第2讲 力与直线运动(强化练)-【优化探究】2026年高考物理二轮专题复习配套课件（江苏专版）

2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 1~11题,每题4分 1.如图所示,两根绝缘细线的上端都系在水平天花板上,另一端分别连着两个带电小球P、Q,平衡时两小球处于同一水平线上,两细线与天花板间的夹角分别为α=30°、β=45°,重力加速度大小为g。现剪断连接Q球的细线,则在剪断细线的瞬间,Q球的加速度大小为(　　) A.g　　　　　 B.g C.2g D.g A 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 解析:剪断细线之前,连接Q球的细线的拉力为T==mg,剪断细线后小球Q受向下的重力和P对Q不变的引力,则合力大小为F合=T=mg=ma,解得a=g,故选A。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 2.(2025·江苏常州一模)春节期间,小明和家人在水平桌面上玩推盒子游戏。如图所示,将盒子从O点推出,盒子最终停止位置决定了可获得的奖品。在某次游戏过程中,推出的盒子从O点开始做匀减速直线运动,刚好停在e点。盒子可视为质点,a、b、c、d、e相邻两点间距离均为0.25 m,盒子从d点运动到e点的时间为0.5 s。下列说法正确的是(　　) A.盒子运动的加速度大小为1 m/s2 B.盒子运动到a点的速度大小为2 m/s C.盒子运动到c点的速度大小为1 m/s D.盒子从a点运动到e点的时间为2 s B 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 解析:由题意知,盒子在停止运动前的最后0.5 s内通过的距离为0.25 m,根据逆向思维法有x0=at2,代入数据有a=2 m/s2,故A错误;根据逆向思维法有=2a×4x0,解得盒子运动到a点的速度大小为va=2 m/s,故B正确;根据逆向思维法有=2a×2x0,解得盒子运动到c点的速度大小为v= m/s,故C错误;根据逆向思维法有4x0=at'2,解得盒子从a点运动到e点的时间t'=1 s,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 3.(2025·重庆模拟预测)我国计划在2030年前实现载人登月。若航天员在月球上进行自由落体运动实验,让一可视为质点的小球从距月球表面高h处自由下落,测得小球经过3 s落至月球表面,且落至月球表面前1 s内下落的高度为4 m,则h等于(　　) A.7.2 m　　　　　　 B.9.6 m C.12 m D.45 m A 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 解析:设月球表面附近的重力加速度大小为g月,由h=g月t2可知,落至月球表面前1 s内位移大小4 m=g月-g月,解得g月=1.6 m/s2,则h=g月 =×1.6×32 m=7.2 m,故选A。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 4.(2025·江苏宿迁模拟预测)如图甲所示为市面上深受儿童喜欢的一款玩具——“冲天火箭”,模型火箭被安装在竖直发射支架上,当小朋友用力踩旁边的塑料气囊时,模型火箭会受到一个较大的气体压力而瞬间被竖直发射出去,离开支架后的运动可看成直线运动,运动过程所受阻力大小与速率成正比,以刚开始离开支架瞬间为计时起点,火箭的速度—时间图像如图乙所示,则(　　) A.0~t2过程火箭所受空气阻力先减小后增大 B.t1时刻火箭的加速度大小大于重力加速度g C.火箭离开支架后上升的最大高度为t1 D.若t2时刻火箭回到起始位置,则t2=2t1 A 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 解析:火箭所受阻力大小与速率成正比,由题图可知0~t1过程速率减小,阻力减小,t1~t2过程速率变大,阻力变大,故A正确。 t1时刻速率为0,阻力为零,只受重力,加速度大小为g,故B错误。0~t1时间内物体的运动不是匀变速直线运动,根据v-t图像与坐标轴围成的面积表示位移可知,火箭上升的最大高度小于t1,故C错误。上升过程、下降过程位移大小相等,加速度大小不同,时间不等,所以t2≠2t1,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 5.港珠澳大桥海底隧道是世界上最长的公路沉管隧道,也是我国第一条外海沉管隧道,全长6.7 km,隧道限速90 km/h。将沉管隧道简化为直线, t=0时刻,甲、乙两车同时由同一入口进入隧道,之后在隧道中运动的速度随时间变化的关系如图所示,则经过多长时间乙车在隧道中追上甲车(　　) A.5 s B.10 s C.12 s D.20 s B 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 解析:由题图可知a甲= m/s2=1 m/s2,a乙= m/s2=2 m/s2,假设乙车在加速阶段追上甲车,由位移与时间公式得x甲=v0甲t+a甲·t2,x乙= v0乙t+a乙·t2,当乙车追上甲车时x甲=x乙,解得t=10 s,假设成立,故B正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 6.(2025·湖南衡阳开学考试)如图甲所示,一物块放在光滑的水平面上,在水平向右的推力F的作用下从静止开始运动,力F随时间变化的图像如图乙所示,则物块运动速率的平方随位移变化的关系可能正确的是(　　) B 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 解析:由牛顿第二定律可得a=,根据题图乙可知物块在0~t0时间内加速度正向(以向右为正方向)均匀减小,在t0~2t0时间内加速度负向均匀减小,由v2=2ax可知,v2-x图像斜率为2a,则在v2-x图像中v2先逐渐增大变“缓”再逐渐减小变“缓”,故C、D错误;结合题图乙作出物块的v-t图像如图所示,由v-t图像可知,物块在前一半时间内的位移大于在后一半时间内的位移,故A错误,B正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 7.如图所示,质量为M的斜面体放置在水平地面上,左倾角为53°,右倾角为37°。质量为m的两个小滑块(视为质点)a、b同时从斜面顶端分别沿左、右斜面由静止下滑,不计物块与斜面之间的摩擦,斜面体始终处于静止状态。重力加速度为g,sin 37°=0.6,sin 53°=0.8。在两滑块到达斜面底端之前,下列说法正确的是(　　) A.水平地面对斜面体的摩擦力向左 B.水平地面对斜面体的摩擦力向右 C.地面对斜面体的支持力大小为(2m+M)g D.滑块a、b在斜面上的运动时间之比为3∶4 D 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 解析:根据题意可知,a对斜面体压力的水平分力为F1=mgcos 53°×cos 37°,b对斜面体压力的水平分力为F2=mgcos 37°×cos 53°,因为F1=F2,所以水平地面对斜面体的摩擦力为零,故A、B错误;竖直方向上,地面对斜面体的支持力大小为FN=Mg+mgcos 53°×sin 37°+mgcos 37°×sin 53°=Mg+mg,故C错误;滑块a、b在斜面上的运动加速度之比为==,设题图中斜面体斜边长为L,位移之比为==,根据x=at2可知,时间之比为3∶4,故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 8.弹簧公仔以其呆萌的表情和摇摇晃晃的可爱姿态赢得人们的喜爱。如图所示,已知弹簧公仔头部A的质量为2m,脚部B的质量为m,连接A、B的弹簧质量忽略不计。现对其头部A施加竖直向下的压力F使其静止,突然撤去力F后,A向上运动,一段时间后B也离开了地面。已知从撤去力F到A上升到最高点的过程中,弹簧的形变量始终未超出弹性限度。下列说法正确的是(　　) A.撤去力F后的瞬间,A的加速度大小为 B.B刚要离开地面时,A的加速度大小为 C.从撤去力F到B刚要离开地面的过程中,A一直处于超重状态 D.从B离开地面到A、B相距最远的过程中,A的加速度不断减小,B的加速度不断增大 B 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 解析:撤去力F后的瞬间,A所受重力和弹簧弹力未发生突变,合力大小为F,方向竖直向上,由牛顿第二定律可知A的加速度大小a1=,故A错误;B刚要离开地面时,地面对B的支持力刚好为零,弹簧的拉力大小等于B所受的重力mg,由牛顿第二定律可知A的加速度大小a2==,故B正确;从撤去力F到B刚要离开地面的过程中,弹簧对A的弹力先是越来越小的支持力,后是越来越大的拉力,由牛顿第二定律可知A的加速度方向先竖直向上,后竖直向下,因此A先处于超重状态,后处于失重状态,故C错误;当弹簧拉力大小F弹=mg时,B离开地面开始向上运动,此后由牛顿第二定律可知aA=,方向竖直向下,aB=,方向竖直向上,A减速上升,B加速上升,当A和B的速度相等时相距最远,在此过程中,弹簧的伸长量不断增大,拉力F弹1不断增大,A和B的加速度均不断增大,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 9.一辆汽车刹车过程先后经过两种不同的路面,刹车过程中速度的平方v2与刹车位移x的关系如图所示,图中a>0,则整个刹车时间为(　　) A. B. C. B 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 解析:汽车在两段刹车过程均做匀减速直线运动,在0~x0路段,根据图示可知,始末速度分别为=a2,=a2,解得v0=a,v1=,令0~x0、x0~2x0路段经历时间分别为t1、t2,则有x0=t1,2x0-x0=t2,解得t1=,t2=,则刹车的整个时间t=t1+t2=,故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 10.(2025·江苏南京开学考试)如图所示,质量为m的球置于斜面上,被一个竖直挡板挡住。现用一个力F拉斜面,使斜面在水平面上做加速度为a的匀加速直线运动。忽略一切摩擦。以下说法中正确的是(　　) A.若加速度足够小,竖直挡板对球的弹力可能为零 B.若加速度足够大,斜面对球的弹力可能为零 C.斜面和挡板对球的弹力的合力等于ma D.挡板对球的弹力不仅有,而且是一个定值 D 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 解析:球与斜面具有共同的加速度,由牛顿第二定律可知球所受合力方向水平向右,则可知小球受重力、斜面对球的弹力FN1和挡板对球水平向右的弹力FN2,设斜面倾角为θ,竖直方向有FN1cos θ=mg,即无论加速度如何变化,FN1不变且不可能为零,故B错误;水平方向有FN2-FN1sin θ=ma,FN1sin θ≠0,FN2=mgtan θ+ma为一定值,即使加速度足够小,竖直挡板的水平弹力也不可能为零,故A错误,D正确;根据牛顿第二定律可知球所受合力方向水平向右,故斜面和挡板对球的弹力及球受到的重力的合力等于ma,故C错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 11.(2025·江苏卷)如图所示,弹簧一端固定,另一端与光滑水平面上的木箱相连,箱内放置一小物块,物块与木箱之间有摩擦。压缩弹簧并由静止释放,释放后物块在木箱上有滑动,滑动过程中不与木箱前后壁发生碰撞,不计空气阻力,则(　　) A.释放瞬间物块加速度为零 B.物块和木箱最终仍有相对运动 C.木箱第一次到达最右端时,物块速度为零 D.物块和木箱的速度第一次相同前,物块受到的摩擦力不变 D 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 解析:弹簧由压缩状态释放,木箱向右加速运动,物块相对木箱向左滑动,木箱对物块的滑动摩擦力向右,物块的加速度向右,不为零,A错误。由于物块和木箱存在摩擦,会使得发生相对滑动时有能量损耗,即弹簧的弹性势能会有一部分转化为内能,即做阻尼振动的木箱振幅逐渐减小,当物块和木箱共速且二者之间的最大静摩擦力大于等于物块的回复力时二者保持相对静止,B错误。木箱第一次到达最右端时,若二者已共速,即动摩擦因数较大的情况,则物块速度与木箱相同,均为零;若二者未共速,即动摩擦因数较小的情况,则物块所受摩擦力反向,物块减速,此时木箱速度为零,物块速度不为零,C错误。物块和木箱第一次速度相同前,木箱的速度始终大于物块的速度,物块始终相对木箱向左滑动,受到向右的滑动摩擦力,大小和方向均不变,D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 12.(14分)(2025·江苏连云港模拟预测)如图所示,质量M=1.5 kg的一长方体空铁箱在水平拉力F=110 N的作用下沿水平地面向右做匀加速直线运动,这时铁箱内一个质量m=0.5 kg的木块(可视为质点)恰好能静止在铁箱左壁上。已知铁箱与水平地面间的动摩擦因数μ1=0.5,铁箱内壁与木块间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,铁箱内壁与木块间各处的动摩擦因数均相同,铁箱的长度L=6 m,重力加速度大小g取10 m/s2。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 (1)求铁箱的加速度大小; 解析:对铁箱和木块构成的整体受力分析, 竖直方向上有FN1=(M+m)g=20 N, 水平方向上有F-Ff1=(M+m)a, 其中Ff1=μ1FN1=10 N, 解得a=50 m/s2。 答案:50 m/s2　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 (2)若减小拉力F,经过一段时间,木块沿铁箱左壁落到底部时不反弹,此时铁箱和木块的速度为v(未知),立即撤去拉力,木块刚好停在铁箱右壁,求速度v的大小。 解析:木块恰好能静止在铁箱左壁上时,对木块受力分析, 竖直方向上有Ff2=mg, 水平方向上有FN2=ma, 又有Ff2=μ2FN2, 解得μ2==0.2。 撤去拉力后,木块将相对于铁箱滑动,对木块受力分析有 Ff2'=μ2mg=ma2, 解得a2=μ2g=2 m/s2, 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 对铁箱受力分析,有Ff1-Ff2″=Ma1, 根据牛顿第三定律有Ff2″=Ff2'=1 N, 解得a1==6 m/s2。 木块的位移x2=, 铁箱的位移x1=, 木块刚好运动到铁箱右壁,则有L=x2-x1, 解得v=6 m/s。 答案: 6 m/s 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 13.(16分)如图所示,足够长的质量为1 kg的木板放置于光滑水平面上,木板左端放置了一可视为质点、质量也为1 kg的物块,物块与木板之间的动摩擦因数μ=0.2。初始时,木板与物块都静止,现给木板一个向左的拉力F,使木板以恒定的加速度a0=4 m/s2开始运动,当其速度达到v0=8 m/s后,便以此速度做匀速运动,重力加速度g取10 m/s2。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 (1)求物块相对于木板运动的最大距离; 答案: 8 m 解析:对物块,加速时有μmg=ma, 解得a=2 m/s2, 对物块,有v0=at,解得t=4 s。 对木板,有v0=a0t0,解得t0=2 s。 画出两者运动的速度—时间图像如图所示,图像中阴影面积表示物块相对木板运动的最大距离,即Δx=v0(t-t0), 代入数据解得Δx=8 m。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 (2)通过计算,写出拉力F随时间变化的关系。 答案: F=计算过程见解析 解析:在0<t≤2 s过程中,对木板有F-μmg=Ma0, 在2 s<t≤4 s过程中,对木板有F-μmg=0, 在t>4 s过程中,对木板有F=0, 所以F=。 $