2026高考物理一轮复习-第三章-阶段复习(一)　力与直线运动-专项训练【含答案】

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规范训练
规范答题
答案 (1)2.5 m/s2 (2)5 m (3)(5＋755) s
解析 (1)在水平面上，由牛顿第二定律
F－μmg＝ma1
解得a1＝2.5 m/s2
(2)由M点到B点，有
vB2＝2a1L
沿斜面向上滑时，根据牛顿第二定律可得
mgsin θ＋μmgcs θ＝ma2
0－vB2＝－2a2x
解得x＝5 m
(3)在水平面匀加速时间
t1＝vBa1＝4 s
沿斜面上滑时间t2＝vBa2＝1 s
在斜面上向下滑时，由牛顿第二定律得
mgsin θ－μmgcs θ＝ma3
vB'2－0＝2a3x
解得vB'＝25 m/s
沿斜面下滑时间t3＝vB'a3＝5 s
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'a4＝255 s
全过程时间为t＝t1＋t2＋t3＋t4＝(5＋755) s
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.(2025·广东省八校联考一模)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·辽宁省七校协作体开学考)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0~50 s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＝20 s时下沉到最低点
B.潜艇竖直向下的最大位移为600 m
C.潜艇在“掉深”和自救时的加速度大小之比为3∶2
D.潜艇在0~20 s内处于超重状态
答案 C
解析 潜艇在0~50 s内先向下加速后向下减速，则50 s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＝12×30×50 m＝750 m，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＝3020 m/s2＝1.5 m/s2，在自救时加速度大小为a'＝3050-20 m/s2＝1 m/s2，所以加速度大小之比为3∶2，故C正确；潜艇在0~20 s内向下加速，加速度向下，处于失重状态，故D错误。
3.(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＝μmgcs θ，FN＝mgcs 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。
4.(2024·新疆百师联盟联考)如图所示，小球沿足够长的固定斜面向上做匀减速直线运动，在速度减为0的过程中，前2 s内和最后2 s内的位移大小分别为2.5 m、2 m，则在该运动过程中( )
A.小球的初速度大小为4 m/s
B.小球的加速度大小为2 m/s2
C.小球的运动时间为2.25 s
D.小球的运动时间为3 s
答案 C
解析 将小球的运动逆向看作初速度为0的匀加速直线运动，设小球运动时间为t，由位移—时间公式得x＝12at2，可知2 m＝12a·(2 s)2，2.5 m＝12at2－12a(t－2 s)2，解得a＝1 m/s2，t＝2.25 s，故B、D错误，C正确；小球的初速度大小为v0＝at＝2.25 m/s，故A错误。
5.(2024·贵州卷·4)如图(a)，一质量为m的匀质球置于固定钢质支架的水平横杆和竖直墙之间，并处于静止状态，其中一个视图如图(b)所示。测得球与横杆接触点到墙面的距离为球半径的1.8倍，已知重力加速度大小为g，不计所有摩擦，则球对横杆的压力大小为( )
A.35mgB.34mg
C.43mgD.53mg
答案 D
解析 对球进行受力分析如图，设球的半径为R，根据几何知识可得sin α＝1.8R-RR＝0.8
根据平衡条件得FNcs α＝mg
解得FN＝53mg
根据牛顿第三定律知球对横杆的压力大小为
FN'＝FN＝53mg
故选D。
6.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sin θ＝dl，根据平衡条件有2Fcs θ＝mg，又cs θ＝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＝12mgtan θ，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C错误；根据平衡条件可知，升降机对地面的压力为FN'＝Mg＋mg2，升降机缓慢向左移动时，升降机对地面的压力不变，故D错误。
7.(2024·山西省名校联考)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，重力加速度大小g取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 sB.1.5 sC.2.5 sD.3.0 s
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mgsin θ＋μmgcs θ＝ma1，解得a1＝10 m/s2，物块与传送带达到共速所需的时间t1＝v0-v传a1＝0.5 s，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－μmgcs θ＝ma2，解得a2＝2 m/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＝2.5 s，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。
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·陕西榆林市阶段考)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~t2时间内运动员的速度逐渐变大，故D正确。
9.(2025·河北石家庄市质检)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F-2kmg2m
B.整列车的加速度大小为F-kmgm
C.第4节车厢对第5节车厢的作用力大小为0
D.第4节车厢对第5节车厢的作用力大小为12F
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C正确，D错误。
10.(2025·福建省福宁古五校联考期中)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)(2025·云南大理市模拟)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0.80 cm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32.8 g(重力加速度g取10 m/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＝32.8×10-3×100.80×10-2 N/m＝41.0 N/m
(2)如题图丙所示，刻度尺分度值为0.1 cm，应估读到下一位，指针对应处的读数为7.20 cm。
(3)由于有三根弹簧，则弹簧劲度系数满足k'＝ N/m＝50.0 N/m。
12.(8分)(2025·甘肃省西北师范大学附属中学期中)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10 m/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50 Hz，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3.2 N，用天平测出滑块质量为1 kg，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＝5×0.02 s＝0.1 s
根据逐差法可知加速度大小为a＝x36-x039T2＝13.81＋12.22＋10.60-9.02-7.41-5.799×0.12×10－2 m/s2≈1.60 m/s2
(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)(2025·福建莆田市期中)如图所示，质量m＝2 kg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20 N、与水平方向成θ＝37°角斜向上的拉力F，已知sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g取10 m/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5 s末的速度v的大小。
答案 (1)2 N (2)7 m/s2 (3)35 m/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＋Fsin 37°＝mg
解得FN＝8 N
物体运动过程中所受的摩擦力大小为Ff＝μFN＝2 N
(2)水平方向上对物体由牛顿第二定律有Fcs 37°－Ff＝ma
解得物体的加速度大小为a＝7 m/s2
(3)由运动学公式可得，物体在拉力作用下5 s末的速度大小为v＝at5＝35 m/s。
14.(13分)(2024·天津市第二南开中学期中)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＝2 kg的无人机，其动力系统所能提供的最大升力F＝42 N，运动过程中所受空气阻力大小恒为f＝6 N。g取10 m/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＝6 s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＝84 m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)144 m (2)28 m/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＝8 m/s2
则在t＝6 s时无人机离地面的高度为
h＝12a1t2＝12×8×62 m＝144 m
(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＝7 m/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＝vm22a2
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＝14 m/s2
由题意可知无人机着地速度为零，
则有h2＝0-vm2-2a3，又h1＋h2＝H＝84 m
联立解得无人机从开始下落过程中的最大速度为vm＝28 m/s。
15.(15分)(2024·黑龙江齐齐哈尔市期中)如图所示，质量为m1＝1 kg、长L＝1.75 m的木板(厚度不计)静止在水平地面上，质量为m2＝2 kg的小物块(可看成质点)以初速度v0＝5 m/s从左端滑上木板。已知木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.2，小物块与木板和地面间的动摩擦因数均为μ2＝0.4，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)(7分)小物块滑离木板的时间；
(2)(8分)小物块离开木板后，通过计算判断木板与小物块是否发生碰撞。
答案 (1)0.5 s (2)见解析
解析 (1)根据题意，对物块，由牛顿第二定律有μ2m2g＝m2a物，代入数据解得a物＝4 m/s2
对木板，由牛顿第二定律有μ2m2g－μ1(m1＋m2)g＝m1a木，代入数据解得a木＝2 m/s2
设经过时间t物块滑离木板，有L＝v0t－12a物t2－12a木t2，代入数据解得t＝0.5 s(t＝76 s舍去)
(2)物块滑离木板时，物块的速度为v1＝v0－a物t＝3 m/s，木板的速度为v2＝a木t＝1 m/s
物块滑离木板后，加速度大小a物1＝4 m/s2
对木板有μ1m1g＝m1a木1，解得a木1＝2 m/s2
分析可知在木板停止前物块的速度始终大于木板的速度，物块的停止距离为x1＝v122a物1＝1.125 m
木板的停止距离为x2＝v222a木1＝0.25 m
由于x1>x2，所以不会相撞。