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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)2.5 m/s2 (2)5 m (3)(5＋7√5
5
) 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
vB
2＝2a1L
沿斜面向上滑时，根据牛顿第二定律可得
mgsin θ＋μmgcos θ＝ma2
0－vB
2＝－2a2x
解得x＝5 m
(3)在水平面匀加速时间
t1＝vB
a1
＝4 s
沿斜面上滑时间t2＝
vB
a2
＝1 s
在斜面上向下滑时，由牛顿第二定律得
mgsin θ－μmgcos θ＝ma3
vB'2－0＝2a3x
解得vB'＝2√5 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
＝2√5
5
s
全过程时间为t＝t1＋t2＋t3＋t4＝(5＋7√5
5
) 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. (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0~50 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＝1
2×30×50 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＝30
20 m/s2＝1.5 m/s2，在自救时加速度大小为a'＝
30
50-20 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＝μmgcos θ，FN＝mgcos 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.(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0.1 m/s，BC 段的平均速度是
0.05 m/s。则“蛟龙”号经过A 点时的速度为( )
A.0.11 m/s
B.0.09 m/s
C.0.06 m/s
D.0.04 m/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vB
2-v A
2=2ax，vC
2-vB
2=2a·2x，v A+ vB
2
=0.1 m/s，vB+ vC
2
=0.05 m/s，联立得vA=0.11 m/s，vB=0.09
m/s，vC=0.01 m/s，A 正确。
5.(2024·河北卷·5)如图，弹簧测力计下端挂有一质量为0.20 kg 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1.0 N，g 取10m/s2，
挡板对球体支持力的大小为( )
A.√3
3 N
B.1.0 N
C.2√3
3
N
D.2.0 N
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
FNsin 30°=Fsin 30°，FNcos 30°+Fcos 30°+FT=mg
解得F=FN=√3
3 N，故选A。
6. (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
sin θ＝d
l ，根据平衡条件有2Fcos θ＝mg，又cos θ＝√
1- d
2
l
2 ，解得F＝
mg
2√
1- d
2
l
2
，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＝1
2mgtan 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＋mg
2 ，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.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 s
B.1.5 s
C.2.5 s
D.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＋
μmgcos 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－μmgcos 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·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 ＝x
t 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.(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F -2kmg
2m
B.整列车的加速度大小为F -kmg
m
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1
2F
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 -2kmg
2m
，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.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0.80 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＝Δ F
Δ x ＝32.8×10
-3×10
0.80×10
-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'＝
1.0
0.12-0.06
3
N/m＝50.0 N/m。
12.(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- x03
9T
2
＝13.81＋12.22＋10.60-9.02-7.41-5.79
9×0.1
2
×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)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，cos 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Fcos 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)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＝1
2a1t2＝1
2×8×62 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＝vm
2
2a2
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- vm
2
-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)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－1
2a 物t2－1
2a 木t2，代入数据解得t＝0.5 s(t＝7
6 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＝v1
2
2a物1
＝1.125 m
木板的停止距离为x2＝v2
2
2a木1
＝0.25 m
由于x1>x2，所以不会相撞。
