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阶段复习(一)　力与直线运动
答案　(1)2.5 m/s2　(2)5 m　(3)(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
=2a1L
沿斜面向上滑时，根据牛顿第二定律可得
mgsin θ+μmgcos θ=ma2
0-=-2a2x
解得x=5 m
(3)在水平面匀加速时间
t1==4 s
沿斜面上滑时间t2==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 m/s
沿斜面下滑时间t3== 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== s
全过程时间为t=t1+t2+t3+t4=(5+) s
阶段复习练(一)
[分值：100分]
一、选择题：1~7题，每题4分；8~10题，每题6分，共46分。
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·云南昆明市一模)某同学在乘坐高铁列车时利用手机软件记录了列车沿平直轨道运动的速度v随时间t的变化关系如图所示，下列能大致反映列车的位移x随时间t变化规律的图像是(　　)
答案　A
解析　由速度v随时间t的变化图像可知，列车的运动状态可看作先匀加速，再匀速，根据x=at2及x=vt可知，位移随时间的变化图像先是开口向上的抛物线，然后是斜率不变的直线。故选A。
3.(多选)(2025·广西卷·9)“独竹漂”是一种传统的交通工具，人拿着竹竿站在单竹上，人和单竹筏在水里减速滑行，人与单竹筏相对静止，则(　　)
A.人受合力为零
B.人对单竹筏的力的方向竖直向下
C.人和单竹筏的重心在单竹筏所在的竖直面上
D.人和竹竿构成的整体的重心，与竹竿受到合力的作用线在同一竖直平面上
答案　CD
解析　人和竹筏在水里减速滑行，速度在变化，根据牛顿第二定律可知合力不为零，故A错误；竹筏在水平方向有加速度，人对竹筏的力在竖直方向有压力，水平方向有摩擦力，所以人对竹筏的力的方向不是竖直向下，故B错误；人和竹筏、竹竿相对静止，且减速滑行，故人和竹筏、竹竿在垂直运动方向的水平方向不受力，所有的力都在运动方向的同一竖直面内，故C、D正确。
4.(2025·云南昆明市三模)考驾照需要进行“定点停车”的考核。路旁有一标志杆，在车以18 km/h的速度匀速行驶的过程中，当车头与标志杆的距离为5 m时，学员刹车，车立即做匀减速直线运动，车头恰好停在标志杆处。则汽车从刹车到停下的过程中(　　)
A.运动时间为1.5 s
B.加速度大小为2 m/s2
C.平均速度大小为2.5 m/s
D.车头距标志杆2.5 m时，车的速度大小为2.5 m/s
答案　C
解析　初速度v=18 km/h=5 m/s，根据v2=2ax，加速度大小为a=2.5 m/s2，故B错误；运动时间为t==2 s，故A错误；平均速度大小为==2.5 m/s，故C正确；车头距标志杆2.5 m时，汽车运动了x1=5 m-2.5 m=2.5 m，根据运动学公式-v2=-2ax1，可得车的速度大小为v1= m/s，故D错误。
5.(多选)(2025·山西晋中市三模)如图所示，一辆运输集装箱的卡车在倾角为β的斜坡上运动，箱子的顶部用细线悬挂了一个小球，某个时刻悬挂小球的细线与虚线的夹角为α(虚线垂直于车厢底面)，小球与卡车相对静止。重力加速度为g，关于卡车的运动，下列说法正确的是(　　)
A.若卡车匀速开下斜坡，则α=β
B.若卡车匀减速开下斜坡，则α>β
C.当α=0°时，卡车的加速度大小a=0
D.当α=0°时，卡车的加速度大小a=gsin β
答案　ABD
解析　若卡车在斜坡上做匀速直线运动，则小球做匀速直线运动，受到的合外力为0，小球竖直方向上重力和细线拉力的大小相等，细线在竖直方向上，根据几何关系可知α=β，故A正确；若卡车在斜坡上做匀减速直线运动，则小球有沿斜坡向上的加速度，则细线应该向右偏(相对于过悬点的竖直方向)，则有α>β，故B正确；当α=0°时，对小球受力分析，沿斜坡方向上ma=mgsin β，解得a=gsin β，故D正确，C错误。
6.(2025·山西吕梁市二模)某物体在一竖直向上的恒定拉力作用下从地面由静止开始竖直向上运动，经过4 s到达距离水平地面40 m高度处，此时撤掉拉力。不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
A.物体前4 s内的加速度大小为4 m/s2
B.物体在4 s末的速度大小为20 m/s
C.物体上升过程中距离地面的最大高度为40 m
D.物体从开始运动到落回地面的总时间为(4+2) s
答案　B
解析　前4 s内物体做匀加速直线运动，则有h1=a，解得a=5 m/s2，A错误；由速度公式得v1=at1=20 m/s，B正确；由位移与速度关系公式得h2=，代入数据解得h2=20 m，所以物体上升过程中离地面的最大高度h=h1+h2=40 m+20 m=60 m，C错误；从撤掉拉力到运动至最高点的过程中，由v1=gt2，解得t2== s=2 s，从最高点落回地面的过程中h=g，h=60 m，代入得t3=2 s，故从开始运动到落回地面的总时间t总=t1+t2+t3=(6+2) s，D错误。
7.(多选)(2025·山西临汾市三模)如图是工人在高层安装空调时吊运室外机的场景示意图。一名工人甲在A点向上拉绳子AO，另一名工人乙站在水平地面上拉住另一根绳子OB，防止空调撞墙。在吊运的过程中，地面上的工人乙在缓慢后退时缓慢放绳，室外机缓慢竖直上升，绳子OB与竖直方向的夹角近似不变，下列说法正确的是(　　)
A.绳子AO上的拉力不断减小
B.绳子OB上的拉力不断增大
C.地面对工人乙的支持力不断增大
D.地面对工人乙的摩擦力不断增大
答案　BD
解析　对室外机分析受力，受A、B拉力F1、F2和自身重力mg而平衡，如图(a)所示。
将这三个力构成矢量三角形，如图(b)所示。由图可知，地面上的工人乙在缓慢后退时缓慢放绳过程中，β不变，α逐渐增大，F1、F2均增大，故A错误，B正确；β不变，绳子的拉力F2增大，则绳子的拉力F2在竖直方向的分力增大，对地面工人乙，由平衡条件易得地面对工人乙的支持力不断减小，绳子的拉力F2在水平方向的分力增大，可知地面对工人乙的摩擦力不断增大，故C错误，D正确。
8.(多选)(2025·福建厦门市一模)如图所示，表面光滑的物块A在水平力F的作用下静止在倾角为θ的斜面体B上，斜面体B静止在水平地面上，下列说法正确的是(　　)
A.物块A受到的重力大小为Ftan θ
B.物块A受到B的支持力大小为
C.A对B的作用力大小等于F
D.斜面体B受到地面的摩擦力大小等于F
答案　BD
解析　物块A静止，处于平衡状态，受力如图所示，物块A受到的重力GA=mg=，物块A受到B的支持力大小FN=，故A错误，B正确；物块A受到重力GA、推力F、B对A的作用力，物块A静止，由平衡条件可知，B对A的作用力大小等于重力GA与F的合力大小，不等于F，由牛顿第三定律可知，A对B的作用力大小不等于F，故C错误；物块A与斜面体B整体静止，处于平衡状态，在水平方向，由平衡条件可知，斜面体B受到地面的摩擦力大小Ff=F，故D正确。
9.(2025·陕西安康市三模)如图甲所示，水平地面上有一足够长木板，将一小物块放在长木板右端，给长木板施加一水平向右的变力F，长木板及小物块的加速度a随变力F变化的规律如图乙所示。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，下列说法正确的是(　　)
A.小物块与长木板间的动摩擦因数为
B.长木板与地面间的动摩擦因数为
C.小物块的质量为
D.长木板的质量为
答案　D
解析　设小物块的质量为m，长木板的质量为M，长木板与地面间的动摩擦因数为μ1，小物块与长木板间的动摩擦因数为μ2，当F>F3时，小物块相对长木板滑动，对小物块有μ2mg=ma1，解得μ2=，故A错误；根据题图乙可知，当F=F1时，长木板恰好开始相对地面滑动，所以长木板与地面间的动摩擦因数μ1=，当F1F3时，对长木板，根据牛顿第二定律有F-μ2mg-μ1(m+M)g=Ma，整理得a=--，结合题图乙有=，=，则长木板的质量M=，小物块的质量m=，故C错误，D正确。
10.(多选)(2025·湖南长沙市一模)许多工厂的流水线上安装有传送带，如图所示传送带由驱动电机带动，传送带的速率v=2 m/s恒定，运送质量为m=2 kg的工件，将工件轻放到传送带上的A端，每当前一个工件在传送带上停止滑动时，后一个工件立即轻放到传送带上。工件与传送带之间的动摩擦因数μ=，传送带与水平方向夹角θ=30°，工件从A端传送到B端所需要的时间为4 s。g取10 m/s2，工件可视作质点。关于工件在传送带上的运动，下列说法正确的是(　　)
A.加速过程的加速度大小为4 m/s2
B.加速运动的距离为1 m
C.两个相对静止的相邻工件间的距离为1 m
D.A、B两端的距离为8 m
答案　AC
解析　工件加速过程，根据牛顿第二定律有μmgcos 30°-mgsin 30°=ma，解得a=4 m/s2，故A正确；加速过程，根据速度与位移的关系有v2=2ax1，解得x1=0.5 m，故B错误；工件加速经历时间t1==0.5 s，根据先加速后匀速，由于每当前一个工件在传送带上停止滑动时，后一个工件立即轻放到传送带上，则两个相对静止的相邻工件间的距离为Δx=vt1=1 m，故C正确；工件从A端传送到B端所需要的时间为t0=4 s，则工件匀速运动的位移为x2=v(t0-t1)=7 m，A、B两端的距离xAB=x1+x2=7.5 m，故D错误。
二、非选择题：本题共4小题，共54分。
11.(8分)(2025·安徽卷·11)某实验小组通过实验探究加速度与力、质量的关系。
(1)(2分)利用图甲装置进行实验，要平衡小车受到的阻力。平衡阻力的方法是：调整轨道的倾斜度，使小车　　　　　　(选填正确答案标号)。
a.能在轨道上保持静止
b.受牵引时，能拖动纸带沿轨道做匀速运动
c.不受牵引时，能拖动纸带沿轨道做匀速运动
(2)(6分)利用图乙装置进行实验，箱体的水平底板上安装有力传感器和加速度传感器，将物体置于力传感器上，箱体沿竖直方向运动。利用传感器测得物体受到的支持力FN和物体的加速度a，并将数据实时传送到计算机。
①图丙是根据某次实验采集的数据生成的FN和a随时间t变化的散点图，以竖直向上为正方向。t=4 s时，物体处于　　　　　　(选填“超重”或“失重”)状态；以FN为横轴、a为纵轴，根据实验数据拟合得到的a-FN图像为图丁中的图线a。
②若将物体质量增大一倍，重新进行实验，其a-FN图像为图丁中的图线　　　　　　(选填“b”“c”或“d”)。
答案　(1)c　(2)①失重　②d
解析　(1)平衡阻力的方法是：调整轨道的倾斜度，使小车不受牵引时，能拖动纸带沿轨道做匀速运动，故选c。
(2)①根据题图丙可知t=4 s时，加速度方向竖直向下，故处于失重状态；
②对物体根据牛顿第二定律FN-mg=ma
整理得a=·FN-g
可知物体a-FN图像的斜率为，故将物体质量增大一倍，图像斜率变小，纵轴截距不变，其a-FN图像为题图丁中的图线d。
12.(14分)(2025·山东济宁市检测)机器人某次在平台上运送货物时，从A处由静止出发沿两段互相垂直的直线路径AB、BC运动到C处停下。已知机器人最大运行速率vm=3 m/s，加速或减速运动时的加速度大小均为a=2 m/s2，A到B的时间tAB=3.5 s，BC距离xBC=4.5 m，机器人途经B处时的速率为零，忽略机器人在B处的转向时间。要求机器人最短时间内到达C处，运动过程中机器人可视为质点。求：
(1)(7分)AB间的距离xAB；
(2)(7分)机器人从A处运动到C处的平均速度大小(结果保留两位小数)。
答案　(1)6 m　(2)1.15 m/s
解析　(1)设机器人从A到B过程中，加速到vm所需时间为t1，减速所用时间为t2，
则t1=t2==1.5 s，机器人从A运动到B的过程，加速、减速运动的位移大小分别为x1、x2，
则x1=x2=t1=2.25 m，匀速运动的位移大小x3=vm(tAB-t1-t2)=1.5 m，AB间的距离
xAB=x1+x2+x3=6 m
(2)机器人从B运动到C的过程恰好先加速到最大速度vm再减速到0，不经历匀速过程。
机器人从B运动到C的时间tBC=t1+t2=3 s，机器人从A运动到C的位移大小xAC==7.5 m
从A运动到C的平均速度大小=
解得≈1.15 m/s。
13.(16分)(2025·江西景德镇市三模)潜艇从高密度海水区域驶入低密度海水区域时，浮力顿减，潜艇如同“汽车掉下悬崖”，称之为“掉深”。总质量为6.0×106 kg的某潜艇，在高密度海水区域距海平面200 m，距海底112.5 m处沿水平方向缓慢潜航，如图所示。当该潜艇驶入低密度海水区域A点时，浮力突然降为5.4×107 N，10 s后，潜艇官兵迅速对潜艇减重(排水)，结果潜艇刚好零速度“坐底”并安全上浮，避免了一起严重事故。已知在整个运动过程中，潜艇所受阻力大小恒为6×105 N，重力加速度g取10 m/s2，假设潜艇减重的时间忽略不计，海底平坦，求：
(1)(6分)潜艇“掉深”10 s时的竖直速度大小；
(2)(10分)潜艇减重排出水的质量。(结果保留2位有效数字)
答案　(1)9 m/s　(2)8.5×105 kg
解析　(1)设潜艇刚“掉深”时的加速度大小为a1，对潜艇，由牛顿第二定律得mg-F浮-Ff=ma1
代入数据解得a1=0.9 m/s2
10 s末的竖直速度为v=a1t1
解得v=9 m/s
(2)“掉深”10 s时，潜艇下落的高度h1=t1
解得h1=45 m
潜艇减速下落的高度h2=h-h1
解得h2=67.5 m
在减速阶段h2=
解得a2=0.6 m/s2
设潜艇减重后的质量为m1 ，潜艇减重后以0.6 m/s2的加速度匀减速下沉过程中，
由牛顿第二定律得F浮+Ff-m1g=m1a2
代入数据解得m1≈5.15×106 kg
排水前潜艇的质量m=6.0×106 kg
“掉深”过程中排出水的质量m'=m-m1=8.5×105 kg。
14.(16分)(2025·宁夏银川市期中)如图甲所示，两端分别为M、N的长木板B静止在水平地面上，木板上有一点P，PN段上表面光滑，MP段上表面粗糙，N端上静止着一个可视为质点的滑块A，现给木板施加一个水平向右的恒力F=7 N，从长木板B开始运动的一瞬间开始计时，滑块A运动的速度—时间图像如图乙所示。已知A、B的质量均为m=1 kg，B与地面间的动摩擦因数为μ1=0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)(4分)1 s末时，长木板B的速度大小；
(2)(6分)A与B的MP段之间的动摩擦因数；
(3)(6分)长木板B的最小长度。
答案　(1)3 m/s　(2)0.4　(3)2.4 m
解析　(1)第一阶段，A静止，B做匀加速直线运动，有F-μ1·2mg=ma1
解得a1=3 m/s2，1 s末时，B的速度大小为v1=a1t1=3 m/s
(2)第二阶段，设A与B的MP段之间的动摩擦因数为μ2，用时t2达到共速为v2=2.4 m/s
对A，则有aA=μ2g
v2=aAt2
对B，做减速运动，加速度向左，有μ1·2mg+μ2mg-F=ma2
又v2=v1-a2t2
联立解得μ2=0.4，t2=0.6 s
(3)在这两个阶段，A的位移大小为xA=aA=0.72 m
B的位移大小分别为x1=a1=1.5 m
x2=v1t2-a2=1.62 m
长木板B的最小长度为Δx=x1+x2-xA
解得Δx=2.4 m。(共53张PPT)
第三章
运动和
力的关系
力与直线运动
阶段复习(一)
知识网络
规范训练
规范答题
　　(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=2a1L
沿斜面向上滑时，根据牛顿第二定律可得
mgsin θ+μmgcos θ=ma2
0-=-2a2x
解得x=5 m
答案　(1)2.5 m/s2　(2)5 m　(3)(5+) s
　　　(3)在水平面匀加速时间t1==4 s
沿斜面上滑时间t2==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 m/s
沿斜面下滑时间t3== 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== s
全过程时间为t=t1+t2+t3+t4=(5+) s
阶段复习练(一)
对一对
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 A A CD C ABD B BD BD
题号 9 10 11 12
答案 D AC (1)c　(2)①失重　②d (1)6 m　(2)1.15 m/s
答案
1
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13
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答案
1
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12
13
14
题号 13 14
答案 (1)9 m/s　(2)8.5×105 kg (1)3 m/s　(2)0.4　(3)2.4 m
一、选择题
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
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
13
14
√
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2
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8
9
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11
12
答案
13
14
　　　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·云南昆明市一模)某同学在乘坐高铁列车时利用手机软件记录了列车沿平直轨道运动的速度v随时间t的变化关系如图所示，下列能大致反映列车的位移x随时间t变化规律的图像是
1
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5
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答案
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8
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12
答案
13
14
　　　由速度v随时间t的变化图像可知，列车的运动状态可看作先匀加
速，再匀速，根据x=at2及x=vt可知，位移随时间的变化图像先是开口向
上的抛物线，然后是斜率不变的直线。故选A。
3.(多选)(2025·广西卷·9)“独竹漂”是一种传统的交通工具，人拿着竹竿站在单竹上，人和单竹筏在水里减速滑行，人与单竹筏相对静止，则
A.人受合力为零
B.人对单竹筏的力的方向竖直向下
C.人和单竹筏的重心在单竹筏所在的竖直面上
D.人和竹竿构成的整体的重心，与竹竿受到合力的作用线在同一竖直平
　面上
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答案
13
14
　　　人和竹筏在水里减速滑行，速度在变化，根据牛顿第二定律可知合力不为零，故A错误；
竹筏在水平方向有加速度，人对竹筏的力在竖直方向有压力，水平方向有摩擦力，所以人对竹筏的力的方向不是竖直向下，故B错误；
人和竹筏、竹竿相对静止，且减速滑行，故人和竹筏、竹竿在垂直运动方向的水平方向不受力，所有的力都在运动方向的同一竖直面内，故C、D正确。
4.(2025·云南昆明市三模)考驾照需要进行“定点停车”的考核。路旁有一标志杆，在车以18 km/h的速度匀速行驶的过程中，当车头与标志杆的距离为5 m时，学员刹车，车立即做匀减速直线运动，车头恰好停在标志杆处。则汽车从刹车到停下的过程中
A.运动时间为1.5 s
B.加速度大小为2 m/s2
C.平均速度大小为2.5 m/s
D.车头距标志杆2.5 m时，车的速度大小为2.5 m/s
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答案
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　　　初速度v=18 km/h=5 m/s，根据v2=2ax，加速度大小为a=2.5 m/s2，故B错误；
运动时间为t==2 s，故A错误；
平均速度大小为==2.5 m/s，故C正确；
车头距标志杆2.5 m时，汽车运动了x1=5 m-2.5 m=2.5 m，根据运动学公
式-v2=-2ax1，可得车的速度大小为v1= m/s，故D错误。
5.(多选)(2025·山西晋中市三模)如图所示，一辆运输集装箱的卡车在倾角为β的斜坡上运动，箱子的顶部用细线悬挂了一个小球，某个时刻悬挂小球的细线与虚线的夹角为α(虚线垂直于车厢底面)，小球与卡车相对静止。重力加速度为g，关于卡车的运动，下列说法正确的是
A.若卡车匀速开下斜坡，则α=β
B.若卡车匀减速开下斜坡，则α>β
C.当α=0°时，卡车的加速度大小a=0
D.当α=0°时，卡车的加速度大小a=gsin β
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14
　　　若卡车在斜坡上做匀速直线运动，则小球做匀速直线运动，受到的合外力为0，小球竖直方向上重力和细线拉力的大小相等，细线在竖直方向上，根据几何关系可知α=β，故A正确；
若卡车在斜坡上做匀减速直线运动，则小球有沿斜坡向上的加速度，则细线应该向右偏(相对于过悬点的竖直方向)，则有α>β，故B正确；
当α=0°时，对小球受力分析，沿斜坡方向上ma=mgsin β，解得a=gsin β，故D正确，C错误。
6.(2025·山西吕梁市二模)某物体在一竖直向上的恒定拉力作用下从地面由静止开始竖直向上运动，经过4 s到达距离水平地面40 m高度处，此时撤掉拉力。不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是
A.物体前4 s内的加速度大小为4 m/s2
B.物体在4 s末的速度大小为20 m/s
C.物体上升过程中距离地面的最大高度为40 m
D.物体从开始运动到落回地面的总时间为(4+2) s
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
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答案
13
14
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
　　　前4 s内物体做匀加速直线运动，则有h1=a，解得a=5 m/s2，A
错误；
由速度公式得v1=at1=20 m/s，B正确；
由位移与速度关系公式得h2=，代入数据解得h2=20 m，所以物体上升
过程中离地面的最大高度h=h1+h2=40 m+20 m=60 m，C错误；
从撤掉拉力到运动至最高点的过程中，由v1=gt2，解得t2== s=2 s，从最高点落回地面的过程中h=g，h=60 m，代入得t3=2 s，故从开始
运动到落回地面的总时间t总=t1+t2+t3=(6+2) s，D错误。
13
14
7.(多选)(2025·山西临汾市三模)如图是工人在高层安装空调时吊运室外机的场景示意图。一名工人甲在A点向上拉绳子AO，另一名工人乙站在水平地面上拉住另一根绳子OB，防止空调撞墙。在吊运的过程中，地面上的工人乙在缓慢后退时缓慢放绳，室外机缓慢竖直上升，绳子OB与竖直方向的夹角近似不变，下列说法正确的是
A.绳子AO上的拉力不断减小
B.绳子OB上的拉力不断增大
C.地面对工人乙的支持力不断增大
D.地面对工人乙的摩擦力不断增大
1
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12
答案
13
14
√
√
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6
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12
答案
13
14
　　　对室外机分析受力，受A、B拉力F1、F2和自身重力mg而平衡，如图(a)所示。
将这三个力构成矢量三角形，如图(b)所示。由图可知，地面上的工人乙在缓慢后退时
缓慢放绳过程中，β不变，α逐渐增大，F1、F2均增大，故A错误，B正确；
β不变，绳子的拉力F2增大，则绳子的拉力F2在竖直方向的分力增大，对地面工人乙，由平衡条件易得地面对工人乙的支持力不断减小，绳子的拉力F2在水平方向的分力增大，可知地面对工人乙的摩擦力不断增大，故C错误，D正确。
8.(多选)(2025·福建厦门市一模)如图所示，表面光滑的物块A在水平力F的作用下静止在倾角为θ的斜面体B上，斜面体B静止在水平地面上，下列说法正确的是
A.物块A受到的重力大小为Ftan θ
B.物块A受到B的支持力大小为
C.A对B的作用力大小等于F
D.斜面体B受到地面的摩擦力大小等于F
√
1
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答案
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√
1
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3
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答案
13
14
　　 物块A静止，处于平衡状态，受力如图所示，物块
A受到的重力GA=mg=，物块A受到B的支持力大小FN=，故A错误，B正确；
物块A受到重力GA、推力F、B对A的作用力，物块A静
止，由平衡条件可知，B对A的作用力大小等于重力GA与F的合力大小，不等于F，由牛顿第三定律可知，A对B的作用力大小不等于F，故C错误；
物块A与斜面体B整体静止，处于平衡状态，在水平方向，由平衡条件可知，斜面体B受到地面的摩擦力大小Ff=F，故D正确。
9.(2025·陕西安康市三模)如图甲所示，水平地面上有一足够长木板，将一小物块放在长木板右端，给长木板施加一水平向右的变力F，长木板及小物块的加速度a随变力F变化的规律如图乙所示。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，下列说法正确的是
A.小物块与长木板间的动摩擦因数为
B.长木板与地面间的动摩擦因数为
C.小物块的质量为
D.长木板的质量为
1
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答案
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√
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答案
13
14
　　　设小物块的质量为m，长木板的质量为M，长木板与地面间的动摩擦因数为μ1，小物块与长木板间的动摩擦因数为μ2，当F>F3时，小物
块相对长木板滑动，对小物块有μ2mg=ma1，解得μ2=，故A错误；
根据题图乙可知，当F=F1时，长木板恰好开始相对地面滑动，所以长木
板与地面间的动摩擦因数μ1=，当F11
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答案
13
14
　　　当F>F3时，对长木板，根据牛顿第二定律有F-μ2mg-μ1(m+M)g=
Ma，整理得a=--，结合题图乙有=，=，则长木板的质量M=，小物块的质量m=，故C错误，D正确。
10.(多选)(2025·湖南长沙市一模)许多工厂的流水线上安装有传送带，如图所示传送带由驱动电机带动，传送带的速率v=2 m/s恒定，运送质量为m=2 kg的工件，将工件轻放到传送带上的A端，每当前一个工件在传送带上停止滑动时，
后一个工件立即轻放到传送带上。工件与传送带之间的动摩擦因数μ=，传送带
与水平方向夹角θ=30°，工件从A端传送到B端所需要的时间为4 s。g取10 m/s2，工件可视作质点。关于工件在传送带上的运动，下列说法正确的是
A.加速过程的加速度大小为4 m/s2
B.加速运动的距离为1 m
C.两个相对静止的相邻工件间的距离为1 m
D.A、B两端的距离为8 m
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答案
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√
√
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答案
13
14
　　　工件加速过程，根据牛顿第二定律有μmgcos 30°-mgsin 30°=ma，解得a=4 m/s2，故A正确；
加速过程，根据速度与位移的关系有v2=2ax1，解得x1=0.5 m，故B错误；
工件加速经历时间t1==0.5 s，根据先加速后匀速，由于每当前一个工件
在传送带上停止滑动时，后一个工件立即轻放到传送带上，则两个相对静止的相邻工件间的距离为Δx=vt1=1 m，故C正确；
工件从A端传送到B端所需要的时间为t0=4 s，则工件匀速运动的位移为x2=v(t0-t1)=7 m，A、B两端的距离xAB=x1+x2=7.5 m，故D错误。
二、非选择题
11.(2025·安徽卷·11)某实验小组通过实验探究加速度与力、质量的关系。
(1)利用图甲装置进行实验，要平衡小车受到的阻力。平衡阻力的方法是：调整轨道的倾斜度，使小车　　　(选填正确答案标号)。
a.能在轨道上保持静止
b.受牵引时，能拖动纸带沿轨道做匀速运动
c.不受牵引时，能拖动纸带沿轨道做匀速运动
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答案
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c
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答案
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　　　平衡阻力的方法是：调整轨道的倾斜度，使小车不受牵引时，能拖动纸带沿轨道做匀速运动，故选c。
(2)利用图乙装置进行实验，箱体的水平底板上安装有力传感器和加速度传感器，将物体置于力传感器上，箱体沿竖直方向运动。利用传感器测得物体受到的支持力FN和物体的加速度a，并将数据实时传送到计算机。
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答案
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14
①图丙是根据某次实验采集的数据生成的FN和a随时间t变化的散点图，以竖直向上为正方向。t=4 s时，物体处于_______
(选填“超重”或“失重”)状态；以FN为横轴、a为纵轴，根据实验数据拟合得到的a-FN图像为图丁中的图线a。
失重
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答案
13
14
　　　根据题图丙可知t=4 s时，加速度方向竖直向下，故处于失重状态；
②若将物体质量增大一倍，重新进行实验，其a-FN图像为图丁中的图线
　　(选填“b”“c”或“d”)。
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答案
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d
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答案
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14
　　　对物体根据牛顿第二定律FN-mg=ma
整理得a=·FN-g
可知物体a-FN图像的斜率为，故将物体质量增大一倍，图像斜率变小，
纵轴截距不变，其a-FN图像为题图丁中的图线d。
12.(2025·山东济宁市检测)机器人某次在平台上运送货物时，从A处由静止出发沿两段互相垂直的直线路径AB、BC运动到C处停下。已知机器人最大运行速率vm=3 m/s，加速或减速运动时的加速度大小均为a=2 m/s2，A到B的时间tAB=3.5 s，BC距离xBC=4.5 m，机器人途经B处时的速率为零，忽略机器人在B处的转向时间。要求机器人最短时间内到达C处，运动过程中机器人可视为质点。求：
(1)AB间的距离xAB；
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答案
答案　6 m
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答案
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14
　　　设机器人从A到B过程中，加速到vm所需时间为t1，减速所用时间为t2，
则t1=t2==1.5 s，机器人从A运动到B的过程，加速、减速运动的位移大
小分别为x1、x2，
则x1=x2=t1=2.25 m，匀速运动的位移大小x3=vm(tAB-t1-t2)=1.5 m，AB间
的距离
xAB=x1+x2+x3=6 m
(2)机器人从A处运动到C处的平均速度大小(结果保留两位小数)。
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答案
答案　1.15 m/s
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答案
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14
　　 机器人从B运动到C的过程恰好先加速到最大速度vm再减速到0，不经历匀速过程。
机器人从B运动到C的时间tBC=t1+t2=3 s，机器人从A运动到C的位移大小xAC==7.5 m
从A运动到C的平均速度大小=
解得≈1.15 m/s。
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答案
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14
答案　9 m/s
13.(2025·江西景德镇市三模)潜艇从高密度海水区域驶入低密度海水区域时，浮力顿减，潜艇如同“汽车掉下悬崖”，称之为“掉深”。总质量为6.0×106 kg的某潜艇，在高密度海水区域距海平面200 m，距海底112.5 m处沿水平方向缓慢潜航，如图所示。当该潜艇驶入低密度海水区域A点时，浮力突然降为5.4×107 N，10 s后，潜艇官兵迅速对潜艇减重(排水)，结果潜艇刚好零速度“坐底”并安全上浮，避免了一起严重事故。已知在整个运动过程中，潜艇所受阻力大小恒为6×105 N，重力加速度g取10 m/s2，假设潜艇减重的时间忽略不计，海底平坦，求：
(1)潜艇“掉深”10 s时的竖直速度大小；
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答案
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14
　　　设潜艇刚“掉深”时的加速度大小为a1，对潜艇，由牛顿第二定律得mg-F浮-Ff=ma1
代入数据解得a1=0.9 m/s2
10 s末的竖直速度为v=a1t1
解得v=9 m/s
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答案
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答案　8.5×105 kg
(2)潜艇减重排出水的质量。(结果保留2位有效数字)
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答案
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14
　　　“掉深”10 s时，潜艇下落的高度h1=t1
解得h1=45 m
潜艇减速下落的高度h2=h-h1
解得h2=67.5 m
在减速阶段h2=
解得a2=0.6 m/s2
设潜艇减重后的质量为m1 ，潜艇减重后以0.6 m/s2的加速度匀减速下沉过程中，
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答案
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14
　　　由牛顿第二定律得F浮+Ff-m1g=m1a2
代入数据解得m1≈5.15×106 kg
排水前潜艇的质量m=6.0×106 kg
“掉深”过程中排出水的质量m'=m-m1=8.5×105 kg。
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答案
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14
答案　3 m/s
14.(2025·宁夏银川市期中)如图甲所示，两端分别为M、N的长木板B静止在水平地面上，木板上有一点P，PN段上表面光滑，MP段上表面粗糙，N端上静止着一个可视为质点的滑块A，现给木板施加一个水平向右的恒力F=7 N，从长木板B开始运动的一瞬间开始计时，滑块A运动的速度—时间图像如图乙所示。已知A、B的质量均为m=1 kg，B与地面间的动摩擦因数为μ1=0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)1 s末时，长木板B的速度大小；
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答案
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14
　　　第一阶段，A静止，B做匀加速直线运动，有F-μ1·2mg=ma1
解得a1=3 m/s2，1 s末时，B的速度大小为v1=a1t1=3 m/s
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答案
13
14
答案　0.4
(2)A与B的MP段之间的动摩擦因数；
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答案
13
14
　　　第二阶段，设A与B的MP段之间的动摩擦因数为μ2，用时t2达到共速为v2=2.4 m/s
对A，则有aA=μ2g
v2=aAt2
对B，做减速运动，加速度向左，有μ1·2mg+μ2mg-F=ma2
又v2=v1-a2t2
联立解得μ2=0.4，t2=0.6 s
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答案
13
14
答案　2.4 m
(3)长木板B的最小长度。
　　　在这两个阶段，A的位移大小为xA=aA=0.72 m
B的位移大小分别为x1=a1=1.5 m
x2=v1t2-a2=1.62 m
长木板B的最小长度为Δx=x1+x2-xA
解得Δx=2.4 m。
本课结束
THANKS
第三章

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