第三章　阶段复习(一)　力与直线运动-2026版一轮复习

阶段复习(一)力与直线运动知识网络规范训练规范答题答案(1)2.5m/s2(2)5m(3)(5＋755解析(1)在水平面上，由牛顿第二定律F－μmg＝ma1解得a1＝2.5m/s2(2)由M点到B点，有vB2＝2a沿斜面向上滑时，根据牛顿第二定律可得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma20－vB2＝－2a解得x＝5m(3)在水平面匀加速时间t1＝vBa1＝沿斜面上滑时间t2＝vBa2＝在斜面上向下滑时，由牛顿第二定律得mgsinθ－μmgcosθ＝ma3vB'2－0＝2a3x解得vB'＝25m/s沿斜面下滑时间t3＝vB'在水平面减速时，由牛顿第二定律有μmg＝ma4在水平面减速时间为t4＝vB'全过程时间为t＝t1＋t2＋t3＋t4＝(5＋755)我用夸克网盘分享了「与您分享-国家、地方、行业、团体标准」，点击链接即可保存。打开「夸克APP」，无需下载在线播放视频，畅享原画5倍速，支持电视投屏。链接：/s/45a9f612fe59提取码：t9EX联系qq:1328313560我的道客巴巴：/634cd7bd0a3f5a7311db139533c20794

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阶段复习练(一)(分值：100分)一、单项选择题：每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.(2024·山东省模拟)2024年巴黎奥运会有300多个运动小项，下列情景中，可将运动员视为质点的是()A.研究田径运动员在百米比赛中的平均速度B.研究体操运动员的空中转体姿态C.研究跳水运动员的入水动作D.研究攀岩运动员通过某个攀岩支点的动作答案A解析研究田径运动员在百米比赛中的平均速度时，运动员的形状和体积对所研究问题的影响能够忽略，此时运动员能够看为质点，故A正确；研究体操运动员的空中转体姿态时，运动员的形状和体积对所研究问题的影响不能够忽略，此时运动员不能够看为质点，故B错误；研究跳水运动员的入水动作时，运动员的形状和体积对所研究问题的影响不能够忽略，此时运动员不能够看为质点，故C错误；研究攀岩运动员通过某个攀岩支点的动作时，运动员的形状和体积对所研究问题的影响不能够忽略，此时运动员不能够看为质点，故D错误。2.(2025·山东济宁市开学考)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0~50s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600mC.潜艇在“掉深”和自救时的加速度大小之比为3∶2D.潜艇在0~20s内处于超重状态答案C解析潜艇在0~50s内先向下加速后向下减速，则50s时向下到达最大深度，故A错误；由v－t图像与横轴围成的面积表示位移可知潜艇竖直向下的最大位移为h＝12×30×50m＝750m，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＝3020m/s2＝1.5m/s2，在自救时加速度大小为a'＝3050-20m/s2＝1m/s2，所以加速度大小之比为3∶2，故C正确；潜艇在0~20s3.(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Ff＝μmgcosθ，FN＝mgcosθ，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。4.(2025·山东聊城市开学考)截至2024年2月23日，“蛟龙”号载人潜水器在南大西洋顺利完成23次下潜，并创造九天九潜的下潜新纪录。“蛟龙”号某次海试活动中，执行竖直下潜任务。如图所示，某段时间内做匀变速直线运动，连续经过A、B、C三点，已知BC=2AB，AB段的平均速度是0.1m/s，BC段的平均速度是0.05m/s。则“蛟龙”号经过A点时的速度为()A.0.11m/s B.0.09m/sC.0.06m/s D.0.04m/s答案A解析设“蛟龙”号从A到C的加速度为a，A、B间的距离为x，则B、C间的距离为2x，由匀变速直线运动规律有vB2-vA2=2ax，vC2-vB2=2a·2x，vA+vB2=0.1m/s，vB+vC2=0.05m/s，联立得vA=0.11m/s，5.(2024·河北卷·5)如图，弹簧测力计下端挂有一质量为0.20kg的光滑均匀球体，球体静止于带有固定挡板的斜面上，斜面倾角为30°，挡板与斜面夹角为60°。若弹簧测力计位于竖直方向，读数为1.0N，g取10m/s2，挡板对球体支持力的大小为()A.33N B.1.0N C.233N D.答案A解析对小球受力分析如图所示由几何关系可得力F与力FN与竖直方向的夹角均为30°，因此将力F和FN正交分解可得FNsin30°=Fsin30°，FNcos30°+Fcos30°+FT=mg解得F=FN=33N，故选A6.(2024·山东泰安市期中)某建筑工地用一可以移动的升降机来吊装重物，如图所示，轻绳穿过下方吊着重物的光滑圆环，A、B两点分别固定在建筑和升降机上，下列说法正确的是()A.升降机缓慢上升时，绳中的张力大小不变B.升降机缓慢向左移动时，绳中的张力变小C.升降机缓慢上升时，地面对升降机的摩擦力变小D.升降机缓慢向左移动时，升降机对地面的压力变大答案A解析光滑圆环受力情况如图所示，设绳长为l，升降机和建筑间距离为d，右侧绳与竖直方向夹角为θ，绳中张力大小为F，根据几何知识可知sinθ＝dl，根据平衡条件有2Fcosθ＝mg，又cosθ＝1-d2l2，解得F＝mg21-d2l2，升降机缓慢上升时，d和l不变，故绳中的张力大小不变，故A正确；升降机缓慢向左移动时，d变大，绳中的张力变大，故B错误；根据平衡条件可知地面对升降机的摩擦力为Ff＝12mgtanθ，升降机缓慢上升时，d和l不变，夹角θ不变，则地面对升降机的摩擦力不变，故7.如图所示，倾角为θ的传送带始终以5m/s的速度顺时针匀速运动，一质量为1kg的物块以10m/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，重力加速度大小g取10m/s2，sinθ＝0.6，物块从传送带底端运动到顶端的时间为()A.1.0s B.1.5s C.2.5s D.3.0s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mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，解得a1＝10m/s2，物块与传送带达到共速所需的时间t1＝v0-v传a1＝0.5s，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mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，解得a2＝2m/s2，物块从速度等于传送带速度到速度为零所需时间t2＝v传a2＝2.5s，物块从传送带底端运动到顶端的时间t＝t1＋二、多项选择题：每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。8.(2024·山东济宁市质检)在体育比赛中，摄像机让犯规无处遁形。在冬季奥运会的一场速度滑冰比赛中，摄像机和某运动员的位移x随时间t的变化图像如图所示，下列说法中正确的是()A.0~t1时间内摄像机在前，t1~t2时间内摄像机在后B.0~t2时间内摄像机与运动员的平均速度相同C.0~t2时间内摄像机的速度始终大于运动员的速度D.0~t2时间内运动员的速度逐渐变大答案BD解析由题图可知，0~t2时间内摄像机一直在运动员的前面，故A错误；由题图可知，0~t2时间内摄像机与运动员的位移相同；根据v＝xt可知摄像机与运动员的平均速度相同，故B正确；v－t图像的斜率表示速度，0~t2时间内并不是任一时刻摄像机的速度都大于运动员的速度，故C错误；v－t图像的斜率表示速度，由题图可知，0~t29.(2024·山东烟台市诊断)一列有8节车厢的动车一般是4动4拖，其中第1节、第3节、第6节、第8节车厢是带动力的，其余4节车厢是不带动力的。如图所示，该动车在平直轨道上匀加速向右启动时，若每节动力车厢提供的牵引力大小均为F，每节车厢质量均为m，每节车厢所受阻力均为该节车厢重力的k倍，重力加速度为g。下列说法正确的是()A.整列车的加速度大小为FB.整列车的加速度大小为FC.第4节车厢对第5节车厢的作用力大小为0D.第4节车厢对第5节车厢的作用力大小为12答案AC解析对8节车厢整体受力分析，由牛顿第二定律4F－8kmg＝8ma，解得整列车的加速度大小为a＝F-2kmg2m，故A正确，B错误；对5到8节车厢整体受力分析，由牛顿第二定律F45＋2F－4kmg＝4ma，解得第4节车厢对第5节车厢的作用力大小为F45＝0，故10.如图，质量为M和m的两个物块叠放在水平桌面上，轻绳绕过光滑的定滑轮O'，一端与m相连，另一端悬挂重物A。施一外力F缓慢拉结点O，令OO'从竖直拉至水平方向，其中F方向与OO'夹角α大小恒定(α>90°)，此过程中M和m两物块及桌子始终保持静止，滑轮与m之间的轻绳与桌面平行，则下列说法中正确的是()A.绳子OO'的拉力先增大后减小B.m对M的摩擦力一直减小C.桌面对M的摩擦力先减小后增大D.地面对桌子的摩擦力先增大后减小答案AD解析对结点O受力分析，绳子拉力和F的夹角不变，合力与重物的重力等大反向，作出受力分析图如图，分析发现，随着绳子拉力FT由竖直逐渐变为水平过程，绳子拉力先增大后减小，A正确；对m分析，绳子的拉力与M对m的摩擦力为一对平衡力，等大反向，绳子拉力先增大后减小，则M对m的摩擦力先增大后减小，根据牛顿第三定律，m对M的摩擦力先增大后减小，B错误；由上述分析可知m对M的摩擦力先增大后减小，则桌面对M的摩擦力先增大后减小，C错误；对M和m以及桌子、重物及滑轮等物体整体，根据平衡条件，F的水平分力与地面对桌子的摩擦力等大反向，由图像可知，F的水平分力大小(图中F与FT在圆上交点到G的距离)先增大后减小，则地面对桌子的摩擦力先增大后减小，D正确。三、非选择题：本题共5小题，共54分。11.(8分)某物理兴趣小组为测量自动笔里面被压缩弹簧的劲度系数，设计了如图甲所示的实验：将自动笔活动端竖直置于电子秤上，当竖直向下按下约0.80cm时(未按压到底且弹簧未超过弹性限度)，稳定后电子秤上的读数增加了32.8g(重力加速度g取10m/s2)。(1)(4分)这支笔的重力对实验(填“有”或“无”)影响，这支笔里的弹簧的劲度系数k＝N/m(保留3位有效数字)。

(2)(2分)他们将三根相同的弹簧串连起来，竖直悬挂在图乙所示的装置中。某次弹簧上的指针在刻度尺上对应的位置如图丙所示，该处的读数为cm。

(3)(2分)若不考虑弹簧的重力，通过测量，他们作出三根弹簧的总长度l与相应所挂重物重力即拉力大小F的关系图像(图丁)，则一根弹簧的劲度系数k'＝N/m(保留3位有效数字)。

答案(1)无41.0(2)7.20(3)50.0解析(1)没有影响，这是由于弹簧受挤压时弹力大小可借助于电子秤测出，所以与笔的重力无关。根据胡克定律，可得弹簧劲度系数为k＝ΔFΔx＝32.8×(2)如题图丙所示，刻度尺分度值为0.1cm，应估读到下一位，指针对应处的读数为7.20cm。(3)由于有三根弹簧，则弹簧劲度系数满足k'＝1.00.12-0.063N/m＝50.012.(8分)某同学利用“验证牛顿第二定律”的实验器材，测量滑块和长木板之间的动摩擦因数。如图甲所示，带滑轮的长木板水平放置，力传感器固定在墙上，轻绳分别跨过固定在滑块上和固定在长木板末端的滑轮，一端与力传感器连接，另一端竖直悬挂一沙桶，沙桶距地面足够远。调节力传感器及两滑轮的位置使轻绳与长木板平行，不计轻绳与各滑轮之间的摩擦，重力加速度为g取10m/s2。(1)(3分)实验时，(填“必须”或“不必”)要保证沙和沙桶的总质量远小于滑块质量；(填“有”或“没有”)必要将长木板右端垫高以平衡阻力；(填“需要”或“不需要”)用天平测沙和沙桶的总质量。

(2)(2分)如图乙是实验中得到的一条纸带，已知相邻计数点间还有四个点未画出，打点计时器所用电源频率为50Hz，由此可求出小车的加速度大小a＝m/s2(计算结果保留三位有效数字)。

(3)(3分)同一次实验记录力传感器的示数为3.2N，用天平测出滑块质量为1kg，根据(2)中求出的加速度a的结果。可以得出滑块和长木板间的动摩擦因数μ＝，若考虑其他摩擦，则该测量值与真实值相比(填“偏小”“偏大”或“不变”)。

答案(1)不必没有不需要(2)1.60(3)0.48偏大解析(1)实验时，因为有力传感器测量滑块所受的拉力，则不必要保证沙和沙桶的总质量远小于滑块质量；不需要用天平测沙和沙桶的总质量；因为要测量滑块与木板间的动摩擦因数，则没有必要将长木板右端垫高以平衡阻力。(2)相邻计数点间还有四个点未画出，则周期为T＝5×0.02s＝0.1s根据逐差法可知加速度大小为a＝x36-x039T2＝13.81＋12.22(3)对滑块由牛顿第二定律2F－μmg＝ma解得μ＝0.48若考虑其他摩擦，则该测量值与真实值相比偏大。13.(10分)如图所示，质量m＝2kg的物体静止在水平地面上，物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.25，现对物体施加一个大小为20N、与水平方向成θ＝37°角斜向上的拉力F，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2。求：(1)(4分)物体运动过程中所受摩擦力Ff的大小；(2)(3分)物体的加速度a的大小；(3)(3分)物体在拉力作用下5s末的速度v的大小。答案(1)2N(2)7m/s2(3)35m/s解析(1)根据题意，对物体受力分析，竖直方向上，由平衡条件有FN＋Fsin37°＝mg解得FN＝8N物体运动过程中所受的摩擦力大小为Ff＝μFN＝2N(2)水平方向上对物体由牛顿第二定律有Fcos37°－Ff＝ma解得物体的加速度大小为a＝7m/s2(3)由运动学公式可得，物体在拉力作用下5s末的速度大小为v＝at5＝35m/s。14.(13分)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＝2kg的无人机，其动力系统所能提供的最大升力F＝42N，运动过程中所受空气阻力大小恒为f＝6N。g取10m/s2。(1)(4分)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＝6s时无人机离地面的高度h；(2)(9分)若无人机悬停在距离地面高度H＝84m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)144m(2)28m/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＝8m/s2则在t＝6s时无人机离地面的高度为h＝12a1t2＝12×8×62m＝144(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＝7m/s2当动力设备刚要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＝v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＝14m/s2由题意可知无人机着地速度为零，则有h2＝0-vm2-2a3，又h1＋h2联立解得无人机从开始下落过程中的最大速度为vm＝28m/s。15.(