第三章 牛顿运动定律【测】-2023年高考物理一轮复习讲练测(全国通用)154ea8a2ec9

第三章牛顿运动定律（ ）火箭加速上升时，航天员对座椅的压力小于自身重力保温泡沫塑料从箭壳上自行脱落后做自由落体运动火箭喷出的热气流对火箭的作用力大小等于火箭对热气流的作用力燃料燃烧推动空气，空气反作用力推动火箭升空【答案】C【解析】【详解】A．火箭加速上升时，航天员处于超重状态，对座椅的压力大于自身重力，A错误；B．保温泡沫塑料从箭壳上自行脱落时，因为惯性，有向上的速度，所以做竖直上抛运动，B错误；C．火箭喷出的热气流对火箭的作用力与火箭对热气流的作用力是作用力与反作用的关系，大小相等，C正确；D错误。故选C。1kgA，木板中央的正上方有一可看作质点的物块BFBFfF的大小变化图像如图乙所示，设木板与地面间的动摩擦因数为μ1，物块与木板间的动摩擦因数为μ2，最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g=10m/s2，则下列选项正确的是（ ）A.μ1＝0.4B.μ2＝0.1C.物块B的质量为2kgD.若外力F作用在A上，当F＝12N时A、B一定发生相对滑动【答案】D【解析】【详解】ABC．由图知，当F1

2N时，AB一起开始滑动，则FF1 f1

(m1

m)gB由图知，物块B受到的滑动摩擦力大小为Ff2

4N，有F mgf2 2 BF1

2NF2

6N之间时，AB一起运动，加速度相同，则有FF FF联立解得

2 f2mBmB

2 f1m mA B1kg 0.11ABC错误；

0.42D．若外力F作用在A上，当F＝12N时，若AB不相对滑动，则加速度均为FFa f1 5m/s2m mA BB

Ba 2mB

4m/s2m mB故假设不成立，A、B一定发生相对滑动，故D正确。故选D。A.B.C.D.v0顺时针运行。一小木块以初速度v1tA.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】A．当v1＜v0，且木块重力沿传送带向下的分力大于木块与传送带间的滑动摩擦力时，木块滑上传送带后先相对传送带向下滑动，所受滑动摩擦力沿传送带向上，而合外力沿传送带向下，木块做匀减速运动，速度减为零后，继续相对传送带向下滑动，所以合外力不变，加速度不变，表现为v-t图像斜率不变，木块速度开始反向增大，根据对称性可知木块返回传送带下端时速度为－v1，故A可能；v1＜v0，且木块重力沿传送带向下的分力小于木块与传送带间的滑动摩擦力v0时，由于木块与传送带之间的最大静摩擦力也一定大于重力沿传送带向下的分力，所以木块将随传送带一起以v0运动，故B可能；v1＞v0，且木块重力沿传送带向下的分力大于木块与传送带间的最大摩擦力外力沿传送带向下，木块做匀减速运动（设加速度大小为1，当木块速度减小至v0时，将开始相对传送带向下滑动，所受滑动摩擦力变为沿斜面向上，所以木块所vt图像斜率变小，木块沿传送带向上做匀减速运动（设加速度大小为a2，速度减为零之后开始沿传送带向下做匀加速运动（由于合外力不变，所以加速度大小仍为2，表现为vt图像斜率不变v1v0的过程位移大小为v2v2x 1 01 2a1木块速度从v0减至0的过程位移大小为v2x 02 2a2假设木块返回至传送带下端时的速度为－v1，则木块速度从0增大至－v1的过程位移大小为由于a1

a2

xv23 2a121v2v2 v2 v2aa12a020 21aa1 2 2即xxx1 2 3而木块整个过程的位移应为零（x1

xx2

，上式显然不满足，故C不可能；v1＞v0，且木块重力沿传送带向下的分力不大于木块与传送带间的最大摩擦v0时，将随传送带一v0运动，故D可能。本题选不可能的，故选C。如图所示，质量为m的两个相同物块A、B叠放在轻弹簧上，并处于静止状态，轻弹簧下端固定在地面上，重力加速度为g。现对物块A施加竖直向上的F，则下列说法正确的是（ ）FF作用的瞬间，A、B0.2mgFAB1.9mgF作用下，物体A以0.5g匀加速向上运动，则A、B长状态F作用下，物体A以0.5g匀加速向上运动，则A、B分离前，两者组成的系统合外力大小始终不变【答案】D【解析】【详解】AB．开始时，弹簧弹力与A、B整体的重力平衡，力F作用的瞬间，A、B整体所受合外力即为F，根据牛顿第二定律可得A、B整体加速度大小为a F 0.9gAB 2m设此时A、B间的弹力大小为FN，对A同理可得FFN

mgmaAB解得F N在A、B刚分离的瞬间，两者加速度相同，且之间的弹力为零，对A根据牛顿第二定律可得a AB

Fmg0.8gm设此时弹簧的弹力大小为T1，对B同理可得a

T1

0.8gAB m解得AB错误；

T1.8mg1CDF作用下，物体A以0.5g匀加速向上运动，则A、B分离前，二者加速度均为0.5g，两者组成的系统所受合外力大小为F 0.5g2mmg合在A、B分离时，两者之间弹力为零，设此时弹簧的弹力大小为T2，对B根据牛顿第二定律有Tmg0.5mg2解得T1.5mg2所以此时弹簧处于压缩状态，故C错误，D正确。故选D。如图所示，将一盒未开封的香皂置于桌面上的一张纸板上，用水平向右的拉力μ，gm1

100g，m2

5g0.2，香皂盒与纸板左端的距离d0.1m，若香皂盒移动的距离超过l0.002m，人眼就能感知，忽略香皂盒的体积因素影响取为确保香皂盒移动不被人感知，纸板所需的力至少是（ ）A.0.72N【答案】D【解析】

B.0.92N C.1.22N D.1.42N【详解】香皂盒与纸板发生相对滑动时，根据牛顿第二定律可得mgma1 11解得对纸板，根据牛顿第二定律可得

a2m/s21Fmgmmgma1 1 2 22为确保实验成功，即香皂盒移动的距离不超过l＝0.002m，纸板抽出时香皂盒运动的最大距离为纸板运动距离为

12x at221 111纸板抽出后香皂盒运动的距离为

dx1

at222121x at22 2 32则lxx1 2由题意知

aa1 3代入数据联立求得

atat11 32D。

F1.42N某工地上一塔吊通过一钢丝绳竖直向上提升一重物，若重物运动过程的vt系图像如图所示，则下列分析正确的是（ ）0~45s内重物上升的高度为45m10s~40s内钢丝绳最容易断裂0~40s内重物一直处于超重状态0~10s内重物的平均速度等于40s~45s内的平均速度【答案】D【解析】【详解】A．由面积法可知其上升的高度为A

h(3045)1m37.5m2B．10s～40s0～10s内钢丝绳更容易断裂，故B错误；C．0～10s内重物向上加速，钢绳对重物的拉力大于重物的重力，重物处于超重状态；10s～40s内重物匀速上升，钢绳对重物的拉力等于重物的重力，故C错误；D．0～10s内的平均速度等于40s～45s内的平均速度

v1m/s1 2v 1m/s2 2可知0~10s内重物的平均速度等于40s~45s内的平均速度，故D正确。故选D。体育课上某同学做引体向上。他两手握紧单杠，双臂竖直，身体悬垂；接着用力上拉使下颌超过单杠（身体无摆动列说法正确的是（）若增大两手间的距离，最终悬垂时手掌受到单杠的弹力变大若增大两手间的距离，最终悬垂时手掌受到单杠的弹力不变在上升过程中单杠对人的作用力始终大于人的重力在下降过程中单杠对人的作用力始终小于人的重力【答案】B【解析】【详解】AB．人在悬垂时处于静止状态，由力的平衡条件可知，手掌受到单杠在错误，B正确；C．人在上升运动中，由于身体先做加速运动，后做减速运动，人先处于超重状错误；D．同理，人在下降运动中，身体先做加速运动，后做减速运动，人先处于失重状误。故选B。如图所示，倾角为的斜面体Cm的木块B，用一根平行于斜面的细线连接一个轻环Ag。则（）若斜面体上表面粗糙，细线对木块B一定有拉力作用若斜面体上表面粗糙，水平面对斜面体C的摩擦力方向可能向右若斜面体上表面光滑，水平面对斜面体C的摩擦力大小为mgsincos若斜面体上表面光滑，则细线被剪断的前后，水平面对斜面体C会反向【答案】C【解析】【详解】A．若斜面体上表面粗糙，木块B可能受到重力，斜面体C摩擦力共三个力作用下处于平衡，可能不受绳子拉力作用，故A错误；B．若斜面体上表面粗糙，绳子对木块无拉力时，则水平面对斜面体无摩擦力；若斜面体上表面粗糙，绳子对木块有拉力时，对B、C整体分析知，水平面对C的摩擦力与细线拉力在水平方向上的分力平衡，所以水平面对斜面体C的摩擦力方向向B错误；C．若斜面体上表面光滑，设细线的弹力为F，对斜面上的物块由共点力平衡条件有Fmgsin0对B、C整体受力分析可得，水平方向满足Fcosf地解得水平面对斜面体C的摩擦力大小为f mgsincos地故C正确；D面体的摩擦力不变；故D错误。故选C。如图所示，足够长的木板置于光滑水平面上，倾角=53°的斜劈放在木板上一平行于斜面的细绳一端系在斜劈顶，另一端拴接一可视为质点的小球，已知木板、斜劈、小球质量均为1kg，斜劈与木板之间的动摩擦因数为μ，重力加速度g=10m/s2，现对木板施加一水平向右的拉力F，下列说法正确的是（ ）μ=0.2F=4N时，木板相对斜劈向右滑动μ=0.5F多大，小球均能和斜劈保持相对静止μ=0.8F=22.5N0若μ=0.8，当F=26N时，细绳对小球的拉力为2 41N【答案】BCD【解析】【详解】A．若μ=0.2，当F=4N时，假设板、斜劈、球三者相对静止，则对板、斜劈、球构成的系统，有F=3ma解得4a m/s23对斜劈和球构成的系统，若斜劈与板之间的摩擦力达到最大静摩擦力，有mmgmma板得a=2m/s2>a可知此时木板相对于斜劈静止，所以A错误；若μ=0.5度为mmga mm

5m/s2当球刚好要离开斜劈时，受到重力和绳子拉力作用，有mg matan53 球得a =7.5m/s2>a球可知此情况下不论F多大，小球均能和斜劈保持相对静止，所以B正确；μ=0.8，假设板、球和斜劈相对静止，则球和斜劈构成的系统能够获得的最大加速的为

mmga mm

8m/s2此时对板、球和斜劈构成的系统，有F =(m+m+m)a=24N临界当F=22.5N时，板、球和斜劈相对静止，有Fa3m7.5m/s2可知此时球刚好要离开斜劈，所以C正确；mg2ma2μ=0.8mg2ma2F T所以D正确。故选BCD。

2 41N全红婵在东京奥运会女子单人10米跳台比赛一战成名”，五个动作，三个分，获得奥运会的金牌，并打破女子10米跳台的世界纪录。以水面为起始位置，取向上为正方向，假设水的阻力恒定，全红婵可等效为一圆柱体。以下是描述全红婵身体入水后浮力F、加速度a与位移x的关系图像可能正确的是（ ）A.B.C.A.B.C.D.【解析】【详解】AB．设全红婵等效为圆柱体的底面积为S，水的密度为，重力加速度为g，全红婵入水后到全身进入水的过程中受到的浮力FSgxFx变，受到的浮力大小不变，故A错误，B正确；CDmf，根据牛顿第二定律Ffmgma可得全红婵入水后到全身进入水的过程中aSgm

xfgm可知加速度a与位移x成线性关系，当全身入水后加速度向上保持不变，故C正确，D错误。故选BC。“水火箭”是一项深受学生喜欢的科技活动，某学习小组利用饮料瓶制作的水水火箭速度v与时间t的图像，其中t0时刻为“水火箭”起飞时刻，DE段是斜率绝对值为g的直线，忽略空气阻力。关于“水火箭”的运动，下列说法正确的是（ ）在t、t、t、

时刻加速度最大1 2 3 4 1“水火箭”在t时刻达到最高点2在t时刻失去推力3t~t时间内“水火箭”做自由落体运动3 4【答案】AC【解析】【详解】A．vt图像的斜率表示加速度，由图可知，在t1

时刻斜率最大，则加速度最大，故A正确；B．“水火箭”运动过程速度一直是正的，运动方向始终没有改变，t2B错误；C．DE段是斜率绝对值为g的直线，说明t3时刻以后“水火箭”的加速度大小为g，由牛顿第二定律可知，“水火箭”所受合力等于重力，“水火箭”在t时刻失3去推力，故C正确；Dt~t时间内“水火箭”的速度方向是正的，加速度方向是负的，且加速度大小3 4等于g，则“水火箭”做竖直上抛运动，故D错误。故选AC。普通火车动力都在火车头上，车厢（头）与车厢之间通过挂钩连接在一起。火车在启动时，会先往后退，再启动，这样会使挂钩松弛，车厢（头）车共有n节车厢，火车头与每节车厢的质量相等，车头及每节车厢与轨道间的摩擦力均为f，假设启动时每节车厢的加速度均为a，若火车不后退所有车厢同时启动，火车头提供的动力F。若火车车厢依次启动，当第k（k≤n）节车厢启动时，则（）

k1Fn1kFn第k1节车厢对第k第k1节车厢对第k【答案】AD【解析】

kFn1Fn1【详解】AB．若火车不后退所有车厢同时启动，则由牛顿第二定律可知F(n1)f(n1)ma若火车车厢依次启动，当第k（k≤n）节车厢启动时，则F'(k1)f(k1)ma解得A正确，B

F'

k1Fn1CD．以（k-1）节车厢和车头为研究对象，则FF'TkfkmaF解得C错误，DAD。

Tn1aF的关系。重物AM、B用绕过光滑定滑轮的轻绳连接，在B6m的槽码，此时A、BCD，CDhACB上面的一个槽码A上面。由静止释放重物A，用时间传感器记录A由标记C运动到D的时间t，则物A到达标记D的速度为v ；B上面的槽码移n2个、3个、45个、6AA，保持每次重物下落的位置不变，重复实验多次，测得多个A由标记C运动到D的时间t，已知当地重力加速度为g，以t2为纵轴，以1 1 （填“nnn2”）为横轴，如果图像是斜率等于 且过原点的直线，则可以得出当物体质量一定时，物体的加速度与合外力成正比。【答案】

2h ①. 1 t n

2Mhmg【解析】（1）[1]ACD0有整理得（2）[2][3]物体下落的加速度为

hvt22hvtav2ht t2在B的一边放有6个质量均为m的槽码，此时A、B刚好平衡且保持静止，则有根据牛顿第二定律

Mg6mgM gB联立整理得

MnmgnmgM g6mM aB Bt22Mh1mg n1故，以t2为纵轴，以为横轴，图像是斜率等于n

2Mhmg

，且过原点的直线，则可以得出当物体质量一定时，物体的加速度与合外力成正比。某同学用如图所示的装置测量滑块与长木板间的动摩擦因数，将长木板水平固滑块上的动滑轮两边的细线均与长木板平行。打点计时器所接交流电的频率为50Hz。调节砂桶中砂的质量，轻推物块。如果打点计时器打出的纸带上的点间隔渐变小，应适当 （填“增大”或“减小”）砂桶中砂的质量，直到点计时器打出的纸带上的点间隔均匀，这时力传感器的示数为F0

，滑块及滑块上动滑轮的质量为M，则滑块与长木板间的动摩擦因数μ= 。用该装置验证牛顿第二定律。加大砂和砂桶的质量，释放滑块，打点计时器4个点（中未标出，根据图中数据计算出滑块运动的加速度大小a m/s2（果保留两位有效数字。若这时力传感器的示数为F，则表达（用FF0

、M及a表示）成立，则牛顿第二定律得到验证。2F【答案】 ①.增大

0 ①. 0.49 ①. 2F2F

MaMg 0【解析】【详解】(1)[1]如果打点计时器打出的纸带上的点间隔逐渐变小，说明滑块做减速运动，细线的拉力小于滑块所受摩擦力，所以应适当增大砂桶中砂的质量；[2]打点计时器打出的纸带上的点间隔均匀说明滑块做匀速直线运动，有2FMg0解得2F 0Mg(2)[3]计时器的打点间隔为0.02s，依题意，每相邻两计数点之间还有4个点，可知相邻计数点的时间间隔为根据逐差法可得

T50.02sxa 6x

x30.49m/s2[4]若牛顿第二定律成立，则有

3T22FMgMa联立，可得

2F2F0Mam=1kg，轨道l=2mμ=0.2F1=8NF2=4N同时拉端时恰好停止。（g=10m/s2）求：F1a1多大？F1s1？tt为多少？616【答案（1）6m/2（）2m（3）3 s【解析】【详解】（1）根据牛顿第二定律得F1

mgma1解得a6m/s211先加速后减速，减速运动的加速度大小为mga g2m/s20 m从静止开始运动达到最大速度的时间为t1，则1at22 11

at211 l2a0代入数据解得F1作用位移

t s61 661 1x at2 m1 2 11 22加速运动和减速运动的加速度大小均为Fa 2F2

mg mg 2m/s2m m由题意可判断两物块速度相等时，物块1正在减速，物块2正在加速，设此时刻为t，则代入数据得

ata11 0

t1

at26t s63（如图所示。现让升降机将座舱送到距地面H78m的高处，然后让座舱自由下落，落到距地面h30m的位置时开始制动，使座舱均匀减速，座舱落到地面时刚好停下，在该体验中，小明将质量m10kg的书包平放在大腿上（g取10m/2。当座舱静止时，请用所学知识证明书包的重力G与书包对小明大腿的压力大小相等。当座舱落到距地面h1

50m的位置时，求小明对书包的作用力大小F；1求跳楼机从开始制动后（匀减速阶段）加速度a的大小；当座舱落到距地面h2

15m的位置时，求小明对书包的作用力大小F。2（1）2）0（3）16m/2（260N【解析】N，因为物体处于静止状态，则NG根据牛顿第三定律有所以

NFGF座舱自由下落到距地面h30m的位置时开始制动，所以当座舱距地面h50m时，书包处于完全失重状态，则有F1

0；座舱自由下落高度为Hh7830m48m座舱开始制动时，已获得速度v ，由运动学公式得mv22g(Hh)m座舱制动过程做匀减速直线运动，设其加速度大小为a，则有v22ahm联立可得a16m/s2方向竖直向上；（匀减速阶段加速度a16m/s2；由牛顿第二定律得Fmgma2代入数据得故当座舱落到距地面的位置h2

F2260N15m时，小明对书包的作用力大小260N。ABB置于水平面上。Am＝1.5kg，BM＝2.0kg，A、Bμ1＝0.2，B＝0.4。某时刻（t＝0）水平力F作用于B上，其随时间变化的规律为F＝5t+4（F、t均取国际单位g取10m/2。求：B开始滑动；A开始相对B滑动；t＝3sABFf（结果保留两位有效数字。（1）2（2）3.4（3）2.1N【解析】【详解】（1）当B开始滑动时B与地面间的摩擦力与F相等，即 Mg2 1得

4Nt2s1AB上滑动时，对木块mg