专题强化练(二) 匀变速直线运动 牛顿运动定律-【创新大课堂】2026年高考二轮物理专题复习课时作业

班级 姓名 得分 专题强化练（二） 匀变速直线运动 牛顿运动定律 3.(2025·陕西省西安市高三三模)如图，表 基础达标练 面处处同样粗糙的楔形木块abc固定在水 1.(2025·安徽卷·4)汽车由静止开始沿直 平地面上，ab面和bc面与地面的夹角分别 线从甲站开往乙站，先做加速度大小为a 为a和3，且a>B.一初速度为o的小物块 的匀加速运动，位移大小为x;接着在t时 沿斜面ab向上运动，经时间to后到达顶点 间内做匀速运动；最后做加速度大小也为α b时，速度刚好为零；然后让小物块立即从 的匀减速运动，到达乙站时速度恰好为0. 静止开始沿斜面bc下滑.在小物块从a运 已知甲、乙两站之间的距离为8x,则( 动到c的过程中，可能正确描述其速度大小 A.-lu B.x-T ?与时间t的关系的图像是 c.=a D. a 2.(2025·晋、陕、宁、青卷·3)某智能物流系 统中，质量为20kg的分拣机器人沿水平直 0 线轨道运动，受到的合力沿轨道方向，合力 2to 3to 2to 3to t F随时间t的变化如图所示，则下列图像可 能正确的是 FIN 20 to 2to 3to t to 2to 3to t 0 13 t/s C -20 4.(2025·湖北卷·7)一个宽为L的双轨推 v/(m-s-) v/(m-s-) 2 拉门由两扇宽为2的门板组成，门处于关闭 状态，其俯视图如图(a)所示.某同学用与 3 t/s 门板平行的水平恒定拉力作用在一门板 上，一段时间后撤去拉力，该门板完全运动 v/(m·s-) v/(m-s-) 到另一边，且恰好不与门框发生碰撞，其俯 视图如图(b)所示.门板在运动过程中受到 的阻力与其重力大小之比为，重力加速度 大小为g.若要门板的整个运动过程用时尽 D 量短，则所用时间趋近于 104 班级 姓名 得分 -------------- 图(a) N 图b) A.此过程中拉力的最大值为2 ngsin0 B.此过程中拉力做的功为mgsin0)2 2k C. L C.撤去拉力瞬间弹簧的弹力大小为0 D.撤去拉力瞬间Q的加速度大小为 5.(2025·山西省太原市高三二模)如图所 1 示，质量为3m的斜面体静止在光滑水平 2gsin 0 地面上，其AB面粗糙、BC面光滑，顶端装 有光滑的轻质定滑轮.质量分别为2m、m …0 能力提升练0 的物块P、Q通过轻绳连接并静置在斜面 7.(多选)(2025·甘肃卷·8)如图，轻质弹簧 上，P与AB面之间的动空擦因数为现 上端固定，下端悬挂质量为2m的小球A, 使整体在水平方向上加速，P、Q始终在同 质量为m的小球B与A用细线相连，整个 一竖直面内且相对斜面体静止，重力加速 系统处于静止状态.弹簧劲度系数为，重 度为g,下列说法正确的是 力加速度为g,现剪断细线，下列说法正确 的是 ( 0 Mmm50 A30 A.不同加速度下，轻绳中的拉力始终不会变化 B整体向左加速的最大加速度为 A()2m 38 C.整体向右加速的最大加速度为√3g BO m D.地面对斜面体的作用力始终为3g A.小球A运动到弹簧原长处的速度最大 6.(多选)(2025·山东省大教育联盟模拟)如 B.剪断细线的瞬间，小球A的加速度大小 图所示，在倾角为0的光滑固定斜面上，与 斜面平行、劲度系数为k的轻弹簧下端连接 为号 在垂直斜面的固定挡板N上，上端连接质 C.小球A运动到最高点时，弹簧的伸长量 量为m的物块P,质量也为m的物块Q紧 靠着P,整个系统处于静止状态.现给Q施 为贸 加一平行于斜面向上的拉力，使Q缓慢移 D.小球A运动到最低点时，弹簧的伸长量 动，到Q与P将要分离时撤去拉力，重力加 速度大小为g.则 ( 为毁 105 班级 姓名 得分 8.(2025·广东省珠海市高三二模)在工程领 (1)物块初速度大小及其在薄板上运动的 域起重机等机械的运用十分广泛.如图甲 时间； 所示，用起重机吊起正方形混凝土板AB (2)平台距地面的高度. CD,已知混凝土板边长为a,质量为m,且 始终呈水平状态，四根钢索OA、OB、OC、 OD的长度均为a,某次施工，起重机司机将 正方形混凝土板ABCD从地面开始竖直提 升，其运动的-图像如图乙所示，不计钢索 所受重力.已知重力加速度为g,下列说法 正确的是 ) v/(m-s-1) 10 3036t/8 A.36s末建筑材料离地面的距离为56m B.10~30s每根钢索所受的拉力大小均为 1 Amg …0 创新拓展练。… C.0~10s钢索的拉力小于30~36s钢索 10.(2025·云南卷·6)如图所示，质量为m 的拉力 的滑块（视为质点）与水平面上MN段的 D.若将4根钢索都替换成长度为√2a,则10~ 动摩擦因数为1，与其余部分的动摩擦因 30s每根钢索所受的拉力大小均为5 数为2，且h1>2.第一次，滑块从I位置 以速度向右滑动，通过MN段后停在 9.(2024·新课标卷· 水平面上的某一位置，整个运动过程中， 25)如图，一长度1= 滑块的位移大小为x1,所用时间为1；第 1.0m的均匀薄板初 77777777777 二次，滑块从Ⅱ位置以相同速度向右滑 始时静止在一光滑平台上，薄板的右端与 动，通过MN段后停在水平面上的另一位 平台的边缘O对齐.薄板上的一小物块从 置，整个运动过程中，滑块的位移大小为 薄板的左端以某一初速度向右滑动，当薄 x2,所用时间为2.忽略空气阻力，则 板运动的距离△1=合时，物块从薄板右端 水平飞出；当物块落到地面时，薄板中心恰 77777777 好运动到O点.已知物块与薄板的质量相 等.它们之间的动摩擦因数=0.3，重力加 A.t1<12 B.>12 速度大小g=10m/s2.求： C.x1>x2 D.r<x2 106F mg mg F mg 图1 图3 图2 (2)小球的加速度大小a球=atan37°，解得a球=0.6g,小 球受力如图3所示： 由牛顿第二定律：FNcos37°-mg=ma,解得斜面对小球 作用力大小FN=2mg: (3)设斜面最高点与球接触时，斜面体的速度大小为心， 小球的速度大小为吃，小球的位移大小为，则h=3,2R -R1-C0s37),解得A=3R,=tan37°=是，又A =呢-02 2a球 对小球和斜面组成的系统，由功能关系： w=之mf+号m+mgh 联立知该过程中推力做的功W=8mgR 11.B对篮球受力分析，如图所示： 七- R 竖直方向由平待条件：fcos0=Nsin0+2mg,可得： fc0s0>号mg,所以每个手指对球的摩擦力大小满足： >0g故A错话：周为：fN,可得：Nin0+号ms uNcos 0 即：N炉2c0s)sn0仍，故每个手指手对球的压力最小 71r 值为2acos行sn,故C错误：由：Nsin0+7mg≤ uNcos0,可得：Nsin 0<uNcos0,可得：>tan0,根据几何 关系得：c0s0> 二，由图中几何关系可得：cos0 √2+1 条可得录 二，故两手指间距L的取值范围为： √十元故B正确：当蓝球交到手的静摩黎力时∫ L>2R ≠，手对球的压力增大2倍时，重力不变，摩擦力的方 向不变，摩擦力的大小不变，故D错误 专题强化练（二） 1.A设汽车从静止开始的匀加速直线运动时间为t,匀速 运动的速度为，在匀加速直线运动阶段，由位移公式x= 受1，根据逆向思维方法，位移关系满足8x一x一x=,即 6x=,联立解得1=子，再根据匀变逵直线运动的位移公 式x=7ad,解得z=高aP,故DCD错误，A正确。 ·24 2.A选取第1s内机器人受力的方向为正方向，则第1s内 机器人的加速度a1=上=0m/s2三1m/s,第2s内机器 人受力为零，则加速度为零；第3s内机器人的加速度a2= F =20m/s2=-1m/s2,可知第3s内机器人的加速度 -20 的方向与第1s内加速度的方向相反，若初速度为1m/s, 与第1s内受力的方向相同，则机器人第1s内做加速运 动，第2s内做匀速运动，第3s内做减速运动，由)一t图 线的斜率表示加速度的大小可知，第1s内的加速度是 1m/s2,第3s内的加速度大小也是1m/s2,故A正确：该 图中第3s内仍然做加速运动，与受力不符，故B错误；该 图中第1s的加速度与第3s的加速度都是正值，与受力不 符，故C错误：该图中第1s的加速度大小为2m/s2,与实 际不符，故D错误 3.C设物块上滑与下滑的加速度大小分别为a1和a2,根据 牛顿第二定律得：mgsin a+mgc0sa=ma1,mgsin B umgcos B=maz,a=gsin a+ugcos a,a2 =gsin B- gcos B,则知a1>a2,而)-t图像的斜率等于加速度，所 以上滑段图线的斜率大于下滑段图线的斜率，上滑过程的 位移较小，而上滑的加速度较大，由x=之知，上滑过 程时间较短.因上滑过程中，物块做匀减速运动，下滑过程 做匀加速直线运动，两段图像都是直线，由于物体克服摩 擦力做功，机械能不断减小，所以物体到达c点的速度小于 vo.故C正确，A、B、D错误. 4.B门板先在向右的外力作用下做匀加速直线运动，撤去 外力后做匀减速直线运动，若外力比较大，加速时间很短， 位移很小，可以忽略不计，此时门板的运动时间最短，撤去 外力后根据牛顿第二定律，有mg=ma,设撤去外力后门 板最短运功时问为1，运动的距高为专=弓a,可得门板 的活短造动时网地近子=√层B正扇：ACD情」 5.A设轻绳的拉力为T,对P、Q整体分析，根据牛顿第二定 律F=ma,在水平方向上T一2 mgcos0=21a(0为斜面倾 角)，对Q分析，T-mgcos0=ma.联立以上两式消去a可 得T=3 ngcos0,由此可知轻绳中的拉力与加速度无关，不 同加速度下轻绳中的拉力始终不会变化，故A正确；当轻 绳的拉力T=0时，整体向左加速的加速度最大，对P分 析，P受到重力、斜面的支持力和摩擦力，沿斜面方向根据 牛顿第二定律可得：2 ngsin0-a×2mgc0s0=2 mdmax,已 知么=5,0=30，代入上式可得：ax=一寻g,加速度为 2 负表示与设定的正方向相反，即整体向左加速的最大加速 度为4g,故B错误：同样当轻绳的拉力T=0时，整体向右 加速的加速度最大，对P分析，沿斜面方向根据牛顿第二 定律可得：2mgn0叶X2mgos0=2ma已加-号.0 5 =30°，代入可得：amx=子8，所以整体向右加速的最大加 速度为号g故C错误：当整体静止时，地面对斜面体的作 用力等于斜面体的重力3g;当整体加速时，地面对斜面 体的作用力是重力和水平方向加速度产生的力的合力，不 等于3ng,故D错误. 6.BD根据题意可知，Q缓慢移动，则Q受力平衡，当Q与P 将要分离时，它们之间的弹力为0，此时拉力最大，最大为 ngsin0,故A错误；使Q缓慢移动过程中，由平衡条件有F 十F弹=2 ngsin0,故拉力F与移动的位移△x成线性关 系，此过程F对Ax的平均值为下=gin,此过程的位 2 移大小为△x=mgsin,根据做功的定义式，故此过程中拉 2 力做的功为W=FAx=mgsin) ,故B正确；根据题意可 7 知，撤去拉力瞬间，P所受弹簧的弹力与重力沿斜面向下的 分力平衡，则撤去拉力瞬间弹簧的弹力大小为ngsin0,故 C错误：撤去拉力瞬间，Q与P的加速度相同，根据牛顿第 二定律mgsin0=2ma,可得a=7gsin0,故D正确. 7.BC小球A的速度最大时其加速度为零，其合力为零，此 时弹簧弹力与小球A的重力等大反向，故小球A运动到速 度最大时弹簧不是在原长处，而是出于伸长状态，故A错 误；未剪断细线时，对A、B整体由平衡条件可知，弹簧弹力 F。=(1十2m)g=31g,剪断细线的瞬间弹簧弹力不变，对 A,根据牛顿第二定律得：F0-2mg=2ma,解得小球A的 加速度大小为a=号，故B正确：剪断细线后小球A在竖 直方向做简谐运动，初始位置即为小球简谐运动的最低 点，由B选项的解答可知，小球A运动到最低，点时，弹簧弹 力方向向上，大小为3g,由胡克定律可得此时弹簧的伸 长童为弧；由B选项的解答可知，小球A在最低点时所 受合力向上，大小为F0一2g=mg,由简谐运动的对称性 可知，小球A运动到最高点时，所受合力向下，大小亦为 g,因小球A的重力为2mg,故此时弹簧弹力应向上，大 小为mg,故此弹簧为伸长状态，其伸长量为，故C正 确，D错误. 8.D根据v一t图像与时间轴所围的面积表示位移，可知36s 末建筑材料离地面的距离为x=20,36×1m=28m,故A 错误；由乙图可知，10一30s混凝土板匀速上升，处于平衡 状态，设钢索与竖直方向夹角为0，由平衡条件得4Fcos0= g,已知混凝土板边长及四根钢索OA、OB、OC、OD的长 度均为a,由几何关系可知，每根钢索在土板上的投影均为 L=a+2 号4，则sm0=是=号，解得0=450s0 -联立解得F-要mg,故B错误：由乙因可知，0~10s 2 内混凝土板匀加速上升，加速度向上，处于超重状态，根据 牛频第二定律得4F1cos0-mg=ma1,30~36s内混凝土 板匀减速上升，加速度向下，处于失重状态，根据牛顿第二 定律得mg-4F2cos0=ma2,可知F1>F2,故C错误；若将 4根钢索都替换成长度为√2a,由几何关系可得sin0= L 2a √② 气=7，解得0=30°，cos0=号，则10~30s每根条 mg_√3 索所受的拉力大小均为F=4o一号mg,故D正确， 9.解(1)物块在薄板上做匀减速运动，设加速度大小为a1, 有1g=1a1 设薄板做匀加速运动的加速度为a2,有umg=ma2 1 对物块1十1=b5-)a12.对薄板△1=7a2 联立解得0=4m/s,t=3s 1 (2)物块飞离薄板后薄板的速度=a2=1m/s 物块飞离薄板后薄板做匀速运动，物块做平抛运动，平抛 运动的时间'=26 1 02 则羊台距地面的高度A=7g1”=号m 1 ·24 10.A设MN的距离为x0,第一次，滑块从I位置以速度0 向右滑动，根据动能定理可得：一内1mg0一2mg（工1 )=0-名m6,第二次，滑 块从Ⅱ位置以相同速度向 右滑动，根据动能定理可得： 一4mg20一2mg（x2一z0） =0一之听，联立以上由两 0 式可得：1=z2,故CD错误， 根据牛顿第二定律，滑块在MN段上运动的加速度为a1, 则有内1mg=ma1,解得：a1=凸g,在其余部分上运动的加 速度为a2,则有：mg=ma2,解得：a2=2g,则有：a1> α2，由两次位移相等，且第二次运动时滑块距离M点较 近，在到达M点时速度较大，可作一t如图所示：由图像 可得：1<t2,故A正确，B错误. 专题强化练（三） 1.D由题意，M、N在运动过程中始终处于同一高度，则N 的速度N与M在竖直方向的分速度UM大小相等，设M 做匀速圆周运动的角速度为“，半径为”，其竖直方向分速 度M=wrcos wt,即UN=wrcos wt,即N运动的速度随时 间按余孩规律发生变化，故D正确，ABC错误， 2.A不计空气阻力，喷泉喷出的水在空中只受重力，加速度 均为重力加速度，A正确；设喷泉喷出的水竖直方向的分速 度为飞，水平方向的分速度为巴，竖直方向，根据对称性可 知在空中运动的时间=2√，可知4>D错误：最高 点的递度等于水平方向的分速度=子，由于水平方向的 位移大小关系未知，无法判断最高点的速度大小关系，根据 速度的合成可知无法判断初速度的大小关系，B、C错误. 3.AD小鱼在运动过程中只受重力作用，则小鱼在水平方向 上做匀速直线运动，即巴为定值，则有水平位移x=U, 故A正确，C错误；小鱼在竖直方向上做竖直上抛运动，则 y=“01一2g,0,=y0一gt,且最高点时竖直方向的分 速度为0，故B错误，D正确. 4.D由题可知，当x=0时，则有y=0m,结合竖直上抛运 =,联立解得：=√2g=3m/s,故A错误； 动规律：)一2g 根据y=?,可知最高点对应时间最长，故有红= 区=0.35，根据抛体运动的对称性可得，水喷出后在空 中飞行的最长时间为：1=2t上，解得：t=0.6s,故B错误； 当0时，可得水平位移最大为：一号+易=0，解得： =0.9m,故C错误；设水流抛出时，速度方向与水平方向 的夹角为0，根据运动的分解可得水平位移：x=6cos0· T,竖直方向：=西m日，根据运动的对称性可得：T=21 g 2vo sin 0 联立可得：x=5sin20,由数学知识可知，20=90 时，即0=45°水平位移最大，故水平位移最大的水流在空中 的时间为：T=21=26m0-3s,故D正确， 5.D以罐子为参考系，沙子在水平方向向左做初速度为零 的匀加速直线运动，在竖直方向做自由落体运动，合加速 度恒定，沙子在空中排列在一条斜向左下的直线上，故 选D. 3