专题训练(二) 牛顿运动定律与直线运动-【成功方案】2025年大暑假小一轮高二物理专题复习

专题训练（二） 牛顿运动定律与直线运动 [保分基础练] A.P的加速度大小的最大值为2g 1.某电梯的最大速度为2m/s,最大加速度 B.Q的加速度大小的最大值为2g 为0.5m/s.该电梯由一楼从静止开始， C.P的位移大小一定大于Q的位移大小 到达24m处的某楼层并静止，所用的最短 D.P的速度大小均不大于同一时刻Q的 时间是 速度大小 A.12s B.16sC.18sD.24s 5.“笛音雷”是春节期间常放的一种鞭炮，其 2.(多选)为探究小球沿光滑斜面的运动规 律，小李同学将一小钢球分别从图中光滑 点燃后一段时间内的速度-时间图像如图 固定斜向的顶端由静止释放，下列说法中 所示（不计空气阻力，取竖直向上为正方 正确的是 向)，其中时刻为“笛音雷”起飞时刻， DE段是斜率大小为g的直线.则关于“笛 音雷”的运动，下列说法正确的是() 309 60 甲 A.图甲巾小球在斜面1、2上的运动时间 相等 B.图甲中小球下滑至斜南1、2底端时的 速度大小相等 C.图乙中小球在斜面3、4上的运动时间 A.“笛音雷”在t1时刻加速度最小 相等 B.“箫音甫”在t2时刻改变运动方向 D.图乙中小球下滑至斜面3、4底端时的 C.“筲音雷”在s忖刻彻底熄火 速度大小相等 D.t3一t时间内“笛音雷”做自由洛休运动 3.竖直上抛一小球，经过2s到达最高点，设 6.在同一条平直公路上行驶的a车和b车， 小球通过第1s内位移的前号所用时间为 其速度时间图像分别为图中直线？和曲 线b,=0时刻a车与b车在同一位置， 4,通过第18内位移的后 所用时间为 时刻a车在b车前方，在0t时间内，下 ,则等于 列说法正确的是 A.√2-1B.2 C.2 D.4 4.(多选)如图，质量相等的 Q0P上 两滑块P、Q置于水平桌 777777777777777777 面上，二者用一轻弹簧水平连接，两滑块与 桌而间的动摩擦因数均为4，重力加速度 大小为g.用水平向右的拉力F拉动P,使 A.t,时刻两东相距最远 两滑块均做匀速运动：某时刻突然撤去该 B.某时刻两车相遇 拉力，恻从此刻开始到弹簧第一次恢复原 C.t2时刻b车运动方向发生改变 长之前 D.某时刻a车加速度等于b车加速度 4 7.四个水球可以挡住一颗子蝉！如图所示， 10.(多选)如右图所示，a、b 是央视《国家地理》频道的实验示意图，直 小球均能沿各自斜轨道 径相同（约30m左右）的4个装满水的薄 匀速下滑到竖直圆的最 皮气球水平固定排列，子弹射入水球巾并 低点，现分别让小球a、b 沿水平线做匀变速直线运动，恰好能穿出 以化、选的初速度沿各白 第4个水球，气球薄皮对子弹的阻力忽略 斜轨道从最低点同时向上滑动，两小球速 不计，以下判断正确的是 度同时减小到0，重力加速度为g,轨道与 圆在同一竖直而内，sin37°=0.6，cos37 A.子弹在每个水球中的速度变化相同 =0.8,则 ( B.每个水球对子弹做的功不同 A.a、b小球与斜轨道间的动摩擦因数之比 C.每个水球对子弹的冲量相同 %·4=9:16 D.子弹穿出第3个水球的瞬时速度与全 B.a、b小球沿斜轨道向上运动的加速度 程的平均速发相等 大小之比a.:a=4:3 8.(多选)将质量为0.1kg的物体竖直向上 C.0。:=4:3 抛出，物休向上运动的过程中速度与位 D.两小球不可能同时到达圆周上 移，x的关系式为)=5√1x.关于物体在 11.（多选)如图甲所示，为测定物体冲：粗糙 该过程巾的初速度、加速度a、阻力F 斜面能达到的最大位移x与斜面倾角日 的大小及物体运动到最高点的时间（设竖 的关系，将某一物休每次以大小不变的初 直向上为正方向，取g-10m/s),下列说 迷度沿足够长的斜而向上推出，调节斜而 法正确的是 A.=5m/s,a=-12.5m/s2 与水平方向的夹角O,实验测得x与斜面 B.=5m/s.u= 25m/s2 倾角0的关系如图乙所示，g取10m/s, (C.F=0.25N.t=0.4s 根据图像可求出 D.F,=1.25N,t=0.4s x/m 2.40 [争分提能练灯 L.80 9.(多选)甲，乙两车在相邻 m-s) ⊥8 的平行车道同向行驶，做 15 甲 12 甲 直线运动，v一1图像如右 6 A.物体的初速度v,=6m/s 图所示，二者最终停在同 一斑马线处，则( B.物体与斜面间的动摩擦因数u=0.6 A.甲车的加速度小于乙车的加速度 C.取不同的倾角9，物体在斜面能达到 B.=0时乙车在甲车前方8.4m处 的位移x的最小值xmm一1.11m Ct=3s时甲车在乙车前方0.6m处 I).当某次0=30°时，物休达到最大位移 D,前3s内甲车始终在乙车后边 后将沿斜而下滑 12.如右图所示，一足够长 13.2019年12月17日，中国第一艘产航 的木板，上表而与小不 空母舰“山东舰”在海南三亚某军港交付 块之间的动摩擦因数以 海军，中央军委主席习近平出席了人列仪 式.随着科技的发展，我国木来的航空母 =0.75,重力加速度大小为g,木板与水 舰上将安装电磁弹射器以缩短飞机的起 平面成9角，计：小木块从木板的底端以大 飞距离，如图，某航空母舰的水平跑道总 小恒定的初速率。沿木板向上运动.随 长为(，其中电磁弹射区安装有直线电 着0的改变，小木块沿木板向上滑行的距 机，该电机可提供4.0×104N的恒定牵 离x将发牛变化·当0角为何值时，小不 引力.一架质量m=2.0×10kg的飞机， 块沿木板向上滑行的距离最小？求出此 其喷气式发动机可以提供1.2×10V的 最小值， 恒定推力，假设飞机在跑道所受阻力人小 但为飞机重力的0.2倍，在跑道木端离舰 起飞的速度0一36m/s,飞机在跑道上后 阶段运动的时间比弹射区运动的时间多 4s.设航空母舰始终处丁静止状态，飞机 可看做质量恒定的质点，重力加速度g三 10m/s2,求： (1)飞机离开电磁弹射区的速度大小： (2)电磁弹射区的长度x; (3)跑道的总长度. 6心逢线与斜面间的夹角为30°.对A有ng sin30° I4.)画小球的曼力分祈图， =Tco330°，对B有mgos30°-Tsin30°=Fg, 构建力的矢量三角形，由于这 Tos30+mgn30=,=uN,解行-号，选 个三角形中童力不变，另两个 力间的夹角(180°8)保持不 项C正确. 变，这类似于回周角与对应弦 「争分提能练】 长的关系，作初始三角形的外 10.A对物块受力分析，如图甲、乙所示，重力沿平 接圆（任意两边的中垂线交点即外接圆圆心），然 板向下的分力为ngsin0,支持力Fy-ngcos0, 后让另两个力的交点在图周上按F、F2的方向 滑动摩擦力F,一Fy一gsin,则拉力F= 变化规律滑动，力的三角形的外接圖正好是以初 0 2 gincos2,故A正确. 态耐的F2为直径的刷周，知F:先变大后变小， Fg一直变小，最终CA沿竖直方向，此时F1一 mg,F2支为零，B、C、D正确，A错误. 15.AC设开始时A离物体上表面的高度为L,设 莱一时刻移皮筋与竖直方向的夹角为日.则豫皮 筋的苹力大小为：F点美整真向上的分 力：F,一FTc0sO一1，故物体所受水平地面的 支持力大小为、=mg一1，所以物体所受水 11.BC小球沿圆环缓漫上移，对小 平地面的支持力保持不变；又因为F=Fy,所 球进行受力分析，小球受重力G、 以物体所受水平地而的摩擦力也保待不变，故A F,F、三个力，满足受力平衡.作 正确，B错误；求平力F-Fr十Frsin0-F,十 出受力分析图如图所示； ltan8,随着日的增大，水平拉力P逐渐增大， 由图可知△OABC∽△GFyF, 故C正确：物体始终处于平衡状态，其所受合力 中发品段 始终为零，故D错误. 小球沿圆环缓慢上移时，半径不 专题训练（二）牛顿运动定律与直线运动 变，重力(G不变，AB长度减小， 故F减小，FN不变，故选BC [保分基础练 12.B对滑块A、B整体在水平方向上有F一2 1.B电稀以最大加途度加速到速度最大时所用的 (A十mB）g, 时间为1=日-品=45，加造运动的位移， 对滑块B在竖直方向上有41F一mBg, 联立解得：A_一些，选项B正确. 2=4m:根据对称注，减逸运动的时间也为 13.ABA项，保持环和小球的位置 45,住移也为4m,匀速运动的时间为t2一 不变，AB细线与竖直方向的夹角 244一48-83，电梯所用的最短时间为48十 不变，设AB如线的拉力为T1, 48十88=168+选项B正确. (B翻线的拉力为T2,对小球B有， 2.BC设斜而与水平而的领角为日，根据牛顿第二 Tcos45-g,T2一nglan45,得 T1=2mg,T2=mg,T1保持不 定律得加速度大小为：a=mgim9-gsin日.题图 n 变，选项A正确：B项，对环和球整依，杆对环的 甲中，设斜面的高度为h,则钟面的长度为： 作用力F的方向沿重力2g与拉力T2合力的 L=-h 2L= 反方向，如图所示，F=√(2mg)2十(mg)2=√5 小球运动的时间为1= g,力F保持不变，选项B正确；CD项，对环和 2h 1 12h 琼整体，当杆水平时杆对环的弹力N1=2mg,杆 Vsin8·gsin9sin9'Vg ,可知小球在斜面2 对环的摩擦力f万=T2=加g,当杆与力F垂直即 上运动的时间长；到达斜面底瑞的速度大小为： 杆处于图示PQ位置时杆对环的弹力N2一F= o一ul一√2g,与斜面的倾角无关，与h有关，所 √5mg,杆对环的修擦力∫2=0，当杆竖直时杆对 以题图甲中小球下滑至斜面1、2底端时的速度大 环的弹力N3=T:=mg,杆对环的摩擦力f3= 小相等，故A;误，B正确.题图乙中，设底边的长度 2mg,可见杆对环的弹力并非一直减小，杆对环 的摩擦力并非先增大后减小，选项C、)错误， 为d,则斜西的长度为：s一c0根据=之得： 70 √径√n0人品n可物g-0k60 Ad 5.C时刻的斜率的绝对值不是最小的.所以“笛 音需“在t1时刻加速度不是最小的，故A错误： 时，小球的递动时间相等，故C正确；由v= 时刻速度的方向为正，“笛音雷”仍向上运动，没 √2 gdtan日.可知题图乙中小球下滑至斜而4底端 有改变运动方向，故B错误；时刻“笛音需”开 时的速度较大，故D错误 始向上做加速度大小为g的匀减速运动，所以 “笛膏雪”在3时刻彻底熄火，故C正确，D错误。 3.B由于经过2s到达最高，点，图此初递度= 6.I)A3.11时刻两车前两车距离变远，41一t2时间 gt慧一20m/s,第1s内的住移x一t 2812- 内b车追赶a车，2时刻a车在b车前方，说明没 有追上，且2时刻后4车又比6车速度快，距离 15m,第15内位移的前号所用时间为，则1= 变远，不会相遇，AB错误； C.由图可知，在红时刻b车运动的加速度方向发 10m-4-之gi,解得4-(2-②s或1 生改变，速度方向不变，C错误： D.图像的斜率表示加速度，则由图可知，1到2 (2十2)s(舍去)，由题可知=tt41=(v2一1)s 时间内某时刻两车的加速度可能相同，故D正 因光号-区，故B正确A,CD特送 确.故选D. 7.D子弹向右做匀减速运动，加速度相同，由于子 4.AD设两物块的质量均为m,撒去拉力前，两滑 弹在每个水球中运动的时间不相等，由△v一t 块均微匀速直线运动，则拉力大小为F=2ug 知，子弹在每个水球中的速度变化不同，选项A 撇去拉力前对Q受力分析可知，弹簧的弹力为 错误：由W一一F1x知，P不变，r相间，则每个 To=umg 水球对子弹做的功相司，选项}错误；由I= AB.以向右为正方向句，撒去拉力瞬间弹簧弹力不 t知，F:不变，t不同，则每个水球对子禅的冲量 变为umg,两滑块与地面间仍然保持相对滑动， 不同，选项C错误；予弹给好能穿出第A个水球， 此时滑块P的加速度为一T0一ng一maP四 则根据运动的可逆性知子弹穿过第4个水球的时 解得ap1-一2g 间与子弹穿过前3个水球的时间相同，子弹穿出 第3个水球的除时速度即为中间时刻的速度，与 此刻滑块Q所受的外力不变，加速度仍为零，滑 全程的平均速度相等，迭项D正确. 块P做减速运动，故PQ间距离减小，弹簧的仲 8.AC由速度一位移公式一端=2ax得o= 长量变小，弹簧弹力变小根据牛顿第二定律可 √端十2ar,对比-5v√-x-√25一25.x可得 知P减速的加速度减小，滑块Q的合外力增大， 合力向左，做加速度增大的减速运动.故P加速 v0-5m/5,a--12.5m/s2.故A正确，B错误； 度大小的最大值是刚漱去拉力瞬间的加速度 物体运动到最高点的时间（一0一西=05 -12.58 为24g 0.48,由牛顿第二定律有：一mg一F1一ma,解得 Q加速度大小最大值为弹簧恢复原长时一：mg F=0.25N,故C正确，D错误， 一m4Qr [争分提能练 解得aQm一一g 9.C根据和一t图像的斜率大小表示加速度大 故滑块Q加速度大小最大值为g,A正确，B 小，斜率绝对位越大加速度越大，则知甲车的加 错误： 速度大于乙车的加速度，故A错误：设甲运动的总 C,滑块PQ水平向右运动，PQ问的距离在减小， 时间为：旅据几何关系可得：-铝得1=品6 故P的位移一定小于Q的位移，C错误；D.滑块 P在弹黄恢复到原长时的加速度为一mg 在086s内，甲的位移：xm=18X36 2 m=32.4m, 一m4p2 解得ap2=一4g 0~4内，乙的位移：r心-12X4 m一24m1,因二 2 撤去拉力时，PQ的初逸度相等，滑块P由开始的 者最终停在同一斑马线处，所以，t一0时乙车在 加速度大小为2红g做加速度减小的减速运动，最 甲车前方x甲一工乙=8,4m处，故B正确：0一35 后弹簧原长时加速度大小为g:滑块Q由开始的 内，甲、乙位移之差△-6X3m-9m,周1-0时 加速度为0做加速度增大的减逸运动，最后弹簧 乙车在甲车前方8.4n处，所以t=3s时甲车在 原长时加速度大小也为g.分析可知P的诲度大 乙车前方0.6m处，故C正确：由上分析知，前3 小均不大于同一时刻Q的速度大小，D正确.故 5内甲车先在乙车后边，后在乙车的前边，故D 选AID. 错误. 7 I0.C:口、b小球均能沿各自斜轨道匀速下滑.则 13.解析(I)设飞机在电磁弹射区做匀加速运动 mgsin9一mgcos6,其中9为斜轨道与水平面夹 的加速度为口，所用时间为，离开时远度为 角：周m8会-☐器=9老须A猎民： ,飞机在跑道上后阶段加速度为a2,运动的时 间为2，离开跑道起飞时逸度为2，亢线电机恒 a,b小球沿各自斜轨道向上运动时，mgsin日 定牵引力为下，喷气式发动积的恒定推力为 umgcos月=ma,故=sin53°-cos53°4 F丝，飞机受阻力为F.由牛顿第二定律有 a0sin37+46cos53=3· F1+F2 Fr=ma 选项B正确；两球速度同时减为零，时间相等，则 F+F2-F 21- 由=at可得a:%=4a:a6=4t3,选项C正 确：因为两小球加逸度大小之比a4:u6一4：3， =4.0×10+.2X105-0.2X2.0X10X10m/s 2.0×10 初速度之比℃a:%=4：3,由u=此一at可知， -6.0m/s2 任意时刻的遮度大小之比为43，则两小球的 由句加逸运动速度公式得 平均速度之比为4：3，而两小球到达刷周上时 功=a:t1 位移大小之比也为4：3，可知到达圆周上的时 %=功+ag42 间相等，即两小球同附到达圆周上，远项D 2一t1-4s 错误. 代入敦值解得1一12m/s 11.AC物体在想糙斜面上向上运动，根据牛颜第 飞机离开电磁弹射区的速度大小12m/s. 二定律mgsin0十ngcos0-ma,得加速度为 (2)由匀加速运动公式得 a一g8in0+gc0s0,由运动学公式，当0=90° 听-2a1x 时呢=2gx,可得=√2g7=6m/8.当日=0 r2al 一12m 时，品2然x可得一2-子故A正确，B 电磁弹射区的长度x是12m. (3)由牛顿第二定辣得 错误；根据速度一位移公式可得，物体能达到的 F2-Ft 位移一 (gin0什g0os仍，由辅助角公式 a2-4.0m/s %=2√1十gsin(0+a)x,可得位移x的最小 由匀加速运动公式得吃=v十22x1 6 代入数值解得一144m 位江mm一2g小+7 =1.44m,故C正确：当0= 1=x+x1=156m 跑道的总长度156m. 30时，由于>tan9,所以当物体在钟面上速度 答案(1)12m/s(2)12m(3)156m 减为零后，不会下滑，故D错误. 12.解析取沿木板向上为正方向，设木块的加速 专题训练（三） 连接体问题、板块 度为《，沿木板方向由牛顿第二定律有： mgsin umgcos =ma 模型、传送带模型 解得：a=一g(sin0一cos0) 设太块的位移为x,有：0--2ax [保分基础练】 根据数学关系有： 1.A设mA=2mB=2n,对题图甲，运用整体法，由 牛顿第二定律得，整体的加速度： sin9+acos8-√1十z2sin(0-a) F-p(mA mB)gF 其中ana-4-0.75,则a-37 mA十nB 3m一5，对A物块有： 根据数学关系知木块加速度最大时位移最小， F释-·2mg=2mu,得F举=25=kxA: 即当日十a一90°时加速度有最大值，且最大值： 3 2F amax-g√1十u 所以此时：0=90°-a=53 对题园乙，运用整体法，由牛顿第二定律得，然体 加造度的最大位uas一 5 的加速度：a'-_F（mA十mBg=F nA十mB 3m g. 解得：工nia一 2喝 对A物体有：F'-2mg-2ma', 5g 2呢 得Fa'-罗-xB一 2F 3 答案53 58 则x1:xB-1:1. 72