专题1 课时作业2 直线运动与牛顿运动定律-【红对勾讲与练】2026年高考物理二轮复习练习手册

班级： 姓名： 课时作业2直线运动与牛顿运动定律 (分值：70分) 基础巩固练 右做初速度为0的匀加速运动，若两次运动的时 间相同，则两次小车运动的位移之比为( 1.(5分)(2024·新课标卷)一质点做直线运动，下列 A.1:1B.2:1C.1:4D.4:1 描述其位移x或速度随时间t变化的图像中，可 6.(5分)(2025·吉林长春高三月考)如 能正确的是 图所示，吊篮用轻绳悬挂在天花板上， E24☑ 吊篮A及物块B、C的质量均为m,重 力加速度为g,则将悬挂吊篮的轻绳剪 断的瞬间，下列说法正确的是 ( A B C A.三者的加速度都为g 2.(5分)(2025·江苏卷)新能源汽车在辅助驾驶系 B.物块C的加速度为0，吊篮A和物块B的加速 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 皮为 程中加速度大小为 C.物块B对吊篮A的压力为2mg A.2 m/s2 B.4 m/s2 D.物块B对吊篮A的压力为mg C.6 m/s2 D.8 m/s2 7.(5分)（多选）(2025·河南 F/N 3.(5分)(2025·海南卷)如图是某 洛阳高三联考)用水平拉力 nb 汽车通过ETC过程的v-t图 使雪橇在平坦的雪地上由 像，下列说法正确的是() 静止开始沿直线运动，雪橇 0 a/(m·s A.0~t1内，汽车做匀减速直线0 运动后，所受拉力F与其加速度a的关系图线如 运动 图所示，图中b、c(c<0)和n均为已知量，重力加 B.t1~t2内，汽车静止 速度为g。下列说法正确的是 ( C.0~t和t2~t3内，汽车加速度方向相同 A.雪橇一定做匀加速直线运动 D.0~t1和t2~t3内，汽车速度方向相反 b B.雪橇的质量为 4.(5分)(2025·四川雅安高三诊断)一辆在平直公 路上行驶的汽车，司机突然发现前方出现交通事 C.雪橇与雪地间的动摩擦因数为一 故，立即刹车，从此时刻起汽车的位置坐标与时间 的数值关系为x=一2t2+20t+10(x和t的单位 D.拉力F=nb时，雪橇的加速度大小为c(1一n) 分别为m和s),则下列说法正确的是 ( 能力提升练 A.4s内汽车发生的位移为58m 8.(5分)（多选）如图为物体做直线运动的图像，下列 B.8s内汽车发生的位移为32m C.8s内汽车的平均速度大小为10m/s 说法正确的是 ( D.8s内汽车的平均速度大小为6.25m/s (m·s1) +21(m2·s2) 5.(5分)(2025·广西南宁高 B 10 三检测)如图所示，质量分F A 别为m1=1kg和m2= ⊙ to t/s 0 10x/m 2kg的两个大小完全相同 甲 的物块A、B通过轻绳相连，并连接在装有定滑轮 ↑1ms) 的小车上，不计一切摩擦。在水平推力F1的作用 20H ta/(m·s-2) 下物块A紧贴着小车，且小车和两个物块恰好一 10 起向右做初速度为0的匀加速运动，若将图中两 个物块的位置互换，在水平推力F,的作用下物块 6 t/s B紧贴着小车，使得小车和两个物块恰好一起向 丙 (横线下方不可作答) 111☐ 专题一 力与运动 A图甲中，物体在0~1，时间内的位移大于2， 略)轻放在长木板的正中央，已知小物块与长木 B.图乙中，物体的加速度为1m/s 板间的动摩擦因数从设小物块与长木板间 C.图丙中，阴影面积表示t1~t2时间内物体的末 的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g 速度 取10m/s2。求： 得分 D.图丁中，t=1s时物体的速度为5m/s (1)放上小物块后，长木板和小物块的加速度 9.(5分)（多选）如图所示，三角 AB 大小 形传送带以1m/s的速度逆 (2)要使小物块不滑离长木板，长木板至少要有 时针匀速转动，两边的传送带637°→ 37⊙ 多长？ 长都为2m且与水平方向的夹角均为37°，现有两 个物块A、B从传送带顶端都以1m/s的初速度沿 传送带下滑，物块与传送带间的动摩擦因数都是 0.5(g取10m/s2,sin37°=0.6，cos37°=0.8)，下 列说法正确的是 ( A.物块A、B同时到达传送带底端 B.物块A先到达传送带底端 C.物块A到达传送带底端的速度为3m/s D.物块A、B在传送带上的划痕长度之比为1：3 10.(5分)（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4142，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 尖子生选练 抛物线，乙的x-t曲线在t=t。时切线斜率为0， 12.(5分)（多选）(2023·湖 则 () 南卷)如图所示，光滑水平 地面上有一质量为2m的 3x 小车在水平推力F的作 B 用下加速运动。车厢内有m》 77777 甲乙 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 10 与底面的动摩擦因数为：，杆与竖直方向的夹角 图(a 图(b) 为0，杆与车厢始终保持相对静止。假设最大静 A.+u2=2tan 0 摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是 B.t=t。时，甲的速度大小为3v。 C.t=t。之前，地面对斜面的摩擦力方向向左 A.若B球受到的摩擦力为0，则F=2 ngtan0 D.t=t。之后，地面对斜面的摩擦力方向向左 B.若推力F向左，且tanO≤以，则F的最大值为 11.(15分)如图所示，在倾角为 2mg tan 0 0=30的足够长的固定的光滑 C.若推力F向左，且<tan0≤2μ，则F的最大 斜面上，有一质量为M=3kg9m 值为4mg(2-tan0) 的长木板正以v。=10m/s的初速度沿斜面向下 D.若推力F向右，且tanO>2μ，则F的范围为 运动，现将一质量m=1kg的小物块（大小可忽 4mg(tan0-2μ)≤F≤4mg(tan0+2μ) 红对勾·讲与练 112 高三二轮物理 ■■每只脚受到墙壁的摩擦力的水平分量 大小等于该只脚受到墙壁的弹力大小， 即F sin a=N,又F,uN,所以u≥ F 1>1,C正确。 N sin a 5.AC对小球受 B 力分析如图所 N 示，根据相似 三角形法可得 777777777777777777 mg。V F mg RR 小球从半圆环最低，点A缓缓移动到最 高点B的过程中，小球与B,点间的距 离1逐渐减小，则拉力F减小，N的大 小不变，根据牛顿第三定律可得小球 对半圆环的压力大小始终不变，故选 A、C。 6.B根据题意对S受力分析如图1，正 交分解可知2Tcos30°=f,所以有 下=。对P受力分析如图2，则有 (Tsin30°)2+(f+Tcos30°)2=F, 解得F= 3f,故选B。 309 图1 S回 30° 图2 7.A设缆绳与竖直方向的夹角为，假 设有n根缆绳，设构件的质量为m,对 构件受力分析，由平衡条件得nTcos0= g,解得每根缆绳承受的拉力为T= mg 。,题图(a)匀速吊起构件的过程 ncos A 中，缆绳与竖直方向的夹角日变大，则 每根缆绳承受的拉力变大；题图(b)匀 速吊起构件的过程中，缆绳与竖直方 向的夹角日不变，则每根缆绳承受的拉 力不变，故选A。 8.B设两小球之间的距离为r,小球所 带电荷量为g,则两小球之间的静电力 为F=k二，则其中一个小球受到另外 两个小球的静电力的合力为F令= 2Fc0s30°，对小球受力分析可知 mg F合 3 tan30°，由几何关系可知r=?R,联立 mg ,故B正确。 9.ABD木块匀速下滑时，有ng sin37°= ngcos37°，解得=0.75，A正确；木 块匀速上升时，有Fcos a=mg sin0十 u(mg cos日一Fsin a),整理得F= 2402树闪·讲与练·高三二轮物理 0s(a-9,可知当a=0=37时，F有 mg sin 20 最小值，最小值为F=0.96g,B、D正 确，C错误。 10.C设底板对货物的支持力为FN,支 架对货物的支持力为F心，当底板与水 平面间的夹角为30°时，货物的受力如 图甲所示，由平衡条件得FN1cOs60° Fx cos30°，Fx sin60°+Fxesin30°= 2g·解得FN1=72g·FNe一272g· 故A、B错误；压下把手的过程中，货 物的受力情况如图乙所示，则底板对 货物的支持力一直减小，支架对货物 的支持力一直增大，故C正确，D错误。 FN2 .130°. mg 111g 甲 乙 11.C当物块B与滑轮间的细线与竖直 方向的夹角9=60°时，外力F具有最 大值，以物块B为研究对象，根据受 力分析可得tan60°= ,外力F的 mg 最大值为F=√3mg,故A错误；设物 块A的质量为mA,由题意可知，对物 块B施加外力F前，物块A恰要沿斜 面下滑，则有mAg sin30°一Fm= Fn1=mg,当物块B与滑轮间的细线 与竖直方向的夹角9=60°时，此时细 线拉力为F:=cos60 mg =2mg,物块 A恰要沿斜面上滑，则有mAg sin30°十 Fm=F=2mg,联立解得mA 3m,Fm=2mg,故B错误，C正确； 以物块A、物块B和斜面体为整体， 根据受力平衡可得F=F,由于水 平外力F逐渐增大，则地面和斜面体 间的摩擦力一直增大，故D错误。 课时作业2直线运动 与牛顿运动定律 1.C质，点做直线运动，位移与时间成函 数关系，A、B选项中1个时间对应2个 以上的位移，故不可能，故A、B错误； 同理D选项中1个时间对应2个速 度，也是不可能，只有C选项速度与时 间是成一一对应关系，故C正确， D错误。 2.C根据运动学公式℃=v,十at,代入 数值解得a=一6m/s,故加速度大小 为6m/s2,故选C。 3.A由题图可知-t图像的斜率表示 加速度，0~t1时间内加速度为负且恒 定，速度为正，加速度方向与速度方向 相反，故0~t1内，汽车做匀减速直线 运动，故A正确；t1t2内，汽车做匀 速直线运动，故B错误；0~t1内加速 度方向为负，t2一t?内加速度方向为 正，故0一t1和t2一t内，汽车加速度 方向相反，故C错误；0~t1和t:t 内，汽车速度方向相同，均为正，故D 错误。 4.D由x=一2t2+20t十10，结合x= vot+- at十工。，可知汽车刹车的加速 度a=一4m/s2,初速度v。=20m/s,则 汽车刹车所用的时间t。= 0-o =5, a 则48内汽车发生的位移为x:= w,+2ai=20X4m+×(-40X 2 4m=48m,A错误；8s内汽车发生的 00 位移等于5s内的位移，工=21。 2X5m=50m,B错误：8s内汽车的 2 平均速度大小为=工= 50 m/s= t8 Q 6.25m/s,C错误，D正确。 5.C第一次设轻绳拉力为T1,根据平 衡条件可知T1=m1g,对物块B,根据 牛顿第二定律有T1=m2a1,解得a1= 1 28:两个物块的位置互换后，设轻绳 拉力为T。,根据平衡条件可知T。= 2g,对物块A,根据牛顿第二定律有 T:=m1a2,解得a2=2g。由于小车与 物块相对静止，因此小车的加速度等 于物块的加速度。根据x= 2at,可 知在相同时间内，两次小车运动的位 移之比为x1:x2=a1:a2=1:4,故 C正确。 6.B受力分析可知，物块C受重力和弹 簧弹力，弹簧的弹力不能突变，在轻绳 剪断瓣间，物块C受到的弹力与重力 相等，所受合力为0，则物块C的加速 度为0；物块B与吊篮A相对静止，将 吊篮A、物块B看作一个整体，受重力 和弹簧的弹力，弹簧的弹力等于物块C 的重力mg,对吊篮A、物块B组成的 系统，由牛顿第二定律得a= mg十mg十mg=3 2m 8,故A错误，B正 确；以吊篮A为研究对象，吊篮A受到 重力与物块B对吊篮A的压力，由牛 顿第二定律得mg十FN=ma,代入数 据得Fy="m5,故C,D错误。 2 7.CD由题图知拉力变化，雪撬做变加 速直线运动，A错误：设雪橇的质量为 m,雪棍与地面间的动摩擦因数为“， 根据牛顿第二定律，对雪橇有F一 mg=ma,即F=mg十ma,图像斜 率表示雪旋的质量，得m=一一，B错 误：若F=0,c=一g得=- g C正确：当拉力F=nb时，加速度a= nb一b =c(1一n),D正确。 m 8.AD ，根据-t图像中，图线与横轴围 成的面积表示位移，由题图甲可知，物 体在这段时间内的位移x>马 2ot。,故 A正确：根据运动学公式2a.x=v2一u 可得2=2ax十6，可知02-x图像中 图线的斜率为2a,由题图乙可得，物体 的加速度为0.5m/s2,故B错误；根据 -t图像中，图线与横轴所围面积表 示速度的变化量可知，题图丙中，阴影 面积表示t,一t?时间内物体的速度变 化量，故C错误；根据运动学公式x= t+2ai,可得子=0，十2at,结合 题图丁可得0。=一5m/s,a=10m/s2, 由运动学公式v=vo十at可得，t=1s 时，物体的速度为v=5m/s,故D正确。 9.ACD由于mg sin37>umg cos37°， 则物块A、B都将沿传送带加速下滑 根据牛顿第二定律有ng sin37° umgcos37°=ma,解得物块A、B沿传 送带下滑的加速度大小为a=2m/s, 可知物块A、B沿传送带下滑的加速度 大小相同，由题知物块A、B都以1m/s 的初速度沿传送带下滑，两边的传送 带长都为2m,根据位移一时间公式 则物块A、B将同时到达传送带底端， 故A正确，B错误；根据速度一位移公 式得02一v号=2a.x,代入数据解得物块 A到达传送带底端的速度为0= 3m/s,故C正确；根据速度一时间公 式得v=v十at,代入数据解得物块 A、B从传送带顶端到达传送带底端的 时间为t=1s,由运动学公式，可知传 送带通过的位移为x传=？传t=1× 1m=1m,则物块A在传送带上的划 痕长度为△xA=xA一x传=2m一1m 1m,物块B在传送带上的划痕长度为 △xg=xB十x传=2m十1m=3m,则物 块A、B在传送带上的划痕长度之比为 1:3,故D正确。 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x一t图 线均为抛物线，则甲物块做匀加速直 线运动，乙物块做匀减速直线运动， 在t。时间内甲、乙的位移分别为 2t=3x=+0 2t0= x。,可得t。时刻甲物块的速度为0= 20。,B错误；甲物块的加速度大小为 a1=”=”,乙物块的加德度大 to 小为a2=,a1=a,对甲物块由牛顿 第二定律可得ngsin6一41 mgcos日 ma1,同理对乙物块可得2 mg cos日 mg sin6=ma2,联立可得1十2= 2tan9,A正确；t=t。前，物块甲、乙 的加速度大小相等，方向相反，则甲、 乙组成的整体所受合力为0，由于斜 面静止，斜面所受合力也为0，则三者 组成的整体合力为0，地面对斜面的 作用力等于三者整体的重力，所以地 面与斜面之间摩擦力为0，C错误； t=t。之后，乙物块保持静止，甲物块 继续沿斜面向下做加速运动，对系统 由牛顿第二定律可得f=ma1cos0, 即地面对斜面的摩擦力方向向左， D正确。 11.(1)2.5m/s212.5m/s2(2)10m 解析：(1)小物块在长木板上滑动时 受到沿长木板方向向下的滑动摩擦 力，大小为F,=umg cos0=7.5N, 根据牛顿第二定律，对小物块有 Fi+mg sin ma, 代入数据得a1=12.5m/s, 对长木板，由牛顿第二定律有 Mg sinθ-F=Ma2,其中F=Ff, 代入数据得a。=2.5m/s°。 (2)设当小物块与长木板共速时速度 为v1,有v1=a1t1=0g十a2t1, 解得t1=1s,v1=12.5m/s, 共速后，小物块与长木板相对静止， 一起向下做匀加速运动，则共速前小 物块与长木板的相对位移为 2t1=5m, 故长木板长度至少为10m。 2.CD分析题目的三个关键前提：①对 小车和A、B两小球构成的整体，根据 牛顿第二定律可知F=4ma;②对A、 B两个小球构成的整体，竖直方向上 小车对A、B的支持力，即对B的支持 力N=2mg:③对A和B分别分析可 知杆的作用力始终沿杆。 若B球受到的摩擦力为0，受力分析 如图甲所示， (Fo cos 0=N-mgra=g tan- 对BF。sin0=ma F=4 ngtan6,A错误； 若推力F向左，则系统加速度水平向 左，对A、B受力分析分别如图乙、丙 所示， N F →FN mg Fo F mg mg mg 甲 丙 人 在竖直方向始终满足F,c0s日= mg→F1=g cos 对A当FN=0时， A有最大加速度aAm,F1sinf= maAm广aAm=g tan 0。 当f=N时，B有最大加速度am, 对BF=E, u·2mg-Fi sin=mam→agm= (2μ-tanf)g。 若tan日≤以，则aBm≥aAm,即Fm= 4maAm=4 ng tan0,B错误； 若：<tanf≤2μ，则uBm<aAm,即 Fm=4mam=4mg（2μ-tan8), C正确； 若推力F向右，则系统加速度水平向 右，对A分析可知F,=mg cos90对B 受力分析如图丁所示，摩擦力「的方 向可能向左，也可能向右， 2=F2 若f=N向左，则F,sin0 uN=ma min amin=(tan 0-2u)g-Fmin= 对B4mg(tan8-2μ)， 若f=N向右，则F2sin8十 uN=ma mix amx=(tanf+24)g→Fmx= 4g(tan日十2)，D正确。 果时作业3力与物体的曲线运动 ,BA点运动为绕O'的圆周运动和O' 相对于O点的圆周运动的合运动，故 轨迹不是圆周，故不做匀速圆周运动， 故A错误；根据题意O'固定在底盘上， 故可知O'绕O,点做匀速圆周运动，故 B正确；杯上A,点与O、O'恰好在同一 条直线上时且A点在OO'延长线上，A 点和O'点运动方向相同，又A点相对 O'点做圆周运动，故此时A点的速度 大于O'点的速度，故C、D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， 故A正确；设喷泉喷出的水在竖直方 向的分速度为，，水平方向的分速度 为)，竖直方向，根据对称性可知在空 中运动的时间t=2Λ 2h ，结合题图可 知tb>t。,故D错误；最高，点的速度等 于水平方向的分速度=工，由于水 平方向的位移大小相等，则a在最高，点 的速度大于b在最高点的速度，故C 错误；由喷泉轨迹可知两喷泉出射，点 的速度方向不同，则两喷泉的初速度 不同，故B错误。 3.C青蛙做平抛运动，水平方向是匀速 直线运动，竖直方向是自由落体运动， g 则有x=th=2t,可得u=工入√ 2h 因此水平位移越小，竖直高度越大初 速度越小，因此跳到荷叶c上面初速度 最小，故选C。 4.C由题意可知，甲、乙两船的实际速 度方向相同，根据如图所示的几何关 系有tan日=0本，cos0=二，联立解得 0甲 sin 0== 3 0甲 ,联立以上可得 U甲 3 ,代入题中数据，解得*=3m/s, 4 故A错误；设乙船渡河的时间为t之， 则有 vp（t元-64s) vztz·tan0,解 cos 0 得tz=100s,故B错误；两渡口的距 离s=vte tan0=180m,故C正确； 两岸的距离d=scos0=144m,故D 错误。 U甲合 U乙台 CU水 5.AC 对小球受力分析可知F向= ng tan日=mw'R,解得w=5rad/s,故 A正确；线速度大小为v=wR=2m/s, 故B错误；向心加速度大小为a.= wR=10m/s,故C正确：所受支持力 大小为N=mg。=反N,故D错误。 cos 0 6.AD由于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0，为一定值，则有x=v,t, A可能正确，C错误；小鱼在竖直方向 上做竖直上抛运动，则有y=vyot 28t,心，=00一gt,且0，最终减为 0,B错误，D可能正确。 参考答案 241