卷3 牛顿运动定律-【创新教程】2027年高考物理总复习大一轮创新示范卷

创新示范卷（三） 第三章 牛顿运动定律 (75分钟100分) 一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是 符合题目要求的) 1.牛顿运动定律与人们的生活息息相关，下列有关牛顿三大运动定律的理解，正确的是( A.根据牛顿第二定律，运动物体的速度方向必定与其所受合力的方向相同 B.用桨划水使船加速前进，是因为桨对水的作用力小于水对桨的作用力 C.某只在浅水层中运动的草履虫，其运动的瞬时加速度仅由其体周纤毛摆动提供的力决定 D.用喷气方式使火箭前进及加速的过程，可分别利用牛顿第三定律与牛顿第二定律解释 2.利用智能手机的加速度传感器可直观显示手机的加速度情况.用手掌托 a/m.s-2 着手机，打开加速度传感器后，手掌从静止开始上下运动.以竖直向上为 30 正方向，测得手机在竖直方向的加速度随时间变化的图像如图所示，则 手机 A.在t1时刻速度最大 B.在t,时刻开始减速上升 C.在t,~t2时间内处于失重状态 1.00 1.50 t/s D.在t1~t2时间内受到的支持力逐渐增大 3.有一列火车有V节车厢，在牵引力作用下向右运动，每节车厢所受阻力均相等，从右端开始记 第1、2两节车厢间相互作用力为F12,第5、6节车厢间的相互作用为F6,现测得F12与F6的比 值为2：1，则N应为 ) A.6节 B.9节 C.12节 D.18节 痛 4.2024年8月3日，在巴黎奥运会网球女子单打金牌赛中，中国选手郑钦文战胜克罗地亚选手， 夺得金牌，这也是中国选手获得的首枚奥运会网球女单金牌.在比赛开始发球时，运动员常会 用高抛发球，假设球向上抛出后在竖直方向运动，运动过程中球所受空气阻力大小不变、方向 与运动方向相反，以竖直向上为正方向，球运动过程的t图像可能是 阳 5.如图所示，A、B两小球质量分别为MA和M连在弹簧两端，B端用细线固 定在倾角为30°的光滑斜面上，若不计弹簧质量，在线被剪断瞬间，A、B两球 的加速度分别为 30° A.都等于登 B.号和0 MA十MB.g和0 C. MA十Ms.g MB D.0和M 6.如图所示，弹簧一端固定，另一端与光滑水平面上质量为M的木箱相连，箱内放置一质量为m 的物块，物块与木箱之间的动摩擦因数为.压缩弹簧并由静止释放木箱，释放后物块在木箱上 有滑动，重力加速度大小为g,则释放后瞬间，物块的加速度大小为 () A.ug B.umg C.UMg M D.LMg 'm+M 7.蹦床运动是一种集竞技、健身、观赏和娱乐于一体的综合性运动.某同学在练习蹦床运动时在 弹性网上安装压力传感器，利用压力传感器记录了他运动过程中所受蹦床弹力F随时间t的变 化图像，如图所示.不计空气阻力，取重力加速度大小g=10m/s2.下列说法正确的是 3-1 A.该同学刚开始处于静止状态，可算出其质量为45kg 1400- B.该同学在6.6~7.4s内先处于失重状态，后一直处于超重状态 C.该同学全程的最大加速度为10m/s 400 D.该同学在4.66.6s内离开蹦床上升的最大高度为5m 01.5 4.66.67.4*6 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合 题目要求，全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分) 8.如图所示，小球A和B用轻弹簧相连后，再用细线悬挂在车厢顶端.小车向 右匀加速直线运动时，两小球与车厢保持相对静止，轻绳与竖直方向的夹角α B B 60°，轻弹簧与竖直方向夹角为3，剪断细线的瞬间，小球B的加速度大小为α，取 重力加速度为g=10m/s2,则 A.B=309 B.3=609 77777 C.ap-0 D.aB=10√3m/s2 9.质量为2m的物块A和质量为的物块B相互接触放在水平面上，如图所示.若对A施加水 平推力F,则两物块沿水平方向做加速运动.关于A对B的作用力，下列说法中正确的是 ( ) B 77777777777777 777777777 A.若水平地面光滑，物块A对B的作用力大小为F B若水平地面光滑，物块A对B的作用力大小为F C,若物块A与地面，B与地面的动摩擦因数均为，则物体A对B的作用力大小为号F十mg D,若物块A与地面、，B与地面的动摩擦因数均为，则物体A对B的作用力大小为号F 10.如图甲所示，一物块放置在粗糙的水平地面上，现对物块施加一斜向右上方的拉力F,拉力F 的方向与水平方向的夹角恒为（未知），缓慢增大拉力F,当物块刚好离地时，拉力F不再改 变，地面对物块的支持力F、与拉力F的关系图像如图乙所示，地面对物块的摩擦力f与拉 力F的关系图像如图丙所示，图乙、丙中F。为已知条件，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力 加速度大小为g.下列说法正确的是 () 777777777777777777777777 W2F 甲 乙 丙 A,物块的质量为 B.0的值为30 C.物块刚要运动时所受的摩擦力大小为 D.物块与地面间的动摩擦因数为0.5 三、非选择题（本题共5小题，共54分） 11.(6分)某实验小组用如图所示装置验证牛顿第二定律，水平轨道上安装两个光电门，两个光 电门中心距离为L,小车上的挡光板宽度为，小车上装有力的传感器，小车和力的传感器总 质量为M,细线一端与力传感器连接，另一端跨过滑轮挂上物块.实验时，保持轨道水平，当物 块质量为m时，小车恰好匀速运动 挡光板 光电门1 光电门2 小车。 可细线 力传感器 7777777777777777777777777777777777777 3-2 (1)该实验过程中， (填“不需要”或“需要”)物块质量远小于车的质量； (2)某次实验测得小车通过光电门1、2时，挡光时间分别为t,和t2,计算出小车的加速度 a (3)保持M不变，改变物块质量，得到多组力的传感器示数F,通过计算求得各组加速度，描出 F图像，下列图像可能正确的是 12.(8分)某同学用图甲所示装置来“探究物体加速度与力、质量的关系”.实验中，他将槽码重力 的大小作为细线对小车拉力的大小，通过改变槽码个数来改变拉力大小，通过改变小车上砝 码个数来改变小车的质量. 打点 计时器纸带 槽码 甲 (1)以下操作正确的是 (单选，填正确答案标号) A.使小车质量远小于槽码质量 B.释放小车后立即打开打点计时器 C.平衡阻力时移去打点计时器和纸带 D.调整垫块位置以平衡阻力 (2)保持槽码质量不变，改变小车上砝码的质量，得到一系列打点纸带.其中一条纸带的计数 点如图乙所示，相邻两点之间的距离分别为x1,x2,·,x,时间间隔均为T.下列加速度算式中， 最优的是 (单选，填正确答案标号) T2 T2 B.a=164+53+42+x3-x T2 T2 4(2T2 2T2 2T2 2T2 C.a= 1(x6一x3+ 3 3T2 + 37 (3)以小车和砝码的总质量M为横坐标，加速度的倒数二为纵坐标，甲、乙两组同学分别得到 的M图像如图丙所示。 2m81 2.0 1.5 甲 1.0 0.5 4-22 00.2000.4000.6000.8001.000>M/kg 丙 由图可知，在所受外力一定的条件下，a与M成 (填“正比”或“反比”)；甲组所用的 (填“小车”、“砝码”或“槽码”)质量比乙组的槽码质量更大. 3-3 13.(10分)如图甲所示，质量为0.5kg的物体受到与水平方向成37°的恒定拉力F的作用从静止 开始做直线运动，一段时间后撤去F,其运动的v一t图像如图乙所示，已知重力加速度g=10 m/s2,sin37°=0.6，cos37°=0.8.求： ↑(m·s') 8 7.2 6 4 37° 2 m 0 2344.65 甲 (1)减速阶段加速度的大小以及物体与水平面间的动摩擦因数； (2)加速阶段加速度的大小以及拉力F的大小； (3)全程的位移. 14.(14分)如图所示，质量为M(大小未知)的长木板静止在粗糙水平地面 上，一个质量m=4kg的物块（可视为质点）在某一时刻以，=6m/s的 M 水平初速度从木板左端滑上木板，经t,=2s时间后物块与木板恰好 达到共同速度，且在此时对木板施加方向水平向右的恒力F=20N作用，物块又经t,(大小未 知)时间后从木板的左端滑出.已知物块与木板间的动摩擦因数4=0.2，木板与水平地面间 的动摩擦因数42=0.1，重力加速度g=10m/s2.求： (1)物块滑上长木板达到共速前，物块与长木板各自的加速度大小； (2)长木板的质量M以及两者达到共速的瞬间，物块到木板左端间的距离d. 15.(16分)如图所示，倾角0=37°的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面 上放一长L=10.8m、质量M=2kg的薄木板，木板的顶端叠放一质量 名 m=1kg的物块（视为质点）.对木板施加沿斜面向上的恒力F(大小未 M 50 知)，使木板沿斜面向上由静止开始运动.已知物块与木板间的最大静摩27777 擦力等于滑动摩擦力，认为物块和木板分离前、后瞬间的速度均不变，取重力加速度大小g 10m/s2,sin37°=0.6，cos37°=0.8. (1)若物块未离开木板时始终处于静止状态，求物块与木板间的动摩擦因数； (2)若物块与木板间的动摩擦因数μ′=0.8，求使物块不滑离木板时恒力F的范围； (3)若=0.8，F=24N,求物块运动至最高点时与木板底端的距离x. 3-4 创新示范卷（三） (物理)答题卡 姓 名 准考证号 条形码粘贴区（居中) 缺考 注意事项 填涂样例 1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，并认真在规定位置贴 口 正确填涂 好条形码。 违纪 2.选择题必须使用2B铅笔填涂：非选择题必须使用0.5毫米及以上黑色字 错误填涂 迹的签字笔书写，要求字体工整，笔迹清楚。 3.严格按照题号在相应的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效 ☑X☒○ 4.保持卡面清洁，不装订，不要折叠，不要破损。 )0历享 选择题 (共46分，1~7小题，每小题4分，8一10小题，每小题6分) 正确填涂 1ABCD 2AE回 3ABC回 4A®CD 5Ag回 G ABCD 8AB@回 9A®CD 10A®⊙回 在 题 非选择题（共54分）（需用0.5毫米黑色签字笔书写） 答题 11.(6分) (1) 内作答 (2) ,超出边框 (3) 答案无效 12.(8分) (1) (2) (3) 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 物理答题卡（三）第1页（共4页） 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 13.(10分) ↑lm·s） 8 7.2--- 6 才F 37° 2 m 777777777777777777 02 2344.65 印 乙 请在各题目的答题区域内作答 ,超出边框的答案无效 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 物理答题卡（三）第2页（共4页） 考生 考生务必将姓名、座号用0.5毫米黑色签字笔认真填写在书写框内，座号的每个 座号 必填 姓名 书写框只能填写一个阿拉伯数字.填写样例：若座号02，则填写为回回 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 14.(14分) m M 7777777777777777777777777777777 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 物理答题卡（三）第3页（共4页） 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 15.(16分) M 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 物理答题卡（三）第4页（共4页）物玛 创新示范 题号 1 2 3 4 6 答案 0 6 C 0 1.D「根据牛顿第二定律，运动物体的加速度方向必定 与其所受合力的方向相同，合力方向与速度方向无 关，故A项错误；用桨划水使船加速前进，是因为水对 桨的作用力大于水对船的阻力，合力产生加速度，而 桨对水的作用力与水对桨的作用力是等大反向的一 对作用力与反作用力，故B项错误；某只在浅水层中 运动的草履虫运动的瞬时加速度是由其体周纤毛摆 动获得的反作用力决定的，故C项错误：尾部喷气的 火箭喷出的气体与火箭产生相互作用，由牛顿第三定 律可知，火箭受到向前的作用力，由牛顿第二定律可 知，作用力使火箭产生加速度，火箭做加速运动，故D 项正确.」 2.B[由图像可知0一1时间内，加速度向上逐渐变大， 速度逐渐增大，1时刻加速度最大，而速度还在继续 增大，故A错误；由图可知，t2时刻后加速度方向向 下，为失重状态，速度方向向上，所以向上做减速运 动，故B正确；1~t2时间内，加速度的方向依然向上， 应处于超重状态，故C错误；对手机进行受力分析可 知，t1~t2时间内，有FN一mg=ma,该段时间内，a逐 渐减小，因此支持力F、逐渐减小，故D错误.] 3.B[设每节车厢所受阻力均为f,每节车厢质量m,根 据牛顿第二定律 F12-(N-1)f=(N-1)ma F56-(V-5)f=(N-5)ma F12=2F56,联立得N=9,故选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 mg十f=ma1,解得a1=g十斤，向下运动过程中重力 竖直向下而阻力方向是向上的，根据牛顿第二定律 mg一fma解得a:g一千，所以向上运动的加速 度大于向下运动的加速度，以竖直向上为正方向，且 v-1图线的斜率为加速度.] 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 为0：剪断绳子前，对整体受力分析，则绳子的拉力为 F=(M十ME)gin30=(M+Mg)g,B球此时 所受合外力为零，剪断绳子后，绳子拉力消失，其他力 不变，合外力学于Fg=F=号(M十M)g,方向沿斜 面向下，根据牛顿第二定律可知B球的加速度为aB= FgM+M.琴，故选D.] Me MB 2 6.A[根据题意可知，释放后瞬间，物块相对木箱向左 滑动，有向右的摩擦力，则有mg=ma,解得a=g, 故选A.] 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， 有mg=400N,解得m=40kg,故A错误；弹力大小 答案 里 卷（三） 6 7 8 10 A D BD BD AD 小于重力时处于失重状态，弹力大小大于重力时处于 超重状态，则该同学在6.6一7.4s内先处于失重状 态，后处于超重状态，最后一段又处于失重状态，故B错 误：该同学在0~7.4s内的最大加速度为弹力最大的时 刻对应的加速度，由牛顿第二定律有amx= Fmax一ng =1400-40×10 m/s2=25m/s2,故C错误；由题图 40 可知，该同学在4.6一6.6s内，先做竖直上抛运动，后 自由落体运动，根据对称性可知，上升和下落时间均 为1=1s,则该同学在4.6~6.6s内离开蹦床上升的 1 最大高度为h=282=5m,故D正确.] 8.BD[对A、B整体，根据牛顿第二定律有 (mA+mg)gtan a=(mA+mB)a, 解得a=gtan a=l05m/s2,对B有m3 gtan B mBa,故B=60°， 剪断细绳，弹簧弹力不突变，B球受力不变，故aB=a =10√W3m/s2,故选BD. 9,BD[若水平地面光滑，以A、B整体为对象，由牛顿 F 第二定律可得F=(2m十m)a,解得a=3m,以B为对 象，由牛顿第二定律可得FAB=ma,解得物块A对B 的作用力大小为FAB=号F,故A错误，B正确；若物 块A与地面、B与地面的动摩擦因数均为以，以A、B 整体为对象，由牛顿第二定律可得F-3mg=3ma', 解得4=F3mg,以B为对象，由牛顿第二定律可 3m 得FAB一mg=ma',联立解得物块A对B的作用力 大小为FAB=弓F,故C错误，D正确.] 10.AD[当F=0时，地面对物块的支持力FN=F0,此 时物块静止在水平地面上，支持力等于重力，即mg =下，所以物块的质量m=。,A正确：当物块尉鬧好 离地时，F=√2Fo,此时Fsin0=mg=Fo,Fcos0为 水平方向的分力。代入数据可得sn0=。=巨. √2F。2’ 所以日=45°，B错误；物块刚要运动时，摩擦力达到最 大静摩擦力，此时Fcos=f, 代入数据得」？，C错误；当物块滑动时，摩擦力∫】 =FN,水平方向受力Fcos0=f 竖直方向FN=Fo一Fsin0,代入数据得u=0.5,D正 确.] 11.解析：(1)由于实验中已经给出力传感器可以直接得 到拉力的大小，无需满足物块质量远小于车的质量 (2)通过光电门1的速度为m=《, t1 通过光电门2的速度为的一号 6 创新示范卷 根据呢一听=2aL, d2 d2 解得a=21,21 (3)当物块质量为m时，小车恰好匀速运动可得此时 拉力为Fo=之mg· 1 此时拉力与阻力大小相等即f=F0=2mg 改变物块质量根据牛顿第二定律可知F一f=ma 整理为a=月日8 根据函数关系可知图像应为直线且在F轴上有截 距.故选A. 答案：(1)不需要(2)1- 2Lt号2Lt (3)A 12.解析：(1)为了使小车所受的合外力大小近似等于槽 码的总重力，故应使小车质量远大于槽码质量，A错 误：根据操作要求，应先打开打点计时器再释放小 车，B错误：平衡阻力时不能移去打点计时器和纸带， 需要通过纸带上，点迹是否均匀来判断小车是否做匀 速运动，C错误；为了保证小车所受细线拉力等于小 车所受合力，则需要调整垫块位置以补偿阻力，也要 保持细线和长木板平行，D正确. (2)根据逐差法可知x6-x3=3a1T2, x5-x2=3a2T2, x4-x1=3a3T2, a=3(a1十a2十a3) -吉（++ 3T2 ,A、B、D错误，C 3T2 正确。 (3)根据图像可知】与M成正比，故在所受外力一 定的条件下，a与M成反比； 设槽码的质量为m,则由牛顿第二定律mg=Mu, 解得1=1·M, a mg 故斜率越小，槽码的质量越大，由图可知甲组所用 的槽码质量比乙组的槽码质量更大 答案：(1)D(2)C(3)反比槽码 13.解析：(1)根据图乙可知，减速阶段加速度的大小a2 -名mg-2m 对物体进行分析，根据牛顿第二定律有mg=ma2 解得u=0.2 (2)根据图乙可知，加速阶段加速度的大小a1= |△w1_7.2 △t1 =im/s2=7.2m/s2 对物体进行分析，根据牛顿第二定律有Fcos37°-一N= m1,Fsin37°+N=mg 解得F=5N (3)。-t图像与时间轴所围几何图形的面积表示位 移，则有x=7.24.6m=16.56m 2 答案：(1)2m/s2,0.2(2)7.2m/s2,5N(3)16.56m 答案 参考答案 14.解析：(1)设物块的加速度大小为a1,由牛顿第二定 律有4mg=mu1· 解得a1=41g=2m/s2, 因为2s时达到共速，此时速度大小 U1=0一a1t1=2m/s, 长木板由静止做匀加速直线运动，加速度大小 =1=1m/s2. a2一t1 (2)对长木板由牛顿第二定律有 uimg-uz (m+M)g=Ma2 解得M=2kg 2s内物块对地位移大小为1=十”1=8m, 2 1 2s内长木板对地位移大小为2=2=2m, 则1=2s时物块到长木板左端的距离为 d=x1-x2=6m. 答案：(1)a1=2m/s2;a2=1m/s2(2)2kg;6m 15.解析：(1)对物块受力分析，有mgsin0=f, N=mgcos 0, f=uN, 解得=0.75. (2)以物块和木板整体为研究对象，由牛顿第二定律 F-(M+m)gsin 0=(M+m)a, 以物块为研究对象，由牛顿第二定律有一ngsin0 =a, 又f≤fmax=:'ng cos0, a>0 解得18N<F19.2N 故使物块不滑离木板时恒力F的范围18N<F≤ 19.2N. (3)由题意知物块会滑离木板，设物块在木板上的加 速度大小为a1,木板的加速度大小为a2,有 umg cos 6-mgsin =ma, F-Mgsin 0-u'mg cos0=Ma2, 设物块在木板上运动的时间为1，由几何关系有 7412-7412=L 解得t1=3s, 此后物块从木板上掉落，设物块的加速度大小为3， 木板的加速度大小为a4,有 mgsin 0=ma3, F-Mgsin 0=Ma, 设从物块刚掉落到物块速度减至零的时间为2，有 aiti t2= a3 解得t2=0.2s, 以物块与木板分离处为起始点，物块的位移大小 11 2 t2, 木板的位移大小x2=a21红十24号， 又x=x2一x1, 解得x=1.68m. 答案：(1)μ=0.75(2)18N<F≤19.2N(3)x= 1.68m .7