第三章 牛頓運動定律【測】-2023年高考物理一輪復習講練測(全國通用)154ea8a2ec9

第三章牛頓運動定律（ ）火箭加速上升時，航天員對座椅的壓力小于自身重力保溫泡沫塑料從箭殼上自行脫落后做自由落體運動火箭噴出的熱氣流對火箭的作用力大小等于火箭對熱氣流的作用力燃料燃燒推動空氣，空氣反作用力推動火箭升空【答案】C【解析】【詳解】A．火箭加速上升時，航天員處于超重狀態(tài)，對座椅的壓力大于自身重力，A錯誤；B．保溫泡沫塑料從箭殼上自行脫落時，因為慣性，有向上的速度，所以做豎直上拋運動，B錯誤；C．火箭噴出的熱氣流對火箭的作用力與火箭對熱氣流的作用力是作用力與反作用的關系，大小相等，C正確；D錯誤。故選C。1kgA，木板中央的正上方有一可看作質(zhì)點的物塊BFBFfF的大小變化圖像如圖乙所示，設木板與地面間的動摩擦因數(shù)為μ1，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ2，最大靜摩擦力均與相應的滑動摩擦力相等，重力加速度大小為g=10m/s2，則下列選項正確的是（ ）A.μ1＝0.4B.μ2＝0.1C.物塊B的質(zhì)量為2kgD.若外力F作用在A上，當F＝12N時A、B一定發(fā)生相對滑動【答案】D【解析】【詳解】ABC．由圖知，當F1

2N時，AB一起開始滑動，則FF1 f1

(m1

m)gB由圖知，物塊B受到的滑動摩擦力大小為Ff2

4N，有F mgf2 2 BF1

2NF2

6N之間時，AB一起運動，加速度相同，則有FF FF聯(lián)立解得

2 f2mBmB

2 f1m mA B1kg 0.11ABC錯誤；

0.42D．若外力F作用在A上，當F＝12N時，若AB不相對滑動，則加速度均為FFa f1 5m/s2m mA BB

Ba 2mB

4m/s2m mB故假設不成立，A、B一定發(fā)生相對滑動，故D正確。故選D。A.B.C.D.v0順時針運行。一小木塊以初速度v1tA.B.C.D.【答案】C【解析】【詳解】A．當v1＜v0，且木塊重力沿傳送帶向下的分力大于木塊與傳送帶間的滑動摩擦力時，木塊滑上傳送帶后先相對傳送帶向下滑動，所受滑動摩擦力沿傳送帶向上，而合外力沿傳送帶向下，木塊做勻減速運動，速度減為零后，繼續(xù)相對傳送帶向下滑動，所以合外力不變，加速度不變，表現(xiàn)為v-t圖像斜率不變，木塊速度開始反向增大，根據(jù)對稱性可知木塊返回傳送帶下端時速度為－v1，故A可能；v1＜v0，且木塊重力沿傳送帶向下的分力小于木塊與傳送帶間的滑動摩擦力v0時，由于木塊與傳送帶之間的最大靜摩擦力也一定大于重力沿傳送帶向下的分力，所以木塊將隨傳送帶一起以v0運動，故B可能；v1＞v0，且木塊重力沿傳送帶向下的分力大于木塊與傳送帶間的最大摩擦力外力沿傳送帶向下，木塊做勻減速運動（設加速度大小為1，當木塊速度減小至v0時，將開始相對傳送帶向下滑動，所受滑動摩擦力變?yōu)檠匦泵嫦蛏?，所以木塊所vt圖像斜率變小，木塊沿傳送帶向上做勻減速運動（設加速度大小為a2，速度減為零之后開始沿傳送帶向下做勻加速運動（由于合外力不變，所以加速度大小仍為2，表現(xiàn)為vt圖像斜率不變v1v0的過程位移大小為v2v2x 1 01 2a1木塊速度從v0減至0的過程位移大小為v2x 02 2a2假設木塊返回至傳送帶下端時的速度為－v1，則木塊速度從0增大至－v1的過程位移大小為由于a1

a2

xv23 2a121v2v2 v2 v2aa12a020 21aa1 2 2即xxx1 2 3而木塊整個過程的位移應為零（x1

xx2

，上式顯然不滿足，故C不可能；v1＞v0，且木塊重力沿傳送帶向下的分力不大于木塊與傳送帶間的最大摩擦v0時，將隨傳送帶一v0運動，故D可能。本題選不可能的，故選C。如圖所示，質(zhì)量為m的兩個相同物塊A、B疊放在輕彈簧上，并處于靜止狀態(tài)，輕彈簧下端固定在地面上，重力加速度為g?，F(xiàn)對物塊A施加豎直向上的F，則下列說法正確的是（ ）FF作用的瞬間，A、B0.2mgFAB1.9mgF作用下，物體A以0.5g勻加速向上運動，則A、B長狀態(tài)F作用下，物體A以0.5g勻加速向上運動，則A、B分離前，兩者組成的系統(tǒng)合外力大小始終不變【答案】D【解析】【詳解】AB．開始時，彈簧彈力與A、B整體的重力平衡，力F作用的瞬間，A、B整體所受合外力即為F，根據(jù)牛頓第二定律可得A、B整體加速度大小為a F 0.9gAB 2m設此時A、B間的彈力大小為FN，對A同理可得FFN

mgmaAB解得F N在A、B剛分離的瞬間，兩者加速度相同，且之間的彈力為零，對A根據(jù)牛頓第二定律可得a AB

Fmg0.8gm設此時彈簧的彈力大小為T1，對B同理可得a

T1

0.8gAB m解得AB錯誤；

T1.8mg1CDF作用下，物體A以0.5g勻加速向上運動，則A、B分離前，二者加速度均為0.5g，兩者組成的系統(tǒng)所受合外力大小為F 0.5g2mmg合在A、B分離時，兩者之間彈力為零，設此時彈簧的彈力大小為T2，對B根據(jù)牛頓第二定律有Tmg0.5mg2解得T1.5mg2所以此時彈簧處于壓縮狀態(tài)，故C錯誤，D正確。故選D。如圖所示，將一盒未開封的香皂置于桌面上的一張紙板上，用水平向右的拉力μ，gm1

100g，m2

5g0.2，香皂盒與紙板左端的距離d0.1m，若香皂盒移動的距離超過l0.002m，人眼就能感知，忽略香皂盒的體積因素影響取為確保香皂盒移動不被人感知，紙板所需的力至少是（ ）A.0.72N【答案】D【解析】

B.0.92N C.1.22N D.1.42N【詳解】香皂盒與紙板發(fā)生相對滑動時，根據(jù)牛頓第二定律可得mgma1 11解得對紙板，根據(jù)牛頓第二定律可得

a2m/s21Fmgmmgma1 1 2 22為確保實驗成功，即香皂盒移動的距離不超過l＝0.002m，紙板抽出時香皂盒運動的最大距離為紙板運動距離為

12x at221 111紙板抽出后香皂盒運動的距離為

dx1

at222121x at22 2 32則lxx1 2由題意知

aa1 3代入數(shù)據(jù)聯(lián)立求得

atat11 32D。

F1.42N某工地上一塔吊通過一鋼絲繩豎直向上提升一重物，若重物運動過程的vt系圖像如圖所示，則下列分析正確的是（ ）0~45s內(nèi)重物上升的高度為45m10s~40s內(nèi)鋼絲繩最容易斷裂0~40s內(nèi)重物一直處于超重狀態(tài)0~10s內(nèi)重物的平均速度等于40s~45s內(nèi)的平均速度【答案】D【解析】【詳解】A．由面積法可知其上升的高度為A

h(3045)1m37.5m2B．10s～40s0～10s內(nèi)鋼絲繩更容易斷裂，故B錯誤；C．0～10s內(nèi)重物向上加速，鋼繩對重物的拉力大于重物的重力，重物處于超重狀態(tài)；10s～40s內(nèi)重物勻速上升，鋼繩對重物的拉力等于重物的重力，故C錯誤；D．0～10s內(nèi)的平均速度等于40s～45s內(nèi)的平均速度

v1m/s1 2v 1m/s2 2可知0~10s內(nèi)重物的平均速度等于40s~45s內(nèi)的平均速度，故D正確。故選D。體育課上某同學做引體向上。他兩手握緊單杠，雙臂豎直，身體懸垂；接著用力上拉使下頜超過單杠（身體無擺動列說法正確的是（）若增大兩手間的距離，最終懸垂時手掌受到單杠的彈力變大若增大兩手間的距離，最終懸垂時手掌受到單杠的彈力不變在上升過程中單杠對人的作用力始終大于人的重力在下降過程中單杠對人的作用力始終小于人的重力【答案】B【解析】【詳解】AB．人在懸垂時處于靜止狀態(tài)，由力的平衡條件可知，手掌受到單杠在錯誤，B正確；C．人在上升運動中，由于身體先做加速運動，后做減速運動，人先處于超重狀錯誤；D．同理，人在下降運動中，身體先做加速運動，后做減速運動，人先處于失重狀誤。故選B。如圖所示，傾角為的斜面體Cm的木塊B，用一根平行于斜面的細線連接一個輕環(huán)Ag。則（）若斜面體上表面粗糙，細線對木塊B一定有拉力作用若斜面體上表面粗糙，水平面對斜面體C的摩擦力方向可能向右若斜面體上表面光滑，水平面對斜面體C的摩擦力大小為mgsincos若斜面體上表面光滑，則細線被剪斷的前后，水平面對斜面體C會反向【答案】C【解析】【詳解】A．若斜面體上表面粗糙，木塊B可能受到重力，斜面體C摩擦力共三個力作用下處于平衡，可能不受繩子拉力作用，故A錯誤；B．若斜面體上表面粗糙，繩子對木塊無拉力時，則水平面對斜面體無摩擦力；若斜面體上表面粗糙，繩子對木塊有拉力時，對B、C整體分析知，水平面對C的摩擦力與細線拉力在水平方向上的分力平衡，所以水平面對斜面體C的摩擦力方向向B錯誤；C．若斜面體上表面光滑，設細線的彈力為F，對斜面上的物塊由共點力平衡條件有Fmgsin0對B、C整體受力分析可得，水平方向滿足Fcosf地解得水平面對斜面體C的摩擦力大小為f mgsincos地故C正確；D面體的摩擦力不變；故D錯誤。故選C。如圖所示，足夠長的木板置于光滑水平面上，傾角=53°的斜劈放在木板上一平行于斜面的細繩一端系在斜劈頂，另一端拴接一可視為質(zhì)點的小球，已知木板、斜劈、小球質(zhì)量均為1kg，斜劈與木板之間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度g=10m/s2，現(xiàn)對木板施加一水平向右的拉力F，下列說法正確的是（ ）μ=0.2F=4N時，木板相對斜劈向右滑動μ=0.5F多大，小球均能和斜劈保持相對靜止μ=0.8F=22.5N0若μ=0.8，當F=26N時，細繩對小球的拉力為2 41N【答案】BCD【解析】【詳解】A．若μ=0.2，當F=4N時，假設板、斜劈、球三者相對靜止，則對板、斜劈、球構(gòu)成的系統(tǒng)，有F=3ma解得4a m/s23對斜劈和球構(gòu)成的系統(tǒng)，若斜劈與板之間的摩擦力達到最大靜摩擦力，有mmgmma板得a=2m/s2>a可知此時木板相對于斜劈靜止，所以A錯誤；若μ=0.5度為mmga mm

5m/s2當球剛好要離開斜劈時，受到重力和繩子拉力作用，有mg matan53 球得a =7.5m/s2>a球可知此情況下不論F多大，小球均能和斜劈保持相對靜止，所以B正確；μ=0.8，假設板、球和斜劈相對靜止，則球和斜劈構(gòu)成的系統(tǒng)能夠獲得的最大加速的為

mmga mm

8m/s2此時對板、球和斜劈構(gòu)成的系統(tǒng)，有F =(m+m+m)a=24N臨界當F=22.5N時，板、球和斜劈相對靜止，有Fa3m7.5m/s2可知此時球剛好要離開斜劈，所以C正確；mg2ma2μ=0.8mg2ma2F T所以D正確。故選BCD。

2 41N全紅嬋在東京奧運會女子單人10米跳臺比賽一戰(zhàn)成名”，五個動作，三個分，獲得奧運會的金牌，并打破女子10米跳臺的世界紀錄。以水面為起始位置，取向上為正方向，假設水的阻力恒定，全紅嬋可等效為一圓柱體。以下是描述全紅嬋身體入水后浮力F、加速度a與位移x的關系圖像可能正確的是（ ）A.B.C.A.B.C.D.【解析】【詳解】AB．設全紅嬋等效為圓柱體的底面積為S，水的密度為，重力加速度為g，全紅嬋入水后到全身進入水的過程中受到的浮力FSgxFx變，受到的浮力大小不變，故A錯誤，B正確；CDmf，根據(jù)牛頓第二定律Ffmgma可得全紅嬋入水后到全身進入水的過程中aSgm

xfgm可知加速度a與位移x成線性關系，當全身入水后加速度向上保持不變，故C正確，D錯誤。故選BC?！八鸺笔且豁椛钍軐W生喜歡的科技活動，某學習小組利用飲料瓶制作的水水火箭速度v與時間t的圖像，其中t0時刻為“水火箭”起飛時刻，DE段是斜率絕對值為g的直線，忽略空氣阻力。關于“水火箭”的運動，下列說法正確的是（ ）在t、t、t、

時刻加速度最大1 2 3 4 1“水火箭”在t時刻達到最高點2在t時刻失去推力3t~t時間內(nèi)“水火箭”做自由落體運動3 4【答案】AC【解析】【詳解】A．vt圖像的斜率表示加速度，由圖可知，在t1

時刻斜率最大，則加速度最大，故A正確；B．“水火箭”運動過程速度一直是正的，運動方向始終沒有改變，t2B錯誤；C．DE段是斜率絕對值為g的直線，說明t3時刻以后“水火箭”的加速度大小為g，由牛頓第二定律可知，“水火箭”所受合力等于重力，“水火箭”在t時刻失3去推力，故C正確；Dt~t時間內(nèi)“水火箭”的速度方向是正的，加速度方向是負的，且加速度大小3 4等于g，則“水火箭”做豎直上拋運動，故D錯誤。故選AC。普通火車動力都在火車頭上，車廂（頭）與車廂之間通過掛鉤連接在一起?；疖囋趩訒r，會先往后退，再啟動，這樣會使掛鉤松弛，車廂（頭）車共有n節(jié)車廂，火車頭與每節(jié)車廂的質(zhì)量相等，車頭及每節(jié)車廂與軌道間的摩擦力均為f，假設啟動時每節(jié)車廂的加速度均為a，若火車不后退所有車廂同時啟動，火車頭提供的動力F。若火車車廂依次啟動，當?shù)趉（k≤n）節(jié)車廂啟動時，則（）

k1Fn1kFn第k1節(jié)車廂對第k第k1節(jié)車廂對第k【答案】AD【解析】

kFn1Fn1【詳解】AB．若火車不后退所有車廂同時啟動，則由牛頓第二定律可知F(n1)f(n1)ma若火車車廂依次啟動，當?shù)趉（k≤n）節(jié)車廂啟動時，則F'(k1)f(k1)ma解得A正確，B

F'

k1Fn1CD．以（k-1）節(jié)車廂和車頭為研究對象，則FF'TkfkmaF解得C錯誤，DAD。

Tn1aF的關系。重物AM、B用繞過光滑定滑輪的輕繩連接，在B6m的槽碼，此時A、BCD，CDhACB上面的一個槽碼A上面。由靜止釋放重物A，用時間傳感器記錄A由標記C運動到D的時間t，則物A到達標記D的速度為v ；B上面的槽碼移n2個、3個、45個、6AA，保持每次重物下落的位置不變，重復實驗多次，測得多個A由標記C運動到D的時間t，已知當?shù)刂亓铀俣葹間，以t2為縱軸，以1 1 （填“nnn2”）為橫軸，如果圖像是斜率等于 且過原點的直線，則可以得出當物體質(zhì)量一定時，物體的加速度與合外力成正比?！敬鸢浮?/p>

2h ①. 1 t n

2Mhmg【解析】（1）[1]ACD0有整理得（2）[2][3]物體下落的加速度為

hvt22hvtav2ht t2在B的一邊放有6個質(zhì)量均為m的槽碼，此時A、B剛好平衡且保持靜止，則有根據(jù)牛頓第二定律

Mg6mgM gB聯(lián)立整理得

MnmgnmgM g6mM aB Bt22Mh1mg n1故，以t2為縱軸，以為橫軸，圖像是斜率等于n

2Mhmg

，且過原點的直線，則可以得出當物體質(zhì)量一定時，物體的加速度與合外力成正比。某同學用如圖所示的裝置測量滑塊與長木板間的動摩擦因數(shù)，將長木板水平固滑塊上的動滑輪兩邊的細線均與長木板平行。打點計時器所接交流電的頻率為50Hz。調(diào)節(jié)砂桶中砂的質(zhì)量，輕推物塊。如果打點計時器打出的紙帶上的點間隔漸變小，應適當 （填“增大”或“減小”）砂桶中砂的質(zhì)量，直到點計時器打出的紙帶上的點間隔均勻，這時力傳感器的示數(shù)為F0

，滑塊及滑塊上動滑輪的質(zhì)量為M，則滑塊與長木板間的動摩擦因數(shù)μ= 。用該裝置驗證牛頓第二定律。加大砂和砂桶的質(zhì)量，釋放滑塊，打點計時器4個點（中未標出，根據(jù)圖中數(shù)據(jù)計算出滑塊運動的加速度大小a m/s2（果保留兩位有效數(shù)字。若這時力傳感器的示數(shù)為F，則表達（用FF0

、M及a表示）成立，則牛頓第二定律得到驗證。2F【答案】 ①.增大

0 ①. 0.49 ①. 2F2F

MaMg 0【解析】【詳解】(1)[1]如果打點計時器打出的紙帶上的點間隔逐漸變小，說明滑塊做減速運動，細線的拉力小于滑塊所受摩擦力，所以應適當增大砂桶中砂的質(zhì)量；[2]打點計時器打出的紙帶上的點間隔均勻說明滑塊做勻速直線運動，有2FMg0解得2F 0Mg(2)[3]計時器的打點間隔為0.02s，依題意，每相鄰兩計數(shù)點之間還有4個點，可知相鄰計數(shù)點的時間間隔為根據(jù)逐差法可得

T50.02sxa 6x

x30.49m/s2[4]若牛頓第二定律成立，則有

3T22FMgMa聯(lián)立，可得

2F2F0Mam=1kg，軌道l=2mμ=0.2F1=8NF2=4N同時拉端時恰好停止。（g=10m/s2）求：F1a1多大？F1s1？tt為多少？616【答案（1）6m/2（）2m（3）3 s【解析】【詳解】（1）根據(jù)牛頓第二定律得F1

mgma1解得a6m/s211先加速后減速，減速運動的加速度大小為mga g2m/s20 m從靜止開始運動達到最大速度的時間為t1，則1at22 11

at211 l2a0代入數(shù)據(jù)解得F1作用位移

t s61 661 1x at2 m1 2 11 22加速運動和減速運動的加速度大小均為Fa 2F2

mg mg 2m/s2m m由題意可判斷兩物塊速度相等時，物塊1正在減速，物塊2正在加速，設此時刻為t，則代入數(shù)據(jù)得

ata11 0

t1

at26t s63（如圖所示?，F(xiàn)讓升降機將座艙送到距地面H78m的高處，然后讓座艙自由下落，落到距地面h30m的位置時開始制動，使座艙均勻減速，座艙落到地面時剛好停下，在該體驗中，小明將質(zhì)量m10kg的書包平放在大腿上（g取10m/2。當座艙靜止時，請用所學知識證明書包的重力G與書包對小明大腿的壓力大小相等。當座艙落到距地面h1

50m的位置時，求小明對書包的作用力大小F；1求跳樓機從開始制動后（勻減速階段）加速度a的大小；當座艙落到距地面h2

15m的位置時，求小明對書包的作用力大小F。2（1）2）0（3）16m/2（260N【解析】N，因為物體處于靜止狀態(tài)，則NG根據(jù)牛頓第三定律有所以

NFGF座艙自由下落到距地面h30m的位置時開始制動，所以當座艙距地面h50m時，書包處于完全失重狀態(tài)，則有F1

0；座艙自由下落高度為Hh7830m48m座艙開始制動時，已獲得速度v ，由運動學公式得mv22g(Hh)m座艙制動過程做勻減速直線運動，設其加速度大小為a，則有v22ahm聯(lián)立可得a16m/s2方向豎直向上；（勻減速階段加速度a16m/s2；由牛頓第二定律得Fmgma2代入數(shù)據(jù)得故當座艙落到距地面的位置h2

F2260N15m時，小明對書包的作用力大小260N。ABB置于水平面上。Am＝1.5kg，BM＝2.0kg，A、Bμ1＝0.2，B＝0.4。某時刻（t＝0）水平力F作用于B上，其隨時間變化的規(guī)律為F＝5t+4（F、t均取國際單位g取10m/2。求：B開始滑動；A開始相對B滑動；t＝3sABFf（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字。（1）2（2）3.4（3）2.1N【解析】【詳解】（1）當B開始滑動時B與地面間的摩擦力與F相等，即 Mg2 1得

4Nt2s1AB上滑動時，對木塊mg