2027届高考物理一轮复习 专项训练：牛顿运动定律章末测试

**基本信息** 以牛顿运动定律为核心，通过多样化题型构建从基础应用到综合拓展的知识网络，强化运动与相互作用观念及科学推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |选择填空|10题（含阿特伍德机、传送带等）|注重多过程分析与临界状态判断|从牛顿第二定律基本应用到复杂系统（斜面、板块）受力与运动关联| |实验题|2题（误差分析、创新设计）|结合DIS系统考查实验原理与数据处理|从原理推导（加速度测量）到误差评估，体现科学探究素养| |解答题|3题（滑雪运动、斜面木板、传送带木板综合）|综合运动学公式与受力分析|从单一过程到多体多过程，构建“受力-加速度-运动”完整逻辑链|

高三一轮复习牛顿运动定律章末测试 一、单选题（共28分） 1．（本题4分）1784年，乔治·阿特伍德为测量重力加速度和验证牛顿第二定律，设计了后来以他名字命名的实验装置——阿特伍德机。阿特伍德机的简化示意图如图所示，A、B为质量均为M的物体，物体C的质量为m，若滑轮质量和摩擦不计，轻绳不可伸长，m=0.5M，则物体B从静止开始下落一段距离所用时间约为其自由落体下落同样距离所用时间的（　　） A． B． C． D．5倍 2．（本题4分）如图所示，质量为3m的斜面体静止在光滑水平地面上，其AB面粗糙、BC面光滑，顶端装有光滑的轻质定滑轮。质量分别为2m、m的物块P、Q通过轻绳连接并静置在斜面上，P与AB面之间的动摩擦因数为。现使整体在水平方向上加速，P、Q始终在同一竖直面内且相对斜面体静止，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．不同加速度下，轻绳中的拉力始终不会变化 B．整体向左加速的最大加速度为 C．整体向右加速的最大加速度为 D．地面对斜面体的作用力始终为3mg 3．（本题4分）如图所示，某同学将质量为m的乒乓球置于球拍中心，并推动乒乓球沿水平直线向前运动，在运动过程中，球拍倾角θ保持不变，已知乒乓球所受空气阻力与其速度大小满足 f=kv（k为大于零的常数），f方向与乒乓球运动方向相反，不计乒乓球和球拍之间的摩擦，乒乓球可视为质点，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．匀速运动时球拍对乒乓球的弹力大小为 B．该乒乓球匀速运动时的速度大小为 C．θ不变时，该乒乓球可以一直做匀加速运动 D．θ不变时，乒乓球可以保持任意速度做匀速运动 4．（本题4分）如图甲所示，滑块沿倾角为足够长的固定斜面上滑，滑块在斜面上运动的速率与时间的图像如图乙所示，滑块和斜面各部分的动摩擦因数相同，则（    ） A． 滑块上滑的最大距离为5m B．滑块下滑的时间为2s C．斜面的倾角 D．滑块与斜面间的摩擦因数 5．（本题4分）图示为索道输运货物的情景，已知倾斜的索道与水平方向的夹角为37°，质量为的重物与车厢地板之间的动摩擦因数为0.20。当载重车厢沿索道向上加速运动时，重物与车厢仍然保持相对静止状态，重物对车厢内水平地板的正压力为其重力的1.15倍，重力加速度取，那么这时重物对车厢地板的摩擦力大小以及车厢的加速度大小分别为（     ） A．0.35mg，2m/s2 B．0.30mg，2m/s2 C．0.25mg，2.5m/s2 D．0.20mg，2.5m/s2 6．（本题4分）如图甲所示，倾角为37°、足够长的传送带以恒定速率v1沿顺时针方向转动。一小煤块以初速度v0=12m/s从传送带的底部冲上传送带，规定沿传送带斜向上为煤块运动的正方向，该煤块运动的位移x随时间t的变化关系如图乙所示。已知图线在前1.0s内和在1.0s~t0内为两段不同的二次函数，t0时刻图线所对应的切线正好水平，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则下列说法正确的是（　　） A．传送带转动速率v1=8m/s B．图乙中t0的数值为1.5 C．0~t0内煤块在传送带上的划痕长度为6m D．煤块与传送带之间的动摩擦因数为0.25 7．（本题4分）如图甲，足够长木板静置于水平地面上，木板右端放置一小物块。在t=0时刻对木板施加一水平向右的恒定拉力F，作用1s后撤去F，此后木板运动的v—t图像如图乙。物块和木板的质量均为1kg，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m／s2，下列说法正确的是（　　） A．拉力F的大小为24N B．物块与木板、木板与地面间的动摩擦因数均为 C．物块最终停止时的位置与木板右端间的距离为3m D．t=2s时刻，物块的速度减为0 二、多选题（共18分） 8．（本题6分）如图所示，长度为2l的长木板固定在水平桌面上，长木板中点左侧光滑，中点右侧粗糙。轻绳跨过定滑轮后一端系在质量为4m的滑块A上，另一端系在一质量为m的滑块B上，滑块A在轻绳拉力的作用下从长木板最左端由静止开始运动，到最右端时速度为零。已知重力加速度为g，水平桌面足够高。下列说法正确的是（     ） A．滑块A的最大速度为 B．加速阶段轻绳的拉力大小为0.5mg C．减速阶段轻绳的拉力大小为1.2mg D．滑块A与长木板之间的动摩擦因数为0.1 9．（本题6分）细绳拴一个质量为m的小球，小球用固定在墙上的水平弹簧支持，平衡时细绳与竖直方向的夹角为53°，如图所示。以下说法正确的是（     ） A．细绳烧断瞬间小球的加速度方向无法确定 B．细绳烧断瞬间小球的加速度大小为 C．小球静止时弹簧的弹力大小为 D．小球静止时细绳的拉力大小为 10．（本题6分）某中学物理实验小组利用DIS系统（数字化信息实验室系统），观察超重和失重现象。他们在学校电梯内做实验。在电梯天花板上固定一个力传感器，测量时挂钩向下。并在钩上悬挂一个重为10N的钩码，在电梯运动的过程中，计算机显示屏上显示出如图所示图线。根据图线分析可知，下列说法中正确的是（     ） A．t1到t2时间内，钩码处于超重状态，t3到t4时间内，钩码处于失重状态 B．t1到t2时间内，电梯一定正在向下运动，t3到t4时间内，电梯可能正在向上运动 C．t1到t4时间内，电梯可能先加速向下。接着匀速向下，再减速向下 D．t1到t4时间内，电梯可能先减速向上，接着匀速向上，再加速向上 三、实验题（共16分） 11．（本题10分）某兴趣小组利用“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置（如图所示），设计了两种方案来测量滑块与长木板间的动摩擦因数。已知遮光片的宽度为，当地重力加速度为g，长木板水平，滑块从出发点由静止开始运动。 方案一：保持光电门与出发点的距离不变并记录，改变钩码总质量，记录每次力传感器的示数和遮光片的挡光时间； 方案二：保持钩码总质量不变并记录，改变光电门与出发点的距离，记录每次实验的距离和遮光片的挡光时间。 (1)某次实验中，遮光片通过光电门的挡光时间为，则滑块经过光电门的瞬时速度为______。 (2)设滑块（含遮光片）质量为，滑块做匀加速直线运动，请结合运动学公式与牛顿第二定律分析： ①方案一中，距离不变，推导力传感器示数与挡光时间的关系式； ②方案二中，钩码总质量不变，推导距离与挡光时间的关系式。 为得到线性关系，下列作图方式正确的是（     ） A．方案一作图像，方案二作图像 B．方案一作图像，方案二作图像 C．方案一作图像，方案二作图像 D．方案一作图像，方案二作图像 (3)按照（2）中得到的线性关系，确定图像的斜率与截距后，为进一步计算动摩擦因数，方案一______（选填“必须”或“不必”）测定滑块质量的具体值，方案二______（选填“必须”或“不必”）测定滑块质量的具体值。 (4)关于本实验的要求和误差分析，下列说法正确的是（　　） A．方案一不需要满足远小于 B．为减小系统误差，应选用宽度较大的遮光片来测量速度 C．定滑轮与轴间的摩擦会使测得的动摩擦因数的值偏大 D．若滑块释放时具有初速度，会使测得的动摩擦因数的值偏大 12．（本题6分）小明想利用所学的牛顿第二定律来测量木盒与长木板之间的动摩擦因数，但实验室的天平损坏，他只能利用若干个质量相等的钩码和两个完全相同的木盒（质量未知）设计实验，方案如下。如图甲所示，将一端装有定滑轮的长木板固定在水平桌面上，木盒1（内部粘住一部具有加速度传感器的手机）放置在长木板上，右端用细线跨过定滑轮与木盒2相连。 （1）实验前，先调整定滑轮的角度使_____________________________________； （2）实验时，木盒1内粘住一部手机，木盒2内不放任何物品，打开手机上的加速度测量软件，释放木盒，测得加速度为，随后将木盒1（包含手机）与木盒2位置互换，再次重复实验，测得加速度为，两次数据编号为一组； （3）接着往木盒2加入1个钩码，重复上述过程，得到第二组数据。后续他每次往木盒2加入1个钩码，多次重复实验，得到多组数据； （4）他将实验测得的多组数据绘制在乙图中，得到关系图像。通过观察数据，他发现每组数据中与之和均为定值，进一步研究图像，重力加速度取，得到木盒与长木板间的动摩擦因数_________（结果保留2位有效数字）。 （5）若同伴小方在实验前将长木板左侧垫高，平衡了摩擦力，实验时仍按照上述步骤（2）、（3）记录数据，则实验测得的关系图像中_________（填“能”或“不能”）得到木盒与长木板间的动摩擦因数。 四、解答题（共38分） 13．（本题10分）滑雪是我国东北地区冬季常见的体育运动。如图（a），在与水平面夹角的滑雪道上，质量的滑雪者先采用两滑雪板平行的滑雪姿势（此时雪面对滑雪板的阻力可忽略），由静止开始沿直线匀加速下滑；之后采取两滑雪板间呈一定角度的滑雪姿势，通过滑雪板推雪获得阻力，匀减速继续下滑后停止。已知，取重力加速度，不计空气阻力。 （1）求减速过程中滑雪者加速度a的大小； （2）如图（b），若减速过程中两滑雪板间的夹角，滑雪板受到沿雪面且垂直于滑雪板边缘的阻力均为F，求F的大小。 14．（本题12分）如图所示，倾角的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一长、质量的薄木板，木板的最右端叠放一质量的小物块，物块与木板间的动摩擦因数。对木板施加沿斜面向上的恒力F，使木板由静止开始沿斜面向上做匀加速直线运动。设物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度。 (1)为使物块不滑离木板，求恒力F应满足的条件； (2)若恒力，求物块在薄木板上滑行的时间及在整个过程中向上滑行的最大距离。 15．（本题16分）如图所示，在竖直平面内固定倾角的倾斜轨道两点的高度差，轨道末端点与顺时针转动的水平传送带左端平滑连接。传送带右端水平地面上有一质量的足够长的木板紧靠传送带放置，木板上表面与传送带等高且平滑连接。现将质量的小物块（可视为质点）从点由静止释放。已知传送带的长度，速度大小，小物块与倾斜轨道间的动摩擦因数为，与传送带、木板间的动摩擦因数均为，木板与地面间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，小物块经过各连接处时速度大小均不变，取。求： (1)小物块滑至点时的速度大小； (2)小物块通过传送带所用的时间； (3)整个运动过程中，木板的位移大小。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《高三一轮复习牛顿运动定律章末测试》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C B B B D D C AC BC CD 1．C 【详解】对整体进行受力分析，由牛顿第二定律有 解得 由匀加速运动公式有 可知 同理，物体自由落体下落同样距离所用时间 联立解得 故选C。 2．B 【详解】A．设轻绳的拉力为T，对Q，在水平方向上，取水平向右为正方向，根据牛顿第二定律 在竖直方向上，根据平衡条件 联立，解得 所以，不同加速度下，轻绳中的拉力会改变，故A错误； B．当物块Q将离开斜面时，整体向左加速的加速度最大，此时对Q分析， 解得 对P受力分析， 联立，解得， 因为 所以，此时物块P相对斜面静止，故B正确； C．由A选项可知，当轻绳拉力为零时，整体向右加速的加速度最大，此时 解得 对P受力分析， 联立，解得， 因为 所以，此时物块P已经相对斜面发生滑动，所以若整体相对静止，则 故C错误； D．对物块P、Q和斜面组成的整体，在竖直方向上，根据平衡条件可得 故D错误。 故选B。 3．B 【详解】A．对乒乓球进行受力分析，乒乓球受到竖直向下的重力、垂直球拍面向上的支持力以及水平向后的空气阻力，将支持力正交分解为水平向前的分力 竖直向上的分力为 当乒乓球匀速运动时，竖直方向受力平衡，有 解得支持力，故A错误； BD．当乒乓球匀速运动时，水平方向受力平衡，有 联立可得 θ不变时，乒乓球以做匀速运动，故B正确，D错误； C．θ不变时，根据牛顿第二定律，水平方向有 可得 若乒乓球做加速运动，速度增大，阻力增大，导致加速度减小，所以乒乓球做加速度减小的加速运动，不可能一直做匀加速运动，故C错误。 故选B。 4．B 【详解】A．根据图线与坐标轴所围面积表示位移可知，滑块上滑的最大距离为，故A错误； B．由图乙可知，滑块下滑的加速度大小为 根据 解得滑块下滑的时间为，故B正确； CD．由图乙可知，滑块上滑的加速度大小为 上滑过程中，根据牛顿第二定律可得 下滑过程中，根据牛顿第二定律可得 联立，解得，，故CD错误。 故选B。 5．D 【详解】由于重物对车厢内水平地板的正压力为其重力的1.15倍，根据牛顿第三定律可得地板对重物的支持力为 设重物的加速度为，在竖直方向的加速度为，在水平方向的加速度为，则 根据牛顿第二定律在竖直方向上有 解得 根据牛顿第二定律在水平方向上有 解得 故选D。 6．D 【详解】A．煤块冲上传送带，开始时受到摩擦力沿传送带向下，根据牛顿第二定律则有 解得加速度大小为 当煤块速度减到与传送带速度相同后，煤块相对于传送带向下运动，受到的摩擦力方向沿传送带向上，同理可得加速度大小为 煤块一直减速到零，接着反向沿传送带向下加速，加速度大小为，由于 则煤块一直加速到离开传送带，与题意及图乙相符，所以可知时煤块的速度大小等于传送带的转动速率，由图乙可得 代入数据解得 则传送带的速度大小为，故A错误； BD．根据上述分析可知，图乙中时刻，煤块向上运动速度减为零，结合， 解得 则煤块下滑时的加速度大小为 结合乙图可知，时间内煤块的位移 又因为 代入数据解得，故B错误，D正确； C．内煤块相对于传送带向上运动，煤块在传送带上的划痕长度为 内煤块在传送带上的划痕长度为 但由于该过程煤块相对传送带向下运动，所以内煤块在传送带上的划痕长度为4m，故C错误。 故选D。 7．C 【详解】A．由图像可知，撤去拉力F前，物块在木板上一直有有相对运动，否则，撤去拉力F后，木板的v-t图像不可能是两段折线。 在1～1.5s内，物块加速、木板减速，设它们的加速度大小分别为a1、a2，则 设物块、木板的质量均为m，物块与木板之间的动摩擦因数为μ1，木板与地面之间的动摩擦因数μ2，则有 对物块 得 μ1=0.2，μ2=0.4 撤去拉力F前，木板的加速度 对木板,根据第二定律有 得 F=18N 选项A错误； B．由上可知，物块与木板间的动摩擦因数为，选项B错误； C．在t1=1.5s内，物块位移为 木板位移为 在t1=1.5s后，物块与木板间仍有相对滑动 物块的加速度大小 木板的加速度大小为 得 物块到停止的时间还需 木板到停止的时间还需 所以木板比物块早停止运动。 在t1=1.5s到物块停止运动的时间内，物块的位移为 木板位移为 物块最终停止时的位置与木板右端间的距离为 选项C正确； D．由上可知，物块从开始到停止运动的时间为3s，2s时的速度不为0，选项D错误。 故选C。 【点睛】 8．AC 【详解】A．刚释放B后滑块A与B一起向右运动，应用牛顿第二定律有 解得 运动距离为l时，根据运动学公式 可解得滑块A的最大速度为，故A正确 B．对A受力分析，有，故B错误； C．滑块运动距离时，A与B做减速运动，由于速度刚好减为0，根据对称性可知加速度 此时对B受力分析，有 解得绳上拉力为，故C正确； D．针对第二段减速运动对A分析，有 解得，故D错误。 故选AC。 9．BC 【详解】A．细绳烧断瞬间，弹簧弹力不能突变，重力不变，合力方向与原细绳拉力方向相反，加速度方向确定，故A错误； B．细绳烧断瞬间，合力大小等于原细绳拉力大小，由平衡条件 得 则，故B正确； C．小球静止时，由平衡条件 解得弹簧弹力，故C正确； D．小球静止时，由平衡条件 解得细绳拉力，故D错误。 故选BC。 10．CD 【详解】A. t1到t2时间内，拉力小于重力，钩码处于失重状态；t3到t4时间内，拉力大于重力，钩码处于超重状态，故A错误； B.从时刻t1到t2，钩码受到的拉力小于重力时，加速度向下，可能加速下降，也可能减速上升，故B错误； CD. t1到t4时间内，钩码先失重，再处于平衡状态，最后处于超重状态，先有竖直向下的加速度，再加速度等于零，最后有竖直向上的加速度，故可能先加速下降或者减速上升，再匀速下降或者匀速上升，最后可能减速下降或者加速上升，故CD正确 故选CD。 11．(1) (2)D (3) 不必 必须 (4)AC 【详解】（1）根据光电门的测量原理，遮光片通过光电门的平均速度可以看成其瞬时速度，所以 （2）根据实验装置，可应用牛顿第二定律得到 在方案一中，有运动学公式 联立可得 在方案二中，可应用牛顿第二定律得到 若改变的是距离x，可得到 方案一与方案二都应该做横轴为的图像。 故选D。 （3）[1]根据推导出的公式 利用图像可以求得斜率k与截距b，其中， 可得到 所以不需要测出M。 [2]利用方案二可得到公式 其中斜率包含M的大小，所以必须已知M才能求出动摩擦因数μ。 （4）A．方案一中利用力传感器可以得到绳上拉力F，不需要，故A正确； B．为减小系统误差，应选用宽度较小的遮光片来测量速度，故B错误； C．定滑轮与轴间的摩擦会使测得的加速度偏小，求出的动摩擦因数的值偏大，故C正确； D．若滑块释放时具有初速度，根据公式 测出的加速度a会偏大，所以测得的动摩擦因数会偏小，故D错误。 故选AC。 12． 细线与长木板平行 0.55 不能 【详解】[1]实验前，应先调整定滑轮的角度使细线与长木板平行，使细线对木盒1的拉力沿长木板方向。 [2]设木盒1和手机的总质量为，木盒2的质量为，对整体分析有 互换位置后有 联立解得，结合图乙可知，解得 [3]若提前平衡摩擦力，摩擦力会被长木板倾斜的重力分力抵消，对整体分析有 互换位置后有 两式相加后得到，表达式中消去了动摩擦因数，因此无法从图像得到，故不能测出动摩擦因数。 【点睛】 13．（1）；（2） 【详解】（1）由静止开始沿直线匀加速下滑的过程有 代入数据得 匀减速继续下滑的过程有 代入数据得 （2）若减速过程中两滑雪板间的夹角，根据牛顿第二定律有 解得 14．(1) (2)1s，0.6m 【详解】（1）以物块和木板整体为研究对象，由牛顿第二定律得 对物块有 刚好不滑动时 两者一起加速，由牛顿第二定律得 联立解得 （2）因，所以物块能够滑离木板，对木板，由牛顿第二定律可得 对物块，由牛顿第二定律可得 设物块滑离木板所用时间为t，木板的位移   物块的位移 物块与木板的分离条件为 联立以上各式解得 物块滑离木板时的速度 在斜面上滑行时的加速度大小 根据运动学公式有 物块向上滑行的最大距离 15．(1) (2) (3) 【详解】（1）小物块从到的过程，对小物块由牛顿第二定律有 解得加速度 小物块从到有 解得小物块滑至点时的速度 （2）小物块在传送带上减速的过程中，由牛顿第二定律得 设小物块减速至与传送带共速所用时间为，有 解得 小物块在传送带上减速过程运动的位移大小为 设小物块在传送带上匀速运动所用时间为，有 解得 小物块通过传送带所用的时间为 （3）小物块以的速度滑上木板，共速前，小物块加速度大小为，水平向左，对木板由牛顿第二定律，有 解得 设经时间小物块与木板达到共同速度，有 解得 二者达到共同速度时的速度大小为 该过程木板运动的位移大小为 共速后，由于，则小物块与木板一起做匀减速直线运动直至停止。对小物块和木板整体由牛顿第二定律有 该过程木板的位移大小为 整个过程中木板的位移大小 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $