卷3 牛顿运动定律（含答题卡）-【创新教程】2026年高考物理总复习大一轮创新示范卷

物理 创新示范卷（三） 题号 1 2 3 5 6 > F 9 10 答案 B B C D B D BD BD BC 1.B「滑板车停了下来是因为受到阻力的影响，物体的 =1400-40×10 m/s2=25m.s2,故C错误：由题图 运动不需要力来维持，因为当运动物体不受任何外力 40 时会保持匀速直线运动状态，故A、D错误，B正确：惯 可知，孩同学在4.6~一6.6s内，先做竖直上抛运动，后 性的大小由质量决定，与速度无关，故C错误.] 自由落体运动，根据对称性可知，上升和下落时间均 2.B[由图像可知0一t1时间内，加速度向上逐渐变大， 为1=1s,则该同学在4.6一6.6s内离开蹦床上升的 速度逐渐增大，1时刻加递度最大，而逸度还在继续 最大高度为h=号g2=5m,故D正角.] 增大，故A错误；由图可知，12时刻后加速度方向向 下，为失重状态，速度方向向上，所以向上做减逸运 8.BD[对A、B整体，根据牛顿第二定律有 动，故B正确：1一2时间内，加速度的方向依然向上， (mA十mg)gtan a=(mA十mg)a, 应处于超重状态，故C错误：对手机进行受力分析可 解得a=gtan a=l03m/s2,对B有mggtan B= 知，山~l2时间内，有FN一mg=na,该段时间内，a逐 mB4,故B=60°， 渐减小，因此支持力F、逐渐减小，故D错误，] 剪断细绳，弹簧弹力不突变，B球受力不变，故aB=4 3.B[设每节车厢所受阻力均为f,每节车厢质量m,根 =10√3ms2,故选BD.] 据牛顿第二定律 9.BD[若水平地面光滑，以A、B整体为对象，由牛顿 F12-(V-1)f=(N-1)ma Fs6-(V-5)f=(N-5)ma 第二定律可得F=(2m十ma,解得a=品以B为对 F12=2F56,联立得N=9,故选B.] 象，由牛顿第二定律可得FAB=ma,解得物块A对B 4.C「球向上抛出后，向上运动过程中重力和阻力方向 都是向下的，根据牛顿第二定律 的作用力大小为F=专F,故A错误，B正确：若物 mg十f=m,解得a=8十向下运动过程中重力 块A与地面、B与地面的动摩擦因数均为4，以A、B 整体为对象，由牛顿第二定律可得F一3ng=3ma', 竖直向下而阻力方向是向上的，根据牛顿第二定律 解得a'=F一3mg,以B为对象，由牛颜第二定律可 3m mg二f=m@2,解得a?=及一，所以向上运动的加速 得FAB一mg=m阳'，联立解得物块A对B的作用力 度大于向下运动的加速度，以竖直向上为正方向，且 1图线的斜率为加速度.门 大小为F=专F,故C错误，D正确.] 5,D[在剪断绳子的一瞬间，弹簧的长度来不及改变， 所以弹簧弹力不变，A球所受合外力仍然为零，加速度 10.BC[设A,B未发生相对运动，则有a来mA十m 为0：剪斯绳子前，对整体受力分析，则绳子的拉力为 =F 。上，又d Amax=mBg=号g,则Fmk三《mA十B) F=(M+ME)gsin30=号(M+ME)g,B球光时 aA=3,可知当F=2umg时，B相对于A发生 2 所受合外力为零，剪断绳子后，绳子拉力消失，其他力 滑动，当F=mg时，A、B保持相对静止一起改匀加 不变，合外力等于FB=F=号(M十MB)g,方向活斜 速运动，故B正确，A错误；若地面与A的动摩擦因 面向下，根据牛顿第二定律可知B球的加速度为ag一 M十M.号，故选D.] 数是导，设A,B未发生相对运动，则有共 MB MB F-(mA十ms)g=E一竖，又d'Amx mA+mg 3m 4 6.B[小球运动过程中可能加速度一直向下，因此有可 能速度一直增大，A错误，B正确；如果小球一直微加 mBg(mA十mB)g=g,综上可得g<F< 速运动，则从A到C过程速度最大的位置在C点，C mA 4 错误：小球在B,C间的加速度方向有可能一直向上或 92g,则3mg<F<9m5时，A,B保持相对静止一 8 4 8 者一直向下，故加速度的大小不一定是先减小后增 大，D错误. 起微匀加速运动，F<g时，A,B保持静止，F> 4 7.D[由题图可知该同学在1.5s前受力平衡，根据实 际情况只能是处于静止状态，且弹力大小等于重力， 9mg时，AB发生相对滑动，可知无论F=1.5mg 8 有mg=400N,解得m=40kg,故A错误：弹力大小 小于重力时处于失重状态，弹力大小大于重力时处于 还是F=2.4mg,A的加追度都为dA=dA=贤 超重状态，则该同学在66一7.4s内先处于失重状 =0.125g,故C正确，D错误.] 态，后处于超重状态，最后一段又处于失重状态，故B错 11.解析：(1)由于实验中已经给出力传感器可以直接得 误；该同学在0~7.4s内的最大加速度为弹力最大的时 到拉力的大小，无需满足物块质量远小于车的质量， 刻对应的加逢度，由牛顿第二定律有a,F一ms (2②)道过光电门1的建度为助升， 答案-6 创新示范卷·参考答案 道过光电门2的速度为功= 14.解析：(1)设物块的加速度大小为，由牛顿第二定 t2 律有mg=ma1· 根据吃-=2aL, 解得a1=1g=2m/s2, 解得a=长、4 因为2s时达到共速，此时速度大小 2L2L 1=6-a114=2ms, (3)当物块质量为m时，小车恰好匀速运动可得此时 长木板由静止做匀加速直线运动，加速度大小 拉力为上。=日mg, =1ms2. a2一t 此时拉力与血力大小相等即了一下。一名mg (2)对长木板由牛颜第二定律有 mmg-uz(m+M)g=Ma2 改变物块质量根据牛顿第二定律可知F-∫=m@ 解得M=2kg 丝理为。日名 2s内物块对地位移大小为x1=叫1=8m, 2 根据函数关系可知图像应为直线且在F轴上有裁 距，故选A 2s内长木板对地位移大小为2=号1=2m 答案：1)不需要(2) d2 2L.t经2L斤 (3)A 则=28时物块到长木板左端的距离为 d=r1-r2=6 m. 12.解析：(1)为了使小车所受的合外力大小近似等于槽 答案：(1)a1-2m/s2:a2=1m/s2(2)2kg:6m 码的总重力，故应使小车质量远大于槽码质量，A错 15.解析：(1)对物块受力分析，有mngsin0=f, 误；根据操作要求，应先打开打点计时器再释放小 N=mgcos 0, 车，B错误：补偿阻力时不能移去打点计时器和纸带， f=uN, 需要通过纸带上点迹是否均匀来判断小车是否做匀 解得=0.75. 速运动，C错误；为了保证小车所受细线拉力等于小 (2)以物块和木板整体为研究对象，由牛顿第二定律 车所受合力，则需要调整垫块位置以补偿阻力，也要 F-(M+m)gsin 0=(M+m)a, 保持细线和长木板平行，D正确. 以物块为研究对象，由牛顿第二定律有f一ngsin0 (2)根据逐差法可知.x6一x3=3a1T2, =ma, I5-x2=3a2T2, 又了≤fmsx='mg cos0, x4-x1=3a2T2, a>0 a=3(a1+az+a） 解得18N<F≤19.2N 故使物块不滑离木板时恒力F的范国18N<F≤ =(++ 19.2N. 3T2 3T2 3T2 ,A、B、D错误，C (3)由题意知物块会滑离太板，设物块在木板上的加 正确」 速度大小为a1,木板的加速度大小为a2,有 (3)极据图像可知工与M成正比，故在所受外力一 umg cos 0-mgsin 0=ma F-Mgsin 0-u'mg cos0=Ma2, 定的条件下，a与M成反比： 设物块在木板上运动的时间为1，由几何关系有 设槽码的质量为m,则由牛顿第二定律mg=Ma, 42-7a42=1. 1 解得=L·M a mg 解得t1=3s, 故斜率越小，梢码的质量m越大，由图可知甲组所用 此后物块从木板上掉落，设物块的加速度大小为3， 的槽码质量比乙组的槽码质量更大， 木板的加速度大小为a4,有 答案：(1)D(2)C(3)反比槽码 mgsin 0=ma3, 13.解析：(1)由0t图像可知行李箱前5s内的位移大 F-Mgsin 0=Ma, 小为1=21， 设从物块刚掉落到物块速度减至零的时间为2，有 其中v=2m/s,l1=5s, 2-814 a3 代入可得1=5m, 解得t2=0.2s, 5s后的位移大小为2=8一1， 以物块与木板分离处为起始点，物块的位移大小 共中g-名e a111 x1= 22, 解得t2=1s 1 (2)行李箱减速过程中的加速度大小为a,由运动学 木板的位移大小x2=a214十2a位， 公式2=2as2, 又x=x2x1· 由牛顿第二定律有F=ma, 解得x=1.68m. 解得F=40N. 答案：(1)=0.75(2)18N<F≤19.2N(3)x= 答案：(1)s1=5m.t2=1s(2)F=40N 1.68m 答案-7null