第1部分 专题1 第2讲 牛顿运动定律与直线运动（word练习）-【创新教程】2025年高考物理大二轮专题增分方案

(建议用时：40分钟) [A组　基础达标练] 1．(2024·新课标卷，14)一质点做直线运动，下列描述其位移x或速度v随时间t变化的图像中，可能正确的是(　　) 解析：C　[AB.物体做直线运动，位移与时间成函数关系，AB选项中一个时间对应2个以上的位移，故不可能，故AB错误；CD.同理D选项中一个时间对应2个速度，只有C选项速度与时间是函数关系，故C正确，D错误．] 2．(2024·河北唐山二模)ETC又称自动道路缴费系统，该系统的推行，有效的缓解高速公路收费站的拥堵现象．若某汽车在高速上正常行驶速度为30 m/s，沿该平直公路通过收费站ETC通道时，其速度随时间变化的关系如图所示，则ETC通道对该车行驶产生的时间延误为(　　) A．8 s　　B．20 s　　　C．26 s　　　D．40 s 解析：B　[根据v­t图像与横轴所包围的面积表示位移，可得通过ETC通道的位移为x＝×(6－1) m＋5×(14－6) m＋×(41－14) m＝600 m，没有收费站时，汽车所用时间为 t＝＝ s＝20 s，所以ETC通道对该车行驶产生的时间延误为Δt＝(41－1－20) s＝20 s，所以B正确，A、C、D错误．] 3．(2024·陕西渭南二模)如图(a)，足够高的水平长桌面上，P点左边光滑，右边粗糙，物块A在砝码B的拉动下从桌面左端开始运动，其v­t图像如图(b)所示．已知砝码B质量为0.20 kg，重力加速度g取10 m/s2，用mA表示物块A的质量，μ表示物块A与P点右边桌面之间的动摩擦因数，则有(　　) A．mA＝1.0 kg，μ＝0.2 B．mA＝0.4 kg，μ＝0.125 C．mA＝0.8 kg，μ＝0.125 D．mA＝0.8 kg，μ＝0.2 解析：C　[由图像可知，滑块A在P点左边运动时的加速度为a1＝2 m/s2， 在P点右边运动时的加速度为a2＝m/s2＝1 m/s2， 由牛顿第二定律mBg＝(mA＋mB)a1，mBg－μmAg＝(mA＋mB)a2， 联立解得mA＝0.8 kg，μ＝0.125. 4．(2024·山东曲阜一中第一次月考)如图甲所示，水平地面上固定一带挡板的长木板，一轻弹簧左端固定在挡板上，右端接触滑块，弹簧被压缩0.4 m后锁定，t＝0时解除锁定，释放滑块．计算机通过滑块上的速度传感器描绘出滑块的v ­t图像如图乙所示，其中Oab段为曲线，bc段为直线，倾斜直线Od是t＝0时的图线的切线，已知滑块质量m＝2.0 kg，g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　) A．滑块被释放后，先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动 B．弹簧恢复原长时，滑块速度最大 C．弹簧的劲度系数k＝175 N/m D．该过程中滑块的最大加速度为35 m/s2 解析：C　[v­t图线的斜率表示加速度，由图乙可知滑块被释放后，先做加速度逐渐减小的加速直线运动，当弹簧弹力与摩擦力相等时滑块速度最大，此时加速度为零，随后加速度反向增大直到弹簧恢复原长，从弹簧恢复原长到滑块停止运动，加速度不变，选项A、B错误；由图乙知，滑块脱离弹簧后的加速度大小a1＝＝ m/s2＝5 m/s2，刚释放时滑块的加速度大小a2＝＝m/s2＝30 m/s2，此时滑块的加速度最大，选项D错误；设t＝0时刻弹簧的压缩量为x，弹簧的劲度系数为k，摩擦力大小为Ff，由牛顿第二定律得kx－Ff＝ma2，Ff＝ma1，代入数据解得k＝175 N/m，选项C正确．] 5．(多选)(2024·福建七地市第一次质检)如图甲所示，质量为m的物块P与物块Q(质量未知)之间拴接一轻弹簧，静止在光滑的水平地面上，弹簧恰好处于原长．现给物块P一瞬时初速度v0，并把此时记为0时刻，规定向左为正方向，0～2t0时间内物块P、Q运动的a­t图像如图乙所示，其中t轴下方部分的面积大小为S1，t轴上方部分的面积大小为S2，则(　　) A．物块Q的质量为m B．t0时刻物块Q的速度为vQ＝S2 C．t0时刻物块P的速度为vP＝v0－S1 D．0～2t0时间内弹簧始终对物块Q做正功 解析：ACD　[0～2t0时间内Q所受弹力方向始终向左，P所受弹力方向始终向右，弹簧始终对Q做正功；t0时刻，P、Q所受弹力最大且大小相等，由牛顿第二定律可得＝＝，＝a0，则Q的质量为m，故A、D正确；由a­t图像可知，t0时刻Q的速度为vQ＝S2，故B错误；由a­t图像可知，t0时刻P的速度为vP＝v0－S1，故C正确．] 6．(多选)(2024·广东汕头二模)如图所示，球筒中静置着一个羽毛球．小明左手拿着球筒，右手迅速拍打筒的上端，使筒获得向下的初速度并与左手发生相对运动，最后羽毛球(视为质点)从筒口上端出来，已知球筒质量为M＝90 g(不含球的质量)，羽毛球质量为m＝5 g，球筒与手之间的滑动摩擦力为f1＝2.6 N，球与筒之间的滑动摩擦力为f2＝0.1 N，球头离筒的上端距离为d＝9 cm，重力加速度g取10 m/s2，空气阻力忽略不计，当球筒获得一个向下的初速度后(　　) A．静置时，羽毛球的摩擦力为0.1 N B．拍打球筒后瞬间，羽毛球受到向上的摩擦力 C．拍打球筒后瞬间，羽毛球的加速度为30 m/s2 D．仅拍打一次，羽毛球恰能出来，则筒的初速度为3 m/s 解析：CD　[静置时，根据平衡条件有f＝mg＝5×10－3×10 N＝0.05 N，故A错误；拍打球筒后瞬间，球筒相对于羽毛球向下运动，则羽毛球给球筒的摩擦力向上，而根据牛顿第三定律可知，球筒给羽毛球的摩擦力向下，故B错误；拍打球筒后瞬间，对羽毛球由牛顿第二定律有mg＋f2＝ma1，解得a1＝30 m/s2，故C正确；仅拍打一次，羽毛球恰能出来，则羽毛球与球筒恰好达到共速，设球筒的加速度为a2，筒的初速度为v，则对球筒由牛顿第二定律有f1＋f2－Mg＝Ma2，解得a2＝20 m/s2，球筒做匀减速运动，羽毛球做匀加速运动，有v－a2t＝a1t，vt－a2t2－a1t2＝d，代入数据解得v＝3 m/s，故D正确．] 7．(多选)(2024·广东高州市一模)如图所示，质量分别为2m和m的P、Q按如图的方式用竖直轻弹簧和竖直轻绳连接，当系统静止时轻绳的拉力大小为mg，轻弹簧的压缩量为x，重力加速度用g表示．则下列说法正确的是(　　) A．剪断轻绳的瞬间，P的加速度大小为 B．剪断轻绳后，P向下运动2x时加速度为零 C．剪断轻绳后，P向下运动x时重力的功率最大 D．撤走长木板的瞬间，Q的加速度大小为g 解析：AC　[系统静止时，设轻绳的拉力为FT，轻弹簧的弹力为F，由于P受力平衡，则2mg＝FT＋F，由FT＝mg，解得F＝mg，剪断轻绳的瞬间，对P由牛顿第二定律得2mg－F＝2ma，解得a＝，故A正确；系统静止时，有F＝kx，解得k＝，剪断轻绳后，P向下加速运动，当P所受的合力为0时，有2mg＝kx1，解得x1＝2x，则P向下运动x时，加速度为0，速度最大，重力的功率最大，故B错误，C正确；系统静止时Q受力平衡，有mg＋F＝FN，撤走长木板的瞬间，对Q由牛顿第二定律得mg＋F＝ma，解得a＝2g，故D错误．] 8．(2024·贵州毕节二模)当前，破旧高楼外墙砖易脱落造成安全事故，引发人们关注．某实验小组对墙砖脱落的运动进行定量研究．在一次模拟实验中，小组成员将一墙砖从某旧楼(无人居住)的楼顶由静止释放，下落一小段距离后，开始计时，采集从此位置开始下落的高度H与t时间的相关数据，并作出­t的图像如图，运动过程中空气阻力恒定．则(　　) A．计时开始时墙砖的速度大小为0 B．本次实验中墙砖下落的加速度大小为8 m/s2 C．从计时开始，墙砖在2 s内的平均速度为6 m/s D．计时开始后经3 s墙砖恰好落至地面，则这栋旧楼高度约为24 m 解析：B　[设开始计时的速度为v0，下降时的加速度为a，得H＝v0t＋at2，整理得＝v0＋at，结合图像可知v0＝2 m/s，a＝m/s2，解得a＝8 m/s2，故A错误，B正确；从计时开始，墙砖在2 s后的速度为v2＝v0＋at2＝18 m/s，故该段时间内平均速度为＝＝10 m/s，故C错误；由静止释放到开始计时的时间为t0＝＝0.25 s，故这栋旧楼高度约为h＝a(t0＋t3)2＝×8×(3＋0.25)2m＝42.25 m，故D错误．] 9．(2024·浙江精诚联盟联考)人类从事滑雪活动已有数千年历史，滑雪爱好者可在雪场上轻松、愉快地滑行，饱享滑雪运动的乐趣．一名滑雪爱好者以1 m/s的初速度沿山坡匀加速直线滑下，山坡的倾角为30°.若人与滑板的总质量为60 kg，受到的总阻力为60 N，重力加速度g大小取10 m/s2，求： (1)滑雪者加速度的大小； (2)3 s内滑雪者下滑位移的大小； (3)3 s末人与滑板总重力的瞬时功率． 解析：(1)由牛顿第二定律知mgsin 30°－f＝mg， 解得滑雪者加速度的大小为a＝4 m/s2. (2)由运动学公式x＝v0t＋at2， 其中v0＝1 m/s，t＝3 s， 解得3 s内滑雪者下滑位移的大小为x＝21 m. (3)由运动学公式知v＝v0＋at， 重力的瞬时功率P＝mgvsin 30°， 联立解得，3 s末人与滑板总重力的瞬时功率为P＝3 900 W. 答案：(1)4 m/s2　(2)21 m　(3)3 900 W [B组　创新应用练] 10．(多选)如图所示，在倾角θ＝30°的光滑斜面上有质量分别为m和2m的两物块A和B，物块A静止在轻弹簧上面，物块B用细线与斜面顶端相连，A、B紧挨在一起，但A、B之间无弹力，重力加速度为g.某时刻将细线剪断，则剪断细线的瞬间， 下列说法正确的是(　　) A．物块B的加速度为 B．物块A、B之间的弹力为 C．弹簧的弹力为 D．物块A的加速度为 解析：BCD　[剪断细线前，对物块A进行受力分析，可得弹簧弹力F＝mg，剪断细线的瞬间，由于弹簧弹力还来不及改变，所以弹力仍为F＝mg，C正确；剪断细线的瞬间，细线对B的拉力消失，A、B将共同沿斜面向下运动，根据牛顿第二定律得3mgsin 30°－F＝3ma，解得a＝g，A错误，D正确；以物块B为研究对象，根据牛顿第二定律得2mgsin 30°－FN＝2ma，解得FN＝mg，B正确．] 11. (2024·江苏连云港模拟预测)如图所示，一轻弹簧左端固定，右端连接一物块，置于粗糙的水平面上．开始时弹簧处于原长，现用一恒力F将物块由静止向右拉动直至弹簧弹性势能第一次达到最大．在此过程中，关于物块的速度v、加速度a、动能Ek及弹簧的弹性势能Ep随时间t或位移x变化的图像，其中可能正确的是(　　) 解析：C　[物块由静止向右拉动的过程中，对物块进行受力分析，物块受到向右的拉力F，向左的摩擦力Ff和弹簧的弹力F弹，其中F和Ff的大小和方向都不变，开始运动时，根据牛顿第二定律F－Ff－F弹＝ma，而随着物块右移，弹簧伸长量越来越大，弹力越来越大，因此加速度越来越小，因此物块做加速度逐渐减小的加速运动，直到合外力为零，加速度为零，速度达到最大值，动能达到最大值．随后物块继续向右移动，根据牛顿第二定律F弹＋Ff－F＝ma，由于物块一直向右运动，弹力越来越大，因此物块开始做加速度逐渐增大的减速运动，直到停止，停止时弹性势能最大．通过上述分析可知，A错误，C正确；a ­t图像中，通过分析可知，由于该运动为变速运动，位移x与时间t不成线性关系，因此弹簧的弹力F弹与时间t也不成线性关系，故加速度a与时间t也不成线性关系，故B错误；在物块由静止向右拉动直至弹簧弹性势能第一次达到最大的过程中，弹性势能Ep一直增加，不会出现减小的情况，故D错误．] 12．(2024·重庆南岸阶段检测)如图1所示，一滑块置于长木板左端，木板放置在水平地面上．已知滑块和木板的质量均为2 kg，现在滑块上施加一个F＝0.5 t(N)的变力作用，从t＝0时刻开始计时，滑块所受摩擦力随时间变化的关系如图2所示．设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法不正确的是(　　) A．木板与水平地面间的动摩擦因数为0.1 B．滑块与木板间的动摩擦因数为0.4 C．图2中t2＝16 s D．木板的最大加速度为2 m/s2 解析：C　[根据图2可知，在t2以后滑块受到的摩擦力不变，为f1＝8 N，根据滑动摩擦力的计算公式可得f1＝μ1mg，解得滑块与木板间的动摩擦因数μ1＝＝0.4，故B正确，不符合题意；在0～t1过程中为静摩擦力，t1～t2过程中木板相对于地面开始运动，木板与水平地面间的动摩擦因数为μ2，则f2＝μ2×2mg＝4 N，解得μ2＝0.1，故A正确，不符合题意；t2时刻二者发生相对运动时，加速度大小为a，对木板根据牛顿第二定律可得a＝＝2 m/s2，对木块有F－μ1mg＝ma，解得F＝12 N．根据F＝0.5 t可知图2中t2时刻为24 s，故C错误，符合题意；t2以后木板受力不变，加速度不变，则木板的最大加速度为2 m/s2，故D正确，不符合题意．] 13．(2024·浙江杭州市一模)如图甲，目前高速公路收费处，有ETC通道和人工通道．在ETC收费通道，车主只要在车辆前挡风玻璃上安装感应卡并预存费用，通过收费站时便不用人工缴费，也无须停车，高速通行费将从卡中自动扣除，即能够实现自动收费．如图乙，假设一辆汽车以正常行驶速度v1＝16 m/s朝收费站沿直线行驶，如果过ETC通道，需要在距收费站中心线前匀减速至v2＝4 m/s，然后以该速度匀速行驶一段距离到达中心线后，再匀加速至v1正常行驶；如果过人工收费通道，汽车由v1开始减速，需要恰好在中心线处匀减速至零，经过20 s缴费后，再匀加速至v1正常行驶．设汽车在匀减速和匀加速过程中的加速度大小均为2 m/s2，求： (1)汽车过人工收费通道，从减速开始到收费后加速至v1，总共通过的路程和所需时间； (2)若汽车通过ETC通道比人工收费通道节约时间t0＝21 s，汽车在ETC通道匀速行驶的距离． 解析：(1)根据题意，由运动学公式v＝v0＋at可得，匀减速的时间为t1＝＝ s＝8 s， 由运动学公式v2－v＝2ax可得，匀减速的位移为x1＝＝ m＝64 m， 停止时间t2＝20 s，位移为零，加速阶段与减速阶段的位移与时间相同，故有x＝2x1＝2×64 m＝128 m， t＝2t1＋t2＝2×8 s＋20 s＝36 s. (2)根据题意可知，由运动学公式v＝v0＋at可知，过ETC通道的车辆减速用时t3＝ s＝6 s， 由运动学公式x＝t可得，匀减速的位移为x3＝t3＝60 m， 则匀速的时间和加速的时间之和为 t4＝(36－21－6)s＝9 s， 匀速的位移和加速的位移之和为 x′＝x－x3＝68 m， 设加速的时间为t5，则有v2(t4－t5)＋v2t5＋at＝x′，解得t5＝4 s， 则汽车匀速运动的距离为x4＝v2(t4－t5)＝(36－16)m. 答案：(1)128 m　36 s　(2)(36－16) m 14．(2024·四川南充二模)水平传送带A、B两端点相距x＝8 m，以v0＝4 m/s的速度(始终保持不变)顺时针运转．今将一质量m＝2 kg的小物块，无初速度地轻放至A点处，小物块与传送带间的动摩擦因数为μ1＝0.4.小物块离开传送带后，无速度损失地滑上质量M＝2 kg的木板．木板与传送带等高，小物块与木板间的动摩擦因数也为μ1＝0.4，木板与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.15，g取10 m/s2.求： (1)如果想让小物块从A点运动到B点的时间最短，求传送带的最小速度； (2)传送带以v0＝4 m/s正常运行，小物块从A点运动到B点的时间； (3)要使小物块不从木板上滑落，木板至少多长？ 解析：(1)小物块刚放上传送带时，由牛顿第二定律得μ1mg＝ma1， 解得加速度大小为a1＝μ1g＝4 m/s2， 如果想让小物块从A点运动到B点的时间最短，小物块应一直做匀加速直线运动，则有2a1x＝v， 解得vB＝＝8 m/s， 可知传送带的最小速度为8 m/s. (2)传送带以v0＝4 m/s正常运行，则小物块刚放上传送带到与传送带共速所用时间为t1＝＝1 s， 通过的位移为x1＝a1t＝2 m， 小物块与传送带共速后，匀速运动到B点所用时间为t2＝＝1.5 s， 则小物块从A点运动到B点的时间为 t＝t1＋t2＝2.5 s. (3)小物块滑上木板时，对小物块，由牛顿第二定律得μ1mg＝ma2， 解得a2＝4 m/s2， 方向水平向左；对木板，由牛顿第二定律得 μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma3， 解得a3＝1 m/s2， 方向水平向右；设小物块与木板经过t3时间达到共速，则有v共＝v0－a2t3＝a3t3， 联立解得t3＝0.8 s，v共＝0.8 m/s， 则共速前小物块与木板发生的相对位移为 Δx＝xm－xM＝t3－t3＝t3＝1.6 m， 小物块与木板共速后，保持相对静止一起在水平地面做匀减速到停下；可知要使小物块不从木板上滑落，木板至少长1.6 m. 答案：(1)8 m/s　(2)2.5 s　(3)1.6 m 学科网（北京）股份有限公司 $$