2026届高三物理二轮专题复习专题强化练习 第2讲 力与直线运动

第2讲 力与直线运动 专题强化练习 基础保分练 1． 选择题： 1.(2025·江苏卷·1)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。2 s内速度由12 m/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 2.(2025·陕晋青宁卷·3)某智能物流系统中，质量为20 kg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t的变化如图所示，则下列图像可能正确的是(　　) 3.(2024·江苏镇江市一模)如图所示，质量为5 kg的物块A与水平地面间的动摩擦因数μ=0.2，质量为3 kg的物块B与地面间无摩擦，在水平力F的作用下，A、B一起做加速运动，已知F=26 N。则下列说法中正确的是(g取10 m/s2)(　　) A.A、B的加速度均为1.25 m/s2 B.A、B的加速度均为3.25 m/s2 C.A对B的作用力为9.75 N D.A对B的作用力为6 N 4.(2025·湖南卷·2)如图，物块以某一初速度滑上足够长的固定光滑斜面，物块的水平位移、竖直位移、水平速度、竖直速度分别用x、y、vx、vy表示。物块向上运动过程中，下列图像可能正确的是(　　) 5.(2025·江苏苏州市期末)图甲中蹦床是孩子们喜爱的游乐项目，其结构原理如图乙，两相同弹性绳一端各系于固定杆的A、B处，另一端系在身体上。C位置时绳恰好为原长，D位置是游玩者运动的最低点，不计空气阻力。游玩者从D到C过程中(　　) A.加速度减小 B.处于超重状态 C.机械能增大 D.C点速度最大 6.(2025·湖南卷·5)如图，两带电小球的质量均为m，小球A用一端固定在墙上的绝缘轻绳连接，小球B用固定的绝缘轻杆连接。A球静止时，轻绳与竖直方向的夹角为60°，两球连线与轻绳的夹角为30°，整个系统在同一竖直平面内，重力加速度大小为g。下列说法正确的是(　　) A.A球静止时，轻绳上拉力为2mg B.A球静止时，A球与B球间的库仑力为2mg C.若将轻绳剪断，则剪断瞬间A球加速度大小为g D.若将轻绳剪断，则剪断瞬间轻杆对B球的作用力变小 7.(2025·江苏泰州市模拟)如图甲所示，一物块(可视为质点)从倾角θ=30°的足够长斜面上滑下，以物块的初始位置为坐标原点，沿斜面向下为x轴的正方向建立坐标系，物块运动的-图像如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A.物块的加速度为2 m/s2 B.物块的初速度为零 C.物块与斜面间的动摩擦因数为 D.前2 s内物块的平均速度为5 m/s 8.(2025·安徽卷·5改编)如图，装有轻质光滑定滑轮的长方体木箱静置在水平地面上，木箱上的物块甲通过不可伸长的水平轻绳绕过定滑轮与物块乙相连。乙拉着甲从静止开始运动，木箱始终保持静止。已知甲、乙质量均为1.0 kg，木箱质量为5.0 kg，甲与木箱之间的动摩擦因数为0.5，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，则在乙下落的过程中(　　) A.甲对木箱的摩擦力方向向左 B.甲运动的加速度大小为2.5 m/s2 C.乙受到绳子的拉力大小为5.0 N D.地面对木箱的支持力大小为70 N 综合创新练 一.选择题： 9.(2025·安徽卷·4)汽车由静止开始沿直线从甲站开往乙站，先做加速度大小为a的匀加速运动，位移大小为x；接着在t时间内做匀速运动；最后做加速度大小也为a的匀减速运动，到达乙站时速度恰好为0。已知甲、乙两站之间的距离为8x，则(　　) A.x=at2 B.x=at2 C.x=at2 D.x=at2 10.(2025·山东卷·8)工人在河堤的硬质坡面上固定一垂直坡面的挡板，向坡底运送长方体建筑材料。如图所示，坡面与水平面夹角为θ，交线为PN，坡面内QN与PN垂直，挡板平面与坡面的交线为MN，∠MNQ=θ。若建筑材料与坡面、挡板间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g，则建筑材料沿MN向下匀加速滑行的加速度大小为(　　) A.gsin2θ-μgcos θ-μgsin θcos θ B.gsin θcos θ-μgcos θ-μgsin2θ C.gsin θcos θ-μgcos θ-μgsin θcos θ D.gcos2θ-μgcos θ-μgsin2θ 11.(2025·江苏卷·10)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 二．计算题： 12.(2025·江苏苏州市期末)如图所示，一辆货车运载着完全相同的圆柱形光滑空油桶。在车厢底，一层油桶平整排列，相互紧贴并被固定，桶C自由地摆放在桶A、B之间。已知每只油桶质量为m，重力加速度为g。 (1)当货车匀速行驶时，求B对C的支持力大小FB； (2)为避免C脱离B而发生危险，求货车刹车的最大加速度a的大小。 尖子生选练 13.某工厂输送物件的传送系统由倾角为30°的传送带AB和一倾角相同的长木板CD组成，物件和传送带间的动摩擦因数μ1=、与木板间的动摩擦因数μ2=。传送带以v0=4 m/s的恒定速率顺时针转动。现将物件P无初速度置于传送带A点，发现当物件到达B端时刚好相对传送带静止，到达D点时速度恰好为零随即被机械手取走。物件可以看成质点，传送带与木板间可认为无缝连接，重力加速度g取10 m/s2。 (1)求传送带的长度L1； (2)求木板的长度L2以及物件从A到D所需的时间t； (3)假如机械手未能在D点及时将物件取走，导致物件重新下滑，则此后它第四次向上运动时离C点的最大距离为多少？ 参考答案： 1.答案　C解析　根据运动学公式v=v0+at，代入数值解得a=-6 m/s2，故加速度大小为6 m/s2。故选C。 2.答案　A解析　根据牛顿第二定律和F-t图像画出如图所示的a-t图像，可知分拣机器人在0~1 s和2~3 s内加速度大小均为1 m/s2，方向相反，由v-t图线的斜率表示加速度可知，A正确。 3.答案　D解析　对物块A、B整体受力分析，由牛顿第二定律有F-μmAg=(mA+mB)a，代入数据解得a=2 m/s2，故A、B错误；对物块B受力分析，由牛顿第二定律有FAB=mBa=3×2 N=6 N，故C错误，D正确。 4.答案　C解析　根据题意可知，物块沿斜面向上做匀减速直线运动，设初速度为v0，加速度大小为a，斜面倾角为θ，物块在水平方向上做匀减速直线运动，初速度为v0x=v0cos θ，加速度大小为ax=acos θ，则有-=-2axx，整理可得vx=，可知，vx-x图像为类似抛物线的一部分，故A、B错误；物块在竖直方向上做匀减速直线运动，初速度为v0y=v0sin θ，加速度大小为ay=asin θ，则有-=-2ayy，整理可得vy=，可知，vy-y图像为类似抛物线的一部分，故C正确，D错误。 5.答案　C解析　游玩者从D到C的过程中，经过弹力大于重力，弹力等于重力，重力大于弹力的过程，加速度先减小后反向增大，弹力等于重力的位置时加速度为零，速度达到最大，故C点速度不是最大，故A、D错误；在这个过程中，游玩者的加速度方向先向上后向下，即先处于超重状态后处于失重状态，故B错误；此过程中，弹性绳对游玩者做正功，由于不计空气阻力，没有其他外力对游玩者做功，因此游玩者的机械能增大，故C正确。 6.答案　C解析　A球静止时，对A球受力分析，如图所示，根据力的平衡条件得F库=FTcos 30°+mgcos 30°，FTsin 30°=mgsin 30°，解得FT=mg，F库=mg，A、B错误；剪断轻绳的瞬间，绳子拉力消失，小球A所受库仑力与重力均不变，则小球A所受合力大小为mg，由牛顿第二定律得剪断瞬间小球A的加速度大小为g，C正确；由于剪断轻绳前后瞬间，B球受力不变且状态不变，因此轻绳剪断瞬间轻杆对B球的作用力不变，D错误。 7.答案　C解析　由运动学公式x=v0t+at2，整理可得=+a，由题图乙可知v0=2 m/s，a=2 m/s2，解得a=4 m/s2，所以物块在斜面上做初速度为2 m/s的匀加速直线运动，A、B错误；由牛顿第二定律得mgsin θ-μmgcos θ=ma，解得μ=，C正确；第2 s末的速度为v=v0+at=10 m/s，那么前2 s内的平均速度为= m/s=6 m/s，D错误。 8.答案　B解析　根据相对运动，物块甲相对木箱向右运动，甲受到木箱向左的摩擦力，则甲对木箱的摩擦力方向向右，A错误；设物块乙运动的加速度为a，绳子的弹力大小为FT，对甲受力分析有FT-μm甲g=m甲a，对乙受力分析有m乙g-FT=m乙a，联立解得a=2.5 m/s2，FT=7.5 N，B正确，C错误；只有乙有竖直向下的恒定加速度，对甲、乙和木箱组成的系统，在竖直方向由牛顿第二定律有(M+m甲+m乙)g-FN=m乙a得，FN=(M+m甲+m乙)g-m乙a=67.5 N，D错误。 9.答案　A解析　设匀加速直线运动时间为t'，匀速运动的速度为v，有x=t'，根据逆向思维，可知匀减速直线运动阶段的位移等于匀加速直线运动阶段的位移，则匀速直线运动阶段有8x-x-x=vt，联立解得t'=，根据x=at'2，解得x=at2，A正确，B、C、D错误。 10.答案　B解析　对建筑材料受力分析如图所示， 根据牛顿第二定律mgsin θcos θ-μFN1-μFN2=ma，其中FN1=mgcos θ，FN2=mgsin2θ，可得a=gsin θcos θ-μgcos θ-μgsin2θ，故选B。 11.答案　D解析　根据题意可知，释放时，物块与木箱发生相对滑动，物块受到向右的摩擦力，根据牛顿第二定律可知释放时物块加速度不为0，故A错误；由于物块与木箱间有摩擦力且发生相对滑动，所以系统的机械能会减少，直到物块与木箱不发生相对滑动，此时设物块与木箱之间的最大静摩擦力为Ff，物块质量为m，木箱质量为M，对物块根据牛顿第二定律Ff=ma，对物块与木箱整体，根据牛顿第二定律F=(m+M)a，可得F=(m+M)，即弹簧的最大弹力减小到F=(m+M)后，二者一起做简谐运动，故B错误；在二者一起做简谐运动前，有相对滑动，木箱第一次运动到最右端时物块速度不为零，故C错误；开始时木箱的加速度向右，物块与木箱第一次共速前，物块相对木箱向左运动，受到向右的滑动摩擦力，摩擦力恒为二者之间的滑动摩擦力，保持不变，故D正确。 12.答案　(1)mg　(2)g 解析　(1)以C为研究对象，受力分析如图甲所示 货车匀速行驶时，有FAcos 30°+FBcos 30°=mg FAsin 30°=FBsin 30° 解得FB=mg (2)当货车刹车C恰好脱离B时，有FB'=0，受力分析如图乙所示 竖直方向有FA'cos 30°=mg 水平方向有FA'sin 30°=ma 解得a=g 即货车刹车的最大加速度a=g 13.答案　(1)3.2 m　(2) m　 s　(3)0.263 m 解析　(1)P放上传送带后，受力如图甲，由牛顿第二定律有 μ1mgcos 30°-mgsin 30°=ma1 解得a1=2.5 m/s2 根据速度与位移关系式有L1= 解得L1=3.2 m (2)到达木板C点后，受力如图乙，由牛顿第二定律有 -mgsin 30°-μ2mgcos 30°=ma2 解得a2=-6 m/s2 则C、D间距离(木板长)为L2= 解得L2= m P在传送带上上滑时间为Δt1==1.6 s P在木板上上滑时间为Δt2== s 所以t=Δt1+Δt2=1.6 s+ s= s (3)从D点向下运动，受力如图丙，由牛顿第二定律有 mgsin 30°-μ2mgcos 30°=ma3 解得a3=4 m/s2 第一次返回B点时有v1= 其中x1=L2 滑过B点后在传送带上先向下减速后以相同加速度返回，由对称性可知物件再次回到B点时速度大小仍为v1，在木板上向上运动的位移x2==-x1=x1 第二次返回B，x3=x2=x1 v2= 在木板上向上运动的位移x4==x3 即物件每次冲上木板的距离是上一次的 第四次向上运动时物件离C点的距离为x=()4x1≈0.263 m 学科网（北京）股份有限公司 $