A错误;又FBC=,对A、B整体受力平衡可得,A受到的摩擦力大小为Ff=FBC=,B正确;若将A缓慢左移少许,则A、B间轻绳与水平方向的夹角变小,则A、B间轻绳的拉力和B、C间轻绳的拉力均变大,C正确,D错误。 10.答案 BD　解析 A、B与小车间的最大静摩擦力大小分别为FfAm=μAmAg=32 N,FfBm=μBmBg=10 N,则A、B与小车间的静摩擦力可以对A、B产生的最大加速度分别为aAm==8 m/s2,aBm==5 m/s2,当t=2 s时,加速度大小为a=(1+2×2) m/s2=5 m/s2=aBm,可知此时B所受静摩擦力刚好达到最大,绳子拉力刚好为0,A受到的摩擦力大小为FfA=mAa=20 N,A错误,B正确;设小车的加速度为a0时,A所受静摩擦力刚好达到最大,对A有μAmAg-FT=mAa0,对B有μBmBg+FT=mBa0,解得a0=7 m/s2、FT=4 N,当t=4 s时,加速度大小为a=(1+2×4) m/s2=9 m/s2>a0=7 m/s2,可知此时A、B与小车发生相对滑动,C错误;由上分析可知,t=6 s时,A、B与小车发生相对滑动,此时轻绳对B拉力大小为4 N,D正确。 11.答案　(1)16 m/s　(2)2 s　(3)2.88×104 N 解析　(1)设最大速率为vm，对登陆舱下降过程有t0=h 解得vm=16 m/s。 (2)加速过程中有vm=g月t1 解得t1=10 s 则减速过程所用时间t2=t0-t1=2 s。 (3)设减速过程加速度大小为a，则a==8 m/s2 设发动机对登陆舱的作用力为F，由牛顿第二定律有F-mg月=ma 解得F=2.88×104 N。 12.答案　(1)1 m/s2　(2)5 s 解析　(1)小包裹的速度大于传送带的速度，所以小包裹受到传送带的摩擦力沿传动带向上，对小包裹，根据牛顿第二定律可得μmgcos α-mgsin α=ma 解得加速度的大小a=1 m/s2。 (2)小包裹开始阶段在传动带上做匀减速直线运动，设减速到与传送带速度相等所用时间为t1， 则有t1= 解得t1=1 s 小包裹在传送带上滑动的距离为x1=t1 解得x1=1.1 m<L=3.5 m 因为小包裹所受滑动摩擦力大于重力沿传动带方向上的分力，即μmgcos α>mgsin α 所以小包裹与传动带共速后，做匀速直线运动至传送带底端，匀速运动的时间为t2= 解得t2=4 s 所以小包裹通过传送带所需的时间t=t1+t2=5 s。 13.答案　(1)F=5t(N)　(2)2.5 kg　0.1　0.2 (3)a=2t-4(m/s2)(t≥3 s) 解析　(1)由题图乙可知F=kt，斜率k==5 N/s 解得F=5t(N)。 (2)由题图丙可知，t=1 s时，木板相对地面开始滑动，则有Ff1=5 N=μ1(m1+m2)g t=3 s时，木板和物块刚要发生相对滑动，则有Ff3=10 N=μ1(m1+m2)g+μ2m2g 此时F3=15 N 根据牛顿第二定律，对物块有μ2m2g=m2a0 对整体有F3-μ1(m1+m2)g=(m1+m2)a0 联立解得m1=2.5 kg，μ1=0.1，μ2=0.2。 (3)对木板由牛顿第二定律得F-μ1(m1+m2)g-μ2m2g=m1a 其中F=5t(N) 解得a=2t-4(m/s2)(t≥3 s)。 学科网（北京）股份有限公司 $