专题卷(2)直线运动与牛顿运动定律(包括板块模型)-【鱼跃龙门卷】2026年高三物理二轮复习专题金卷（山东专版）

·物理A· 参考容案及解析 昏专管案及解析 物理（一） Fxsin a=Fx sin.Fucos a十Fwcos-Mg,由几何关系得 平衡条件有Fs=(m十M)g,球质量最大时有(mg十Mg) 根据题意有号×20s=100m,解得=10m/s,C正确：两段匀 8B一4，水平间距和绳长不变时，角度不变，故静止时的位置 A 【解析】在垂直懔条方向的剂国上 不会因为桃战者质量大小变化而变化，B错误M端下降时，桃战 M)g,又因为N:=刚'gan0, 变速直线送动的加遮度不一定相等，根据：一是可知岗段匀变 瓦片受力示意图如图所示，两根条对 者会向左下方移动，C错误：当MN杆间距诚小时d诚小，绳长L 即m'g tan(m'十M)g, 速直线运动的时间不一定相等，D结误。 瓦片的支持力与亚直慎条方向的夹角为 不变，a一8-B减小，根据Frsa十FNos8一Mg,可知绳上拉力 a,则有2Fc08a=mg CO88,或小擦条间 减小，故D错误。 解得tan≤(m'+MD 6. B【解析】根据。：图像的斜率表示加速度，可知，A车的加道 度可以为零，并非A车在任何时刻的加速度大小都比B车大 的距离时，夹角a减小，两擦条对瓦片 9.ACD 10.BC 11.AD 12.BC 子，即值界情况下a如，= A错很，在0 存在 一个时，该时刻A 的支持力F变小，故瓦片与椰条间的弹 ·AC【解析】对题图右侧结点处受力分析，：角 即tn= 复 一定有加来度相同的时 力变小，最大静摩擦力变小，则瓦片可能 大小不凌，可以使用辅助配方法判断力的动态鸡 确： 图像与时问轴围成的 下滑，故A正确：同理，增大檩条间的矩离d时，夹角a增大，两 化情况，如图所示，通过分析可得F,先增大再 通过儿何关系解得L一R+Rna, 位移， 德条给瓦片的支持力F变大，做瓦片与擦条间的弹力变大，最 前3s内， 小，F一直减小，A正确：初始状态，对A分析可 3 大静摩擦力变大：瓦片处于静止状态，由平衡条件可知，瓦片号 得绳子拉力F 代人据得L-(.,5+得)m 图像的斜 斜率的正负表 度的方问，斯 9:时的加速度与，一2。时的如速度不何，成D错溪，中在 增大，测瓦片与条间的弹力变大，放B错误 拉力 ,B口间的静 17.a0.2Mg20.25M（3,/层a 力方 【解析】(1)对木块受力分析，根据平衡条件可知绳子拉力大 7.D【解析】根据自由落体运动公式，有一之，解得包离格 直方向有 MDg,由 小为7=两及， B【架析】由图解法，可得F,先增大后减 到传送带上的时间为1=0.2s,A点运动的位移为 丹增 0,0朗m,包裹落到传送带上之后将受到滑动摩振力的作用做匀 ,故A错误，B正确：F2一直增大，CD 故物体C对面的压力先诚 对矩形装置和木块整体，根据平衡条件可知F=2T,解得F 0.2Mg (2)根据平衡条作可知木块质量最大时应满足 加速运动，根据牛领第二定律有mg=,解得a=2m/,包 【解析】由电路图可知，N板正电：则 平，对A分析可计算得F=2mg,所以F,= 故D 0.25M 魔达到和伶适带共速所用的时问为：=吕-=0,2s,此过 小母 电 向上，则小球带正电，故A错误：若S保持闭 错误 当于动滑轮，因此木块竖直向下的速 合，由于电容器相当于断路，则调节R,不改变两板间任何物玛 13. 度是矩形装置 二倍，水平方向速度与矩形装置相同，根暑系 程中包夷的位移为=了=×2X0.2m=0.04m,此过 量，小球仍静止，故B错误：若S浙开，知两板电荷量不变，改变 统机械能守恒有 程中传送带上A点的位移为工， t,=0.4X0.2m=0.08m 【解析】对A、B受力分析如图， e.5 mh-m[2o)+2]+之M2 包裹与传送带上A点的距离为1=十，-=0.12m 两板间距离，根据公式C一Q-CU以及U-d可知 门月刷好启动时，对A在水平方向上有 E-ito F=Nsin 45"+uNcos 45*, D【解析】根据题意可知，竖直向上为正方向，设火显表面重力 ,则板间电场强度大小不变，小球仍静止，故C错误， 对B在餐直方而上有 Nco45”=mg+Nin45 解得知=√后*， 18.(1)mn0(2》当a-0时，拉力F有最小值 加遮度为g1,则有一一g1产，整理可得一 由平衡条得m6@30-号，得g-,放D正动 解得F13 (3)mgn48 之g,结合图像可得-4，g1一会，放A储误：根据题意，由 6,D【解析】对兜登，王进及携带的设备整体受力 14. (1)460N OD 【解析】(1)木块在木楔斜面上匀速向下运动时，有mg加8 1为F 平衡条件可如，地面对车的支持力为 的拉力为F,与整直方向的 F%一m人g十m车g=1150N, ong cos8,解得E=an8, 由公式了=F。可得，地面对小车的摩擦力的大小为了 (2)木楔在力F作用下沿斜面向上匀速运动，沿斜面方向根据 0.4×1150N=460N. 平衡条件F0g度三m度nB十P, 箭误！根据题意，由万有引力等于重力有G=mg1,解得M= R 正弦定理可得 川层 sin a sin (2)根踞题意，设绳子的拉力为F,由平衡条件有 垂直于斜面方向Fsna+Fg=ng cos8, 2P=f,解得F=230N, 根据摩擦力的计算公式F,=Fw, ,由万有引力提供向衣力有m,联立解 R 大小则拉力下增大拉力或小故 对人受力分析，由平衡条件有f,=F=230N,方向水平向右 联立解得F= 2mg sin 2mgsin 0cos 0 力的合力等于mg,故C错】 15. (1)80 O5N,方向水平向右 e0sa十u811a cos acos 9+usin acos 得-√R-,回，放C错误，D正确. 误，当a-30时，0=30°，则根据平衡状态可得2F:cs30°=mg, 【解】1)风平衡时共 力的1 4 mgsin 20 得，-,放D正确」 它的作 下和细线对 cos (8-)' +B【解析】从开始到两球在b中点发生弹性碰撞，对甲，乙分划有 它的拉力F, 受力示意图 则当=0时，F有最小值，为F 7。D【解析)当导线静止在题图(a)右侧位置时，对⊙O 将所有的力沿风筝和垂直于风 半班行正 (3)因为木块及木楔均处于平衡状态，整体受到水平面的摩擦 交分解，划Ftcos8=og sin30,Frsin日十 方向应由 mgcos 30=P. 离相 cos(a十), 受小一爱，=影=0，两球发生得性隧撞，则有m,十 位置的感应强度大小相等且不随时何变化，有 当F夏最小值mg血28时，F-FcDs29-mgn26cos29 1 sin 0-BIL (2)对风和小朋友整体进行受力分析可得Fcs30°+F ,F,=mg cos0,则可看出sn0与电流 (M+m)g.f- c860 之mgin48, =0,=,两球碰后运到c点过程中，对甲，乙分别有 1成正比，当I增大时8大，则cos日诚小，静止 解得Fw-240N,f-10v5N, 物理（二】 h=听tg十2g,3h=吃1儿十28吃，解得甲，乙经过c点 后，导线对悬线的拉力F,域小，BC错误，D正确 根据牛额第三定律，小阴友对地面的压力大小为240N,小朋 B【架析】把风力F分划沿着帆面和垂直航面的方向分解，风 友对地面的摩擦力大小为10√N,方向水平向右。 A 3. D 在垂直帆面方向的分力为下 C【解析】据恩意无法计算第 16.i5N(28(a(a.5+得)m 二阶段减速的平均加速度，所 的分力F分别沿著航向和垂直航向的方向分解，下在沿着的 以无法比较第一阶段减速的平均知生度相第 二阶段减速的可 9.ACD 行方向的分力F。 sin,综合可得F。-Fsin'a.可得F, 均加速度的大小，放A情跟：三个阶段截速过程中航天员均处 【解新】(1)以球为研究对象，受力如图 于超重状态，故B错误：根暑匀变速直线运动规律可知第三阶 10,BD【解析】篮球到达最高点时，运动的时间为1= ,5X10 N,远项B正确，ACD误 ◆A【解析】国环被固定在绳中点的位置，此几 1n 段减速的平均加速度大小为： 2×1m/g=50m/,设 0,58,该同学运动的时间为1-1一一0,3，蓝球到达最高 时类似为“死结“问题，两端绳上拉力不同， 设左右两边轻绳与竖直方向的夹角分别为 =N:=15 第三阶段减速至距地面0,5m高时返回舱的速度为'，测有 点时，该问学的手指指尖给好触碰到篮球，测 十h,=人t a,B,则由几何关系知a<0,Fysin a 对整体受力分析可得 (2)以卫正方体和域整体为所死对 Fysin,故Fr>Fx,选项A正确：对圆环 2gt好十h其中h1=2m:=2.5m,解得=4m/s,触 受力分析，如图所示，同一根绳左右两边拉 直方向受重力(m十M)g和电面的支持 C【解析】无人机上升过程中，有除了重力外的其他力对其似 力大小处处相第F=F,a=9=, 力F、,水平方向受墙壁的弹力N:和地面的摩擦力F,根据 功，机 A 到蓝球时该同学的速度为 即先显重后失重，B错误：设无人机上升过程中最大速度为 一m人，解得地面 高三二轮复习专题卷 对该同学的冲量为1，一360N·s,故A错误：根据动量定理，起 划A球州落到管底时，B球的速度。=gt。一2m/s 时-2-23(月+41) 跳过程，合外力对该同学的冲量为I。一刚。一240N·s,故B (2)根据题意可知，A球反弹之后做竖直上抛运动，则有A 解得木彬第一次与弹性地面碰撞时的速度的大小1 瞬间，纸板的知速度大小为a=十山=5m/,橡皮擦的如 正确。 Am/线 11.BC【解析】未去力F时，由意得mgan60'-n A球，落到管底时，小球B下落的高度为 释翁-衣与弹性地医相能时，教去能如在小环上的外力。 速废大小为，-上一1m/,故A错误：橡皮振与纸板达到相 hn=gti=0.2 m. 此后小环的加速度大小a,=2m:一 ,解得a,=4m/3, 同速度后，假设纸板和橡皮旅相对静止，则整体受到的加速度 厅g=了，说明小球恰好不离开斜面，斜面对小球无作用 2 设从A球反弹到两球相遇的时为，则有 a'- f 第一次隧地后，木裤的加速度大小为4，第得 --2/s,而橡皮擦做减速运的加速度最大值为 十 1 3g 力，弹拉力大小F860=mg,去力F的间：弹 22m/2 :一上一1m/层<‘一2m/信，故此时橡皮擦将相对纸板向左 h'=vn十2gi, 小环向下做匀加速直线运动，木棒完向上做匀诚速直线运动 运动，且橡皮擦向右的加速度即为a?一1m/,纸板向右的加 簧弹力不发生突变，仍为号m8,小球与料面之间的弹力不变。 再向下做匀加速直线运动，限设与小环共速前会再次碰地，则 速度为一二上一3m/,故B错提：合AB选项，设橡皮 -0t 故小球对斜国的压力为零，选项AD错提：设撤去力F解间斜 联立解得 擦与纸板经过：时间流度相同，划有11=一，代人数据解得 面体的加建度大小为a,则F,cos30°一a',解得。-号g 2度L.一h十△h》, 再次碰地时木棒的速度仍为1一√2西m/爷，此时环的速度 =后8，此时二者肉左共同的速度为D=。 m/s,橡皮擦的位移 解得v三4m/: 项B正确：小球受力不变，加速度不变，大小仍为g,选项 设A、B两小球碰前速度分别为1：，则有1=a一： 故假设成立，即之后过程两物体不会再共速： C正确 若木格价好与地面第4次时性小环从木棒底滑落，则 3m/,一十3m/ 为“之一7m,纸板的位移为2一t一 12,CD【解析】设车厢对A的弹力为F,轻杆对A的弹力为 登樟时动量守恒，取向上为正方向，则有 从第一次碰撞开始，小环向下加速运动了3△，相对木向下 N,若B球所受摩擦力为零，可知整体向右加速，对A,B整体由 牛顿第二定律得F一2，对A球由牛顿第二定律得F 运动距离x=34+a,(34y)=147四 克m则二者相对位移为△虹=工一工=立m<0.1m,可知 7 m 橡皮擦未滑出纸板，接着二者由相同的速度开始以不同加速度 Nsin6-a,竖直方向Nams0-一g,联立第得a一gtmn0,对整体 1 由牛额第二定律得F一2一mgtn,故A错误：若力向左 则碰撞过程中，损失的机核胞为△E 之前小环相对木棒向上运动愿离，一十 做诚速运动，由于a:=3m/s>a{=1m/,所以纸板先或速 为0，保持静止，橡皮激继续以：{减速为0，规定向左为正方向， 则统的加速度向左，假设杆与车始保持相对静止 解得s=2m LA与左整殊力为零，对A水平方向有N 方 。m-m=0.525J. 则像皮振的位移为一一疗m,纸板的位移一2 向有N ,解得a4n,在此情况下，设厢底对B 17,(1)0.05(2)0.075(3)7,5m 故小环开始运动时距木排下端的距离=一，= 12m. 的的摩据力为f,对AB整体有f-2一2 gtan8,由于： 【解析】(1)由乙图可知，力F在5s时批去，此时长术板P的 物理（三） 26m,则二者相对位移为△如，=一=108m,可知擦皮擦最 tan8,所以最大静摩擦力f.≥2mgan8,可得ffm,故假设 超度为三5m/8, 2 成立。所以系统的加速度最大等于：A一gn8,所以下最大值 6器时两者速度相同为一3m/8, 终拒离纸板中点的距离为△r=4x:一△x:=元m<0.1m,即 为F。=44A=4mgtn0,故B错误；由选项B的解答可知，： 在0~6s的过程对Q由牛领第二定律得1mg=阳a1 2,C【解析】物体从A处由静止下落，开伞前加速度向下，物体 最终橡皮擦不会脱离纸板，且此过程中橡皮据与纸板因摩擦而产 m2如时，若A与左壁弹力为零，B会相对相底滑动，故A 与左壁弹力不能为零。当和底对B的静摩擦力达到最大静摩 根据图乙可知a,=,解得a,=0.5m/2, 所受合力为F合-一mg一F,F-2CSo,F不断增大，加建度设 据力时，F达到最大值，则有2g 生的热量为Q-mg(a虹，十△虹)-180，放C正确， ,对A整直方向Ncos g-mg.对A水平方 代人数据可得1一0.05，即滑块Q与长木板P之间的动摩期 小，图乙中右侧图线与此过程相符合，有mg一F=m@1,解得 因是0. D错灵 7,D【解析】由题知，长木板A数在光滑的水平面上，不受摩擦 ma,联立解得 正确：若推力 (2)5 对P由牛镁第二定律得mg十·2mg=ma1 m,故A储，C正确：左侧图线为开伞后的图 力作用，B,C与A同的动摩擦因数均为：，当F足够小时，B对 向右，tn>2,当厢底对B的摩擦力达到最大静摩擦力，力 由乙图可知 2m/s,代人数据可得-0.075， 向水平向右时，F有最大值，则2g十F=2两：，对A 即长木板P与地面之的动摩擦因数是0,075。 线，有F=2CS。2,当v=时，有mg=F=2CpS:2,解 A有静摩据力作用，A在水平方向合力不为零，故A不能保持 静止状态，A错误：根据牛顿第二定律可知，当拉力F一m Ns8一g,下一Nin0=￥，，张立解得a、=2ee+世tn0:当 (3)从6：末到长术板停下的过程，对长木板山牛领第二定律 时，物块B与A间的摩擦力小于两g,并不是刷好要清动，B铜 图底对B的摩擦力达到最大静摩然力，方向水平向左时，F有 得以复”2两及一H:性■4，· 得5，一2g,且当v减小时，a减小，故BD错畏。 模：当B与A发生相对滑动时，股设C与A不会发生相对滑 轻小值，相对A骨蒂体有下 一2。。对A水平方向 ,对A竖直方向有N ,获立解 代人数据可得a,-1m/,这段时间△-，解得出-3s, 3. C【解析】若列车匀速行驶，因每节车厢都受阻力作用，划车和 一，划A对C的摩擦力 问拉力不一定均为零。例如第7,8节车和向的拉力不为零，第 ,故D AC【解析】若两者均无初速度同时释放， 划在同一时问内下 臂0 4,5节车和向的拉力为零，AB错误若列车匀加速行驶，则整体 Q mca- ·mcg<mcg,设成立，即C与A不可能 的加速度a= P一8L,则对前3节车和的整体分析可知2F 所十 发生相对滑动，C错误：当C的质量也为m时，物块C能获得的 降高度相等，可知小球在空中不能穿过管，故A正确：两者时 长木板P的长度至少为前过程中Q相对P滑动的距离 释放，小球具有竖直向下的初速度，管无初速度，以管为参考 4虹=2×5×5m+含×(5+3》X1m-交×6X3m 3一F=3m@,解得F=2,划第3节车厢对第4节车厢的 最大加速度为a一一豆g,D正确 系，小球相对管做匀速运动，在管中运动的时间一 ,则小球能 8.C【解析】根据对称性可知平台与两个圆柱表 7:5▣ 拉力大小为F4一号，C正确：若列车匀加速行驶，则对第8节 穿过管，且在管中运动的时间与当地重力加速度无关，放B正 面的摩擦力相等，大小均为f=,出(M十)g 下落时阎为 车相分析可知F一f=m,可得第7节车相对第8节车厢的 边豫时，无初速度释放空心管，设小球落至空心管上边缘时的速 【解析】（）最初开始运动时，对小环，根据牛第二定律F 5N,滑平行于轴线的方向给平台花加F一10入 拉力大小为Fn=三D错误 的恒力：使平台从静止开始沿轴线运动，初编 2ma,解得a1= 一2m/s,即加速度大小为 时刻，平台受到两圆柱的摩擦力侧好平衡，以 度为1：在管中运动的时间为t:塘有△h,=”:十乞g 4.D【解析】正常行驶时，敏感球处于相对稳定状煮， 2m/。,方向竖直向下， 车山 动的 =2m/8< g=L==，则小球一定能穿过管，且在管中运动的 对木棒，根据牛朝第二定律f一mg=m@:,解得a:=2m/, 相对 平台和货物为整体，加流度大小为。二M十网 即相速世大小为2m/。方向怒直出上 =3m/,柱表面的点转动的线速度大小为=。 时气结康力如道位有关，故C正稳：网者均无初该度新收 (2)小环初速度。二4m/4,则两物体第一次共速过程， 小球提前了△：时间释放：以管为参考系小球相对管匀速运 解得 AB错误：对敏感球受力分析如图所示，则由牛顿第 两个圆柱表面对平台沿平行于轴线的方向的摩 力大小 动，划有一g△，L一证，可知小球在管中运动的时同为t 假设之后两物 二定律可知(mg十F)an0=两e,解得tn8一 04 定律可得F g,时间与当地重力加速度有关，故D轴误。 体共同减速到零，根器牛顿第二定律3mg mg十F,故C错误，D正确 速度v的无 :解得42m/8, 13.1)100m 划受到的摩擦力了广=网g @g:解得f=0N, 5,C【解析】当重物向上移动的距离为时，对重物进行受力分 直线运动，故A错误：当平台速度u=0.6m/s时，则有cos0 14.1)4m/分 (2)80m(3》258 (2)24m (3)36N 棒受到的摩振力小于滑动摩擦力，故限设成立： 析，由牛领第二定徐知F十k(x。 ,由题意知x 棒和小环在1后做类竖直上抛运动，回到1s时的位置时，速 g,解得F=h十a,可见F与h是一次函致关系，且程距不 16.(2)。 0.6+0.8-0.6,又F-2fcos0=(M+ma, 0.5 度均变为经直向下，v=@:1, 可得加速度大小为4一0.8m/。,故B错误，C正确：若随加的 =2m/。 16.(1)2m/(2)0.35m(3)0.525j C【解析】弹出纸板后，对纸板受力分析可知橡皮擦给细 回到1s时的位置时，棒相对于初始位置上升的高度， 恒力F<10N,由于初始时刻，两国柱对平台表面沿平行干轴线 【解桥】1)根据延意，有L=22i,解得4=0.4，则有 方a行，解得k:=1m 0,01N,桌面给纸板水平向右的 力为 ×0.01×10N 的方向的摩擦力大小为0，所以平台一定沿轴线的方向运动，故 0.2×0.02×10N=0.04N,由牛顿第 定排可细弹出纸板后 D错误. ta=ta-0.2s=0.2s, ·B【解析】释效系何对整体由牛顿第二定律有mg一3mgi30'+ 之后棒和小环以a-2m/s的加速度向下加速运动，根据 22025一2026学年度高三二轮复习专题卷（二） 物理·直线运动与牛顿运动定律（包括板块模型） (考试时间90分钟，满分100分) 一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。带 题目为能力提升题，分值不计入总分。 1.航天员在宇宙飞船的舱外机械臂上，一手拿小钢球，一手拿羽毛，双手用同样的力作用相同的 一小段时间后，将小钢球和羽毛向同一方向扔出，预定目标为扔出点正前方两米处，下列说法 正确的是 A.小钢球先到达预定目标处，因为小钢球的惯性比羽毛大 B.羽毛先到达预定目标处，因为离开手之后羽毛的速度大 C.小钢球和羽毛都不能到达预定目标处，因为在舱外小钢球和羽毛没有惯性 D.小钢球和羽毛同时到达预定目标处，因为没有阻力影响，轻、重物体运动一样快 2.一辆汽车从发现情况到开始减速到停止运动的情景过程如下，已知减速过程的加速度大小为 α，减速过程的平均速度大小为v,减速过程经历的时间是反应过程经历的时间的5倍，反应过 程可视为做匀速运动，下列说法正确的是 A.汽车正常行驶的速度大小为2v 发现情况 开始减速 汽车停止 D B反应过程的时间为君 92 010" 反应过程中 减速过程 C.减速过程位移是反应过程位移的倍 D.从发现情况到汽车停止整个过程的平均速度大小为。 3.如图，调整水龙头的开关，使单位时间内流出水的体积相等。水由于重力作用，下落 速度越来越大，水柱越来越细。若水柱的横截面可视为圆，图中α、b两处的横截面 直径分别为0.8cm和0.6cm,则经过a、b的水流速度之比v。：v6为 A.1:3 B.1:9 C.3:4 D.9:16 4.神舟系列载人飞船的返回舱返回地球过程中，需要进行一系列较为复杂的减速操作。第一阶 段，返回舱脱离飞行轨道后，先打开引导伞，引导伞工作大约16s,返回舱的下降速度可由 180m/s减至80m/s;第二阶段，在距离地面10km时引导伞拉出减速伞，再由减速伞带出主 伞，主伞先开一个小口，慢慢地全部撑开，这时返回舱的下降速度由80m/s逐渐减至10m/s, 然后在大气中匀速下降；第三阶段，当返回舱距地面1高时（返回舱底部安装有一个Y探测 物理A·专题卷（二）第1页（共8页）】 鱼跃龙 仪)，Y探测仪发出信号，“指挥”缓冲发动机点火向下喷气，返回舱落地时速度为0。根据以上 减速过程得出的结论中，正确的是 A.第一阶段减速的平均加速度一定大于第二阶段减速的平均加速度 B.三个阶段减速过程中航天员均处于失重状态 C.第三阶段减速的平均加速度大小为50m/s2 D.第三阶段减速至距地面0.5m高时返回舱的速度为5m/s 5.2025年8月，广州市开展超高层建筑灭火演练，模拟18层电气火灾场景。无人机集群执行破 窗、灭火、物资投送等任务。假设这次任务中无人机挂载一直径为50mm的消防水带，从地面 由静止竖直起飞，用时20s竖直上升100m后悬停，随后通过连接水带的喷枪喷水灭火，在短 时间内就控制了火情，如图所示。无人机从起飞到悬停可视为由两段匀变速直线运动组成。 则下列说法正确的是 A.无人机在上升过程中机械能守恒 消防 B.无人机在上升过程中先失重后超重 C.无人机在上升过程中的最大速度为10m/s 喷枪 D.两段匀变速直线运动的时间一定相等 6.2025年12月20日全国首块L3级自动驾驶专用正式号牌“渝AD0001Z”在重庆诞生，这标志 着我国自动驾驶开启“合规商用”新阶段，宣告中国自动驾驶技术正式进入L3时代。某公司 在研究无人驾驶汽车的过程中，对比A、B两辆车的运动，两车在计时起点时刚好经过同一位 置沿同一方向做直线运动，它们的速度随时间变化的关系如图所示，由图可知 A.A车在任何时刻的加速度大小都比B车大 ◆v/(ms-) B.在0~3s时间内，两车一定有加速度相同的时刻 C.在t=3s时，两车经过同一位置 03691215s D.A车在t=9s时的加速度与t=12s时的加速度相同 7.2025年中国快递业迅猛发展，自动化分拣设备也得到了广泛应用。 包裹 如图为一快递分拣流水线的简化示意图，快递包裹（可视为质点） 从距传送带0.2m高度处的分拣口无初速度释放，释放时传送带 的A点恰好在包裹正下方。若传送带足够长，包裹落到传送带上 不反弹，传送带匀速转动的速度v=0.4/s,包裹与传送带之间的动摩擦因数为0.2，重力加 速度g取10m/s2,则包裹与传送带共速时，包裹与传送带上A点的距离为 A.0.08m B.0.09m C.0.10m D.0.12m 门卷 物理A·专题卷（二）第2页（共8页） 8.航天员在火星表面将小球竖直上抛，取抛出位置O点的位移为x=0,从小球抛出开始计时， 以竖直向上为正方向，小球运动的工t图像如图所示（其中a、b均为已知量）。忽略火星的自 转，将其视为半径为R的匀质球体，引力常量为G。则下列分析正确的是 A.小球竖直上抛的初速度为2a B.小球从O点上升的最大高度为ab C.火星的第一字宙速度为√6 aR' D.火星的质量为 Gb ￥如图所示，a、b、c三点位于空中同一竖直线上且b为ac中点，小球甲、乙完全相同，甲从甲Oa a由静止释放的同时，乙从b以速度v。竖直向上抛出，两球在ab中点发生弹性碰撞。已 乙Ob 知重力加速度大小为g,则甲、乙经过c点的时间差为 (√3-1)w0 (2-√2)v (√2-1)v0 B. C. D. g 8 二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选 对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。带题目为能力提升题，分值不计入 总分。 9.如图，运动员先后将甲、乙两冰壶以相同的初速度从A点沿直线AO推离。若甲以加速度α1 做匀减速直线运动后停在O点；乙先以加速度α2做匀减速直线运动，到达某位置，运动员开 始刷冰面减小动摩擦因数，乙以加速度α3继续做匀减速直线运动并停在O点，则 A.aa2 B.aa3 C.a>a3 D.a2>a3 10.如图，质量为60kg的同学在练习跳球。他将篮球从离地面高为2m的位置以5m/s的初速 度竖直向上抛出，接着在篮球正下方竖直举起手臂并准备沿竖直方向起跳，在篮球抛出后的 0.2s时刻恰好跳离地面，此时手指指尖离地面高为2.5m。不计空气阻力，g取10m/s2,已 知篮球到达最高点时，该同学的手指尖恰好触碰到篮球，则（设该同学起跳后姿势一直不变） A.起跳过程，地面对该同学的冲量为120N·s P B.起跳过程，合外力对该同学的冲量为240N·s C.触碰到篮球时该同学的速度为0 D.触碰到篮球时该同学的速度为1m/s 7777777777777777 物理A·专题卷（二）第3页（共8页） 鱼跃龙 11.如图，倾角为30°、质量为m的斜面体静止于光滑水平面上。轻弹簧 AC0000000-O 的上端固定在斜面体的顶端A处，下端拴接一质量为的光滑小球F 30° (可视为质点)。现让系统在水平恒力F作用下以大小为3g的加速度水平向左做匀加速直 线运动，小球与斜面相对静止且小球未运动到水平面上。已知重力加速度大小为g,不计空 气阻力。则撤去力F瞬间（在撤去力F的瞬间，小球与斜面之间的弹力不变） A.弹簧的弹力大小为” 6 B.斜面体的加速度大小为 8 C.小球的加速度大小为√3g D.小球对斜面的压力大小为3 6 12.如图，光滑水平地面上有一质量为2m的小车在水平推力F的作用下加速运动。车厢内有质 量均为m的A、B两小球，两球用轻杆相连，A球靠在光滑左壁上，B球处在车厢水平底面 上，且与底面间的动摩擦因数为“，杆与竖直方向的夹角为日，杆与车厢始终保持相对静止。 假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。下列说法 正确的是 A.若B球受到的摩擦力为零，则F=2 ng tan0 B.若推力F向左，且tanO≤μ，则F的最大值为2 ng tan0 7777777777元 77777 C.若推力F向左，且μ<tan0≤2，则F的最大值为4mg(2u一tan0) D.若推力F向右，且tan0>2μ，则F的范围为4mg(tan0-2μ)≤F≤4mg(tan0+2μ) 如图，在足够高的空间内，小球位于空心管的正上方五处，空心管长为L,小球球心与管Q 的轴线重合，并在竖直线上，小球的直径小于管的内径，小球可以无障碍穿过空心管，不 计空气阻力，下列判断正确的是 A.两者均无初速度同时释放，小球在空中不能穿过管 B.两者同时释放，小球具有竖直向下的初速度。，管无初速度，则小球一定能穿过管，且在管 中运动的时间与当地重力加速度无关 C.先让小球自由下落，当小球落至空心管上边缘时，无初速度释放空心管，则小球一定能穿过 管，且在管中运动的时间与当地重力加速度有关 D.两者均无初速度释放，但小球提前了△时间释放，则小球一定能穿过管，且在管中运动的 时间与当地重力加速度无关 门卷 物理A·专题卷（二）第4页（共8页） 班级 三、非选择题：本题共6小题，共60分。 14. 13.(6分)ET℃（电子不停车收费系统）的使用，大大缩短了车辆通过收费站的时间。汽车以o= 姓名 10m/s的速度沿直线驶向收费站，如果过人工收费通道，需要恰好在中心线处减速为零，经过 t。=18s缴费成功后，再启动汽车加速至v。正常行驶；如果过ETC通道，需要在收费站中心 得分 线前d=5m处正好减速至v=5m/s,匀速通过中心线后，再加速至v。正常行驶。设汽车 变速运动过程加速度大小恒定，均为1/s2,整个运动过程将汽车视为质点。求： (1)汽车通过人工收费通道时，从开始减速到恢复正常行驶过程中的位移大小； (2)汽车通过ET℃通道时，从开始减速到恢复正常行驶过程中的位移大小； 答题栏 (3)汽车通过ETC通道比通过人工收费通道节省的时间。 5 1 车辆行驶方向 匀速行 ETC通道 2 口口驶区间：口口 车辆行驶方向 人工收费通道 收费站 中心线 5 6 7 P 15. 9 10 11 12 物理A·专题卷（二）第5页（共8页） 鱼跃龙门卷 (8分)2025年低空经济应用场景落地不断迎来突破。作为“十五五”规划建议重点布局的新 兴产业，低空经济正处于从试点示范迈向系统化、规模化发展的关键期。如图所示，某次无 人机沿竖直方向从地面静止起飞，在0~4s内做匀加速直线运动，加速度大小a1=2m/s2, t1=4s末调节发动机转速改变升力，开始向上做匀减速直线运动，t2=6s末刚好减速到零 并到达指定平台。已知无人机总质量（包括货物）为m=3kg,重力加速度g取10/s2,求： (1)4~6s无人机的加速度大小a2; (2)平台距离地面的高度H; (3)在0~4s内空气对无人机的作用力大小F。 (8分)有人提出了高速列车不停车换乘的设想。高速列车A以速度。做匀速直线运动，接 驳列车B在相邻车道由静止开始做加速度大小为α的匀加速直线运动，与车A同向行驶。 两车同时到达交汇点时，车B刚好加速到。，然后两车保持该速度行驶供乘客换乘。若将两 车视为质点，求： (1)车B出发时，车A与交汇点的距离； (2)换乘完毕后，车B做匀减速直线运动，运动了距离s。后停止，求此过程中车B运动的加 速度大小和运动时间。 物理A·专题卷（二）第6页（共8页） 16.(8分)如图所示，长为L=0.8m,内壁光滑的钢管（顶端开口，下端封闭）竖直固定放置，A、B 18. 两小球的质量分别为m4=200g,mB=100g,直径略小于钢管内径，将小球A从管口静止释 放并开始计时，0.2s时在管口由静止释放小球B,已知小球与管底碰撞后原速率反弹，小球 的直径与钢管长度相比可忽略不计，重力加速度取g=10m/s2,碰撞时间和空气阻力均可忽 略，求： (1)A球刚落到管底时，B球的速度大小vB; (2)A、B两小球相遇的位置距管底的高度h; (3)若A、B两小球发生碰撞后，B小球上升的最高点高出管口△h=0.35m,求两小球 碰撞时损失的机械能。 17.(14分)如图甲所示，粗糙的水平地面上有长木板P,小滑块Q(可看作质点)放置于长木板上 的最右端。现将一个水平向右的力F作用在长木板的右端，让长木板从静止开始运动，一段 时间后撤去力F的作用。滑块、长木板的vt图像如图乙所示，已知小滑块Q与长木板P的 质量相等，小滑块Q始终没有从长木板P上滑下。重力加速度g=10m/s2。求： (1)滑块Q与长木板P之间的动摩擦因数。 (2)长木板P与地面之间的动摩擦因数。 +/m·s1） (3)长木板P的最小长度。 D Q →F 777777777777777777777777777777 56 甲 乙 物理A·专题卷（二）第7页（共8页） 鱼跃龙门卷 (16分)如图甲所示，一质量m=5kg的粗细均匀的圆木棒竖直放置，在外力作用下保持静止 状态，下端距水平弹性地面的高度为H=5.25,与地面相碰时木棒会以原速率弹回，木棒 上有一质量为2m的弹性小环。若t=0时刻，小环从木棒上某处以竖直向上的初速度v。= 4/s向上滑动，并对小环施加竖直向上的如图乙所示的外力F,与此同时撤去作用在木棒 上的外力。当木棒第一次与弹性地面相碰时，撤去施加在小环上的外力。已知木棒与小环 间的滑动摩擦力f=1.2mg,小环可以看作质点，且整个过程中小环不会从木棒上端滑出，取 g=10/s2,不计空气阻力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计木棒与地面的碰撞时 间，求： (1)小环和木棒最初开始运动时的加速度的大小； (2)木棒第一次与弹性地面碰撞时的速度的大小； (3)若木棒恰好与地面第4次碰撞时弹性小环从木棒底端滑落，求小环开始运动时距木棒下 端的距离（结果可以用分数表示）。 F/N 140 120- H ⊥L⊥⊥L⊥ 01234561 乙 物理A·专题卷（二）第8页（共8页）