2027届高考物理一轮复习单元训练卷 第三单元牛顿运动定律B卷

**基本信息** 本卷为高中物理一轮复习牛顿运动定律单元卷，聚焦核心概念与综合应用，融合2019年全国卷真题，适配高三基础巩固与能力提升需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|10/40|牛顿定律基本概念、受力分析、运动图像|注重科学推理，如多体系统瞬时加速度分析| |非选择题|6/60|实验验证（动摩擦因数测量）、传送带模型、连接体问题|融合真题，强化科学探究，如2019全国II卷实验改编|

第三单元牛顿运动定律B卷 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。 2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。 一、 (本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10题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) 1．下列说法正确的是(　　) A．在国际单位制中，“牛顿”是力学的三个基本单位之一 B．选择不同的参考系对同一运动的描述是相同的 C．时间、质量和路程都是标量，位移、速度和力都是矢量 D．小球做自由落体运动时，速度不断增大，惯性也不断增大 2．如图所示，水平面上放有三个木块A、B、C，质量均为m＝1 kg，A、C与地面间的接触面光滑，与地面间的动摩擦因数μ＝0.1，A、B之间用轻弹簧相连，B、C之间用轻绳相连。现在给C一个水平向右、大小为 的拉力F，使A、B、C三个木块一起以相同的加速度向右做匀加速直线运动。某一时刻撤去拉力F，则撤去力F的瞬间，轻绳中的张力T为(重力加速度g取10 m/s2) (　　) A．0 B．1 N C．2 N D．3 N 3．甲、乙两球质量分别为m1、m2，从同一地点(足够高)同时由静止释放，两球下落过程中所受空气阻力大小f仅与球的速率v成正比，与球的质量无关，即f＝kv(k为正的常量)，两球的v－t图象如图所示。落地前，经时间t0两球的速度都已达到各自的稳定值v1、v2。下列判断正确的是(　　) A．释放瞬间甲球加速度较大 B．＝ C．甲球质量大于乙球质量 D．t0时间内两球下落的高度相等 4．某电梯只受重力与绳索拉力，在t＝0时由静止开始上升，a－t图象如图所示，则下列相关说法正确的是(　　) A．t＝4.5 s时，电梯处于失重状态 B．5～55 s时间内，绳索拉力最小 C．t＝59.5 s时，电梯处于超重状态 D．t＝60 s时，电梯速度恰好为零 5．两个质量均为m的小球，用轻弹簧连接，小球A由轻绳悬挂在天花板上O点，两球处于平衡状态，如图所示。现突然剪断轻绳OA，让小球下落，在剪断轻弹绳的瞬间，设小球A、B的加速度分别用a1和a2表示，则(　　) A．a1＝g，a2＝g B．a1＝0，a2＝2g C．a1＝g，a2＝0 D．a1＝2g，a2＝g0 6．如图所示，物块A放在轻弹簧上，物块B放在物块A上静止。当用力F使物块B竖直向上做匀加速直线运动，在下面所的四个图象中，能反映物块B脱离物块A前的过程中力F随时间t变化规律的是（ ） 7．如图所示，质量为m＝1 kg的物体与水平地面之间的动摩擦因数为0.3，当物体运动的速度为10 m/s时，给物体施加一个与速度方向相反的大小为F＝2 N的恒力，则在此恒力作用下(g取10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(　　) A．物体经10 s速度减为零 B．物体经2 s速度减为零 C．物体速度减为零后将保持静止 D．物体速度减为零后将向右运动 8．如图所示，bc 为固定在小车上的水平横杆，物块 M 串在杆上，靠摩擦力保持相对杆静止，M 又通过轻细线悬吊着一小球 m， 此时小车正以大小为 a 的加速度向右做匀加速运动，而 M、m 均相对小车静止，细线与竖直方向的夹角为 θ。小车的加速度逐渐增加，M 始终和小车保持相对静止，当加速度增加到2a时(　　) A．横杆对M的摩擦力增加到原来的2倍 B．横杆对M的弹力保持不变 C．细线与竖直方向的夹角增加到原来的2倍 D．细线的拉力增加到原来的2倍 9．(2019∙全国III卷)如图（a），物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。t＝0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t＝4 s时撤去外力。细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图（b）所示，木板的速度v与时间t的关系如图（c）所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度取g＝10 m/s2。由题给数据可以得出(　　) A．木板的质量为1 kg B．2 s～4 s内，力F的大小为0.4 N C．0～2 s内，力F的大小保持不变 D．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2 10．一块足够长的白板，位于水平桌面上，处于静止状态，一石墨块(可视为质点)静止在白板上。石墨块与白板间有摩擦，滑动摩擦系数为μ。突然，使白板以恒定的速度v0做匀速直线运动，石墨块将在板上划下黑色痕迹。经过某段时间t，令白板突然停下，以后不再运动。在最后石墨块也不再运动时，白板上黑色痕迹的长度可能是(已知重力加速度为g，不计石墨与板摩擦划痕过程中损失的质量)(　　) A． B． C． D．v0t 二、(本题共6小题，共60分。把答案填在题中的横线上或按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位) 11．(2019∙全国II卷)(5分)如图（a），某同学设计了测量铁块与木板间动摩擦因数的实验。所用器材有：铁架台、长木板、铁块、米尺、电磁打点计时器、频率50 Hz的交流电源，纸带等。回答下列问题： (1)铁块与木板间动摩擦因数μ＝ 。（用木板与水平面的夹角θ、重力加速度g和铁块下滑的加速度a表示） (2)某次实验时，调整木板与水平面的夹角θ＝30°。接通电源，开启打点计时器，释放铁块，铁块从静止开始沿木板滑下。多次重复后选择点迹清晰的一条纸带，如图(b)所示。图中的点为计数点(每两个相邻的计数点间还有4个点未画出)，重力加速度为9.8 m/s2。可以计算出铁块与木板间的动摩擦因数为 。(结果保留2位小数) 12．(7分)某同学用如图甲所示的实验装置完成“验证牛顿第二定律”的实验。 (1)在“探究小车加速度和质量的关系”实验中，某同学将实验测量的数据描绘成了如图乙所示的a－M图象，于是他得出了“小车的加速度和质量成反比”的结论，请你对此进行评价_______________。 (2)在“探究小车加速度和力的关系”实验中，某同学将实验得到的数据描绘成了a－F图象，如果他要得出“小车的加速度和力成正比”的结论，他应该得到一条怎样的图象？_____________________________________________。 (3)他在验证“物体质量一定，其加速度与所受合力成正比”时，根据实验测得的数据得出的a－F图线如图丙所示。图线既不过原点，又不是直线，原因是______________________________。 13．(8分)如图所示，可视为质点的两物块A、B的质量分别为2m、m。A放在光滑水平桌面上，一不可伸长的柔软轻绳跨过光滑轻质定滑轮，两端分别与A、B相连接，A和滑轮间的轻绳与桌面平行。现将A从静止释放，当B落地时，A还在桌面上。不计空气阻力，重力加速度为g。求： (1)B落地前的加速度a的大小； (2)B落地前滑轮对轮轴的压力F的大小。 14．(10分)在平直公路上有A、B两辆汽车，二者质量均为6.0×103 kg，运动时所受阻力均为车重的。它们的v－t图象分别如图中a、b所示。g取10 m/s2。求： (1)A车的加速度aA和牵引力FA； (2)0～3 s内B车的位移xB和牵引力FB。 15．(14分)如图所示，AB、CD为两个光滑的平台，一倾角为37°、长为5 m的传送带与两平台平滑连接。现有一小物体以10 m/s的速度沿平台AB向右运动，当传送带静止时，小物体恰好能滑到平台CD上。(g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8) (1)求小物体跟传送带间的动摩擦因数； (2)当小物体在平台AB上的运动速度低于某一数值时，无论传送带顺时针运动的速度有多大，小物体都不能到达平台CD，求这个临界速度； (3)若小物体以8 m/s的速度沿平台AB向右运动，欲使小物体能到达平台CD，传送带至少以多大的速度顺时针运动？ 16．(2019∙江苏卷)(16分)如图所示，质量相等的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐。A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ。先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L后停下。接着敲击B，B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。求： (1)A被敲击后获得的初速度大小vA； (2)在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小aB、aB'； (3)B被敲击后获得的初速度大小vB。 2 1 学科网（北京）股份有限公司 单元训练卷·高三·物理（B）卷 第三单元 答 案 一、 (本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10题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) 1．【答案】C 【解析】千克、米、秒是力学的三个基本单位，牛顿是导出单位，A错误；选择不同的参考系研究物体的运动情况，其结果一般不同，B错误；位移、速度、力都既有大小又有方向，这三个物理量都是矢量，时间、质量和路程都是标量，C正确；小球做自由落体运动时，速度不断增大，但惯性保持不变，D错误。 2．【答案】B 【解析】在拉力作用下，对整体，由牛顿第二定律可得F－μmg＝3ma，解得a＝1 m/s2，对A，由牛顿第二定律可得Fʹ＝ma＝1 N。当撤去外力后，把B、C作为整体，由牛顿第二定律可知Fʹ＝μmg＝2maʹ，解得aʹ＝1 m/s2，方向向左，对C受力分析，由牛顿第二定律可得T＝maʹ＝1 N，故B正确。 3．【答案】C 【解析】释放瞬间，v＝0，因此空气阻力f＝0，两球均只受重力，加速度均为重力加速度g，A错误；两球先做加速度减小的加速运动，最后都做匀速运动，稳定时，有kv＝mg，因此最大速度与其质量成正比，即v∝m，故＝，B错误；由图象知v1>v2，因此m1>m2，C正确；图象与时间轴围成的面积表示位移，由图可知，t0时间内两球下落的高度不相等，D错误。 4．【答案】D 【解析】利用a－t图象可判断，t＝4.5 s时，电梯有向上的加速度，电梯处于超重状态，A错误；0～5 s时间内，电梯处于超重状态，拉力大于重力，5～55 s时间内，电梯匀速上升，拉力等于重力，55～60 s时间内，电梯处于失重状态，拉力小于重力，综上所述，B、C错误；因a－t图线与t轴所围的“面积”表示速度改变量，而图中横轴上方的“面积”与横轴下方的“面积”相等，则电梯的速度在t＝60 s时为零，D正确。 5．【答案】D 【解析】剪断轻绳OA的瞬时， A、B间弹簧的弹力不变，则小球A所受合力为2mg，小球B所受合力为零，故a1＝2g，a2＝0，故选D。 6．【答案】C 【解析】刚开始物体平衡，有kx0＝mg，有拉力F作用后，根据牛顿第二定律，有F＋kx－mg＝ma，由于物体做匀加速直线运动，故，由上述两式得，故选C。 7．【答案】BC 【解析】物体受到向右的滑动摩擦力，f＝μFN＝μmg＝3 N，根据牛顿第二定律得a＝＝ m/s2＝5 m/s2，方向向右，物体减速到0所需的时间t＝＝ s＝2 s，B正确，A错误；减速到零后，F<f，物体处于静止状态，不再运动，C正确，D错误。 8．【答案】AB 【解析】对m和M组成的整体，分析受力如图甲所示，根据牛顿第二定律得，水平方向：Ff＝(M＋m)a，竖直方向：FN＝(M＋m)g，则当加速度增加到2a时，横杆对M的摩擦力Ff增加到原来的2倍，横杆对M的弹力与两个物体受到的总重力大小相等，保持不变，故A、B正确；以小球为研究对象，分析受力如图乙所示，由牛顿第二定律得mgtan θ＝ma，解得tan θ＝，当a增加到2a时，tan θ变为原来的两倍，但θ不是原来的2倍，细线的拉力FT＝，可知a变为2a时，FT不是原来的2倍，故C、D错误。 9．【答案】AB 【解析】结合两图象可判断出0～2 s物块和木板还未发生相对滑动，它们之间的摩擦力为静摩擦力，此过程力F等于f，故F在此过程中是变力，即C错误；2～5 s内木板与物块发生相对滑动，摩擦力转变为滑动摩擦力，由牛顿运动定律，对2～4 s和4～5 s列运动学方程，可解出质量m为1 kg，2～4 s内的力F为0.4 N，故A、B正确；由于不知道物块的质量，所以无法计算它们之间的动摩擦因数μ，故D错误。 10．【答案】AC 【解析】在时间t内，石墨可能一直匀加速，也可能先加速后匀速；石墨加速时，根据牛顿第二定律，有μmg＝ma，解得a＝μg。①如果时间t内一直加速，加速的位移为，故相对白板的位移为；②如果先加速，后匀速，位移为，故相对白板的位移为；③如果加速的末速度恰好等于v0，则，故相对白板的位移为。经过时间t后，白板静止后，石墨做减速运动，加速度大小不变，故相对白板沿原路返回，故白板上黑色痕迹的长度等于加速时相对薄板的位移，故选A、C。 二、(本题共6小题，共60分。把答案填在题中的横线上或按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位) 11．【答案】(1) (2分) (2).0.35 (3分) 【解析】(1)由mgsinθ－μmgcosθ＝ma，解得：μ＝……① (2)由逐差法a＝ 得：sII＝(76.39－31.83)×10－2m，T＝0.1s，sI＝(31.83－5.00)×10－2m，故a＝ m/s2＝1.97 m/s2，代入①式，得：μ＝ ＝0.35。 12．【答案】(1)不能得出结论(2分) (2)他应该得到一条过原点的直线(2分) (3)不过原点的原因是没有平衡摩擦力，或木板倾角过小，平衡得不够。发生弯曲的原因是小车的质量M没有远大于配重的质量m (3分) 【解析】(1)在探究加速度a与质量M的关系时，作出a－M图象是一条曲线，由图只能看出小车的加速度随质量的增大而减小，因此需要将曲线直线化，即做出a－1/M图象，看是否是一条过原点的直线，如果是通过坐标原点的直线，证明加速度a与质量M成反比，所以该同学的做法不能得出结论；(2)他要得出“小车的加速度和力成正比”的结论，所以将实验得到的数据描绘成了a－F图象，他应该得到一条过原点的直线；(3)不过原点的原因是没有平衡摩擦力，或木板倾角过小，平衡得不够；发生弯曲的原因是小车的质量M没有远大于配重的质量m。 13．【解析】(1)B落地前，对于A，取水平向左为正，对于B，取竖直向下为正，根据牛顿第二定律得： T＝2ma (2分) mg－T＝ma (2分) 解得：T＝mg，a＝g。 (1分) (2)滑轮对轮轴的压力大小等于滑轮受到两段轻绳的压力大小，由几何关系可得 F＝2Tcos 45°＝mg。(3分) 14．【解析】(1)由图可得A车匀加速运动的加速度为： aA＝＝ m/s2＝1.75 m/s2 (2分) 由牛顿第二定律得：FA－kmg＝maA (2分) 解得：FA＝1.45×104 N。(1分) (2)0～3 s内B车的位移等于B车的v－t图线与坐标轴围成的面积，即xB＝9 m (1分) 由图可得B车匀减速运动的加速度为aB＝＝－ m/s2 (1分) 由牛顿第二定律得：FB－kmg＝maB (2分) 解得：FB＝0。(1分) 15．【解析】(1)传送带静止时，小物体在传送带上受力如图甲所示，根据牛顿第二定律得： μmgcos37°＋mgsin37°＝ma1 (2分) B→C过程，有：v＝2a1l (2分) 解得：a1＝10 m/s2，μ＝0.5。 (1分) (2)当小物体在传送带上受到的摩擦力始终向上时，最容易到达传送带顶端，此时，小物体受力如图乙所示，根据牛顿第二定律得： mgsin37°－μmgcos37°＝ma2 (2分) 若恰好能到达平台CD，有：v2＝2a2l (1分) 解得：v＝2 m/s，a2＝2 m/s2 (1分) 即当小物体在平台AB上向右运动的速度小于2 m/s时，无论传送带顺时针运动的速度有多大，小物体都不能到达平台CD。(1分) (3)设小物体在平台AB上的运动速度为v1，传送带顺时针运动的速度大小为v2。 从小物体滑上传送带至小物体速度减小到传送带速度过程，有：v－v＝2a1x1 (1分) 从小物体速度减小到传送带速度至恰好到达平台CD过程，有：v＝2a2x2，x1＋x2＝l (2分) 解得：v2＝3 m/s，即传送带至少以3 m/s的速度顺时针运动，小物体才能到达平台CD。(2分) 16．【解析】(1)由牛顿运动定律知，A加速度的大小aA＝μg (2分) 匀变速直线运动2aAL＝vA2 (1分) 解得：。 (1分) (2)设A、B的质量均为m 对齐前，B所受合外力大小F＝3μmg (2分) 由牛顿运动定律F＝maB，得aB＝3μg (1分) 对齐后，A、B所受合外力大小F′＝2μmg (2分) 由牛顿运动定律F′＝2maB′，得aB′＝μg (1分) (3)经过时间t，A、B达到共同速度v，位移分别为xA、xB，A加速度的大小等于aA，则 v＝aAt，v＝vB－aBt (2分) ， (2分) 且xB－xA＝L (1分) 解得：。(1分) 2 3 学科网（北京）股份有限公司 $