牛顿第二定律 自测卷-2027届高三物理一轮复习基础知识自测

**基本信息** 高三牛顿第二定律一轮复习自测卷，以货车运油桶、传送带等真实情境和伽利略理想实验为载体，覆盖受力分析、运动学综合等核心知识，注重科学推理与模型建构，适配一轮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| |----|-----------|----------|----------| |单选题|11/44|牛顿第二定律应用、理想实验、单位制|第1题伽利略理想实验考查科学推理，第3题油桶受力分析体现模型建构| |多选题|5/30|连接体问题、弹簧动态分析|第12题两球平衡与瞬时加速度结合，考查科学论证| |实验题|2/10|探究加速度与力关系|第17题对比丙丁方案，考查实验设计与科学探究能力| |解答题|1/16|板块模型运动学综合|第19题分阶段分析滑块木板运动，综合物理观念与科学思维|

2026-2027高三一轮基础知识复习自测卷 牛顿第二定律 一、单选题（每题4分，共计44分） 1．伽利略在研究力和运动的关系时，为了阐明自己的观点，设计了如图所示的实验：让一个小球沿斜面从静止状态开始运动，小球将“冲”上另一个斜面。如果没有摩擦，小球将到达原来的高度。如果第二个斜面倾角减小，小球仍将到达原来的高度，但是运动的距离更长。由此可以推断，当斜面最终变为水平面时，小球要到达原有高度将永远运动下去。下列说法中正确的是（　　） A．该实验充分证实了亚里士多德“力是维持物体运动的原因”的观点 B．伽利略设计的无摩擦的斜面可以通过改进实验装置制作工艺实现 C．“小球沿右侧斜面向上运动时，如果没有摩擦，小球将到达原来的高度”，这是实际实验现象 D．这种理想实验是依据逻辑推理把实际实验理想化，从而揭示现象本质的研究方法 2．声音在空气中的传播速度v与空气的密度ρ、压强p有关。下列速度的表达式（k为比例系数，无单位）中正确的是（　　） A．v＝k B．v＝ C．v＝ D．v＝ 3．如图所示，一辆货车运载着圆柱形光滑的空油桶。在车厢底，一层油桶平整排列，相互紧贴并被牢牢固定，上一层只有一只桶C，自由地摆放在桶A、B之间。已知重力加速度为g，每个桶的质量都为m，当汽车与油桶一起以某一加速度a向左加速时，下列说法正确的是（　　） A．A、B对C的合力方向竖直向上 B．时，A对C的支持力为0 C．a增大时，B对C的支持力变小 D．B对C支持力的大小可能等于 4．工程建设中经常用到较大的水泥圆管，装卸工人为保证圆管从较高的车斗上卸下时不被损坏，在车斗边缘平行固定两根木棍，将圆管纵向架在两根木棍之间，让圆管沿木棍缓慢滑下，此过程可简化为如图所示的模型。在其他条件不变的情况下，可以进一步减缓圆管下滑的方法是（　　） A．适当增大两根木棍的间距 B．适当增大木棍与水平面的夹角θ C．换成两根表面更光滑的木棍 D．换成两根更短的木棍 5．如图，质量均为m的两个相同小球甲和乙用轻弹簧连接，并用轻绳固定，处于静止状态，水平，与竖直方向的夹角为，重力加速度大小为g。则（　　）    A． 的拉力大小为 B．的拉力大小为3mg C．若剪断，该瞬间小球甲的加速度大小为 D．若剪断，该瞬间小球乙的加速度大小为g 6．如图所示，在倾角为的光滑斜面上，一质量为的小车在沿斜面向下的外力作用下下滑，在小车下滑的过程中，小车支架上连接着小球（质量为）的轻绳恰好水平。则外力的大小为（　　） A．4.5mg B．2mg C．2.5mg D．0.5mg 7．如图所示，三根光滑轨道、、下端分别为、、，位于的正下方，、。一小圆环从点由静止分别沿、、滑下，滑到下端的时间分别为、、，下列选项正确的是（　　） A．， B．， C．， D．， 8．如图所示，斜面M静止在粗糙地面上，斜面上有一滑块m，在垂直斜面斜向右下方的力F的作用下，滑块恰好可以匀速下滑，现将F撤去，在之后滑块仍在下滑的过程中，斜面始终保持静止，重力加速度为g，对于该过程，下列说法正确的是（    ） A．滑块与斜面之间的摩擦力变大 B．地面对斜面的支持力等于 C．斜面受到地面的摩擦力向左 D．斜面受到地面的摩擦力向右 9．如图所示，劲度系数为的轻弹簧一端固定在倾角为37°且足够长的光滑固定斜面的底端，另一端拴住质量为3kg的物体P，质量为5kg的物体Q靠在P上（不拴接），系统处于静止状态。现给Q施加一个沿斜面向上的力F，使它从静止开始沿斜面向上做匀加速运动，经0.2s时间P、Q恰好分离，，，，则下列说法正确的是（　　） A．分离瞬间弹簧恰好处于原长状态 B．物体Q做匀加速运动的加速度大小为 C．力F的最小值为 D．力F的最大值为 10．运动员手持乒乓球拍托球沿水平面匀加速跑，设球拍和球质量分别为、，球拍平面和水平面之间的夹角为37°（已知，），球拍与球保持相对静止，重力加速度为，不计摩擦与空气阻力，则（　　） A．球拍对球的作用力 B．运动员对球拍的作用力为 C．运动员的加速度为 D．若运动员的加速度大于，球一定沿球拍向上运动 11．如图所示，光滑水平桌面上放置一个倾角为37°的光滑楔形滑块A，质量为。一细线的一端固定于楔形滑块A的顶端O处，细线另一端拴一质量为的小球。若滑块与小球在外力F作用下，一起以加速度a向左做匀加速运动。取；；，则下列说法错误的是（　　） A．当时，滑块对球的支持力不为零 B．当时，滑块对球的支持力为0N C．当时，外力F的大小为4N D．当时，地面对A的支持力为10N 二、多选题（每题6分，共计30分） 12．如图所示，两小球M、N分别与两段轻绳A、B和一轻弹簧C连接。两小球静止时，轻绳A、B与竖直方向的夹角分别为30°、45°，弹簧C沿水平方向，则下列说法正确的是（　　） A．球M和球N的质量之比为 B．轻绳A和弹簧C的弹力之比为 C．若小球N的质量为，剪断轻绳B的瞬间，轻绳A的张力为 D．若小球M的质量为，剪断轻绳B的瞬间，球M的合力大小为g 13．如图所示，倾角为30°的光滑固定斜面顶端固定有轻质光滑滑轮，A、B两可视为质点的小球用跨过滑轮的不可伸长的轻质细绳连接，滑轮与A球之间的轻绳与斜面平行、与B球之间的轻绳竖直。由静止释放两球，释放后的瞬间B球的加速度大小为，已知重力加速度为g，则A、B两球的质量之比可能是（　　） A．2∶5 B．4∶5 C．4∶1 D．8∶1 14．如图甲所示，轻质弹簧下端固定在水平面上，上端叠放着两个物体A、B，系统处于静止状态。现用竖直向上的拉力作用在物体A上，使A向上做匀加速直线运动，以系统静止时的位置为坐标原点，竖直向上为位移正方向，得到随的变化图像如图乙所示。已知物体A的质量，重力加速度，则下列说法正确的是（　　）    A．物块B的质量为 B．物块A做匀加速直线运动的加速度大小为 C．作用瞬间，A、B之间的弹力大小为 D．弹簧的劲度系数为 15．如图甲所示，倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行。t＝0时，将质量m＝1 kg的物体（可视为质点）轻放在传送带上，物体相对地面的v-­t图像如图乙所示。设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g＝10 m/s2。则不正确的是（　　） A．传送带的速率v0＝10 m/s B．传送带的倾角θ＝30° C．物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5 D．0~2 s内物体在传送带上留下的痕迹为6m 16．如图所示，质量的长木板静止在粗糙水平地面上，时刻对木板施加的水平向右恒力，同时质量的小物块以的初速度从左端滑上木板。已知木板长度，木板与地面、木板与小物块间的动摩擦因数分别为、，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度，下列说法正确的是（　　） A．小物块刚滑上木板时，木板的加速度大小为 B．时，小物块恰好运动到木板最右端 C．时，小物块从木板左端脱离 D．若时撤去外力F，小物块最终会从木板右端脱离 三、实验题（每空2分，共计10分） 17．做“探究加速度与力、质量的关系”实验时，图丙是教材中的实验方案，图丁是拓展方案，其实验操作步骤如下： ①挂上托盘和砝码，改变木板的倾角，使质量为M的小车拖着纸带沿木板匀速下滑； ②取下托盘和砝码，测出其总质量为m，让小车沿木板下滑，测出加速度a； ③改变砝码质量和木板倾角，多次测量，通过作图可得到a-F的关系。 需要满足条件的方案是________（选填“丙”、“丁”或“丙和丁”）；在作a-F图像时，把mg作为F值的是________（选填“丙”、“丁”或“丙和丁”）。 18．某小组通过实验探究加速度与力的关系，实验装置如图1所示。打点计时器的电源频率为。 (1)不悬挂钩码，将长木板右端用垫块垫起，轻推小车后，发现打点计时器打出的纸带点迹间距越来越小，为了能平衡摩擦力此时应将图中垫块向__________（填“左”或“右”）移动一些。 (2)实验打出的一条纸带如图2所示，、、是连续的三个计数点，相邻两计数点间还有9个计时点未画出，则根据纸带数据计算出小车运动的加速度大小__________（结果保留2位有效数字）。 (3)实验小组的小王和小李同学分别做了一次实验，以钩码的重力代表轻绳的拉力，小王同学根据实验数据作出的图像为图3中的，小李同学根据实验数据作出的图像为图3中的，若两位同学将测得的至之间的几组数据也描点作图，作出的图像最有可能会出现弯曲现象的是__________（填“”或“”）图像。 四、解答题（16分） 19．质量为的木板放在水平地面上，质量为的小滑块（其大小可忽略）放在木板上最右端，如图所示，木板与地面的摩擦因数为，木板与滑块间的动摩擦因数为。在木板右侧施加一个水平向右的恒力，取，并认为最大静摩擦力等于同等条件下的滑动摩擦力，请求以下问题： (1)若，则小滑块和木板的加速度大小分别为多少？ (2)若，作用了后撤去。若运动过程中滑块始终未脱离木板，则木板长度最短为多少？ (3)在（2）的情境中，求滑块和木板最终静止时，滑块到木板最右端的距离为多少？ 《2026-2027高三一轮基础知识复习自测卷——牛顿第二定律》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D B B A C A D C B C 题号 11 12 13 14 15 16 答案 C AC BD BD BD AC 1．D 【详解】A．当右侧斜面倾角变为时，忽略摩擦力的影响，小球将一直运动下去，伽利略的结论是“力不是维持物体运动的原因”，故A错误； B．没有摩擦，绝对光滑的轨道，无论通过什么工艺都不能实现，故B错误； C．由于没有绝对光滑的轨道，故“小球沿右侧斜面向上运动时，如果没有摩擦，小球将到达原来的高度”，这是实际实验观察不到的现象，故C错误； D．伽利略理想实验的本质是想象着把实际存在，影响物体运动的摩擦力去掉，抓住事物的本质，这种依据逻辑推理把实际实验理想化的思想，也是揭示现象本质的重要研究方法之一，故D正确。 故选D。 2．B 【详解】A．表达式为，其单位为，与速度单位不符，故A错误； B．表达式为，其单位为，与速度单位一致，故B正确； C．表达式为，其单位为，与速度单位不符，故C错误； D．表达式为，其单位为，故D错误。 故选B。 3．B 【详解】A．C向左加速运动，则合外力水平向左，即A、B对C的合力与重力合力方向水平向左，可知A、B对C的合力方向斜向左上方，选项A错误； B．当A对C的支持力为0时，则对C根据牛顿第二定律 解得 选项B正确； CD．对C分析由牛顿第二定律， 可得 a增大时，B对C的支持力变大；因 则选项CD错误。 故选B。 4．A 【详解】A．由对称可知，两木棍给圆管的支持力相等，设为N，它们方向的夹角为。则 解得 适当增大两根木棍的间距，则增大，可知N增大。在下滑方向上，由牛顿第二定律得 N增大，则a减小，可减缓圆管下滑，故A正确； BD．换成两根更短的木棍，实际就是适当增大木棍与水平面的夹角θ，由 得 不变，增大，可知增大，不能减缓圆管下滑，故BD错误； C．换成两根表面更光滑的木棍，摩擦力减小，则合力增大，即加速度增大不能减缓圆管下滑，故C错误。 故选A。 5．C 【详解】AB．对甲乙整体受力分析可知，的拉力大小为 的拉力大小为 选项AB错误； CD．若剪断瞬间，弹簧的弹力不变，则小球乙受的合外力仍为零，加速度为零；对甲分析可知，甲受重力和弹簧向下的拉力，绳子对其的拉力，甲球的速度为0，将甲受力沿着绳子方向和垂直绳子方向分解，沿绳方向合力为0，则剪断瞬间，甲球受到的合力 由牛顿第二定律可知加速度 选项C正确，D错误。 故选C。 6．A 【详解】对小球受力分析，小球受重力和水平方向绳子的拉力，由于小车沿斜面下滑，则小球的合力沿斜面向下，根据几何关系可知，小球的合力为 则小球的加速度为 对小车和小球整体受力分析，根据牛顿第二定律可得 解得 故选A。 7．D 【详解】设OA与AC夹角为，OA高度为h，如图 则小圆环在OC滑动时，有 解得 小圆环在OB滑动时，有 解得 小圆环在OA滑动时，有 解得 综合可知 故选D。 8．C 【详解】A．在垂直斜面斜向右下方的力F作用下，滑块受重力、支持力、摩擦力、推力四个力的作用，滑块恰好可以匀速下滑，故，， 解得， 撤去F之后滑块继续下滑的过程中，， 解得，故，滑块与斜面之间的摩擦力变小，A错误； B．撤去F之前，滑块恰好可以匀速下滑，故滑块与斜面整体加速度为0，地面对斜面的支持力等于总重力与力F竖直分力之和，即地面对斜面的支持力大于 撤去F之后，滑块与斜面之间的摩擦力变小，滑块匀加速下滑，滑块有沿斜面向下的加速度，有竖直向下的分加速度，故滑块与斜面整体处于失重状态，地面对斜面的支持力小于，故B错误； CD．撤去F之前，滑块恰好可以匀速下滑，故 解得 撤去F之后 联立解得，故滑块有沿斜面向下的加速度，滑块有水平向左的分加速度，故滑块与斜面整体受到水平向左的摩擦力，故C正确，D错误。 故选C。 9．B 【详解】A．、恰好分离时，具有向上的加速度，此时弹簧一定处于压缩状态，故A错误； B．设开始时弹簧压缩量为，则有 解得 分离瞬间，对分析，有 且 两式联立解得，故B正确； CD．对两物体受力分析知，开始运动时最小，分离时最大，则 对分析，有 解得，故CD错误。 故选B。 10．C 【详解】A．对小球分析如下图所示： 根据平行四边形定则知，球拍对球的作用力，故A错误； B．同理，对球拍和球整体分析，根据平行四边形定则知，运动员对球拍的作用力为，故B错误； C．球和运动员具有相同的加速度，对小球分析如图所示，则小球所受的合力为，根据牛顿第二定律得：运动员的加速度为，故C正确； D．当时，网球将向上运动，若运动员的加速度大于，但不一定比大，故球不一定会沿球拍向上运动，故D错误。 故选C。 11．C 【分析】首先分析小球刚好离开斜面时的临界加速度。当小球刚好离开斜面时，斜面对小球的支持力，小球只受重力和细线的拉力。由于细线固定在斜面顶端处，当小球在斜面上时，细线与水平方向夹角为。 根据牛顿第二定律：竖直方向： 水平方向： 解得临界加速度： 【详解】A．当时，因为，小球未离开斜面，滑块对球的支持力，故A正确； B．当时，因为，小球已经离开斜面飘起，滑块对球的支持力，故B正确； C．当时，小球和滑块相对静止，对整体应用牛顿第二定律，外力，故C错误； D．当时，虽然小球飘起，但系统在竖直方向上没有加速度（整体相对静止或稳态），竖直方向受力平衡。地面对的支持力等于整体的重力，即，故D正确。 故选C。 12．AC 【详解】AB．设弹簧弹力为F，对两球整体受力分析，由平衡条件可得， 对小球M受力分析且由平衡条件可得， 联立解得， 故A正确，B错误； CD．剪断轻绳B的瞬间，轻绳A的张力为球N重力在径向的分力，大小为 剪断轻绳B的瞬间，弹簧弹力不变，球M的合力大小为 故C正确，D错误。 故选AC。 13．BD 【详解】由静止释放两球，释放后的瞬间B球的加速度大小为； 若B球的加速度方向竖直向下，以B球为对象，根据牛顿第二定律可得 以A球为对象，根据牛顿第二定律可得 联立可得A、B两球的质量之比为 若B球的加速度方向竖直向上，以B球为对象，根据牛顿第二定律可得 以A球为对象，根据牛顿第二定律可得 联立可得A、B两球的质量之比为 故选BD。 14．BD 【详解】D．以A、B整体为研究对象，设物块B质量为M，静止时弹簧压缩量为，有 分离之前有 即 所以F随x的变化图像的斜率等于劲度系数 故D正确； AB．，有 分离时，有 联立解得 故A错误，B正确； C．施加拉力F的瞬间，设A、B之间的弹力为，对B进行受力分析有 解得 故C错误。 故选BD。 15．BD 【详解】A．由图知，物体先做初速度为零的匀加速直线运动，速度达到传送带速度后（在t＝1.0s时刻），由于重力沿斜面向下的分力大于摩擦力，物块继续向下做匀加速直线运动，从图像可知传送带的速度为 故A正确； BC．在0~1.0s内，物体摩擦力方向沿斜面向下，匀加速运动的加速度为 由图知 在1.0~2.0s，物体的加速度为 由图知 联立解得 故B错误，C正确； D．根据“面积”表示位移，可知0~1.0s物体相对于地的位移 传送带的位移为 物体对传送带的位移大小为 方向向上；1.0~2.0s物体相对于地的位移 传送带的位移为 物体对传送带的位移大小为 方向向下，故留下的痕迹为5m，故D错误。 本题选不正确的，故选BD。 16．AC 【详解】A．小物块刚滑上木板时，对木板进行分析，根据牛顿第二定律有 解得 故A正确； B．对小物块进行分析，根据牛顿第二定律有 解得 时，小物块的速度 此时木板的速度 两者的相对位移 可知，时，小物块并没有运动到木板最右端，故B错误； C．结合上述，在时，小物块与木板速度恰好相等，之后两者不能够保持相对静止，小物块以的加速度向右做匀加速直线运动，木板以比小物块更大的加速度向右做匀加速直线运动，对木板进行分析，根据牛顿第二定律有 解得 上述过程小物块相对于木板向左运动，则有 解得 可知，小物块从木板左端脱离的时间 故C正确； D．若时撤去外力F，由于 令，结合上述可知，此时小物块与木板的速度分别为， 此时间内小物块相对于木板向左运动，则相对位移为 撤去外力后小物块向右继续以的加速度做匀加速直线运动，木板向右做匀减速直线运动，对木板进行分析有 解得 令历时两者达到相等速度，则有 解得 此时间内小物块相对于木板向左运动，则相对位移为 由于 可知，撤去外力。两者达到相等速度后，小物块没有从左端滑轮木板，之后两者保持相对静止，做匀减速直线运动，一直到速度减为0后静止，即若时撤去外力F，小物块最终不会从木板右端脱离，故D错误。 故选AC。 17． 丙 丙和丁 【详解】[1][2]对于丙方案，平衡摩擦力后，对整体和小车受力分析，由牛顿第二定律，得拉力 只有满足时，才有，因此丙需要满足，且将作为拉力。对于丁方案，第一步挂上托盘和砝码让小车匀速下滑，受力平衡得 取下托盘和砝码后小车下滑的合力 合力等于，不需要满足，但仍将作为合力。 因此需要满足的是丙，把作为值的是丙和丁。 18．(1)左 (2)0.81 (3)D 【详解】（1）打点计时器打出的纸带点迹间距越来越小，说明小车在做减速运动，说明平衡摩擦力不足，应将垫块向左移一些。 （2）相邻两计数点间还有9个计时点未画出，可知，可得加速度大小 （3）根据题意，由牛顿第二定律有 可得 可知，小王同学实验时图线的斜率较大，则选用的小车质量比小李的小，则增大，即增大钩码的质量，小王同学实验不满足钩码质量远小于小车质量的可能性大，图像出现弯曲的可能性大，故选D。 19．(1)， (2)4.5m (3)3.3m 【详解】（1）滑块最大加速度在板块刚好要发生相对运动时，对滑块有 解得 此时外力为滑块与木板发生相对滑动的最小值，对整体做动力学分析有 解得 当时，小于，滑块与木板相对静止一起向右做匀加速运动。 对整体有 解得 （2）持续时间内（0~1s内），由于，物块与板发生相对滑动。 根据（1）分析知此时滑块做匀加速直线运动，滑块加速度为 木板也做匀加速直线运动，对木板做动力学分析有 解得木板加速度 令，这段时间内滑块相对木板向左运动，相对位移 力撤去后至滑块与木板共速，力撤去时，木板速度 滑块速度 力撤去后，滑块将以原来的加速度继续加速，木板减速，直到它们速度一样，对木板做动力学分析有 解得木板减速时的加速度大小 设经过时间滑块和木板的速度相等，由运动学公式得共速时的速度 代入数据解得， 这段时间内滑块相对木板向左运动，相对位移为 故木板长度最短为 （3）共速之后，木板继续减速，对木板做动力学分析有 解得木板减速时的加速度大小 滑块也做减速运动，加速度的大小仍为 直到最后都停止运动。这段时间内滑块相对木板向右运动，相对位移为 最终木块停在离木板右端点左方，距离右端点距离为如图所示 - 2 - 学科网（北京）股份有限公司 $