資源簡介

(共43張PPT)
階段復習(一)
力與直線運動
規范訓練　(2024·山東濰坊市模擬)如圖所示，在水平地面上靜置一質量M＝2 kg的長木板，在長木板左端靜置一質量m＝1 kg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＝5 m。在t＝0時刻B以v0＝2 m/s的初速度向右運動，同時對A施加一水平向右、大小為6 N的拉力F，A開始相對長木板滑動。t1＝2 s時A的速度大小為v1＝
4 m/s，木板與地面間的動摩擦因數μ＝0.05，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g＝10 m/s2，求：
(1)物塊A與木板間的動摩擦因數μA；
答案　0.4
由運動學公式得v1＝a1t1，
解得a1＝2 m/s2，對A由牛頓第二定律得F－μAmg＝ma1，解得μA＝0.4。
(2)已知t2＝2.5 s時兩物塊均未滑離長木板，求此時物塊A、B間的距離x；
答案　3.75 m
t2＝2.5 s時B運動的位移大小xB＝v0t2＝2×2.5 m＝5 m，t2＝2.5 s時A運動的位移大小xA＝ ×2×2.52 m＝6.25 m
t2＝2.5 s時A、B間的距離x＝L0＋xB－xA＝5 m＋5 m－6.25 m＝3.75 m。
(3)當B滑到木板的右端時A、B恰好相碰，求木板長度L。
對木板由牛頓第二定律得
μAmg－μ(m＋m＋M)g＝Ma2，解得a2＝1 m/s2
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＝2 m/s B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6 N的拉力F，A開始相對長木板滑動。t1＝2 s時A的速度大小為v1＝4 m/s A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
關鍵表述 關鍵表述解讀
A、B之間的距離L0＝5 m，已知t2＝2.5 s時兩物塊均未滑離長木板，求此時物塊A、B間的距離x B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＝5 m，滿足xA＋x＝xB＋L0關系
木板與地面間的動摩擦因數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
關鍵表述 關鍵表述解讀
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
階段復習練(一)
1.(2024·天津市第四十七中學期中)根據海水中的鹽分高低可將海水分成不同密度的區域，當潛艇從海水高密度區域駛入低密度區域，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0～50 s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600 m
C.潛艇在“掉深”和自救時的加速度大小之比為3∶2
D.潛艇在0～20 s內處于超重狀態
√
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潛艇在0～50 s內先向下加速后向下減速，則50 s時向下到達最大深度，故A錯誤；
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潛艇在0～20 s內向下加速，加速度向下，處于失重狀態，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
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根據題意，由于不知道物體A、B初始狀態的
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；
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根據題意，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 ，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。
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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
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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＝μmgcos θ，FN＝mgcos θ，而增大沿斜面的拉力F使物體加速下滑，物體
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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
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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，根據平衡條件知mgsin θ－
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，根據牛頓第二定律，有mgsin θ－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。
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5.(2024·新疆百師聯盟聯考)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2 s內和最后2 s內的位移大小分別為2.5 m、2 m，則在該運動過程中
A.小球的初速度大小為4 m/s
B.小球的加速度大小為2 m/s2
C.小球的運動時間為2.25 s
D.小球的運動時間為3 s
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小球的初速度大小為v0＝at＝2.25 m/s，故A錯誤。
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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
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對貨物A受力分析，其動態圖如圖，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。
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7.(2024·廣東省六校聯考)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
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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間的動摩擦因數為
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9.(2024·山西省聯考)如圖所示，傾角為θ的傳送帶始終以5 m/s的速度順時針勻速運動，一質量為1 kg的物塊以10 m/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為0.5，取重力加速度大小g＝10 m/s2，sin θ＝0.6，物塊從傳送帶
底端運動到頂端的時間為
A.1.0 s B.1.5 s
C.2.5 s D.3.0 s
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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，根據牛頓第二定律mgsin θ＋
μmgcos θ＝ma1，解得a1＝10 m/s2，物塊速度與傳
送帶速度相等所需的時間t1＝ ＝0.5 s，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，根據牛頓第二定律mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，解得a2＝2 m/s2，物塊從速度等于傳送帶速度到速度為零所需時間t2＝ ＝2.5 s，物塊從傳送帶底端運動到頂端的時間t＝t1＋t2＝3.0 s，故選D。
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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
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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；根據動能定理可知題圖甲中經過A點的動能較大，故B錯誤；
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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＝2 kg的無人機，其動力系統所能提供的最大升力F＝42 N，運動過程中所受空氣阻力大小恒為f＝6 N。g取10 m/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＝6 s時無人機離地面的高度h；
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答案　144 m
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＝8 m/s2
則在t＝6 s時無人機離地面的高度為
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(2)若無人機懸停在距離地面高度H＝84 m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。
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答案　28 m/s
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＝7 m/s2
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重新提供向上最大升力后，根據牛頓第二定律可得F＋f－mg＝ma3
解得無人機的加速度大小為a3＝14 m/s2
由題意可知無人機著地速度為零，
聯立解得無人機從開始下落過程中的最大速度為vm＝28 m/s。
12.(2024·黑龍江齊齊哈爾市期中)如圖所示，質量為m1＝1 kg、長L＝1.75 m的木板(厚度不計)靜止在水平地面上，質量為m2＝2 kg的小物塊(可看成質點)以初速度v0＝5 m/s從左端滑上木板。已知木板與地面間的動摩擦因數μ1＝0.2，小物塊與木板和地面間的動摩擦因數均為μ2＝0.4，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)小物塊滑離木板的時間；
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答案　0.5 s　
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根據題意，對物塊，由牛頓第二定律有μ2m2g
＝m2a物，代入數據解得a物＝4 m/s2
對木板，由牛頓第二定律有μ2m2g－μ1(m1＋m2)g＝m1a木，代入數據解得a木＝2 m/s2
(2)小物塊離開木板后，通過計算判斷木板與小物塊是否發生碰撞。
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答案　見解析
物塊滑離木板時，物塊的速度為v1＝v0－a物t＝3 m/s，木板的速度為v2＝a木t＝1 m/s
物塊滑離木板后，加速度a物1＝4 m/s2
對木板有μ1m1g＝m1a木1，解得a木1＝2 m/s2
分析可知在木板停止前物塊的速度始終大于木板，物塊的停止距離為x1＝ ＝1.125 m
木板的停止距離為x2＝ ＝0.25 m
由于x1>x2，所以不會相撞。
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12階段復習(一)　力與直線運動
知識網絡
規范訓練　(2024·山東濰坊市模擬)如圖所示，在水平地面上靜置一質量M＝2 kg的長木板，在長木板左端靜置一質量m＝1 kg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＝5 m。在t＝0時刻B以v0＝2 m/s的初速度向右運動，同時對A施加一水平向右、大小為6 N的拉力F，A開始相對長木板滑動。t1＝2 s時A的速度大小為v1＝4 m/s，木板與地面間的動摩擦因數μ＝0.05，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g＝10 m/s2，求：
(1)物塊A與木板間的動摩擦因數μA；
(2)已知t2＝2.5 s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＝2 m/s B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6 N的拉力F，A開始相對長木板滑動。t1＝2 s時A的速度大小為v1＝4 m/s A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
A、B之間的距離L0＝5 m，已知t2＝2.5 s時兩物塊均未滑離長木板，求此時物塊A、B間的距離x B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＝5 m，滿足xA＋x＝xB＋L0關系
木板與地面間的動摩擦因數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)3.75 m　(3) m
解析　(1)由運動學公式得v1＝a1t1，
解得a1＝2 m/s2，對A由牛頓第二定律得F－μAmg＝ma1，解得μA＝0.4。
(2)t2＝2.5 s時B運動的位移大小xB＝v0t2＝2×2.5 m＝5 m，t2＝2.5 s時A運動的位移大小xA＝a1t22＝×2×2.52 m＝6.25 m
t2＝2.5 s時A、B間的距離x＝L0＋xB－xA＝5 m＋5 m－6.25 m＝3.75 m。
(3)對木板由牛頓第二定律得
μAmg－μ(m＋m＋M)g＝Ma2，解得a2＝1 m/s2
設經過t′物塊B滑到木板的右端時A、B恰好相碰，則a1t′2＝L0＋v0t′，A到達木板右端，可得a1t′2＝L＋a2t′2，聯立解得L＝ m。
階段復習練(一)
1．(2024·天津市第四十七中學期中)根據海水中的鹽分高低可將海水分成不同密度的區域，當潛艇從海水高密度區域駛入低密度區域，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0～50 s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600 m
C．潛艇在“掉深”和自救時的加速度大小之比為3∶2
D．潛艇在0～20 s內處于超重狀態
答案　C
解析　潛艇在0～50 s內先向下加速后向下減速，則50 s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＝×30×50 m＝750 m，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＝ m/s2＝1.5 m/s2，在自救時加速度大小為a′＝ m/s2＝1 m/s2，所以加速度大小之比為3∶2，故C正確；潛艇在0～20 s內向下加速，加速度向下，處于失重狀態，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　根據題意，由于不知道物體A、B初始狀態的位置關系，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，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＝μmgcos θ，FN＝mgcos θ，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，根據平衡條件知mgsin θ－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，根據牛頓第二定律，有mgsin θ－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·新疆百師聯盟聯考)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2 s內和最后2 s內的位移大小分別為2.5 m、2 m，則在該運動過程中(　　)
A．小球的初速度大小為4 m/s
B．小球的加速度大小為2 m/s2
C．小球的運動時間為2.25 s
D．小球的運動時間為3 s
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＋at2，可知2 m＝a·(2 s)2，2.5 m＝at2－a(t－2)2，解得a＝1 m/s2，t＝2.25 s，故B、D錯誤，C正確；小球的初速度大小為v0＝at＝2.25 m/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.G B.G C.G D.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，根據受力分析及幾何關系可知4FTcos θ＝G，由幾何關系知cos θ＝＝，聯立可得FT＝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間的動摩擦因數為(　　)
A. B. C. D.
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＝，隔離B，可得A對B作用力大小FAB＝2m×a＝，由牛頓第三定律知B對A作用力大小FBA＝，對A在豎直方向有μFBA＝mg，得μ＝，故選C。
9.(2024·山西省聯考)如圖所示，傾角為θ的傳送帶始終以5 m/s的速度順時針勻速運動，一質量為1 kg的物塊以10 m/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為0.5，取重力加速度大小g＝10 m/s2，sin θ＝0.6，物塊從傳送帶底端運動到頂端的時間為(　　)
A．1.0 s B．1.5 s C．2.5 s D．3.0 s
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，根據牛頓第二定律mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，解得a1＝10 m/s2，物塊速度與傳送帶速度相等所需的時間t1＝＝0.5 s，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，根據牛頓第二定律mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，解得a2＝2 m/s2，物塊從速度等于傳送帶速度到速度為零所需時間t2＝＝2.5 s，物塊從傳送帶底端運動到頂端的時間t＝t1＋t2＝3.0 s，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x＝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＝2 kg的無人機，其動力系統所能提供的最大升力F＝42 N，運動過程中所受空氣阻力大小恒為f＝6 N。g取10 m/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＝6 s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＝84 m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)144 m　(2)28 m/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＝8 m/s2
則在t＝6 s時無人機離地面的高度為
h＝a1t2＝×8×62 m＝144 m
(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＝7 m/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＝
重新提供向上最大升力后，根據牛頓第二定律可得F＋f－mg＝ma3
解得無人機的加速度大小為a3＝14 m/s2
由題意可知無人機著地速度為零，
則有h2＝，又h1＋h2＝H＝84 m
聯立解得無人機從開始下落過程中的最大速度為vm＝28 m/s。
12.(2024·黑龍江齊齊哈爾市期中)如圖所示，質量為m1＝1 kg、長L＝1.75 m的木板(厚度不計)靜止在水平地面上，質量為m2＝2 kg的小物塊(可看成質點)以初速度v0＝5 m/s從左端滑上木板。已知木板與地面間的動摩擦因數μ1＝0.2，小物塊與木板和地面間的動摩擦因數均為μ2＝0.4，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)小物塊滑離木板的時間；
(2)小物塊離開木板后，通過計算判斷木板與小物塊是否發生碰撞。
答案　(1)0.5 s　(2)見解析
解析　(1)根據題意，對物塊，由牛頓第二定律有μ2m2g＝m2a物，代入數據解得a物＝4 m/s2
對木板，由牛頓第二定律有μ2m2g－μ1(m1＋m2)g＝m1a木，代入數據解得a木＝2 m/s2
設經過時間t物塊滑離木板，有L＝v0t－a物t2－a木t2，代入數據解得t1＝0.5 s(t2＝ s舍去)
(2)物塊滑離木板時，物塊的速度為v1＝v0－a物t＝3 m/s，木板的速度為v2＝a木t＝1 m/s
物塊滑離木板后，加速度a物1＝4 m/s2
對木板有μ1m1g＝m1a木1，解得a木1＝2 m/s2
分析可知在木板停止前物塊的速度始終大于木板，物塊的停止距離為x1＝＝1.125 m
木板的停止距離為x2＝＝0.25 m
由于x1>x2，所以不會相撞。階段復習(一)　力與直線運動
知識網絡
規范訓練　(2024·山東濰坊市模擬)如圖所示，在水平地面上靜置一質量M＝2 kg的長木板，在長木板左端靜置一質量m＝1 kg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＝5 m。在t＝0時刻B以v0＝2 m/s的初速度向右運動，同時對A施加一水平向右、大小為6 N的拉力F，A開始相對長木板滑動。t1＝2 s時A的速度大小為v1＝4 m/s，木板與地面間的動摩擦因數μ＝0.05，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g＝10 m/s2，求：
(1)物塊A與木板間的動摩擦因數μA；
(2)已知t2＝2.5 s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＝2 m/s B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6 N的拉力F，A開始相對長木板滑動。t1＝2 s時A的速度大小為v1＝4 m/s A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
A、B之間的距離L0＝5 m，已知t2＝2.5 s時兩物塊均未滑離長木板，求此時物塊A、B間的距離x B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＝5 m，滿足xA＋x＝xB＋L0關系
木板與地面間的動摩擦因數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
規范答題區 評價項目(100分) 自評得分
書寫工整，卷面整潔(20分)
有必要的文字說明，指明研究對象、過程、所用規律(20分)
列式規范，無連等式，無變形后公式(20分)
無代數過程，有聯立①②③式得(20分)
結果規范，中間關鍵點有結果，矢量指明方向(20分)
總分

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