专题精准强化2 牛顿运动定律与直线运动-【创新教程】2026年高考物理大二轮专题增分方案课时作业

专题精准强化 ⑧错题序号： 专题精准强化2 牛顿运动定律与直线运动 @错因分析 (建议用时：40分钟) [A组 基础达标练] 曲线，bc段为直线，倾斜直线Od是t=0时的 1.(2025·河南卷，1)野外高左 图线的切线，已知滑块质量m=2.0kg,g取 空作业时，使用无人机给工 10m/s2,则下列说法正确的是 ( 人运送零件.如图，某次运 4v/m.s-) 送过程中的一段时间内，无 零件古 bwwm 人机向左水平飞行，零件用 777777777777 025 0.55 0.1020.30.40.5c0.61s 轻绳悬挂于无人机下方，并相对于无人机静 乙 止，轻绳与竖直方向成一定角度.忽略零件所 A.滑块被释放后，先做匀加速直线运动，后做 受空气阻力，则在该段时间内 匀减速直线运动 A.无人机做匀速运动 B.弹簧恢复原长时，滑块速度最大 B.零件所受合外力为零 C.弹簧的劲度系数k=175N/m C.零件的惯性逐渐变大 D.该过程中滑块的最大加速度为35m/s2 D.零件的重力势能保持不变 5.(2025·山东潍坊- F 模)如图所示，一倾角 2.(2025·四川雅安模拟)一旅客在火车站某站台7 为37的足够长光滑斜 号候车线处候车，他发现某动车进站时第5节车 379 面固定在水平地面上， 厢经过他用了0.83s,动车停下时他刚好在第7 斜面底端有一挡板，一根劲度系数k=100N/m 节车厢门口，车门靠近动车前进方向一端。每节 的轻弹簧两端分别连接在固定挡板和物体P 车厢的长度相同，不计各节车厢连接处的长度， 上，紧挨着P放置物体Q(不与P粘连)，现对 若动车进站时做匀减速直线运动，则第6节车厢 Q施加一个沿斜面向上的拉力F使Q做匀加 经过他的时间约为 速直线运动，从施加拉力开始计时，t=0.2s A.0.64s B.2s 后拉力F不再变化，已知P的质量mp=1kg, C.0.5s D.1s Q的质量mQ=4kg,g取10m/s2.下列说法 3.(2025·山东卷， M 正确的是 ( 8)工人在河堤的 A.t=0时P、Q间的作用力为24N 硬质坡面上固定 B.t=0.2s时弹簧中的弹力为0 一垂直坡面的挡 C.t=0.2s时拉力F=56N 板，向坡底运送 D.Q的加速度大小为15m/s2 长方体建筑材料.如图所示，坡面与水平面夹 6.(2025·安徽合肥高三 角为0，交线为PN,坡面内QN与PN垂直， 月考)如图，一小球用 挡板平面与坡面的交线为MN,∠MNQ=0. 轻质细线a、b连接，细 若建筑材料与坡面、挡板间的动摩擦因数均为 线a的另一端连接于 ,重力加速度大小为g,则建筑材料沿MN向 车厢顶的A点，细线b 下匀加速滑行的加速度大小为 的另一端连接于车厢底板上的B点，小球静 A.gsin20-ugcose-ugsindcos 0 止时细线a与竖直方向的夹角为0=30°，细线 B.gsin 0 cos 0-ugcos -ugsin20 b与水平方向的夹角为0=30°.已知两细线长 C.gsin 0cos 0-ugcos 0-ugsin 0cos 0 相等，且AC=BC,不计小球大小，重力加速度 D.gcos2 0-ugcos 0-ugsin2 0 大小为g.小车向左沿水平方向做匀加速直线 4.(2025·山东曲阜一中第一次月考)如图甲所 运动，要使细线b上张力为零，则小车运动的 示，水平地面上固定一带挡板的长木板，一轻 加速度ao应满足的条件是 弹簧左端固定在挡板上，右端接触滑块，弹簧 被压缩0.4m后锁定，t=0时解除锁定，释放 A.③ 8a 38 B. 4g≤ao≤g 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 C 3g≤a0≤V5g D 3g≤a≤2g 139 〡物理 7.(多选)(2025·广东高州市一模) (3)3s末人与滑板总重力的瞬时功率 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 Q 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 ( ) [B组创新应用练] A.剪断轻绳的瞬间，P的加速度大小为 10.(多选)(2025·湖北恩 施二模)如图所示，轻 B.剪断轻绳后，P向下运动2x时加速度为零 弹簧的一端固定在倾 300000 0 777777777777777777777777777777 C.剪断轻绳后，P向下运动x时重力的功率 角为0的固定光滑斜面的底部，另一端和质量为 最大 D.撤走长木板的瞬间，Q的加速度大小为g m的小物块a相连，质量为m的小物块b紧 8.(2025·贵州毕节二模)当 4(ms 靠a静止在斜面上，此时弹簧的压缩量为zo.从 前，破旧高楼外墙砖易脱 t=0时开始，对b施加沿斜面向上的外力，使b 落造成安全事故，引发人 10 始终做匀加速直线运动.经过一段时间后，物块 a、b分离，再经过同样长的时间，b距其出发点的 们关注.某实验小组对墙 距离恰好为0.弹簧始终在弹性限度内，其中心 砖脱落的运动进行定量研 0 23 t(s) 轴线与斜面平行，重力加速度大小为g.下列说 究.在一次模拟实验中，小组成员将一墙砖从 法正确的是 某旧楼（无人居住）的楼顶由静止释放，下落一 A,弹簧的劲度系数为8 ngsin日 小段距离后，开始计时，采集从此位置开始下 5.x0 落的高度H与1时间的相关数据，并作出只， Ba、b分离时，弹簧的压缩量为9 的图像如图，运动过程中空气阻力恒定.则 C.物块b加速度的大小为号gsn0 A.计时开始时墙砖的速度大小为0 D.物块b加速度的大小为 5gsin 6 B.本次实验中墙砖下落的加速度大小为8m/s2 11.(2025·江苏连云 C.从计时开始，墙砖在2s内的平均速度 港模拟预测)如图 所示，一轻弹簧左 为6m/s 端固定，右端连接一物块，置于粗糙的水平面 D.计时开始后经3s墙砖恰好落至地面，则这 上.开始时弹簧处于原长，现用一恒力F将物块 栋旧楼高度约为24m 由静止向右拉动直至弹簧弹性势能第一次达到 9.(2025·浙江精诚联盟 最大.在此过程中，关于物块的速度v、加速度a、 联考)人类从事滑雪活 动能E及弹簧的弹性势能E。随时间t或位移 动已有数千年历史，滑 x变化的图像，其中可能正确的是 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1m/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 60kg,受到的总阻力为60N,重力加速度g大小 取10m/s2,求： (1)滑雪者加速度的大小； (2)3s内滑雪者下滑位移的大小； ·140· 专题精准强化 12.(2025·河北衡水模 14.(2025·四川南充二模)水平传送带A、B两 拟)如图所示，系在 端点相距x=8m,以o=4m/s的速度（始 墙上的轻绳跨过两 终保持不变)顺时针运转.今将一质量m= 个轻质滑轮连接着 2kg的小物块，无初速度地轻放至A点处，小 物体P和物体Q,两段连接动滑轮的轻绳始 物块与传送带间的动摩擦因数为1=0.4. 终水平.已知P、Q的质量均为1kg,P与水 小物块离开传送带后，无速度损失地滑上质 平桌面间的动摩擦因数为0.5，重力加速度 量M=2kg的木板.木板与传送带等高，小 大小为g=10m/s2,当对P施加水平向左的 物块与木板间的动摩擦因数也为41=0.4， 拉力F=30N时，Q向上加速运动.下列说 木板与地面间的动摩擦因数为2=0.15，g 法正确的是 ( 取10m/s2.求： A.P、Q运动的加速度大小之比为2：1 (1)如果想让小物块从A点运动到B点的时 B.P的加速度大小为2m/s2 间最短，求传送带的最小速度； C.轻绳的拉力大小为10N (2)传送带以o=4m/s正常运行，小物块从 D.若保持Q的加速度不变，改变拉力F与水平 A点运动到B点的时间； 方向的夹角，则力F的最小值为12√5N (3)要使小物块不从木板上滑落，木板至少 13.(2025·福建福州二模)在某次冰壶训练中， 多长？ 两位冰壶运动员用水平恒力将冰壶从起点推 动5m后，撤去推力，同时启动10s倒计时， wa 冰壶沿直线继续滑行40m到达营垒，速度恰 好为零，倒计时恰好结束.已知冰壶的质量为 20kg,重力加速度g取10m/s2. (1)求冰壶与冰面间的动摩擦因数及水平恒 力的大小； (2)若冰壶与冰面间的动摩擦因数为0.1，且 要求启动10s倒计时瞬间开始推动冰壶，并 重复完成上述启停过程，水平恒力的大小变 为多少？ ·141·丨物理 11.B[对物体受力分析，并构封 LEELEEEKL112 一np gsin37°=mpa,该段时间内由运动学规律，得△x 闭的矢量三角形，如图所示 由图可知，在拉力到达竖直方 -△x'=之af,t=0.2s,联立解得△x=0.14m,a= 向前，与竖直方向的夹角越来 8m/s2,设t=0时P、Q间的作用力为F,对P由牛顿 越小，拉力F增大，F减小， 第二定律，得F弹一pgsin37°-F1=pa,F弹=(mp十 经过竖直方向后，夹角又逐渐 ma)gsin37°，解得F1=16N,故A、D错误；根据前面分 变大，拉力F继续增大，F、也 77777777777777777777 析可知t=0.2s时，弹簧中的弹力F弹′=k△x'=14N, 增大，故B正确.] 故B错误；t=0.2s时对Q由牛顿第二定律得F 12.AC「如图甲所示，两球A、B mog sin37°=oa,解得F=56N,故C正确.] 的连线交过球心O的竖直线 6.C[题图中，根据几何关系，a,b细线与A、B连线的夹 于P点，分析两小球的受力，并将力经适当平移，构成矢量 角均为15°，当细线a与竖直方向的夹角为30°且细线b 三角形，根据力的矢量三角形与几何三角形相似，可得 OP-R.OP=R,所以F、=T,故A正确，B错误： 刚好伸直，这时车的加速度大小为a1=gan30°= 38, 2mg2T'ugF、 wtlaie 根据对称性，当细线a与竖直方向的夹角为60°且细线b F\Qi0/T 刚好伸直，这时车的加速度大小为a2=gtan60°=√3g, F , 因此要使细线b上张力为零，则小车运动的加速度应满 4 P FN A、B B 足的条件是写<a,<5g,故C正疏.] ←}2mg 】 F 3mg 7.AC[系统静止时，设轻绳的拉力为F,轻弹簧的弹力 为F,由于P受力平衡，则2mg=Fr十F,由Fr=mg,解 得F=mg,剪断轻绳的瞬间，对P由牛顿第二定律得 甲 乙 小球A、B看作整体，对整体受力分析如图乙所示，由 2mg-F=2ma,解得a=冬，故A正确；系统静止时，有 正交分解可得Fxsin a=Tsin 0,Fxcos a十Tcos0= F=kx,解得k=ms,剪断轻绳后，P向下加速运动，当P 3mg,解得a=0=30°，T=5 2 ·2mg,故C正确；设两小 所受的合力为0时，有2g=kx1,解得x1=2x,则P向 球间的库仑力为F,对小球A,有F= 下运动x时，加速度为0，速度最大，重力的功率最大，故 √T+(2mg)-2T·2 ngcos30°=mg,故D错误.] B错误，C正确；系统静止时Q受力平衡，有g十F= F、,撤走长木板的瞬间，对Q由牛频第二定律得mg十F 专题精准强化2 =a,解得a=2g,故D错误.门 1.D[无人机沿水平方向飞行，零件相对于无人机静止， 8.B[设开始计时的速度为，下降时的加速度为a,得 也沿水平方向飞行做直线运动，故零件的高度不变，可 知零件的重力势能保持不变，D正确；对零件受力分析， H=w1十a,整显得兰=十a,结合图像可知 受重力和绳子的拉力，由于零件沿水平方向做直线运 10-2 动，可知合外力沿水平方向，提供水平方向的加速度.零 =2m/s,2a=2-0m/s,解得a=8m/s,故A错误， 件与无人机水平向左做匀加速直线运动，A、B错误；惯 B正确；从计时开始，墙砖在2s后的速度为凸2=十at 性的大小只与质量有关，零件的质量不变，故零件的惯 性不变，C错误. =18m/s,故该段时间内平均速度为0==10m/s, 2.B[设每节车厢的长度为L,动车做匀减速直线运动，末 速度为零，由逆向思雏可看作初速度为零的匀加速直线 故C错误；由静止释放到开始计时的时间为6，= 运动，则第5节车厢和第6节车厢经过他时有2L= a 2a5,第6节车厢经过他时有L=2a且t=。一(= 0.25s,故这棒日楼高度约为h=名a么十6)广=子×8 0.83s,解得第6节车厢经过他的时间约为t1=2s,故 ×(3十0.25)m=42.25m,故D错误.] B正确.] 9.解析：(1)由牛顿第二定律知ngsin30°-f=mg, 3.B[根据牛顿第二定律mg sin dcose9-mg cos0-mg 解得滑雪者加速度的大小为a=4m/s, sin sin =ma, (2)由运动学公式x=6t十2at, 可得a=gsin @cost0-gcos日-gsin28.] 4.C[v-t图线的斜率表示加速度，由图乙可知滑块被释 其中o=1m/s,t=3s, 放后，先做加速度逐渐减小的加速直线运动，当弹簧弹 解得3s内滑雪者下滑位移的大小为x=21m. 力与摩擦力相等时滑块速度最大，此时加速度为零，随 (3)由运动学公式知v=Uo十at, 后加速度反向增大直到弹簧恢复原长，从弹簧恢复原长 重力的瞬时功率P=ngusin30°， 到滑块停止运动，加速度不变，选项A、B错误：由图乙 联立解得，3s末人与滑板总重力的瞬时功率为P= 知，滑块脱离弹簧后的加速度大小a1==1,5 3900W. △t0.3m/s- 答案：(1)4m/s2(2)21m(3)3900W 3 6m,刚释放时滑块的加速度大小a,=。mS 10.AC[小物块b紧靠a静止在斜面上，将二者看成一个整 体，可知弹力大小与整体重力沿斜面方向的分力大小相 =30m/s,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 等，有k红=(m十子mgsn,解得及=8”n0,故A正 5x0 大小为F,由牛顿第二定律得kx一F:=ma2,F:=ma1, 确：由于初速度为0，最初两段相同时间间隔内位移之比为 代入数据解得k=175N/m,选项C正确.] ，由题意有x十。=，当物块ab分离时弹簧压 1 F 5,C[刚开始弹簧的压缩量为△x= k (mp十mo)gsin37°=0.3m,t=0.2s时，拉力F不再变 缩量△x=,故B错误；两物块刚好要分离时，a与b之 间无相互作用力且加速度相同，对由牛顿第二定律有k 化，说明此时P、Q刚好分离，它们之间的弹力正好为0， 而此时P和Q具有相同的沿斜面向上的加速度a,设此 ·子-mgsin0=ma,代入k后解得a=号gin0,故C正 时弹簧的压缩量为△x',对P由牛顿第二定律，得△x 确，D错误.门 ·276· 答案精析「 11.C[物块由静止向右拉动的过程中，对物块进行受力 则小物块从A点运动到B,点的时间为 分析，物块受到向右的拉力F,向左的摩擦力F,和弹簧 t=t1十t=2.5s. 的弹力F弹，其中F和F,的大小和方向都不变，开始运 (3)小物块滑上木板时，对小物块，由牛顿第二定律得 动时，根据牛顿第二定律F一F:一F弹=ma,而随着物 umg=ma2 块右移，弹簧伸长量越来越大，弹力越来越大，因此加 解得a2=4m/s2, 速度越来越小，因此物块做加速度逐渐减小的加速运 方向水平向左；对木板，由牛顿第二定律得 动，直到合外力为零，加速度为零，速度达到最大值，动 mg-p2 (M+m)g=Mas, 能达到最大值，随后物块继续向右移动，根据牛顿第二 解得a=1m/s, 定律F弹十F:一F=ma,由于物块一直向右运动，弹力 方向水平向右；设小物块与木板经过t?时间达到共速， 越来越大，因此物块开始做加速度逐渐增大的减速运 则有v共=0一agt3=a3t, 动，直到停止，停止时弹性势能最大.通过上述分析可 联立解得t=0.8s,U共=0.8m/s, 知，A错误，C正确；Q-t图像中，通过分析可知，由于该 则共速前小物块与木板发生的相对位移为 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 A=.-4w=46,-登4，-受4，=1.6m, 也不成线性关系，故B错误；在物块由静止向右拉动直至 小物块与木板共速后，保持相对静止一起在水平地面 弹簧弹性势能第一次达到最大的过程中，弹性势能E。一 做匀减速到停下；可知要使小物块不从木板上滑落，木 直增加，不会出现减小的情况，故D错误.] 板至少长1.6m. 12.D[根据动滑轮的原理，物体Q移动的速度始终是物 答案：(1)8m/s(2)2.5s(3)1.6m 体P的两倍，同时开始运动，速度变化量始终是两倍关 专题精准强化3 系，由公式a-是可知，P,Q运动的加捷度大小之比为 1.AD[手绢做匀速圆周运动，由题图可知P、Q属于同轴 转动模型，故角速度相等，即角速度之比为1：1，B错 1:2,故A错误；由牛顿第二定律，对物体Q分析，有T 误；由U=wr, 一1g=m·2a,对物体P分析，有F-2T-umg=ma, 可知，P、Q线速度之比vp:%o=row：rn=1：√3，得A 联立解得轻绳的拉力大小为T=12N,P的加速度大小 正确；由a=wr,可知，P、Q向心加速度之比ap：ag= 为a=1m/s,故B、C错误；若保持Q的加速度不变，则 rop:rm=1:√3，得C错误；做匀速圆周运动的物体，其 P的加速度也不变，则有T=12N,a=1m/s,设拉力 合外力等于向心力，故合力总是指向圆心O,D正确.] F与水平方向的夹角为日，则对物体P分析，有Fc0sB 2.B[A,点运动为A,点绕O'的圆周运动和O'相对于O的 2T-(mg-Fsin0)=ma,化简可得F=sin0干p 12√5 圆周运动的合运动，故轨迹不是圆周，故不做匀速圆周 N, 运动，故A错误；根据题意O固定在底盘上，故可知O 其中sinp= 1 围绕O,点做匀速圆周运动，故B正确；杯上A,点与O、O =,当sin(0十p)=1,力F有最小值， 恰好在同一条直线上时且A在O)'延长线上，A,点和O √/1十 点运动方向相同，又A点相对O点做圆周运动，故此时 且最小值为F=125N,故D正确.] A的速度大于O的速度，故C、D错误. 13.解析：(1)设冰壶在推力F作用下做匀加速运动，运动5 3.B[A点的线速度为v=wL,A点的线速度沿AB水平 m后的速度为，由牛顿第二定律及运动学公式可知F -umg=mav=2ax, 杆的分速度为-sna-写l,滑块在斜精中的速定 撤掉力F后，冰壶在摩擦力的作用下做匀减速运动，10 分解为沿BC向上和沿AB水平向右的分速度，滑块沿 s时间内运动了40，由牛顿第二定律及运动学公式可 vt U AB方向的分速度0越=V=),结合图可知活塞面 知mg=max=2,a=立 速度等于滑块在斜槽中沿竖直向上的分速度，所以滑块 解得=0.08，F=144N. (2)若冰壶与冰面间的动摩擦因数为0.1，且要求启动 在斜槽中竖直向上的分速度为c=vau tan A=)号L 10秒倒计时瞬间开始推动冰壶（并重复完成上述启停 过程)，设撤掉力那一瞬间冰壶的速度为，根据牛顿 =号L,故B正确] 第二定律及运动学公式可知 匀加速过程F一以'mg=1a3, 4.A[由题意可知当插销刚卡紧固定端盖时弹簧的伸长 匀减速过程以mg=ma1· 量为△x=台，根据胡克定律有F=k0x=号，插销与卷 所用总时间立十立=10s, 轴同轴转动，角速度相同，对插销有弹力提供向心力F= mlw2,对卷轴有v=rw, 所走总路程 2as 2a =45m, 联立解得v三r入2m·」 解得F'=200N. 5.B[根据题意可知，甲、乙两水柱最高，点在同一水平线 答案：(1)0.08144N(2)200N 上，则甲、乙水柱在空中运动的时间相等，即t1=t,,甲、 14.解析：(1)小物块刚放上传送带时，由牛顿第二定律得 乙水柱竖直方向的初速度相等，由图可知，乙的水平位 umg=ma, 移大，则乙水平方向的初速度大，有>1，故B正确.门 解得加速度大小为a1=hg=4m/s, 6.BC「当转动角速度较小时，甲受到的静摩擦力提供向 如果想让小物块从A点运动到B点的时间最短，小物 心力，大小不等于以mg,故A错误；对甲、乙整体分析可 块应一直做匀加速直线运动，则有2a1x=, 知，乙受到转盘的摩擦力为F,=2wr1,故B正确；若角 解得=√2a1x=8m/s, 速度增大，根据mg=mwr,丙到转轴的距离较大，则丙 可知传送带的最小速度为8m/s. 先达到滑动的临界，点，故C正确，D错误.] (2)传送带以=4m/s正常运行，则小物块刚放上传送 7C[小球刚要脱离圆轨道时，设小球的速度大小为1， 带到与传这带关建所月时网为4一受=1 此时对小球ngsin0=m尺，小球脱离轨道后，将做斜抛 通过的位移为=之a=2m, 运动，则小球在D点时的水平方向v,=sin日，xpE= 小物块与传送带共速后，匀速运动到B,点所用时间为 Rc0s0,t=E,在竖直方向4，=4c0s0,t=2,以上各 U. g 42=271=1.5s 式联立，解得sim9=,即9=46°，故C正确.] 21 ·277.