第三章　階段復習(一)　力與直線運動-2025物理大一輪復習講義人教版

階段復習(一)力與直線運動知識網(wǎng)絡規(guī)范訓練(2024·山東濰坊市模擬)如圖所示，在水平地面上靜置一質量M＝2kg的長木板，在長木板左端靜置一質量m＝1kg的小物塊A，在A的右邊靜置一小物塊B(B表面光滑)，B的質量與A相等，A、B之間的距離L0＝5m。在t＝0時刻B以v0＝2m/s的初速度向右運動，同時對A施加一水平向右、大小為6N的拉力F，A開始相對長木板滑動。t1＝2s時A的速度大小為v1＝4m/s，木板與地面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.05，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g＝10m/s2，求：(1)物塊A與木板間的動摩擦因數(shù)μA；(2)已知t2＝2.5s時兩物塊均未滑離長木板，求此時物塊A、B間的距離x；(3)當B滑到木板的右端時A、B恰好相碰，求木板長度L。解題指導關鍵表述關鍵表述解讀B表面光滑，在t＝0時刻B的初速度v0＝2m/sB做勻速直線運動，對木板無摩擦力對A施加一水平向右、大小為6N的拉力F，A開始相對長木板滑動。t1＝2s時A的速度大小為v1＝4m/sA做勻加速直線運動，受力分析，利用牛頓第二定律可求得動摩擦因數(shù)A、B之間的距離L0＝5m，已知t2＝2.5s時兩物塊均未滑離長木板，求此時物塊A、B間的距離xB做勻速直線運動，A做勻加速直線運動，A、B之間的初始距離L0＝5m，滿足xA＋x＝xB＋L0關系木板與地面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.05對木板受力分析，確定木板靜止還是做勻加速直線運動當B滑到木板的右端時A、B恰好相碰A與物塊B相遇時，位移關系為xA＝xB＋L0；A、B到達木板右端時，位移關系為xA＝x板＋L，L為木板長度答案(1)0.4(2)3.75m(3)eq\f(7＋2\r(6),2)m解析(1)由運動學公式得v1＝a1t1，解得a1＝2m/s2，對A由牛頓第二定律得F－μAmg＝ma1，解得μA＝0.4。(2)t2＝2.5s時B運動的位移大小xB＝v0t2＝2×2.5m＝5m，t2＝2.5s時A運動的位移大小xA＝eq\f(1,2)a1t22＝eq\f(1,2)×2×2.52m＝6.25mt2＝2.5s時A、B間的距離x＝L0＋xB－xA＝5m＋5m－6.25m＝3.75m。(3)對木板由牛頓第二定律得μAmg－μ(m＋m＋M)g＝Ma2，解得a2＝1m/s2設經過t′物塊B滑到木板的右端時A、B恰好相碰，則eq\f(1,2)a1t′2＝L0＋v0t′，A到達木板右端，可得eq\f(1,2)a1t′2＝L＋eq\f(1,2)a2t′2，聯(lián)立解得L＝eq\f(7＋2\r(6),2)m。

階段復習練(一)1．(2024·天津市第四十七中學期中)根據(jù)海水中的鹽分高低可將海水分成不同密度的區(qū)域，當潛艇從海水高密度區(qū)域駛入低密度區(qū)域，浮力頓減，稱之為“掉深”。如圖甲所示，某潛艇在高密度海水區(qū)域沿水平方向緩慢航行。t＝0時，該潛艇“掉深”，隨后采取措施自救脫險，在0～50s內潛艇豎直方向的v－t圖像如圖乙所示(設豎直向下為正方向)。不計水的粘滯阻力，則()A．潛艇在t＝20s時下沉到最低點B．潛艇豎直向下的最大位移為600mC．潛艇在“掉深”和自救時的加速度大小之比為3∶2D．潛艇在0～20s內處于超重狀態(tài)答案C解析潛艇在0～50s內先向下加速后向下減速，則50s時向下到達最大深度，故A錯誤；由圖像可知潛艇豎直向下的最大位移為h＝eq\f(1,2)×30×50m＝750m，故B錯誤；潛艇在“掉深”時向下加速，則由圖像可知加速度大小為a＝eq\f(30,20)m/s2＝1.5m/s2，在自救時加速度大小為a′＝eq\f(30,50－20)m/s2＝1m/s2，所以加速度大小之比為3∶2，故C正確；潛艇在0～20s內向下加速，加速度向下，處于失重狀態(tài)，故D錯誤。2.(多選)(2023·湖南懷化市期末)A、B兩個物體v－t圖像分別如圖中a、b所示，圖線a是拋物線，圖線b是直線，拋物線頂點的橫坐標為t1，0～t3時間內圖線a、b與橫軸圍成的面積相等。下列說法正確的是()A．t2時刻A、B間距離一定最小B．t2～t3時間內A的加速度一直小于B的加速度C．0～t3時間內A的平均速度等于B的平均速度D．t1～t3時間內A、B的位移大小之比為2∶3答案CD解析根據(jù)題意，由于不知道物體A、B初始狀態(tài)的位置關系，則無法判斷A、B間的距離變化情況，故A錯誤；由題圖可知，A的圖像關于t1對稱，由v－t圖像的斜率表示加速度可知，t2～t3時間內A的加速度不是一直小于B的加速度，故B錯誤；由題意可知，0～t3時間內圖線a、b與橫軸圍成的面積相等，即0～t3時間內A、B的位移相等，則0～t3時間內A的平均速度等于B的平均速度，故C正確；根據(jù)題意，由題圖可知，由于A的圖像關于t1對稱，則有t3＝2t1，則t1～t3時間內A的位移大小為A總位移的一半，B的位移大小為B總位移的eq\f(3,4)，由于A、B在0～t3時間內的位移相等，則t1～t3時間內A、B的位移大小之比為2∶3，故D正確。3.(2024·山東濟寧市期中)如圖所示，傾角為θ，質量為M的斜面體置于粗糙的水平地面，質量為m的物體靜止在斜面上。對物體施加沿斜面向下的力F使其勻速下滑，增大F使物體加速下滑。物體沿斜面勻速下滑和加速下滑時，斜面體始終保持靜止。比較物體勻速下滑和加速下滑兩個過程，下列說法正確的是()A．物體在加速下滑時，物體與斜面體之間的摩擦力較大B．物體在勻速和加速下滑時，地面與斜面體之間的摩擦力不變C．物體在勻速下滑時，物體對斜面體的壓力較小D．物體在加速下滑時，地面對斜面體的支持力較大答案B解析對物體施加沿斜面向下的力F使其勻速下滑，對物體分析可知Ff＝μmgcosθ，F(xiàn)N＝mgcosθ，而增大沿斜面的拉力F使物體加速下滑，物體所受的滑動摩擦力和斜面支持力大小不變，由牛頓第三定律可知，物體對斜面體的摩擦力Ff′和壓力FN′大小、方向均不變，則對斜面體而言，所有受力均不變，即地面與斜面體之間的摩擦力不變，地面對斜面體的支持力也不變，故選B。4.如圖所示，兩根直木棍AB和CD相互平行，斜靠在豎直墻壁上固定不動，一根水泥圓筒從木棍的上部以一定初速度勻速滑下。若保持兩木棍傾角不變，忽然將兩棍間的距離減小后固定不動，變動時間忽略不記，則水泥圓筒在兩木棍上將()A．仍勻速滑下 B．勻減速下滑C．勻加速下滑 D．可能忽然靜止答案C解析水泥圓筒從木棍的上部勻速滑下過程中，受到重力、兩棍的支持力和摩擦力，根據(jù)平衡條件知mgsinθ－2Ff1＝0，將兩棍間的距離減小后，兩棍支持力的合力不變，夾角減小，則每根木棍對圓筒的支持力減小，滑動摩擦力減小，根據(jù)牛頓第二定律，有mgsinθ－2Ff2＝ma，由于摩擦力變小，故加速度變大，可知圓筒將勻加速下滑，故選C。5.(2024·新疆百師聯(lián)盟聯(lián)考)如圖所示，小球沿足夠長的斜面向上做勻減速直線運動，在速度減為0的過程中，前2s內和最后2s內的位移大小分別為2.5m、2m，則在該運動過程中()A．小球的初速度大小為4m/sB．小球的加速度大小為2m/s2C．小球的運動時間為2.25sD．小球的運動時間為3s答案C解析將小球的運動逆向看作初速度為0的勻加速直線運動，設小球運動時間為t，由位移—時間公式x＝v0t＋eq\f(1,2)at2，可知2m＝eq\f(1,2)a·(2s)2，2.5m＝eq\f(1,2)at2－eq\f(1,2)a(t－2)2，解得a＝1m/s2，t＝2.25s，故B、D錯誤，C正確；小球的初速度大小為v0＝at＝2.25m/s，故A錯誤。6．圖甲是工人把貨物運送到房屋頂端的場景，簡化圖如圖乙所示，繩子跨過定滑輪拉動貨物A，沿傾角為θ的玻璃棚緩慢向上移動，忽略貨物所受摩擦阻力，則下列說法正確的是()A．貨物A對玻璃棚的壓力不變B．貨物A對玻璃棚的壓力越來越大C．繩子的拉力越來越大D．繩子的拉力越來越小答案C解析對貨物A受力分析，其動態(tài)圖如圖，貨物A緩慢向上移動，則拉力與豎直方向的夾角減小，由圖可知，繩子的拉力越來越大。同時，玻璃棚對貨物A的支持力變小，由牛頓第三定律知貨物A對玻璃棚的壓力越來越小。故選C。7.(2024·廣東省六校聯(lián)考)如圖所示，兩個長度相同的輕繩在中點處垂直交叉形成一個“繩兜”，重力為G的光滑球靜置于“繩兜”中。繩端掛于O點靜止，A、B、C、D為每根繩與球面相切的點，OA＝OB＝OC＝OD＝2R，R為球的半徑，則OA繩中的拉力大小為()A.eq\f(\r(5),8)GB.eq\f(\r(5),4)GC.eq\f(\r(3),6)GD.eq\f(1,4)G答案A解析設OA、OB、OC、OD與豎直方向夾角為θ，OA、OB、OC、OD繩子拉力為FT，根據(jù)受力分析及幾何關系可知4FTcosθ＝G，由幾何關系知cosθ＝eq\f(2R,\r(2R2＋R2))＝eq\f(2\r(5),5)，聯(lián)立可得FT＝eq\f(\r(5),8)G，故選A。8.(2024·海南省一模)如圖，質量分別為m和2m的方形物體A和B在水平恒力F作用下，沿光滑水平面向右運動，A剛好不下滑，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度大小為g，則A、B間的動摩擦因數(shù)為()A.eq\f(mg,F)B.eq\f(2mg,F)C.eq\f(3mg,2F)D.eq\f(3mg,4F)答案C解析設物體運動的加速度大小為a，對A、B整體有a＝eq\f(F,3m)，隔離B，可得A對B作用力大小FAB＝2m×a＝eq\f(2F,3)，由牛頓第三定律知B對A作用力大小FBA＝eq\f(2F,3)，對A在豎直方向有μFBA＝mg，得μ＝eq\f(3mg,2F)，故選C。9.(2024·山西省聯(lián)考)如圖所示，傾角為θ的傳送帶始終以5m/s的速度順時針勻速運動，一質量為1kg的物塊以10m/s的速度從底端沖上傳送帶，恰好能到達傳送帶頂端。已知物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.5，取重力加速度大小g＝10m/s2，sinθ＝0.6，物塊從傳送帶底端運動到頂端的時間為()A．1.0sB．1.5sC．2.5sD．3.0s答案D解析開始時物塊速度大于傳送帶速度，所受傳送帶摩擦力沿傳送帶向下，根據(jù)牛頓第二定律mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，解得a1＝10m/s2，物塊速度與傳送帶速度相等所需的時間t1＝eq\f(v0－v傳,a)＝0.5s，之后物塊的速度小于傳送帶的速度，物塊所受摩擦力沿傳送帶向上，根據(jù)牛頓第二定律mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，解得a2＝2m/s2，物塊從速度等于傳送帶速度到速度為零所需時間t2＝eq\f(v傳,a2)＝2.5s，物塊從傳送帶底端運動到頂端的時間t＝t1＋t2＝3.0s，故選D。10.(2023·江蘇卷·11)滑塊以一定的初速度沿粗糙斜面從底端上滑，到達最高點B后返回到底端。利用頻閃儀分別對上滑和下滑過程進行拍攝，頻閃照片示意圖如圖所示。與圖乙中相比，圖甲中滑塊()A．受到的合力較小B．經過A點的動能較小C．在A、B之間的運動時間較短D．在A、B之間克服摩擦力做的功較小答案C解析因為頻閃照片中的時間間隔相同，對比題圖甲和題圖乙可知題圖甲中滑塊加速度大，是上滑階段；根據(jù)牛頓第二定律可知圖甲中滑塊受到的合力較大，故A錯誤；從題圖甲中的A點到題圖乙中的A點，先上升后下降，重力做功為0，摩擦力做負功；根據(jù)動能定理可知題圖甲中經過A點的動能較大，故B錯誤；由于題圖甲中滑塊的加速度大，根據(jù)x＝eq\f(1,2)at2，可知題圖甲在A、B之間的運動時間較短，故C正確；由于無論上滑還是下滑滑塊均受到滑動摩擦力，大小相等，故題圖甲和題圖乙在A、B之間克服摩擦力做的功相等，故D錯誤。11.(2024·天津市第二南開中學期中)四旋翼無人機如圖所示，它是一種能夠垂直起降的小型遙控飛行器，目前得到越來越廣泛的應用。一架質量m＝2kg的無人機，其動力系統(tǒng)所能提供的最大升力F＝42N，運動過程中所受空氣阻力大小恒為f＝6N。g取10m/s2。(1)無人機在地面上從靜止開始，以最大升力豎直向上起飛，求在t＝6s時無人機離地面的高度h；(2)若無人機懸停在距離地面高度H＝84m處時，由于動力設備故障，無人機突然失去升力而墜落，若墜落過程中，在遙控設備的干預下，動力設備重新啟動并提供向上最大升力。若著地速度為零，求無人機從開始下落過程中的最大速度vm的大小。答案(1)144m(2)28m/s解析(1)由牛頓第二定律可得F－mg－f＝ma1解得無人機的加速度大小為a1＝8m/s2則在t＝6s時無人機離地面的高度為h＝eq\f(1,2)a1t2＝eq\f(1,2)×8×62m＝144m(2)無人機突然失去升力而墜落，下落過程中，有mg－f＝ma2解得無人機的加速度大小為a2＝7m/s2當動力設備重新啟動并提供向上最大升力時，無人機的速度最大，則有h1＝eq\f(vm2,2a2)重新提供向上最大升力后，根據(jù)牛頓第二定律可得F＋f－mg＝ma3解得無人機的加速度大小為a3＝14m/s2由題意可知無人機著地速度為零，則有h2＝eq\f(0－vm2,－2a3)，又h1＋h2＝H＝84m聯(lián)立解得無人機從開始下落過程中的最大速度