二轮专题精准提升2 直线运动与牛顿运动定律(包括板块模型)-【衡水真题密卷】2025年高考物理二轮专题精准提升（7版）

密 2024一2025学年度二轮专题精准提升（二） 卺题 物理·直线运动与牛顿运动定律 (包括板块模型) 本试卷总分100分，考试时间75分钟。 一、选择题：本题共8小题，每小题4分，共32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。 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 1.智能手机里一般装有加速度传感器。打开手机加速度传感器软件，手托着手机在竖直 方向上由静止开始运动，通过软件得到加速度随时间变化的图像如图所示，以竖直向上 为正方向，重力加速度为g。下列说法正确的是 ) A.t1时刻手机处于完全失重状态 B.t2时刻手机开始向上运动 C.t3时刻手机达到最大速度 D.手机始终没有脱离手掌 2.为满足旅客乘坐高铁出行的不同需要，城际高铁开通了“一站直达”列 车和“站站停”列车两种班次。假设两城高铁站之间均匀分布了4个车站，若列车在进 站和出站过程中做匀变速直线运动，加速度大小均为2m/s2,其余行驶时间内保持最高 时速288km/h匀速运动，“站站停”列车在每个车站停车时间均为t。=2min,则一站直 达列车比“站站停”列车节省的时间为 () A.14 min 40 s B.13 min 20 s C.11 min 20s D.10 min 40 s 3.“反向蹦极”是一项比蹦极更刺激的运动。如图所示，劲度系数为的弹性轻绳的上端 固定在O点，拉长后将下端固定在体验者的身上，人再与固定在地面上的拉力传感器相 连，此时传感器示数为1000N。打开扣环，人从A点由静止释放，像火箭一样被“竖直 发射”，经B点上升到最高位置C点，在B点时速度最大。已知AB长为2m,人与装备 (可视为质点)总质量为m=80kg。忽略空气阻力，重力加速度g取10m/s2。下列说法 正确的是 () 扣环 门力传感器 /7777777777777 二轮专题精准提升（二）物理第1页（共8页） 真题： 把握现在，珍惜时光，为未来而党力拼搏。 A.在B点时，弹性轻绳的拉力为零 班级 B.经过C点时，人处于超重状态 C.弹性轻绳的劲度系数k为500N/m 姓名 D.打开扣环瞬间，人在A点的加速度大小为22.5m/s2 4.如图甲所示，一个质量为m=1kg的物体从斜面底端冲上一足够长的斜面，斜面倾角0= 37°，物体运动的t图像如图乙所示。已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，取，5=2.24，重力加速 得分 度g取10m/s2,则物块回到斜面底端时速度大小约为 () v/(m's) 甲 A.2.68m/s B.4.02m/s C.5.38m/s D.6.70m/s 5.如图所示，轻滑轮上跨有细绳，细绳两端恰好触地，细绳两侧分别套有质量为1二 0.2kg、m2=0.5kg的小球A、B,两球同时由静止开始从离地面高为H=0.26m处沿 细绳下滑。由于球内侧有卡扣，使两球与细绳间的最大静摩擦力均等于其重力的0.5 倍。若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2,不计细绳与滑轮间的 摩擦与细绳本身的重力。下列说法正确的是 () A.A球先落地 muzuu B.A球落地时的速度大小为1m/s C.B球受到的摩擦力大小始终为2.5N D.B球摩擦力的瞬时功率最大值为1.6W 6.如图甲所示，一粮食储备仓库工人正利用传送带运送货物，以恒定速率。逆时针转动 的传送带与水平面的夹角为0=37°，转轴间距为L=3.5m。t=0时刻，工人将货物（可 视为质点)沿传送方向以速度v1=1.5m/s从传送带顶端推下，t=4.5s时货物运动到 传送带底端，货物在传送带上运动的t图像如图乙所示。已知sin37°=0.6，cos37°= 0.8,重力加速度g取10m/s2,不计空气阻力，则货物与传送带间的动摩擦因数为 ( v/(m's) 1.5 % 0 2.54.5 t/s A.0.8 B.0.5 C.0.4 D.0.2 密卷 二轮专题精准提升（二）物理第2页（共8页） 7 7.甲、乙两物体从同一地点出发且在同一条直线上运动，它们的位移一时间(x-t)图像如图 所示，由图像可以看出在05s内 () Ax/m 3 2 123456 A.甲、乙两物体始终同向运动 B.t=4s时甲、乙两物体间的距离最大 C.甲物体的平均速度大于乙物体的平均速度 D.甲物体的速率始终大于乙物体的速率 8.传送带广泛应用于物品的传输、分拣、分装等工作中，某物流公司利用如图所示的三角 形传送带进行物品的分拣。传送带以v=2/s的速度逆时针转动，两侧的传送带长均 为L=2m,且与水平方向的夹角均为37°。现有两个货箱A、B从传送带顶端都以大小 为vo=1m/s的初速度沿传送带下滑，两货箱与传送带间的动摩擦因数都是0.5，重力 加速度g取10m/s2,取16.92=285，sin37°=0.6，cos37°=0.8，下列判断正确的是 () 37 37⊙ A.货箱B先到达传动带底端 B.货箱B在传送带底端时的速度大小为3m/s C.下滑过程中相对传送带的路程货箱A大于货箱B D.下滑过程中，两货箱在传送带上的划痕长度相同 二、选择题：本题共2小题，每小题5分，共10分。在每小题给出的选项中，有多项符合题 目要求，全部选对能得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 题号 9 10 答案 9.如图所示，在倾角为0=37°的足够长斜面上，有一质量为m=2kg、可视为质点的物块， 在F=20N、方向与斜面夹角为α=37°的力的作用下，从静止开始沿斜面向上运动， 经t1=12s撤去F,物块在t1时间内的位移为x1=36m。已知sin37°=0.6，cos37°= 0.8,重力加速度g取10m/s2,则下列说法正确的是 () 0.... 7 二轮专题精准提升（二）物理第3页（共8页）】 真题 A.撤去F前，物块与斜面间的压力大小为5N B.物块与斜面间的动摩擦因数为0.75 C.撤去F时，物块的速度大小为6m/s D.撤去F后3s内，物块的位移大小为3m 10.如图甲所示，质量为M=2kg且足够长的木板A静止在水平地面上，其右端放置质量 为m=1kg的小物体B。现用水平拉力F作用在木板A上，F随时间t变化的关系如 图乙所示，其中0~t1时间内F=2t(N),t1时刻A、B恰好发生相对滑动。已知A与 地面、A与B之间的动摩擦因数分别为41=0.1、2=0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦 力，重力加速度g取10m/s2,下列说法正确的是 () 20 A wmmmmomm tls 甲 乙 A.t1=4.5s B.t1时刻，A的速度为4.5m/s C.t=6.5s时A的速度为18.0m/s D.t=6.5s时B的速度为6.25m/s 三、非选择题：本题共5小题，共58分。 11.（6分)某学习小组在做“探究小车速度随时间变化的规律”实验后，利用频闪照相研究 小车从斜面上滑下的运动。如图甲所示，将小车从斜轨上由静止释放，用频闪照相机 从小车运动的侧面进行照相，频闪照相机的频率为10Hz,得到如图乙所示的照片。用 刻度尺量出照片中OA=3.18cm,OB=6.74cm,OC=10.69cm,OD=15.05cm,照 片中小车的长度为L1=1.03cm,小车的实际长度为L2=10.30cm。 甲 乙 (1)根据以上数据可知，小车在O点的速度 (选填“为零”或“不为零”)。 (2)根据以上信息，可求得小车实际运动过程中的加速度大小α= m/s2(结 果保留2位有效数字)。 (3)如果当时频闪照相机的实际频率为12Hz,而做实验的同学们并不知道，那么测得 的加速度与真实值相比会 (选填“偏大”“偏小”或“不变”)。 密卷 二轮专题精准提升（二）物理第4页（共8页） 12.(10分)某实验小组的同学设计了测量物体质量的实验，所用装置如图甲所示。主要步 骤如下： 数字计时器 光电门2 光电门1 气垫导轨 滑块遮光条 0 刻度京 山cr TTTTTTTTTTTTTTT 1020 槽码 (1)用20分度的游标卡尺测量滑块上遮光条的宽度d,读数如图乙所示，则d= mm (2)滑块在牵引力作用下先后通过两个光电门，配套的数字计时器记录了遮光条通过 第一个光电门的时间为△1，通过第二个光电门的时间为△t2,遮光条从开始遮住第 一个光电门到开始遮住第二个光电门的时间为t,则滑块的加速度大小的表达式为 a= (用△t1、△t2、t和d表示)。 (3)依次增加所挂槽码的个数，记录每次实验槽码的总质量m,并计算出滑块相应的加 速度，以为横轴、}为纵轴，建立直角坐标系，通过描点连线得到}图像如图 a m 丙中I所示，图线I的斜率为k1,在纵轴上的截距为b。 (4)将待测物体固定在滑块的凹槽内，重复上述实验步骤(2)和(3)，在图丙中画出新的 11图像Ⅱ，若图线Ⅱ的斜率为2，在纵轴上的截距也为6。已知当地的重力加速 a m 度为g,则下列关系式中正确的是 (填正确答案标号)。 a个 产m A.b=g B.6=1 g C.b=g2 D.b=√g (5)待测物体的质量M= (用k1、k2、b表示)。 二轮专题精准提升（二）物理第5页（共8页） 真题密卷 13.(10分)冰壶是在冰上进行的一种投掷性竞赛项目。某次训练中，冰壶（可视为质点）被 运动员掷出后，在水平冰面上沿直线依次经过A、B、C三点后停在O点。已知A、B 间的距离为x=26m,B、C间的距离为x2=5.5m,冰壶通过AB段的时间t1=10s, 通过BC段的时间t2=5s,假设冰壶和冰面间的动摩擦因数处处相等，重力加速度g 取10m/s2。求： (1)C、O两点之间的距离x3; (2)冰壶和冰面间的动摩擦因数μ。 777777777777777777777777777 0 二轮专题精准提升（二）物理第6页（共8页） 7 14.(14分)如图所示，长L=5m的水平传送带AB以v=2m/s的速度顺时针转动。质 量为m=1kg、电荷量q=2.0×10-3C的滑块可以视作质点，放在与AB等高的平台 BC上，距离B点为s=4m。B点右侧有一方向水平向左，电场强度为E=4.0× 103V/m的匀强电场。已知滑块和AB、BC间的动摩擦因数分别为1=0.20，k2= 0.60,滑块由静止开始滑动，在运动过程中，滑块的电荷量始终保持不变。求： (1)滑块第一次运动到B点时的速度大小； (2)滑块第一次从B点滑上传送带到再次返回B点所用的时间； (3)运动全过程中，滑块在BC段运动的总路程。 B ·)1 mmmhmmC 7 二轮专题精准提升（二）物理第7页（共8页）】 真题密卷 15.(18分)如图所示，光滑水平面上固定一光滑的半径为R=0.8m的圆轨道，轨道下 端水平，轨道右端紧靠长木板C且轨道下端与长木板C齐平。长木板C正中央放有 滑块B,开始整个系统静止，某时刻将滑块A从轨道顶端由静止释放，已知A、B、C的 质量分别为mA=2kg、mB=3kg、mc=1kg,滑块A与C间的动摩擦因数为41=0.2， B与C间的动摩擦因数为μ2=0.4，长木板C长度为L=5m,滑块间的碰撞为弹性正 碰，滑块A、B均可视为质点，重力加速度g取10m/s2求： (1)滑块A滑到轨道最低点时，受到轨道支持力的大小； (2)从滑块A滑上木板C开始计时，经多长时间滑块A、B发生碰撞； (3)木板C运动的最大速度； (4)碰后滑块A、B间的最大距离。 wmmm777m 二轮专题精准提升（二）物理第8页（共8页）真题密卷 二轮专题精准提升 左的滑动摩擦力，根据分析知，滑动摩擦力为 f=μN=μ(mg-F),F=quB (2分) 当滑块速度最大时，f=0,即 F=mg=qv2B (1分) mg 所以此时滑块速度2= (1分) gB 代入数据解得v2=10m/s。 (2分) G 15.41:5(2) (2)当圆柱体甲恰好降到地面时（甲对地面无压 2 力)，乙受甲的压力在水平方向的分力最大，根据 【解析】(1)设两圆心连线与水平方向的夹角为 几何关系，结合上述，对甲进行受力分析可知 日，对圆柱体甲进行受力分析，如图所示。 Fmaxcos60°=G (1分) 根据平衡条件有 对乙有 F=_G tan 0'Fxsin 0-G (2分) F rmax=Fmax Sin60° (1分) 解得F<max=√3G (1分) 可知，当日=60°时，挡板对圆柱体甲的支持力为 此时乙受地面的摩擦力为 Fi-tan 60-3G (2分) Ff=Fxmx=√3G (1分) 当0=45°时，挡板对圆柱体甲的支持力为 对甲、乙整体受力分析可知，地面对乙的支持力 N=G+G=2G (1分) G F2-anS】 (2分) 根据题意，乙保持静止，则有 由牛顿第三定律可知日分别为60°和45°时，圆柱 uN≥F (2分) 体甲对挡板的压力分别为 F{=F1,F2=F2 湖得 (1分) (2分) 则两圆心的连线与水平方向分别为60°和45°时， 挡板所受压力之比 故乙与地面间动摩擦因数的最小值为 。(1分) F{:Fg=1:√3。 (1分) 2024一2025学年度二轮专题精准提升（二） 物理·直线运动与牛顿运动定律（包括板块模型） 一、选择题 a十5·a2十，-站直达列车比“站站体” 1 1.A【解析】t1时刻手机加速度为一g,方向竖直向 下，手机处于完全失重状态，A正确；由题图可知 列车节省的时间为△t=(t/十4t。十5t加+5t减) 0~t2向下做加速运动，t2~t3向下做减速运动， (t+t十t减)，联立解得△t=640s=10min40s, a-t图线与坐标轴围成图形的面积为速度，t3时刻 D正确。 手机达加速度为正方向的最大值，故t?时刻的速3.C【解析】在B点时人的速度最大，加速度为 度小于t2时刻的速度，不是最大，B、C错误；手机 零，处于平衡状态，有x=mg,A点未释放时， 加速度向上时受到手向上的支持力，不会脱离手 有kx'=mg十F,有x'一x=2m,联立解得k= 掌，手机加速度为一g的过程中处于完全失重状 500N/m,A错误，C正确；在C,点速度为零，有向 态，可以说此过程手机和手脱离也可以说恰好没 下的加速度，人处于失重状态，B错误；打开扣环 有脱离手掌，D错误。 瞬间，由牛顿第二定律，可得x'一mg=F=ma, 2.D【解析】由题可知，列车加速到速度最大所用的 解得a=12.5m/s2,D错误。 时间为=-28kmh=40s,列车进站加速 4.C【解析】由题图乙可知，物块上滑加速度大小 a 2 m/s2 、为a1=0=12m/s=10m/s,由牛顿第二定 与出站减速时的加速度相等，故t加一t城，一站直达 列车匀速行驶用时为t,“站站停”列车匀速行驶用 律可得mg sin0+umg cos0-ma1,解得μ=0.5， 时1，报据题喜可勿a十a戏十：=5… 物块下滑过程由牛顿第二定律可得mg sin0一 mg cos0=ma2,解得a2=2m/s2,由题图乙可 4 ·物理· 参考答案及解析 1.2×12 率，D正确。 知，0~1.2s内滑块上滑的位移为x= m= 2 8.B【解析】已知v=2m/s,o=1m/s,l=2m,u= 1 7.2m,设滑块下滑时间为t,则有x=2a,解得 0.5。货箱A刚开始下滑时有f4= umag cos37°，mag sin37°+fA=maA1,解得货箱 t≈2.69s,物块回到斜面底端的时刻约为t2=1.2s十 2.69s=3.89s,物块回到斜面底端时速度大小约为 A的加速度a1=10m/s2,货箱A速度达到 v=a2t=5.38m/s,C正确。 2m/s后，mag sin37°-fA=ma2,解得a2= 5,D【解析】由于A、B两球对细绳的摩擦力必须等 2m/s2,货箱B刚开始下滑时有fB= 大，且A、B的质量不相等，A球由静止释放后与细 m8g cos37°，mng sin37°-fB-maB,解得货箱 绳间为滑动摩擦力，B球与细绳间为静摩擦力，对 B的加速度aB=2m/s2,货箱A第一阶段加速的 A分析得m1g-fA=m1a1,对B分析得m2g- 0十00 时间t1= fB=m2a2,fA=fB=0.5m1g=1N,联立解得 ”一00=0.1s,加速位移x1= 2t1= a1=5m/s2,a2=8m/s2,设A球经时间t与细绳分 0.15m,由运动学公式可得货箱A加速第二阶段 离，此时，A、B两球下降的高度分别为h1、h2,速度 1 分别为，则有=0，，ha=子0，H 1-x1=t:十2ae号，解得t2=（/2.85-1)s,货 箱A下滑到底端的时间tA=t1十t2=(√2.85 h1十h2,v1=a1t,v2=a2t,联立解得t=0.2s, h1=0.1m,h2=0.16m,v1=1m/s,2=1.6m/s, 0.9s,对货箱B由运动学公式得l=utB十20B后， 分离后，A球经t1落地，B球经t2落地，则有H 解得货箱B下滑到底端的时间tB=1s。货箱A 1 h=U十2，H-h,=ut2+2gt号，解得t1≈ 先到达传动带底端，A错误；货箱B在传送带底端 0.105s,t2≈0.054s,A球落地的速度为1= 时的速度大小B=0十aBtB=3m/s,B正确；货 1十gt1=2.05m/s,B球先落地，B球摩擦力的 箱A下滑到底端时相对传送带的路程△xA=l一 瞬时功率最大值为P=fBv2=1.6W,D正确。 tA,货箱B下滑到底端时相对传送带的路程 6.A【解析】由题图乙可知，在0~2.5s内，货物的 △xB=L十tB,所以下滑过程中相对传送带的路程 速度大于传动带的速度，则货物受沿斜面向上的 货箱A小于货箱B,两货箱在传送带上的划痕长度 滑动摩擦力，在2.5s~4.5s内，货物匀速下滑，根 货箱A小于货箱B,C、D错误。 据平衡条件可知，货物受沿斜面向上的静摩擦力， 二、选择题 所以2.5s时货物所受摩擦力方向不变，t图线 9.BC【解析】对物块受力分析，垂直于斜面方向有 与坐标轴围成的区域的面积表示位移的大小，根 FN=mg cos0-F sin a=4N,A错误；根据x1= 据题意可得L=十1，十t,解得 1 2x12X36 2 2a1ti,可得a1 tf=12m/s2=0.5m/s2, 0.5m/s,在0一2.5s内，对货物由牛顿第二定律得 根据牛顿第二定律得Fcosa一mg sin0一 umg cos0-mgsin0=ma,货物的加速度大小为a= u(ng cos0-Fsin a)=ma1,解得u=0.75,B正 ，联立解得μ=0.8，A正确。 确；力F作用12s末的速度0=a1t1=6m/s,C t 7.D【解析】位移一时间图线的斜率表示速度，由 正确；撤去F后向上运动的加速度大小a2= 图像可知乙物体始终沿正方向运动，甲物体0一 gsin0+gcos日-12m/s2,则向上运动的位移 2s沿正方向运动，2一6$沿负方向运动，故甲、乙 v2 62 =0.5s, x2=2a=2X12m=1.5m,时间t=a,= 两物体不是始终同向运动，A错误；位移一时间图 线的交，点代表相遇，故t=4s时甲、乙两物体相 因为mg sin0=mg cos0,可知以后物块静止在斜 遇，B错误；图像可以看出在0~5s内乙物体的位 面上，则撤去F后3s内，物块的位移大小x2= 移大于甲物体的位移，故乙物体的平均速度大于 1.5m,D错误。 甲物体的平均速度，C错误；甲物体0~2s的速度 10.AC【解析】当A、B恰好发生相对滑动时，对B 由牛顿第二定律得f1=maB,又f1=μ2mg= 为0甲=2m/s=2m/3,2~6s的速度为0甲= 2N,解得aB=2m/s2,对A由牛顿第一定律得 0-4。 2 F-f1-f2=MaA,f2=h1(M十m)g=3N,此 4m/s=-1m/s,乙物体的速度为z=4m/s= 时aA=aB,解得F=9N,由F=2t(N)可知， 0.5m/s,故甲物体的速率始终大于乙物体的速 t1=4.5s,A正确；A即将开始运动时外力F恰平 ·5. 7 真题密卷 二轮专题精准提升 衡A与地面间的摩擦力，由F=f2=2t2(N)解 V2一V1 d(△t1-△t2) ,可得a= 得t2=1.5s,则01.5s内木板A静止，1.5~ t △t1△t2t 4.5s内A与B一起变加速运动，拉力F对A的 (4)设滑块的质量为M。,待测物体的质量为M, 滑块受到的拉力为F,由牛顿第二定律有F= 冲量Ip=FA1=3,9X3N·s=18N·s,对A (M,十M)a,对槽码有mg-F=ma,联立得 由动量定理得1，-0+)AL-f,Ar=M, a 2 M+M.1+1 得vA=3m/s,B错误；t1~6.5s内，A、B相对滑 8 m g B正确。 纵轴截距为6=1 动，拉力F'=20N,对A由牛顿第二定律得 M, (5)由上述分析可知斜率为=1，“ M+M=k2, g F'-f1-f2=MaA,解得aA=7.5m/s2,所以t= 6.5s时，A、B相对运动时间为△t'=2s,A的速 解得M=:一虹 b 度以=va十aA△t'=18m/s,C正确；t=6.5s时， 13.(1)0.9m(2)0.02 对B由牛顿第二定律得f1=maB,解得a'B= 【解析】(1)因为冰壶与冰面间的动摩擦因数处 2m/s2,故t=6.5s时，B的速度vB=A十aB△t'= 处相等，因此冰壶滑动时受到的摩擦力处处相 7m/s,D错误。 等，又因为冰壶沿直线运动，因此冰壶在A点至 三、非选择题 。点的运动为匀减速直线运动，假设冰壶运动的 11.(1)不为零(2分)(2)3.9(2分) 加速度大小为a,在A点时的速度大小为口A,在 (3)偏小(2分) C点时的速度大小为vc,因此有 【解析】(1)由题给数据可得OA=3.18cm,AB= 1 OB-OA=3.56 cm,BC=OC-OB=3.95 cm, vAti-2alj=z (1分) CD=OD-OC=4.36cm,显然OA:AB: 1 BC:CD≠1：3：5：7，由于相邻的时间间隔相 vA(+1:)-2a(+1):=z2+z (1分) 同，则小车在O点时的速度不为零。 解得a=0.2m/s2,vA=3.6m/s (1分) (2)根据逐差法，小车运动的加速度大小Q= 又由vc=vA-a(t1十t2) x0-x08=（15.05-6.74)-6.74 代入数据可得vc=0.6m/s (1分) 4T2 4×0.12 X102m/s≈ 已知运动到O点时冰壶停下，因此有 0.39m/s2,根据小车在照片中的长度与实际的 v2-0=2ax3 (1分) 长度的比例为1：10，可知小车实际运动的加速 代入已知数据可知x3=0.9m。 (1分) 度为3.9m/s2。 (2)假设冰壶与冰面间的摩擦力大小为f,则有 (3)如果实验时频闪照相机实际拍摄频率为 f=umg 根据牛顿第二定律可知 12Hz,则实际周期更短，由a=乙o二xo,可知 4T2 f=ma (2分) 已知a=0.2m/s2,联立以上各式可得u=0.02。 实际加速度更大，即加速度的测量值和实际值相 (2分) 比是偏小的。 13 12.15.30(2分)(2)A-4) (2分) 14.a)4m/s(2)4.5s(3)3m △t1△t2t 【解析】(1)滑块在电场中做匀加速运动，根据动 (4B(3分)6)1(3分) 能定理有 b 1 【解析】(1)20分度的游标卡尺精确度为 qEs-u:mgs-2mv (1分) 0.05mm,由题图可知读数为5mm十6× 解得v1=4m/s。 (1分) 0.05mm=5.30mm。 (2)滑块滑上传送带后先做减速运动，加速度大 (2)在极短时间内的平均速度等于该时刻的瞬时 小为 速度，则滑块通过光电门1的速度为w1一△ a=41g=0.20X10m/s2=2m/s2 (1分) 当滑块减速为零时，位移为 滑块通过光电门2的速度为=A。,根据a一 d 0142 x1-2a=2X2m=4m<L=5m (1分) ·6 ·物理· 参考答案及解析 所需时间为 622 (1分) ac一m+ uimag -=1m/s2<aB=4m/s2 所以B、C相对静止，A向右做匀减速直线运动， 滑块未从传送带左端滑出，之后做匀加速运动， B、C向右做匀加速直线运动，设A的位移为x1, 到与传送带共速时，滑行的位移为 B、C的位移为x2,则有 v222 1 1 L x2=2a-2X2m=1m (1分) x1-x2=VA0t1一 204好-20i 2 滑行的时间为 5 4-"=2 解得=1s或=3s(舍) a2s=1s (1分) 故时间为t=1s。 (1分) 之后与传送带共速，一起匀速运动到B点的时 (3)当A、B两物块碰撞前瞬间，设A的速度 间为 为VA1,B、C的速度为vB1,则有 t,=12=1,5s (1分) VA1=VA0一aAt1=2m/s UB1=vc1=aBct1=1 m/s (1分) 滑块第一次从B,点滑上传送带到再次返回B点 A、B为弹性碰撞，由动量守恒定律和能量守恒 所用时间为 定律得 t=t1+t2十t3=4.5s。 (1分) mAUAI+mBUBI=mAUA2+mBUB2 (1分) (3)滑块第一次以V进入电场，之后每次到达B 1 1 1 点速度在减小，小于传送带速度，故之后每次进 2mAui十2mBwi1-2 mAUhs十2mgvi2(1分) 入传送带和从传送带滑出的速度大小相等，最终 解得℃A2=0.8m/s,v2=1.8m/s 停在B点，设滑块第二次进入电场后，在BC段 而此时C的速度vc1=1m/s,C相对于A向右 运动的总路程为x4,根据动能定理有 运动，相对于B向左运动，故此时C受到A向左 的滑动摩擦力和B向右的滑动摩擦力，所受合力 -h:mgx4=0-2mw月 (2分) 向右，C向右做匀加速运动，由牛顿第二定律得 (1分) u2mBg-uimag=mcac 解得ac=8m/s2 (1分) 则运动全过程中，滑块在BC段运动的总路程为 B做匀减速运动，加速度为 1 13 x=x,+s=3m+4m=3m。 (2分) an=tmng =4m/s2 (1分) mB 15.(1)60N 21s3)2号m/s(④ 23 150m 当B、C共速时有 vB2-aBt2=vc1十act2 【解析】(1)由动能定理得 1 1 mAgR-2mavho (1分) 解得t红=s 1 由牛顿第二定律结合圆周运动规律得 而此时xB=0Bt。一2an经=gm UAO Fx-mAg-R (1分) 1 19 xc=vc1t2+2acl号=225m (1分) 解得FN=60N L 由牛顿第三定律可知，受到轨道支持力的大小为 又有△x=xB一xC< 60N。 (1分) 故B未出C板右侧，之后B、C一起相对静止做 (2)当A向右运动时，受到向左的摩擦力，由牛顿 减速运动，此时C的速度为 第二定律得 23 uimag-mAaA uca=uai+acta-i5m/s。 (1分) 解得aA=2m/s2 (1分) (4)A一直做匀加速运动，直到A、B、C共速，当 若B与C之间恰好相对滑动，有 A、B、C共速时有 u2mBg-mBaB vA2十aA(t2十t3)=vc2-aBct3 解得aB=4m/s2 (1分) 解得t3=0.2s (1分) 假设B、C相对静止，B、C的加速度为 之后A、B、C共速 7 真题密卷 二轮专题精准提升 4 2 43 VAnG-vca-ancts-3m/s (1分) xuc-2(vc+Ac)t-150m (1分) 共速前A的位移为 故A、B最远距离为 1 64 17 xA=2(0A十ABc)(t:十t)=225m (1分) xB十xBc-xA=150m。 (1分) B、C共速后到A、B、C共速前B、C的位移 2024一2025学年度二轮专题精准提升（三）】 物理·牛顿运动定律的应用 一、选择题 2.5m/s2,根据牛顿第二定律可得a= 1.C【解析】演员在上升和下落的过程中，都只受 umg cos 0-mg sin 0 ,联立解得物块与传送带之间 重力作用，处于完全失重状态，A、B错误；演员上 m 升过程中所用时间为=” 则在空中旋转的时间 的动摩擦因数为以= √3 ,C正确；物块沿传送带向 不超过”，C正确；演员上升的最大高度为h= 下减速到0所用时间为t1=。 =1.6s,物块沿传 a v2 D错误。 送常向下减速通过的位移大小为x1=罗1 2.D【解析】飞船对空间站的力与空间站对飞船的力 3.2m,物块反向向上加速到与传送带共速所用时 是一对相互作用力，大小相等，A错误；由于推进器工 作5s内，测出飞船和空间站的速度变化是0.05m/s, 间为t2= =0.4S,物块反向向上加速通过的位 a 根据加速度的定义式有a=A-0.05 45m/s= 移大小为2：=2，=0.2m,则物块与传送带共速 0.01m/s2,C错误；对飞船和空间站整体分析，根 据牛顿第二定律有F=(m飞十m空)a,解得m空= 后继续向上运动回到原处所用时间为七=一心 9.6×104kg,D正确；对空间站分析，根据牛顿第 3$,则物块从滑上传送带到回到原处所用时间为t= 二定律有N=m空a,解得N=960N,B错误。 t1十t2十t3=5s,B错误。 3.C【解析】设小车的加速度为a,绳中拉力为T, 5.C【解析】根据对称性可知平台与两个圆柱表面 则有Tsin0=ma,Tcos0=mg,解得a=gtan0, 1 当0=60°时，小车的加速度大小为a=√3g,B错 的摩擦力相等，大小均为f=21M+m)g= 误；根据B选项分析可知两侧角度相同时，加速度 5N,沿平行于轴线的方向给平台施加F=10N的 大小相等，但所受合力的方向不同，加速度方向不 恒力，使平台从静止开始沿轴线运动，初始时刻， 同，A错误；根据a=gtan0,可知a随0的变化不 平台受到两圆柱的摩擦力刚好平衡，以平台和货物 是均匀变化，结合正切函数的特征可知，加速度值 F 越大，表盘刻度越密集，C正确；当加速度较大时 为整体，加速度大小为a,=M十m=2m/g< 对应的角度变化较小，会导致加速度较大情况下 2g=3m/s2,圆柱表面的，点转动的线速度大 的测量误差较大，D错误。 小为v'=wr=0.8m/s,设平台运动的速度大小 4.C【解析】从t图像可知，物体速度减为0后反 为，如图所示。可知平台受到两个圆柱表面对平 向向上运动，最终的速度大小为1m/s,因此物块 台沿平行于轴线的方向的摩擦力大小均为∫：= 没从N点离开，物块最终与传送带共速，所以传 fcos0,根据牛顿第二定律可得F一2fz=F一 送带的速度v=1m/s,方向沿斜面向上，A、D错 2fcos0=(M十m)a,可知随着平台速度v的逐渐 误；心t图线的斜率表示加速度，可知物块沿传送 增大，0逐渐减小，c0s日逐渐增大，加速度逐渐减 带下滑时的加速度大小为a=4一（一1) 小，所以货物与平台不是一起做匀加速直线运动， 2 m/s2= A错误；当平台速度v=0.6m/s时，则有cos0 ·8·