第2讲 牛顿运动定律与直线运动(强化练)-【优化探究】2026年高考物理二轮专题复习配套课件（广东专版）

2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 [基础保分练](1-7题,每题4分) 1.(2024·新课标卷)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(　　) C 解析:物体做直线运动,位移与时间成函数关系,A、B选项中一个时间对应2个或2个以上的位移,故不可能,故A、B错误;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 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2.一旅客在火车站某站台7号候车线处候车,他发现某动车进站时第5节车厢经过他用了0.83 s,动车停下时他刚好在第7节车厢门口,车门靠近动车前进方向一端。每节车厢的长度相同,不计各节车厢连接处的长度,若动车进站时做匀减速直线运动,则第6节车厢经过他的时间约为 (　　) A.0.64 s　　　　B.2 s C.0.5 s D.1 s　 B 解析:设每节车厢的长度为L,动车做匀减速运动,末速度为零,由逆向思维可看作初速度为零的匀加速直线运动,则第5节车厢和第6节车厢经过他时有2L=a,第6节车厢经过他时有L=a且t=t2-t1=0.83 s,解得第6节车厢经过他的时间约为t1=2 s,故B正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 3.(2025·广东佛山二模)2024年11月4日,神舟十八号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆。当返回舱距离地面1.2 m时,返回舱的速度为8 m/s,此时返回舱底部的4台反推火箭点火工作,使返回舱触地前瞬间速度降至2 m/s,实现软着陆。若该过程返回舱始终竖直向下做匀减速运动,返回舱的质量变化和受到的空气阻力均忽略不计,返回舱的总质量为3×103 kg,g取10 m/s2,则4台反推火箭点火工作时提供的推力大小为(　　) A.3×104 N B.7.5×104 N C.2.6×104 N D.1.05×105 N D 解析:根据运动学公式可得v2-=-2ah,解得加速度大小为a== m/s2 =25 m/s2,根据牛顿第二定律可得F-mg=ma,解得F=1.05×105 N,故选D。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 4.(2025·广东六校联考)如图所示,两物块P、Q用跨过光滑轻质定滑轮的轻绳相连,开始时P静止在水平桌面上。将一个水平向左的拉力F作用在P上后,轻绳的张力变为原来的两倍。已知P、Q两物块的质量分别为mP=2 kg、mQ=1 kg,P与桌面间的动摩擦因数μ=0.5,重力加速度g取 10 m/s2,则拉力F的大小为 (　　) A.60 N B.50 N C.40 N D.30 N　 B 解析:开始时轻绳的张力为T1=mQg=10 N,则当加一个水平向左的拉力F作用在P上后,轻绳的张力变为T2=20 N,则由牛顿第二定律对Q有T2-mQg=mQa,对P有F-T2-μmPg=mPa,解得F=50 N,故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 5.(多选)(2025·广东汕头一模)地铁站用于安全检查的装置主要由水平传送带和X光透视系统两部分组成,传送过程传送带速度不变。假设乘客把物品轻放在传送带上之后,物品总会先、后经历两个阶段的运动,已知传送带长度为2.1 m、速率为2 m/s,g取10 m/s2,物品与传送带间的动摩擦因数为0.4,则 (　　) A.物品在传送带上运动的时间是1.3 s B.物品做加速运动时,其速度有可能超过传送带速度 C.物品越重,从传送带的左端运送到右端所需要的时间越长 D.若仅使传送带的速率增大为原来的2倍,前阶段物品的位移也增大为原来的4倍 AD 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:物品在传送带上前阶段受到滑动摩擦力,由牛顿第二定律可得a= =μg=4 m/s2,物品加速阶段的位移s1== m=0.5 m,物品加速达到与传送带相同速度后,与传送带一起匀速运动,物品匀速运动时不受摩擦力,故B错误;物品匀加速运动的时间t1== s=0.5 s,物品匀速运动的时间t2== s=0.8 s,物品在传送带上运动的时间t=t1+t2=0.5 s+0.8 s= 1.3 s,与物品的质量无关,故A正确,C错误;由s=,可知若仅使传送带的速率增大为原来的2倍,前阶段物品的位移增大为原来的4倍,故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 6.(2025·广东高州模拟)如图所示,三个物块A、B、C挤压一根轻质弹簧,恰好处于静止状态,已知三个物块的质量分别是mA=1 kg、mB=2 kg、mC=3 kg,三个物块与水平面的动摩擦因数都是μ=0.2,重力加速度g取 10 m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。突然把C拿走后的瞬间,则A对B的弹力是(　　) A.2 N　　　　　　　　　 B.4 N C.6 N D.8 N D 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:根据题意可知,弹簧弹力大小为F弹=μ(mA+mB+mC)g=12 N,突然把C拿走后的瞬间,弹簧弹力保持不变,以A、B整体为研究对象,根据牛顿第二定律可得F弹-μ(mA+mB)g=(mA+mB)a,解得a=2 m/s2,以B为研究对象,根据牛顿第二定律可得NAB-μmBg=mBa,解得A对B的弹力为NAB=8 N,故选D。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 7.(多选)(2025·广东高州模拟)如图所示,质量分别为2m和m的物体P、Q按如图的方式用轻弹簧和轻绳连接,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 AC 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:系统静止时,设轻绳的拉力为T,轻弹簧的弹力为F,由 于物体P受力平衡,则2mg=T+F,由T=mg,可得F=mg,又F=kx, 解得k=,剪断轻绳的瞬间,对物体P由牛顿第二定律得 2mg-F=2ma,解得a=,故A正确;物体P向下加速运动,当物 体P所受的合力为0时,有2mg=kx1,解得x1=2x,则P向下运动x时,加速度为零,速度最大,重力的功率最大,故B错误,C正确;系统静止时物体Q受力平衡,有mg+F=FN,撤走长木板的瞬间,对物体Q由牛顿第二定律得mg+F=ma',解得a'=2g,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 [提能争分练](8-11题,每题6分) 8.(多选)(2025·广东江门联考)如图所示,质量为m的物块A静置在水平桌面上,通过足够长的轻绳和轻质滑轮悬挂着质量为4m的物块B。现由静止释放物块A、B,以后的运动过程中物块A不与定滑轮发生碰撞。已知重力加速度大小为g,不计所有摩擦阻力,下列说法正确的是 (　　) A.在相同时间内物块A、B运动的路程之比为1∶2 B.物块A、B的加速度之比为2∶1 C.轻绳的拉力为 D.B下落高度h时速度为 BD 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:根据动滑轮的特点可知B下降s,A需要移动2s,即sA=2sB,选项A错误;物块A、B从静止开始运动,有2×aBt2=aAt2,解得=,选项B正确;对A分析有FT=maA,对B分析有4mg-2FT=4maB,解得FT=mg,aB=g,选项C错误;根据速度与位移的关系式有v2=2aBh,解得v=,选项D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 9.(2025·广东潮州二模)某高速公路上的ETC专用通道是长为20 m的直线通道,且通道前、后都是平直大道。安装有ETC的车辆通过ETC专用通道时,可以不停车而低速通过,限速为5 m/s。如图所示是一辆小汽车减速到达通道口时立即做匀速运动,车尾一到通道末端立即加速前进的v-t图像,则下列说法正确的是 (　　) A.小汽车的车身长度为5 m B.图像中小汽车减速过程的加速度大小为1.25 m/s2 C.图像中小汽车减速过程的位移大小为200 m D.图像中小汽车加速过程的加速度比减速过程的加速度大 A 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:根据题意,结合题图可知,汽车匀速运动的位移为x=v1t1=5×(25-20)m=25 m,由于通道长为20 m,则小汽车的车身长度为5 m,A正确;v-t图像的斜率表示加速度,小汽车减速过程的加速度大小a1=1 m/s2,小汽车加速过程的加速度大小a2≈0.71 m/s2,则a2<a1,B、D错误;由题图可知,小汽车减速过程的位移大小为x1=×(25+5)×20 m=300 m,C错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 10.(多选)(2025·广东东莞质检)如图甲所示,一轻质弹簧放置在光滑水平桌面上,一端固定在墙壁上,另一端拴接物体A,质量均为1 kg的物体A、B接触但不粘连。压缩弹簧至某一位置(弹性限度以内)后由静止释放A、B,同时给物体B施加水平向右的力F使之做匀加速直线运动,F与作用时间t的关系如图乙所示,则下列说法正确的是(　　) A.A、B分离时,弹簧刚好为原长状态 B.A、B分离时,B的加速度大小为2 m/s2 C.A、B分离时,A的速度大小为0.4 m/s D.开始有F作用时,弹簧的压缩量为4 cm BC 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:物体A、B刚要分离时,A、B间无弹力,但加速度相同,弹簧处于压缩状态,A错误;物体A、B分离后,B仅在拉力F作用下做匀加速直线运动,由题图乙知此时拉力F=2 N,则B的加速度为a==2 m/s2,B正确;t=0.2 s时物体A、B分离且速度相同,均为v=at=0.4 m/s,C正确;t=0时,对A、B整体受力分析,由牛顿第二定律知kx1=2ma,运动t=0.2 s后,弹簧压缩量x2=x1-at2,此时kx2=ma,联立解得x1=0.08 m=8 cm,D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 11.(多选)(2025·广东汕头模拟)如图甲所示,一足够长的传送带倾斜放置,倾角为θ,以恒定速率顺时针转动。一煤块以初速度v0=12 m/s从A端冲上传送带,煤块的速度随时间变化的图像如图乙所示,g取10 m/s2,则下列说法不正确的是(　　) A.倾斜传送带与水平方向夹角的正切值tan θ=0.75 B.煤块与传送带间的动摩擦因数μ=0 C.煤块从最高点下滑到A端所用的时间为2 s D.煤块在传送带上留下的痕迹长为(12+4)m BC 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:0~1 s内煤块的加速度大小为a1=||= m/s2=8 m/s2,根据牛顿第二定律可得 mgsin θ+μmgcos θ=ma1,1 s后煤块的加速度 大小为a2=||= m/s2=4 m/s2,根据牛顿第二定律可得mgsin θ-μmgcos θ= ma2,联立解得θ=37°,μ=0.25,倾斜传送带与水平方向夹角的正切值为 tan θ==0.75,故A正确,B错误;0~1 s煤块的位移为x1=v0t1-a1=12× 1 m-×8×12 m=8 m,1~2 s煤块的位移为x2=vt2-a2=4×1 m-×4× 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 12 m=2 m,煤块下滑的过程中,根据动力 学公式有x1+x2=a2,解得煤块从最高 点下滑到A端所用的时间为t3= s,故C 错误;0~1 s煤块相对传送带向上的位移 为Δx1=x1-vt1=8 m-4×1 m=4 m,1~2 s煤块相对传送带向下的位移为Δx2=vt2-x2=4×1 m-2 m=2 m,2~(2+)s煤块相对传送带向下的位移为Δx3=x1+x2+vt3=(8+2+4)m=(10+4)m,由于Δx2+Δx3>Δx1,煤块在传送带上留下的痕迹长为Δx=Δx2+Δx3=(12+4)m,故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 12.(14分)(2025·广东肇庆检测)如图所示,固定在水平面上的斜面倾角为37°,两个小物块A、B用轻绳相连,轻绳绕过斜面顶端的轻质小滑轮,滑轮与轮轴之间的摩擦不计,A物块锁定于斜面底部,B物块离地面高度为h=10 m。已知A物块的质量为m=1 kg,B物块的质量为M=3 kg,A物块与斜面间的动摩擦因数μ=0.5,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。t=0时刻,解除A物块的锁定状态,当B物块落地瞬间轻绳断裂,A恰好未与滑轮相撞,求: 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (1)B物块下落过程中的加速度a的大小及落地前瞬间的速度v的大小; 答案:5 m/s2　10 m/s 解析:设B物块下落过程中轻绳的拉力为F,由牛顿第二定律,对B物块有Mg-F=Ma, 对A物块有F-mgsin 37°-μmgcos 37°=ma, 联立解得a=5 m/s2。 B物块落地前做匀加速直线运动,则有v2=2ah, 解得v=10 m/s。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (2)斜面的长度L及A从t=0时刻起到返回斜面底端所需时间t。 解析:根据题意可知,绳断前,A的运动时间为 t1==2 s, 绳断后,A上滑过程由牛顿第二定律得 mgsin 37°+μmgcos 37°=ma1, 解得a1=10 m/s2, A上滑到顶端的时间为t2==1 s, 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 上滑的距离为x==5 m, 则斜面的长度为L=h+x=15 m。 A下滑过程有mgsin 37°-μmgcos 37°=ma2, 解得a2=2 m/s2, 下滑到底端的时间为t3== s, 则A从t=0时刻起到返回斜面底端所需时间 t=t1+t2+t3=(3+)s。 答案:15 m　(3+)s $