复习练案2 第一部分 专题一 第2讲 牛顿运动定律与直线运动-【衡中学案】2026年高考物理二轮总复习提能训练

复习练案[2]第一部分专题一 第 A组·基础巩固练 1.（2025·四川卷)2025年4月30日，神舟十九号载人 飞船成功返回。某同学在观看直播时注意到，返回舱 从高度3090m下降到高度2010m,用时约130s。 这段时间内，返回舱在竖直方向上的平均速度大小约 为 A.8.3m/s B.15.5m/s C.23.8m/s D.39.2m/s 2.(2025·江苏卷)新能源汽车在辅助驾驶系统测试 时，感应到前方有障碍物立刻制动，做匀减速直线运 动，2s内速度由12m/s减至0。该过程中加速度大 小为 A.2 m/s2 B.4 m/s2 C.6 m/s2 D.8 m/s2 3.（2025·甘肃卷)2025年4月24日，在甘肃酒泉卫星 发射中心成功发射了搭载神舟二十号载人飞船的长 征二号F遥二十运载火箭。若在初始的1s内燃料 对火箭的平均推力约为6×10N。火箭质量约为 500吨且认为在1s内基本不变，则火箭在初始1s内 的加速度大小约为（重力加速度g取10m/s)() A.2 m/s2 B.4 m/s2 C.6 m/s D.12m/s2 4.(2025·湖北武汉调研)《考工记》中记载：“马力既 竭，辀犹能一取焉”，意思是马对车不施加拉力了，车 还能继续向前运动一段距离。若马拉着车以速度0 在平直路面上匀速行驶，车受到的阻力大小为车重的 k倍，重力加速度大小为g。则马对车不施加拉力后， 车运动的位移大小为 "kg B.2kg kg 5.(2025·陕晋青宁卷)某智能物流系统中，质量为 20kg的分拣机器人沿水平直线轨道运动，受到的合 力沿轨道方向，合力F随时间的变化如图所示，则 下列图像可能正确的是 ◆FN 20 0 1213 -20.-.-.- ◆(m.s) 本(ms） 2-- 4(m.s) 2讲牛顿运动定律与直线运动 6.(2025·安徽百师联盟联考)巴黎奥运会网球女子单 打冠军郑软文在比赛中将网球竖直向上抛出。已知 网球在上升到最高点的过程中，最初0.5s与最后 0.5s内上升的高度之比为2：1，取重力加速度g= 10/s2,不计空气阻力，则网球抛出的初速度大小为 () A.9 m/s B.7.5m/s C.5 m/s D.2.5m/s 7.（2025·河北衡水模拟)汽车自+m 动防撞系统，是防止汽车发生 碰撞的一种智能装置，计算机10 对两车间距以及两车的瞬时相 对速度进行处理后，判断两车 的安全距离，如果两车间距小 0 10△ms 于安全距离，系统就会发出指令使汽车开始制动。在 某次测试中设置的两车安全距离x与两车瞬时相对 速度△v的关系图像如图所示，甲车在前乙车在后在 平直路面上以90km/h的速度向前行驶，两车间距为 96m,某时刻甲车以4m/s的加速度开始做匀减速 运动，则乙车自动防撞系统开启时甲车的速度大小为 () A.1.0m/s B.1.2m/s C.2.0m/s D.2.2m/s B组·综合提升练 8.（2025·北京海淀区一模)如图所示，两相同物块用 细线相连接，放在粗糙水平面上，在水平恒力F作用 下，一起做匀加速直线运动，物块间细线的拉力大小 为T。当两物块均由粗糙的水平面运动到光滑的水 平面上且仍在F的作用下运动，则 () 口☐ A.两物块的加速度变大，细线的拉力仍为T B.两物块的加速度不变，细线的拉力仍为T C.两物块的加速度变大，细线的拉力小于T D.两物块的加速度不变，细线的拉力小于T 9.(2025·河南名校一模)如图所示，汽车车厢里载着 两材质不同的建材A、B正在平直公路上匀速向前行 驶，A、B靠在一起，已知A、B的质量相等，与车厢底 面间的动摩擦因数分别为4=0.6、uB=0.8。t=0 时刻汽车开始加速向前行驶，若其加速度的大小随时 间的变化规律为a=2t(m/s2),重力加速度g=10m/s2, 设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的 是 () 76 0 AB可 (· mmmmmmmmmmmmmmmmm A.t=2.0s时，A、B之间开始有弹力 B.t=2.5s后，A受到的摩擦力大小不变 C.从t=3.0s到t=3.5s内，A、B间的弹力逐渐增大 D.t=4.0s时，A、B开始相对车厢滑动 10.（多选)(2025·黑吉辽蒙卷)如图(a),倾角为0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。沿斜面下滑，甲、乙与斜面 的动摩擦因数分别为12，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=o时切线斜率为0，则 甲< 图(a 图b) A.+u2=2tan 0 B.t=to时，甲的速度大小为3vo C.=之前，地面对斜面的摩擦力方向向左 D.t=。之后，地面对斜面的摩擦力方向向左 11.（多选)(2025·四川攀枝花模拟)如图所示，倾角为 30°的光滑固定斜面顶端固定有轻质光滑滑轮，A、B 两可视为质点的小球用跨过滑轮的不可伸长的轻质 细绳连接，滑轮与A球之间的轻绳与斜面平行、与B 球之间的轻绳竖直。由静止释放两球，释放后的瞬 间B球的加速度大小为号，已知重力加速度为g,则 A、B两球的质量之比可能是 A ○30 A2:5 B.4:5 C.4:1 D.8:1 12.（多选)(2025·广东广州期末)研究“蹦极”运动时， 在运动员身上系好弹性绳并安装传感器，可测得运 动员竖直下落的距离h及其对应的速度v,得到如 图所示的2-h图像。运动员及其所携带装备的总 质量为60kg,弹性绳原长为10m,弹性绳上的弹力 遵循胡克定律，忽略空气阻力，取重力加速度g= 10m/s,以下说法正确的是 -177 ↑2/m.s-2 250 200---- 0510152025m A.弹性绳的劲度系数为120N/m B.运动员在下落过程中先超重再失重 C.运动员在最低点处加速度大小为20m/s2 D.运动员在速度最大处运动员处于失重状态 3.(2025·甘肃多校联考)某快递车装上货物（视为质 点)，其中货物与车的简化图如图所示。货物在长 度L=7.5m的水平车厢中间位置，总质量M=1× 104kg的车在平直路面以。=108km/h行驶，突然 因紧急情况刹车（关闭发动机），经过=6s车停 下，最终发现货物也刚好滑到车厢前端靠近驾驶室。 取重力加速度大小g=10m/s2,货物的质量远小于 快递车的质量。求： 口 wwwwwwcc (1)快递车刹车时受到的阻力大小∫； (2)该货物与水平车厢间的动摩擦因数u。 一11.D由分析可知，当B恰好能相对A沿接触面上滑时， 对应的F最小。对A、B进行受力分析易得，对B在竖 直方向有VAB COS45°=fsin45°+mg,对A在水平方向 有Nag sin45°+fcos45°-F,又f=uNaB,联立解得F= 1+mg,故选D。 1一儿 12.D结点在C时，AC与水平方向夹角37°，AB间距为 L,4C段水平分量为宁，故4C段和BC段原长均为：山 L 2 os37-2x0.8=8;结点移到D点，AD与水平方 L 5L 2 向夹角60°，AD段和BC段长度均为L2= 0s600L, 伸长量为4L=2弘，-2弘，-头，矿泉水瓶静止时，竖直 方向合力为零，两段拉力竖直分量之和等于重力G,由 平衡条件得2Fsin60°-G,其中F-k△L,代入解得k= 4C故选D。 13.AC整体法对弓和物体受力分析如图，竖直方向上由受 力平衡可得2Fcos- =(M+m)g,解得F=(M+m)g, 故A正确，B错误；不计的形变，增加重物质量，则弦 与竖直方向夹角减小，则弦的伸长量增加，根据胡克定 律可知，弦的张力一定增大，故C正确，D错误。故 选AC。 F (M+m)8 14.AD如图所示，将小球A所受到的重力mg、拉力T、 库仑力F平移成矢量三角形，它与三角形ABO,相似， 有器品由于0Bs不变，故比值不变，由 T F 于O1A不变，T不变，AB减小，F减小，故A正确，B错 误；对物块C,由于绳子拉力不变，地面对C的支持力 不变，故C错误，D正确。故选AD。 50 心0 3 复习练案[2] A组·基础巩固练 1.A返回舱下降的位移为△h=1O80m,则返回舱在竖 直方向上的平均速度大小约为。=4≈8.3ms,故 选A。 2.C根据运动学公式v=v,+at,代人数值解得a= -6m/s2,故加速度大小为6m/s2。故选C。 3.A根据题意，由牛顿第二定律有F-mg=ma代人数 据解得a=6×10°-5x10 m/s2=2m/s2,故选A。 5×10 4.B根据生顼第二定律有。三g,根据运动学公式 有2ax=,2,联立解得x= 2=。,故选B。 2a2hg 5.A根据牛顿第二定律和题图的 ↑alm.s3） F-t图像画出如图所示的a-t 图像，可知机器人在0~1s和20123 ~3s内加速度大小均为1m/s2, -1 方向相反，由v-t图线的斜率表 示加速度可知A正确。 6.B网球上升过程中，最后0.5s内上升的高度h= 2=1.25m,网球抛出后最初0.5s内上升的高度 1 h,=2h,=2.5m,有h,=ot-2gt,解得=7.5m/s, 故选B。 7.A由图可知x=△v,又x=△v=at=4t,两车间距x=96 -[m-(-号m)]=96-22,联立得2r+4-96 =0,解得t=6s,则此时甲车的速度为，=v-at= 25m/s-24m/s=1m/s,故A正确。 B组·综合提升练 8.A设物块的质量为m,当水平地面粗糙时，设动摩擦 因数为，以两物块为整体，根据牛顿第二定律可得 F F-2wmg=2ma,解得加速度为a,=2mg,以左侧物 体为对象，根据牛顿第二定律可得T-umg=ma1,联立 可得绳子的拉力为T:)F:当水平地面光滑时，以两物 块为整体，根据牛顿第二定律可得F-2ma2,解得加速 度为4机以左侧物体为对象，根据牛顿第二定律可 得T=ma2,联立可得绳子的拉力为T=方F;则有 T,=T,a2>a1,故选A。 08 9.C根据题意可知，A依靠摩擦力获得最大加速度，则 a-5=6m/g=2,解得1=3s,即3s时A,B间出 现弹力，有弹力后A受到的摩擦力始终等于滑动摩擦 力，故A、B错误；设AB与车厢保持相对静止的最大加 速度为a,则a。=mg+mg=7ms2=2,解得t= 2m 3.5s,由此可知，3.5s后A、B开始相对车厢滑动，3s 到3.5s内，由于加速度不断增大，B对A的弹力也将 不断增大，故C正确，D错误。 10.AD位置x与时间t的图像的斜率表示速度，甲乙两 个物块的曲线均为抛物线，则甲物体做匀加速运动，乙 物体做匀减速运动，在t。时间内甲乙的位移可得x甲= 26=3,成2=6+0 V0+) 2一。=x,可得时刻甲物体的速 度为v=2vo,B错误；甲物体的加速度大小为a1= ,乙物体的加速度大小为4=云，由牛顿第二定 to 律可得甲物体mgsin0-u1 mgcos0=ma1,同理可得乙 物体42 ngcos0-mgsin0=ma2,联立可得1+k2= 2tan0,A正确；设斜面的质量为M,取水平向左为正方 向，由系统牛顿牛顿第二定理可得f=ma1cos0- ma2cos0=0则t=t。之前，地面和斜面之间摩擦力为 零，C错误；t=。之后，乙物体保持静止，甲物体继续沿 斜面向下加速，由系统牛顿第二定律可得f=ma,cos0,即 地面对斜面的摩擦力向左，D正确。故选AD。 11.BD由静止释放两球，释放后的瞬间B球的加速度大 小为号；若B球的加速度方向竖直向下，以B球为对 象，根据牛顿第二定律可得mg-T=m。·子，以A球 为对象，根据牛顿第二定律可得T-magsin30°=ma· 号，联立可得A,B两球的质量之比为m:m,=4:5: 若B球的加速度方向竖直向上，以B球为对象，根据 牛顿第二定律可得T-mg=m。·号，以A球为对 象，根据牛顿第二定律可得m,gsin30°-T=m·号， 联立可得A、B两球的质量之比为ma:mg=8:1,故 选BD。 12.AC运动员受力平衡时，速度最大。由图像可知，下 落高度为l5m时速度最大，此时受力平衡F=mg,且 F-4=(15-0)m=5n解得--罗m 120N/m,故A正确：根据加速度向上，物体处于超重状 态；加速度向下，物体处于失重状态，运动员下落过程 -30 先加速后减速，所以下落过程是先失重后超重，故B 错误；运动员在最低点时，速度为零，弹力最大，此时由 牛顿第二定律可得F-mg=ma,其中F=k△xm,xm= (25-10)m=15m联立解得a=20m/s2,故C正确； 速度最大时重力和弹力平衡，此时加速度为零，既不失 重也不超重，故D错误。故选AC。 13.(1)5×104N(2)0.48 【解析】(1)由题意可知车做匀减速直线运动，其加 速度大小a=血 又由牛顿第二定律有f=Ma 解得f=5×104N。 (2)车做匀减速直线运动的位移大小x= 2 则货物的位移大小x'=x+ L 则货物的加速度大小a'= 2x 由牛顿第二定律有ma'=wmg 解得u=0.48。 复习练案[3] A组·基础巩固练 1.C根据题意可知，物块与传送带速度相等后继续向上 减速，则有umgcos0<mgsin0,可得u<tan0,故A错 误；因为>”，物块与传送带速度相等之前，物块受到 的滑动摩擦力沿斜面向下，加速度沿斜面向下，大小为 a,=mgsin9+ungeos8=gsin0+gcos9,物块与传送 带速度相等之后，加速度沿斜面向下，大小为α2= mgsin 0-mgeos9=g9in日-1gcos0<a1,故B错误；物 m 块与传送带在速度相等前后，加速度的大小之差为 a1-a2=2 ugcos0,故C正确；设物块从冲上传送带到与 传送带速度相等所用时间为t,此过程物块的位移为 =”十，传送带的位移为x=,可知此过程物块 x物=2 在传送带上的划痕长度为4r=物-=2，若满 1 足△x=2物，则有=3，由于%不一定等于30，则共 速前物块在传送带上的划痕长度不一定等于物块位移 大小的一半，故D错误。故选C。 2.C如图所示，可设二者达到速度'后，一起匀减速至t1 时刻停止。对物块，有u,mg=ma1,则a,=4g=,对 to 木板，有umg+w2·2mg=ma2,则a2=1g+228= 09