2026届高三物理二轮复习跟综训练：第2讲 匀变速直线运动、牛顿运动定律

第2讲 匀变速直线运动　牛顿运动定律 跟综训练 基础练 1、 选择题: 1.某运动员参加百米赛跑,起跑后做匀加速直线运动,一段时间后达到最大速度,此后保持该速度运动到终点。下列速度—时间(v-t)和位移—时间(x-t)图像中,能够正确描述该过程的是(　　) 2.某质点从t=0时刻开始做直线运动,该质点运动的-图像如图所示,则该质点(　　) A.做匀速直线运动 B.运动的初速度为2 m/s C.第3 s末的速度大小为7 m/s D.在前2 s内运动的位移为8 m 3.因前方路段有塌方,一汽车在收到信号后立即开始刹车。如图所示,刹车过程中汽车途经A、B、C三点,最终汽车停在D点。已知汽车经过AB段和 BC段所用时间相等,均为t=1 s,且xAB-xBC=8 m,汽车在CD段的平均速度大小为1 m/s(汽车刹车过程中加速度不变)。则下列说法正确的是(　　) A.汽车刹车时加速度大小为2 m/s2 B.汽车在A点的速度大小为16 m/s C.xAB=16 m D.汽车在 AB段的平均速度大小为14 m/s 4.如图甲、乙所示,用不可伸长的轻绳连接物块P、Q跨过轻质定滑轮,P的质量为m、Q的质量为M,m<M,不计一切摩擦。现将P、Q释放,在物块P达到定滑轮前,甲图轻绳上的拉力为F1,乙图轻绳上的拉力为F2,下列关于F1、F2大小关系正确的是(　　) A.F1=F2 B.F1=2F2 C.F1=F2 D.F1=F2 5.如图,在平直路面上进行汽车刹车性能测试,当汽车速度为v0时开始刹车,先后经过路面和冰面(结冰路面),最终停在冰面上。刹车过程中,汽车在路面与在冰面所受阻力之比为7∶1,位移之比为8∶7,则汽车进入冰面瞬间的速度为(　　) A.v0 B.v0 C.v0 D.v0 6.(2025·湖北卷)一个宽为L的双轨推拉门由两扇宽为的门板组成,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μ,重力加速度大小为g。若要门板的整个运动过程用时最短,则所用时间趋近于(　　) A. B. C. D.2 7.(多选)(2025·甘肃卷)如图,轻质弹簧上端固定,下端悬挂质量为2m的小球A,质量为m的小球B与A用细线相连,整个系统处于静止状态。弹簧劲度系数为k,重力加速度为g。现剪断细线,下列说法正确的是(　　) A.小球A运动到弹簧原长处的速度最大 B.剪断细线的瞬间,小球A的加速度大小为 C.小球A运动到最高点时,弹簧的伸长量为 D.小球A运动到最低点时,弹簧的伸长量为 提能增分练 一．选择题: 8.如图所示,A、C两球质量均为m,B球质量为2m,轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A球相连,A、B间通过一根轻杆连接,B、C间由一不可伸长的轻质细线连接。倾角为θ的光滑斜面固定在水平地面上,弹簧、轻杆与细线均平行于斜面,初始系统处于静止状态,弹簧被剪断的瞬间,已知重力加速度为g,下列说法正确的是(　　) A.B球的受力情况未变 B.C球的加速度大小为gsin θ C.B、C之间线的拉力大小为mgsin θ D.A、B两个小球的加速度大小均为gsin θ 9.如图所示,甲、乙两个物块叠放在一起,恰随车厢一起向右做匀加速直线运动,甲与竖直厢壁之间的静摩擦力达最大值,甲的水平上表面与乙之间的静摩擦力也达到最大值。已知乙的质量为m,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g,甲与厢壁间的动摩擦因数为μ,则(　　) A.甲、乙整体的加速度大小为μg B.乙对甲的作用力大小为 C.甲、乙之间的动摩擦因数为 D.可以求出甲、乙的质量之比 10.(多选)2025年6月2日,嫦娥六号成功着陆月球背面南极——艾特肯盆地。嫦娥六号利用向下喷射气体产生的反作用力,有效地控制了探测器着陆过程中的运动状态。在一段竖直向下着陆过程中,探测器减速的加速度大小a随时间t变化的关系如图所示,3t0时刻探测器的速度恰好减为零。下列说法正确的是(　　) A.0~t0时间内,探测器做匀速直线运动 B.t0时刻探测器的速度大小为a0t0 C.0~t0时间内,探测器的位移大小为a0 D.t0时刻气体对探测器的作用力大小为2t0时刻的两倍 11.(多选)(2025·黑、吉、辽、内蒙古卷,10)如图(a),倾角为θ的足够长斜面放置在粗糙水平面上。质量相等的小物块甲、乙同时以初速度v0沿斜面下滑,甲、乙与斜面的动摩擦因数分别为μ1、μ2,整个过程中斜面相对地面静止。甲和乙的位置x与时间t的关系曲线如图(b)所示,两条曲线均为抛物线,乙的x-t曲线在t=t0时切线斜率为0,则(　　) A.μ1+μ2=2tan θ B.t=t0时,甲的速度大小为3v0 C.t=t0之前,地面对斜面的摩擦力方向向左 D.t=t0之后,地面对斜面的摩擦力方向向左 二．计算题: 12.(2025·上海卷,19)如图,在倾角为4.8°的斜坡上,有一辆向下滑动的小车在做匀变速直线运动。小车内部存在动能回收系统,即刹车时会将一部分动能回收转化为电能储存起来。在5 s时间内,速度从v0=72 km/h减速到vt=18 km/h,运动过程中除回收作用力外的其他阻力的合力f=500 N,小车的质量m=1 500 kg,重力加速度g取10 m/s2,sin 4.8 °=0.08。求这一过程中: (1)小车的位移大小x; (2)回收作用力大小F。 培优练 1． 计算题: 13.如图甲所示,质量为m的正方体空箱放置在粗糙的水平面上,在水平拉力F0=mg的作用下沿水平面向右做匀加速直线运动,箱内一个质量为m的物块贴着后壁随空箱一起匀加速运动正好不下滑。如图乙所示,一条硬直细杆水平固定放置,质量为m的小环(可视为质点)套在细杆上,从A点由静止开始在斜向右上方恒定拉力 F(为未知量)的作用下向右做匀加速直线运动,经过一段位移L运动到B点,这个未知拉力F与水平方向的夹角为53°,此过程中杆对环的弹力竖直向下。已知物块与箱壁间、箱与水平面间以及环与细杆间的动摩擦因数相等,且动摩擦因数小于1,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6。求: (1)空箱与水平面间的动摩擦因数,运动位移L时物块获得的速度大小; (2)环的加速度大小以及环从A运动到B的时间。 参考答案： 1.答案　B解析　根据v-t图像的斜率表示加速度,结合匀变速直线运动规律v=v0+at,可知匀加速阶段为一条倾斜直线,匀速阶段为一条平行于时间轴的直线,故A错误,B正确;根据匀变速直线运动规律x=v0t+at2,可知x-t图像在匀加速阶段为开口向上的抛物线,匀速阶段为一条倾斜直线,故C、D错误。 2.答案　C解析　由匀变速直线运动速度公式有v=v0+at,变形得=v0·+a,可知-图线的斜率表示初速度,纵截距表示加速度,即初速度v0= m/s=1 m/s,加速度a=2 m/s2,可知该质点做匀加速直线运动,运动的初速度为1 m/s,A、B错误;根据速度公式v=v0+at,t=3 s时,代入数据解得v=7 m/s,C正确;由匀变速直线运动位移公式有x=v0t+at2,t=2 s时,代入数据解得x=6 m,D错误。 3.答案　D解析　由Δx=at2得加速度大小为a==8 m/s2,A错误;由=得vC=2=2 m/s,由v=v0+at得vA=vC+2at=2 m/s+2×8×1 m/s=18 m/s,B错误;vB=vA-at=10 m/s,==14 m/s,则xAB=·t=14 m,C错误,D正确。 4.答案　C解析　对甲图整体受力分析有Mg=(m+M)a1,甲图中绳子的拉力F1=ma1=;对乙图整体受力分析有Mg-mg=(m+M)a2,对乙图中P受力分析有F2-mg=ma2,解得F2=,联立得F1=F2,故C正确。 5.答案　B解析　设汽车在路面与在冰面所受阻力分别为f1、f2,汽车进入冰面瞬间的速度为v1,由牛顿第二定律f=ma 则汽车在路面与在冰面上运动的加速度大小之比为== 由运动学公式知,在路面上有-=2a1x1 在冰面上有=2a2x2,其中= 解得汽车进入冰面瞬间的速度为v1=v0,故B正确。 6.答案　B解析　撤去拉力前门板做初速度为0的匀加速直线运动,撤去拉力后门板做匀减速直线运动,由于门板恰好不与门框发生碰撞,故门板末速度为0,作出其v-t图像如图所示,整个过程门板的总位移为,即v-t图像与坐标轴围成的图形面积(表示总位移)不变。由图可知,当外力很大时,加速时间很短,位移很小,可忽略不计,此时门板运动的时间最短,设最短时间为tmin,由牛顿第二定律可知撤去外力后门板的加速度大小为a=μg,由x=at2得tmin=,B正确。 7.答案　BC解析　剪断细线后,弹簧弹力大于小球A的重力,则A先向上做加速运动,随弹力的减小,则向上的加速度减小,当加速度为零时速度最大,此时弹力等于重力,弹簧处于拉伸状态,故A错误;剪断细线之前,有F弹=3mg,剪断细线瞬间弹簧弹力不变,则对A由牛顿第二定律得F弹-2mg=2ma,解得A的加速度a=,故B正确;剪断细线之前弹簧伸长量x1=,剪断细线后A做简谐运动,在平衡位置时弹簧伸长量x2=,即振幅为A=x1-x2=,可知小球A运动到最高点时,弹簧伸长量为,小球A运动到最低点时,弹簧伸长量为,故C正确,D错误。 8.答案　B解析　弹簧剪断前,系统静止,对C有F细线=mgsin θ,对B、C有F杆=3mgsin θ,对A、B、C有F弹簧=4mgsin θ。弹簧被剪断的瞬间,弹簧弹力消失,A、B整体受力情况发生变化,假设细线拉力不为0,结合牛顿第二定律可知,对A、B有FAB=3maAB>3mgsin θ,则aAB>gsin θ,沿斜面向下;对C有FC=maC<mgsin θ,则aC<gsin θ,沿斜面向下,可见细线必然松弛,不符合假设,因此细线拉力为0;同理,弹簧剪断瞬间,轻杆的弹力也为0,即A、B、C三个小球的加速度均沿斜面向下,大小均为gsin θ,故B正确,A、C、D错误。 9.答案　C解析　对甲、乙整体,水平方向由牛顿第二定律知,FN=(M+m)a,竖直方向,有μFN=(M+m)g,解得a=,故A错误;甲对乙的摩擦力为Ff=ma=,甲对乙的支持力为FN'=mg,则甲对乙的作用力为F甲乙==,则由牛顿第三定律知乙对甲的作用力大小为F乙甲=,故B错误;对乙分析可得μ'mg=ma,解得甲、乙之间的动摩擦因数为μ'=,故C正确;由题中条件不可以求出甲、乙的质量之比,故D错误。 10.答案　BC解析　0~t0时间内,探测器的加速度不变,做匀减速直线运动,故A错误;3t0时刻探测器的速度恰好减为零,由a-t图像与坐标轴围成的面积表示速度变化量,可知t0时刻探测器的速度大小为v1=a0×2t0=a0t0,故B正确;0~t0时间内,结合逆向思维可知探测器的位移大小为x=v1t0+a0=a0,故C正确;t0时刻探测器的加速度为a0,由牛顿第二定律有F1-mg=ma0,解得F1=mg+ma0,2t0时刻探测器的加速度为a0,由牛顿第二定律有F2-mg=m·a0,解得F2=mg+ma0>F1,故D错误。 11.答案　AD解析　由题意可知两x-t图线均为抛物线,则物块甲、乙均做匀变速直线运动,由题图(b)可知物块甲做匀加速直线运动,物块乙做匀减速直线运动,对甲有3x0 =v0t0+a甲,对乙有x0=v0t0-a乙,由于t=t0时乙图线的斜率为0,则此时乙的速度为0,则有t0=,由以上整理得a甲=a乙。由牛顿第二定律对甲有mgsin θ-μ1mgcos θ=ma甲,对乙有μ2mgcos θ-mgsin θ=ma乙,整理得μ1+μ2=2tan θ,A正确;t=t0时甲的速度为v=v0+a甲t0=2v0,B错误;t=t0前,由于物块甲、乙的加速度大小相等、方向相反,则物块甲、乙组成的整体合力为零,由于斜面静止,斜面的合力也为零,则三者组成的整体合力为零,地面对斜面的摩擦力为零,C错误;t=t0时物块乙的速度减为零,此后,物块乙静止在斜面上,物块甲继续沿斜面向下加速运动,物块甲的加速度有水平向左的分量,两物块和斜面组成的整体所受合力水平向左,则地面对斜面的摩擦力的方向水平向左,D正确。 12.答案　(1)62.5 m　(2)5 200 N 解析　(1)由题意知,小车的初速度v0=72 km/h=20 m/s, 小车的末速度vt=18 km/h=5 m/s, 在5 s时间内,小车的平均速度==12.5 m/s 小车的位移大小x=t=62.5 m。 (2)小车的加速度a== m/s2=-3 m/s2 由牛顿第二定律得mgsin 4.8°-F-f=ma 解得F=5 200 N。 13.答案　(1)　　(2)g　 解析　(1)对物块受力分析,水平方向由牛顿第二定律可得FN1=ma1 物块恰好不下滑,竖直方向由二力平衡可得Ff1=μFN1=mg 对整体受力分析,竖直方向由二力平衡可得FN2=2mg 又Ff2=μFN2 水平方向由牛顿第二定律可得F0-Ff2=2ma1 结合F0=mg,联立可得μ=,a1=g 由2a1L=v2,解得v=。 (2)环从A运动到B,把F分别沿水平方向和竖直方向分解, 竖直方向由力的平衡条件可得Fsin 53°=FN3+mg 又Ff3=μFN3,水平方向由牛顿第二定律可得 Fcos 53°-Ff3=ma2,联立解得a2=g 由L=a2t2,解得t=。 学科网（北京）股份有限公司 $