专题分层练 2.力与直线运动--2026高考物理第二轮专题复习练（含解析）

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2026高考物理第二轮专题复习
2.力与直线运动
选择题:1~5题每小题4分,6~7题每小题8分,共36分
基础巩固练　
1.(2025陕晋青宁卷)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(　　)
　　　　　　　　　　　　　　
2.(2025安徽卷)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
3.(多选)(2025广东深圳测试)如图所示,长木板放置在光滑的水平面上,一物块(可视为质点)置于长木板的中央,长木板和物块的质量均为m,物块与木板间的动摩擦因数为μ。已知最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等,重力加速度为g。现对物块施加一水平向右的拉力F,则木板加速度a的大小可能是(　　)
A.0 B.μg
C.μg D.
4.(2025北京卷)模拟失重环境的实验舱,通过电磁弹射从地面由静止开始加速后竖直向上射出,上升到最高点后回落,再通过电磁制动使其停在地面,实验舱运动过程中,受到的空气阻力Ff的大小随速率增大而增大,Ff随时间t的变化如图所示(向上为正),下列说法正确的是(　　)
A.从t1到t3,实验舱处于电磁弹射过程
B.从t2到t3,实验舱加速度大小减小
C.从t3到t5,实验舱内物体处于失重状态
D.t4时刻,实验舱达到最高点
5.(2025安徽卷)如图所示,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,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.地面对木箱的支持力逐渐增大
C.甲运动的加速度大小为2.5 m/s2
D.乙受到绳子的拉力大小为5.0 N
综合提升练　
6.(多选)(2025四川绵阳期中)如图所示,物块A、B中间用一根轻质弹簧连接,静止在光滑水平面上,弹簧处于原长,物块A的质量为3 kg。t=0时,对物块A施加水平向右的恒力F,且此时物块A的加速度大小为1 m/s2。某时刻撤去恒力F,撤去恒力F前瞬间,A、B的加速度相同且大小为0.6 m/s2。弹簧的劲度系数k=60 N/m。弹簧始终处于弹性限度内,则下列说法正确的是(　　)
A.恒力F的大小为3 N
B.撤去恒力F前瞬间,弹簧的弹力大小为1 N
C.物块B的质量为1 kg
D.撤去恒力F前瞬间,弹簧的伸长量为2 cm
7.(2025山东卷)工人在河堤的硬质坡面上固定一垂直于坡面的挡板,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
8.(10分)(2025江苏南通高三模拟)在货物运输中,急速启动或刹车时,货物可能相对车体滑动。如图所示,货物在没有捆绑的情况下放置在平板车上,距离平板车尾部距离为L。已知车厢距离地面的高度为h,货物和车厢之间的动摩擦因数为μ,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,货物可视为质点,重力加速度为g。
(1)为使平板车启动时货物相对于平板车不滑动,求平板车启动时的加速度应满足的条件。
(2)当平板车以加速度a0(已知)启动时,货物相对平板车滑动,如果货物离开平板车的瞬间平板车恰好开始做匀速直线运动,求货物第一次着地时与车尾之间的距离。
培优拔高练　
9.(14分)(2025福建泉州期末)如图甲所示,木板A放置在光滑水平桌面上,小物块B放在A的最右端,通过一条跨过轻质定滑轮的轻绳与小物块C相连,轻绳不可伸长,B与滑轮间的轻绳与桌面平行。先将A锁定,A、B、C均静止不动,再解除A的锁定。已知A、B、C的质量分别为0.45 kg、0.45 kg、0.10 kg,A、B间的动摩擦因数为0.4,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,轻绳与滑轮间的摩擦力不计,木板A的长度为3 m,重力加速度g取10 m/s2。
(1)解除A锁定的瞬间,求B的加速度大小;
(2)仅改变C的质量,A、B、C系统由图甲所示初始位置静止释放,释放后A、B的速度v与时间t的关系图像如图乙所示,且t2时刻B刚好滑动到A的最左端,求t2及C的质量。
参考答案
1.A　解析 根据牛顿第二定律F=ma和F-t图像可知,分拣机器人0~1 s内加速度a1=1 m/s2,1~2 s内加速度a2=0,2~3 s内加速度a3=-1 m/s2,在v-t图像中斜率表示加速度,故选A。
2.A　解析 由题意可知,设匀加速直线运动的时间为t',匀速运动的速度为v,匀加速直线运动阶段,由位移公式x=t',根据逆向思维,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'=,再根据x=at'2,解得x=at2,故A正确。
3.BD　解析 若物块与木板间的摩擦力为静摩擦力,则物块与木板相对静止,加速度相同,对整体,有F=2ma,解得a=。若物块与木板间的摩擦力为滑动摩擦力,则物块与木板相对运动,对木板,有μmg=ma,解得a=μg,故选B、D。
4.B　解析 t1~t3间,Ff方向向下,先增大后减小,可知此时速度方向向上,先增大后减小,故实验舱先处于电磁弹射过程,后向上做减速运动,故A错误;t2~t3间,Ff方向向下且在减小,可知此时速度方向向上,在减小,根据牛顿第二定律有mg+Ff=ma,即a=+g,故加速度大小在减小,故B正确;t3~t5间,Ff方向向上,先增大后减小,可知此时速度方向向下,先增大后减小,故实验舱先向下加速后向下减速,加速度先向下后向上,先失重后超重,故C错误;根据前面分析可知t3时刻速度方向改变,从向上运动变成向下运动,故t3时刻到达最高点,故D错误。
5.C　解析 因为物块甲相对木箱向右运动,木箱静止,根据相对运动,甲对木箱的摩擦力方向向右,故A错误;设乙运动的加速度为a,在竖直方向上,只有乙有向下的恒定加速度,对甲、乙和木箱,由整体法,竖直方向受力分析有FN=m总g-ma,则地面对木箱的支持力大小不变,故B错误;设绳子的弹力大小为F,对甲受力分析有F-μmg=ma,对乙受力分析有mg-F=ma,联立解得a=2.5 m/s2,F=7.5 N,故C正确,D错误。
6.AD　解析 t=0时刻,物块A的加速度大小a0=1 m/s2,由牛顿第二定律有F=mAa0,解得F=3 N,A正确;撤去恒力F前瞬间,两物块的加速度相同,即a1=0.6 m/s2,由牛顿第二定律有F=(mA+mB)a1,对B,设弹簧弹力为F1,由牛顿第二定律有F1=kx=mBa1,联立解得mB=2 kg,F1=1.2 N,x=2 cm,B、C错误,D正确。
7.B　解析 图甲为从右向左看的视图,将重力分解为方向沿坡面向下的分力mgsin θ和方向垂直于坡面的分力mgcos θ,故建筑材料对坡面的压力FN1=mgcos θ。图乙为垂直于坡面的视图,将重力沿坡面向下的分力分解为垂直于挡板的分力mgsin2θ和沿挡板向下的分力mgsin θcos θ,故建筑材料对挡板的压力FN2=mgsin2θ,故坡面对建筑材料的摩擦力Ff1=μFN1=μmgcos θ,挡板对建筑材料的摩擦力Ff2=μFN2=μmgsin2θ,由牛顿第二定律可得,建筑材料在沿着MN方向有ma=mgsin θcos θ-Ff1-Ff2,解得a=gsin θcos θ-μgcos θ-μgsin2θ,故选B。
甲
乙
8.答案 (1)a≤μg　(2)2
解析 (1)车厢对货物的摩擦力产生货物的加速度,当摩擦力达到最大时,货物的加速度最大,由牛顿第二定律得μmg=mam,解得am=μg,所以为使启动时货物相对于平板车不运动,平板车启动时加速度应满足a≤μg。
(2)设货物自平板车启动到离开车厢经历的时间为t1,该时间内货物的位移x1=am
平板车的位移x2=a0
货物从平板车上掉下来满足x2-x1=L
此时货物的速度大小为v1=amt1,方向向右,平板车的速度大小为v2=a0t1,方向向右
货物自离开平板车至落到地面经历的时间t2=
落地时货物与平板车尾部之间的距离Δs=v2t2-v1t2
解得Δs=2。
9.答案 (1)1.0 m/s2　(2)1.5 s　2.70 kg
解析 (1)解除A锁定后,假设A、B间不发生相对滑动,设A、B、C系统的加速度为a,根据牛顿第二定律得mCg=(mA+mB+mC)a,解得a=1.0 m/s2
以A为研究对象,B对A的摩擦力大小为Ff1=mAa=0.45 N,Ffmax=μmBg=1.8 N
由于Ff1(2)由图乙可知,B与A发生相对滑动,B对A的摩擦力使A向左做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律得μmBg=mAa1
由图乙可知,t2时刻A的速度大小为v=6 m/s,则v=a1t2,解得t2=1.5 s
0~t1时间内,C拉着B一起匀加速运动,设该过程的加速度大小为a2,根据牛顿第二定律得mC'g-μmBg=(mB+mC')a2
由图乙可知,t1时刻A的速度大小为v1,B的速度大小为v2,有v1=a1t1,v2=a2t1
t1时刻C落地,t1~t2时间内,B做匀减速直线运动,设其加速度大小为a3,根据牛顿第二定律得μmBg=mBa3
设A的长度为L,由t2时刻B刚好滑动到A的最左端,可知0~t2时间内,B的位移与A的位移差为L,即图中阴影部分的面积,则L=(v2-v1)t2
由图像可得v2-a3(t2-t1)=v1+a1(t2-t1)
解得mC'=2.70 kg。
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