3.达标测试卷(三) 牛顿运动定律-【精讲精练】2026年高考物理一轮达标测试卷

达标测试卷(三)　牛顿运动定律 (满分：100分) 一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求) 1.下列说法正确的是(　　) A.运动的越快的汽车越不容易停下来，是因为汽车运动越快，惯性越大 B.小球在做自由落体运动时，惯性就不存在了 C.物体的惯性只和质量有关，质量大惯性大，质量小惯性小 D.把一个物体竖直向上抛出后，能继续上升，是因为物体仍受到一个向上的推力 2.(2024·衡水三模)某游泳运动员在0～6 s时间内运动的v-t图像如图所示。关于该运动员，下列说法正确的是(　　) A.在0～6 s内所受的合力一直不为0 B.在0～6 s内的位移大小为24 m C.在2～4 s内一定处于超重状态 D.在4～6 s内的位移大小为8 m 3.某同学设计了一种测物块与斜面间动摩擦因数的方法，如图所示，调整斜面的倾角为θ，让物块从斜面底端以一定的初速度冲上斜面，物块到达最高点后又滑回原处。测出物块下滑的时间是上滑时间的k倍，则物块与斜面间的动摩擦因数为(　　) A.sin θ B.tan θ C.sin θ D.tan θ 4.“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火箭的发射原理是通过打气使瓶内空气压力增大，当瓶口与橡皮塞脱离时，瓶内水向后喷出，水火箭获得推力向上射出，如图是某次竖直发射时测绘的水火箭速度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(　　) A.在t1、t2、t3、t4时刻中，加速度大小都等于g B.在t2时刻速度达到最高点 C.在t3时刻失去推力 D.t3～t4时间做自由落体运动 5.(2024·浙江金华三模)热气球内的定位装置能把相同时间间隔内热气球的位置变化记录下来，右图记录的是在一定高度上正在竖直上升的热气球每隔2秒热气球的高度变化，记录单位是米。下列同学对热气球在记录时间内的运动判断正确的是(　　) A.记录竖直上升的高度变化，热气球不能被视为质点 B.热气球正处在超重状态 C.我们可以用Δx＝aT2来计算出热气球的上升加速度 D.记录时间内热气球的平均速度大小约为1.78 m/s 6.(2024·河北承德模拟)如图所示，固定在水平地面上，倾角θ＝30°的斜面底端有一挡板，其顶端有一轻质小滑轮，一根不可伸长的轻质细绳跨过定滑轮，两端分别与物块A、B连接，物块A的质量为4m，物块B的质量为m。开始将物块B按在地面上，物块A距挡板的距离为d，突然放手后物块A开始下滑，与挡板碰撞后速度立刻变为0。不计一切摩擦，则物块B上升的最大高度为(　　) A.d B. C. D. 7.如图甲所示，M、N是倾角θ＝37°的传送带的两个端点，一个质量m＝5 kg的物块(可看作质点)以4 m/s的初速度自M点沿传送带向下运动。物块运动过程的v-t图像如图乙所示，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，下列说法正确的是(　　) A.物块最终从N点离开传送带 B.物块与传送带间的动摩擦因数约为0.6 C.物块在第6 s时回到M点 D.传送带的速度v＝2 m/s，方向沿逆时针转动 8.(2024·北京大兴三模)如图所示，a、b两物体的质量分别为ma和mb，由轻质弹簧相连，当用恒力F水平向右拉着a，使a、b一起沿粗糙水平面做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x，加速度大小为a1。已知a、b两物体与水平面间的动摩擦因数相同，则下列说法正确的是(　　) A.如果恒力增大为2F，则两物体的加速度增大为2a1 B.如果恒力增大为2F，则弹簧伸长量仍为x C.若水平面光滑，则弹簧伸长量仍为x D.若水平面光滑，则加速度大小仍为a1 二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分) 9.水平地面上放置一质量为m的木箱，木箱与地面间的动摩擦因数恒定。如图甲所示，一小孩用一水平推力F推木箱，木箱在水平地面上做匀速直线运动；如图乙所示，一大人用等大的拉力与水平方向成74°角斜向上拉木箱，木箱仍在水平地面上做匀速直线运动。已知重力加速度g取10 m/s2，sin 74°＝0.96，cos 74°＝0.28，则(　　) A.木箱与地面间的动摩擦因数为0.75 B.若拉力F与水平方向的夹角为53°，则木箱的加速度大小为1 m/s2 C.若用大小为2F的力水平推木箱，木箱的加速度大小为7.5 m/s2 D.若用大小为2F且与水平方向成74°角的力拉木箱时，木箱离开地面 10.羽毛球运动员正在进行如图所示的原地纵跳摸高训练。已知质量m＝50 kg的运动员原地静止站立(不起跳)摸高为2.10 m，训练过程中，该运动员先下蹲，重心下降0.5 m，经过充分调整后，发力跳起摸到了2.90 m的高度。若运动员起跳过程视为匀加速运动，忽略空气阻力影响，g取10 m/s2。则(　　) A.运动员起跳过程处于超重状态 B.起跳过程的平均速度比离地上升到最高点过程的平均速度大 C.起跳过程中运动员对地面的压力为800 N D.从开始起跳到离地上升到最高点需要0.65 s 11.(2024·山东济宁期中)如图所示，在某海滨游乐场里有一种滑沙运动，其运动过程可类比如图所示的模型，小孩(可视为质点)坐在长为1 m的滑板上端，与滑板一起由静止从倾角为37°的斜面上下滑，已知小孩与滑板间的动摩擦因数为0.5，滑板与沙间的动摩擦因数为，小孩的质量与滑板的质量相等，斜面足够长，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，则以下判断正确的是(　　) A.小孩在滑板上下滑的加速度大小为2 m/s2 B.小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为5.5 m/s2 C.经过2 s的时间，小孩离开滑板 D.小孩离开滑板时的速度大小为2 m/s 12.如图甲所示，足够长的轨道固定在水平桌面上，一条跨过光滑定滑轮的轻质细绳两端分别连接物块P和Q。改变物块P的质量，可以得到物块Q运动的加速度a和绳中拉力F的关系图像如图乙所示。关于此运动的分析，下列说法正确的是(　　) A.绳中拉力大小等于物块P的重力大小 B.轨道不可能是水平的 C.物块Q的质量为0.5 kg D.物块Q受到轨道的摩擦力大小为1 N 三、非选择题(本题共6小题，共60分) 13.(6分)某同学受太空中测量质量方法的启示，设计了如图甲的实验装置，利用动力学方法测量沙桶中沙的质量。 　 主要实验步骤如下： (1)平衡好摩擦力后，在沙桶中加入质量为m0的沙； (2)接通传感器电源，释放小车，利用传感器测出对应的位移与时间(x-t)图像； (3)在沙桶和沙质量不变的情况下，改变小车的质量，测量出不同的加速度。 ①图乙是当小车质量为M＝0.2 kg时，运动过程中传感器记录下的x-t图像，由图可知，小车的加速度a＝________ m/s2。 ②图丙为加速度a的倒数和小车质量M的图像，利用题中信息求出沙的质量m0＝________ kg(已知沙桶的质量m＝0.01 kg，重力加速度g＝10 m/s2)。 14.(8分)(2024·山东潍坊统考模拟)某实验小组设计了如图甲所示实验装置，探究滑块与长木板之间的动摩擦因数。将一端带有定滑轮且表面平整的长木板固定在水平桌面上，滑块置于长木板左端，滑块上面固定一个小遮光片。将滑块和托盘用轻细绳连接，在靠近托盘处连接力传感器，在长木板右侧某位置固定光电门，并连接好数字计时器。重力加速度为g。实验过程如下： 　　 (1)用游标卡尺测量遮光片的宽度，游标尺固定后如图乙所示，则遮光片的宽度d＝________ mm。 (2)滑块静置于长木板上，记录遮光片中线在长木板上的投影位置，用刻度尺测量出该位置到光电门的水平距离x；用手托住托盘，将若干砝码置于托盘内，由静止释放托盘，当遮光片经过光电门时，数字计时器记录时间为t，力传感器记录此过程中绳的拉力为F。 (3)将滑块再次置于初始位置，增加砝码数量后，重复实验，记录数据。利用图像处理数据，作出F图像如图丙所示，由图像可知其纵轴截距为b，斜率为k。 (4)滑块和遮光片的总质量m＝________；滑块和长木板间的动摩擦因数μ＝________。(用题目所给物理量符号表示) 15.(8分)(2024·河北衡水校联考)某场冰壶比赛的水平场地如图所示，运动员推动冰壶从发球区松手后，冰壶沿中线做匀减速直线运动，最终恰好停在了营垒中心。若在冰壶中心到达前掷线时开始计时，则冰壶在第2 s末的速度大小v2＝3.2 m/s，在第15 s内运动了x15＝0.08 m，取重力加速度大小g＝10 m/s2。求冰壶与冰面间的动摩擦因数μ。 16.(8分)如图甲所示，一根足够长的固定细杆与水平方向的夹角θ＝37°，质量m＝2 kg的带电小球穿在细杆上并静止于细杆底端的O点。t＝0开始在空间施加一电磁辐射区(图中未画出)，使小球受到水平向右的力F＝kt(k＝10 N/s)，t＝6 s时小球离开电磁辐射区，小球在电磁辐射区内的加速度a随着时间t变化的图像如图乙所示，认为细杆对小球的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。(取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6)。求： (1)t＝6 s时小球的加速度am的大小； (2)小球离开电磁辐射区后沿着细杆上升的最大距离l。 17.(14分)如图所示，质量为m1＝2.5 kg的一只长方体形空铁箱，在水平拉力F＝28.4 N作用下沿水平地面向右匀加速运动，铁箱跟水平地面之间的动摩擦因数为μ1＝0.4。这时铁箱内靠在竖直左侧面上的一个质量为m2＝0.5 kg的木块，在离箱底内表面高h＝1.0 m处由静止滑下，经t1＝0.5 s滑到箱底内表面上，不反弹。已知木块与铁箱内表面间的动摩擦因数处处相同，木块可视为质点，取重力加速度g＝10 m/s2，结果可用分数表示。 (1)求木块在下滑过程中对铁箱竖直左侧面的压力大小； (2)求木块与铁箱内表面的动摩擦因数μ2的大小； (3)当铁箱的速度为v1＝6 m/s时撤去拉力F，又经t2＝1.6 s的时间，木块从铁箱的左侧面到达右侧面，则铁箱内部左右侧面之间的距离是多少？ 18.(16分)(2024·黑龙江双鸭山模拟)劲度系数k＝100 N/m的轻弹簧一端固定在倾角θ＝30°的固定光滑斜面的底部，另一端和质量mA＝2 kg的小物块A相连，质量mB＝2 kg的小物块B紧靠A静止在斜面上，轻质细线一端连在物块B上，另一端跨过定滑轮与质量mC＝1 kg的物体C相连，对C施加外力，使C处于静止状态，细线刚好伸直，且线中没有张力，如图甲所示。从某时刻开始，撤掉外力，使C竖直向下运动，直至A、B分离。取g＝10 m/s2。 (1)当A、B恰好分离时，求A加速度的大小； (2)在图乙所示坐标系中，以沿斜面向上为正方向，画出从撤掉外力到A、B分离的过程中，A的加速度随位移x变化的关系图像，并根据图像求出A的最大速度。(结果可用根号表示) 学科网（北京）股份有限公司 $$ 达标测试卷(三)　牛顿运动定律 1.C　物体的惯性只和质量有关，与物体的运动状态无关；质量大惯性大，质量小惯性小，汽车运动的快慢不会改变汽车的惯性，小球做自由落体运动时，惯性不变，故选项A、B错误，C正确；把一个物体竖直向上抛出后，能继续上升，不是因为物体仍受到一个向上的推力，而是因为惯性，故选项D错误。 2.D　vt图像的斜率代表加速度，由图像可知，在2～4 s该运动员的有加速度，由牛顿第二定律可知F合＝ma，在0～2 s与4～6 s运动员并无加速度，即此时合力为零，综上所述，运动员在0～2 s与4～6 s所受合力为零，在2～4 s所受合力不为零，故A项错误； 由于vt图像与坐标轴围成的“面积”表示位移，所以在0～6 s内的位移为x＝×4 m＝12 m，故B项错误；由之前的分析，在2～4 s结合图像可知，其加速度为a＝ m/s2＝2 m/s2，由于不知道运动员运动方向，只知道该时间内运动员加速度方向与运动员的运动方向相同，而超重则加速度方向为竖直向上，所以其不一定是超重状态，故C项错误；结合之前的分析，在4～6 s的位移为x1＝4×2 m＝8 m，故D项正确。 3.B　物块上滑过程有x＝a1t，物块下滑过程有 x＝a2t，根据牛顿第二定律有 a1＝gsin θ＋μgcos θ，a2＝gsin θ－μgcos θ， 又因为a1＝k2a2，解得μ＝tan θ，故选B。 4.C　v-t图像的斜率表示加速度，由题图可知，在t1时刻斜率最大，则加速度最大，故选项A错误；“水火箭”运动过程速度一直是正的，运动方向始终没有改变，t2时刻后仍在上升，故选项B错误；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t3时刻失去推力，故选项C正确；t3～t4时间内“水火箭”的速度方向是正的，加速度方向是负的，且加速度大小等于g，则“水火箭”做竖直上抛运动，故选项D错误。 5.D　记录竖直上升的高度变化，热气球能被视为质点，故A错误；由题图可见气球在上升过程，相等的时间间隔的位移越来越小，说明气球在向上减速运动，处于失重状态，故B错误；由题图可见在相邻的2 s内的位移差不是一恒量，说明气球不是向上做匀减速直线运动，所以不能用Δx＝aT2来计算出热气球的上升加速度，故C错误；记录时间内热气球的平均速度大小为＝＝ m/s≈1.78 m/s，故D正确。 6.B　根据题意，设A开始下滑时的加速度大小为a，A接触挡板时的速度大小为v，则由牛顿第二定律有4mgsin 30°－mg＝5ma，由运动学公式有v2＝2ad，v2＝，之后B以速度v向上做竖直上抛运动，上升的高度为h1＝＝，则物块B上升的最大高度为h＝d＋h1＝，故选B。 7.C　从题图乙可知，物块速度减为零后反向沿传送带向上运动，最终的速度大小为2 m/s，方向沿传送带向上，所以没从N点离开传送带，从M点离开，并且可以推出传送带沿顺时针转动，速度大小为2 m/s，选项A、D错误；vt图像中斜率表示加速度，可知物块沿传送带下滑时的加速度大小a＝＝1.5 m/s2，根据牛顿第二定律有μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma，解得μ≈0.94，选项B错误；图线与时间轴围成的“面积”表示位移大小，由题图乙可知t1＝ s时，物块的速度减为0。之后物块沿传送带向上运动，所以物块沿传送带向下运动的位移大小x1＝×4× m＝ m，t1＝ s到t2＝6 s，物块沿传送带向上运动的位移大小x2＝×2 m＝ m，因为x1＝x2，所以物块在第6 s时回到M点，选项C正确。 8.C　根据题意，由牛顿第二定律，对整体有F－μmag－μmbg＝a1，对物体b有kx－μmbg＝mba1，解得a1＝＝－μg，x＝＝。如果恒力增大为2F，同理可得，两物体的加速度为a2＝－μg>2a1，弹簧伸长量x′＝>x，故A、B错误；若水平面光滑，同理可得a3＝>a1，则弹簧伸长量x″＝＝，故C正确，D错误。 9.ACD　木箱在水平地面上做匀速直线运动，根据平衡条件F＝μmg，若将此力方向改为与水平方向成74°角斜向上拉木箱，木箱仍在水平地面上做匀速直线运动，根据平衡条件Fcos 74°＝μ(mg－Fsin 74°)，解得μ＝0.75，故选项A正确；若拉力F与水平方向的夹角为53°，根据牛顿第二定律Fcos 53°－μ(mg－Fsin 53°)＝ma，a＝1.5 m/s2，故选项B错误；当用2F的水平恒力推木箱2F－μmg＝ma′，a′＝g＝7.5 m/s2，故选项C正确；若用大小为2F且与水平方向成74°角的力拉木箱时，拉力的竖直分力为Fy＝2μmgsin 74°＝1.44mg>mg，木箱离开地面，故选项D正确。 10.AD　运动员在起跳过程中可视为匀加速直线运动，加速度方向竖直向上，所以运动员起跳过程处于超重状态，故选项A正确；在起跳过程中做匀加速直线运动，起跳过程的平均速度1＝＝，运动员离开地面后做竖直上抛运动，离地上升到最高点过程的平均速度2＝＝，即两者相等，故选项B错误；运动员离开地面后做竖直上抛运动，根据2gh＝v2可知 v＝＝ m/s＝4 m/s 根据速度位移公式可知2aΔh＝v2解得a＝＝ m/s2＝16 m/s2，对运动员根据牛顿第二定律可知FN－mg＝ma 解得FN＝1300 N，根据牛顿第三定律可知，对地面的压力为1300 N，故选项C错误；起跳过程运动的时间t1＝＝ s＝0.25 s 起跳后运动的时间t2＝＝0.4 s 故运动的总时间t＝t1＋t2＝0.65 s，故选项D正确。 ·63·11.AD　对小孩受力分析，小孩受到重力、支持力和滑板对小孩向上的摩擦力，根据牛顿第二定律有mgsin 37°－μ1mgcos 37°＝ma1，a1＝2 m/s2，A正确；小孩和滑板脱离前，对滑板运用牛顿第二定律有mgsin 37°＋μ1mgcos 37°－μ22mgcos 37°＝ma2，a2＝1 m/s2，B错误；设经过时间t，小孩离开滑板a1t2－a2t2＝l，t＝ s，C错误；小孩离开滑板时的速度为 v＝a1t＝2× m/s＝2 m/s，D正确。 12.BC　物块P有向下的加速度，根据牛顿第二定律可知，绳对P的拉力大小小于物块P的重力大小，故选项A错误；从题图乙看出，当拉力等于零时，物块Q的加速度大小为2 m/s2，说明轨道不是水平的，故选项B正确；设物块Q的质量为m，Q在运动方向上除了拉力F，设其他力合力大小为F1，根据牛顿第二定律得F＋F1＝ma，变形得a＝F＋，图线的斜率k＝＝2 kg－1，m＝0.5 kg，故选项C正确；由图线与纵轴的交点可知F1＝ma1＝0.5×2 N＝1 N，结合选项B分析可知，此1 N并非物块Q受到的摩擦力，故选项D错误。 13.解析　(3)①小车做匀加速直线运动，根据动力学公式有x＝at2，a＝2 m/s2。 ②根据牛顿第二定律有FT＝Ma，(m＋m0)g－FT＝(m＋m0)a，m0＝0.04 kg。 答案　(3)①2　②0.04 14.解析　(1)遮光片的宽度 d＝6.00 mm＋14×0.05 mm＝6.70 mm。 (4)设滑块运动加速度为a，由牛顿第二定律可得F－μmg＝ma，当遮光片经过光电门时速度为v＝，v2＝2ax，整理可得F＝＋μmg；由题图丙可知其纵轴截距为b，斜率为k，＝k，μmg＝b，解得m＝，μ＝。 答案　(1)6.70　(4)　 15.解析　假设冰壶速度减到0后冰壶可以反向退回，则冰壶的加速度大小 a＝ m/s2＝ m/s2 若冰壶以加速度a＝ m/s2减速，则冰壶在最后1 s通过的位移s＝ m>x15 所以冰壶在第15 s内的某瞬间已经停止运动，令Δt＝1 s，设冰壶运动x15所用的时间为t，则有x15＝at2，v2＝a(12Δt＋t)，a＝＝μg 解得μ＝0.025。 答案　0.025 16.解析　(1)根据题意，对小球受力分析，由题图乙可知，t＝4 s时，小球的加速度恰好为0，则有 Fcos θ＝mgsin θ＋Ff Fsin θ＋mgcos θ＝FN，Ff＝μFN，F＝10×4 N＝40 N 解得μ＝0.5 由题图乙可知，t＝6 s时，小球的加速度有 F′cos θ－mgsin θ－Ff′＝mam F′sin θ＋mgcos θ＝FN′，Ff′＝μFN′，F′＝10×6 N＝60 N 解得am＝5 m/s2。 (2)t＝6 s时，小球离开电磁辐射区，由牛顿第二定律有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma 解得a＝10 m/s2 根据题意由a­t图像中“面积”表示速度变化量可知，由于小球由静止运动，则t＝6 s时小球的速度为 v＝×(6－4)×5 m/s＝5 m/s 由v2－v＝2ax可得，小球离开电磁辐射区后沿着细杆上升的最大距离为l＝＝1.25 m。 答案　(1)5 m/s2　(2)1.25 m 17.解析　(1)设在水平拉力F作用下，铁箱加速度大小为a1，木块受铁箱竖直左侧面的压力大小F2；木块下落过程中竖直向下的加速度大小为a2，受摩擦力大小Ff2；木块受力如图(a)所示，则F2＝m2a1，h＝a2t，m2g－Ff2＝m2a2 图(a) 铁箱受力如图(b)所示，则F1＝m1g＋Ff2′，Ff1＝μ1F1，F－Ff1－F2′＝m1a1 图(b) 其中Ff2′＝Ff2，F2′＝F2 解得F2′＝3 N。 (2)由于Ff2＝μ2F2，解得μ2＝。 (3)由(1)得a1＝6 m/s2 设当铁箱的速度为v1＝6 m/s时，运动时间为t， v1＝a1t，解得t＝1 s 因t>t1，故撤去拉力F时，木块已滑到箱底内表面上。设撤去拉力F后，铁箱加速度大小为a3， μ1(m1＋m2)g－μ2m2g＝m1a3 设从撤去拉力F时到铁箱停止运动历时为t3，v1＝a3t3，解得t3＝ s 因t3<t2，故木块滑到右侧面之前，铁箱已停下。设从撤去拉力F时到铁箱停止运动，铁箱的位移为x3，x3＝v1t3，解得x3＝ m 设撤去拉力F后，木块的加速度大小为a4， μ2m2g＝m2a4 设从撤去拉力F时到木块停止运动历时为t4，v1＝a4t4，解得t4＝1.8 s 因t4>t2，故木块运动到铁箱右侧面时，速度并未减小到0。故t2时间内木块的位移为x5＝v1t2－a4t，解得x5＝ m ·64·所以铁箱左右侧面之间的距离为L＝x5－x3，解得 L＝ m。 答案　(1)3 N　(2)　(3) m 18.解析　(1)A、B恰好分离时，以BC整体为研究对象有mCg－mBgsin θ＝(mB＋mC)a2 解得a2＝0，则A的加速度大小也为0。 (2)开始A、B静止，设弹簧压缩量为x0，则kx0=(mA+mB)gsin θ，解得x0=0.2 m 当加速度为0时，A的速度最大，当A、B、C一起加速运动位移为x时，对C受力分析有 mCg-T=mCa 对A、B受力分析有T+F-(mA+mB)gsin θ=(mA+mB)a 弹簧弹力大小为F=k(x0-x) 联立解得 当x1=0时，加速度a1=2 m/s2，当a2=0时，位移x2=0.1 m，a­x图像如图所示 由a­x图像与坐标轴围成的“面积”可计算物块A的最大速度，则最大速度大小为 。 答案　(1)0　(2)见解析图　 m/s 学科网（北京）股份有限公司 $$