2027届高考物理一轮复习-章节检测3 牛顿运动定律

**基本信息** 以牛顿运动定律为核心，通过概念辨析、实际应用、实验探究和综合计算，系统构建“受力分析-规律应用-模型迁移”的解题体系，强化科学思维与物理观念。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |概念辨析|1题（斜面小球运动）|理想实验法推导惯性与运动关系|从现象到本质，建立力与运动的因果逻辑| |实际应用|2题（举重/升降机）|整体法分析超重失重，牛顿第三定律转换研究对象|运动状态与受力关系的实际场景迁移| |图像分析|2题（v-t/a-t图）|图像斜率与面积的物理意义解读|运动学量与动力学量的关联推导| |连接体/传送带|4题（弹簧连接体/煤块传送）|隔离法与整体法结合，临界条件分析|多物体系统受力与运动的关联逻辑| |实验探究|2题（气垫导轨/遮光条）|控制变量法，图像法处理数据（1/t²-x）|实验原理与误差分析的科学探究流程| |综合计算|3题（滑块斜面/木板滑块）|受力分析建方程，运动过程分段研究|牛顿定律与运动学公式的综合应用|

2027年高考物理一轮复习章节检测3-牛顿运动定律 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题 1．科学思维和科学方法是我们认识世界的基本手段。利用如图的装置进行如下实验：小球从左侧斜面上的点由静止释放后沿斜面向下运动，并沿右侧斜面上升。斜面上先后铺垫三种越来越光滑的材料时，小球沿右侧斜面上升到的最高位置依次为1、2、3。根据三次实验现象的对比，可推出（     ） A．斜面越光滑，小球的惯性越大 B．小球的质量越大，惯性越大 C．小球没有受到力的作用，它的运动状态也能发生变化 D．如果斜面没有摩擦，小球将上升到与点等高的位置 2．北京时间2024年8月7日，在巴黎奥运会举重项目男子61公斤级决赛中，中国选手李发彬为中国体育代表团夺得第23枚金牌，同时在抓举中，以的成绩创造了新的奥运会纪录。假设将抓举分成两个阶段，第一阶段，以蹲姿将杠铃从地面举过头顶；第二阶段，保持杠铃举过头顶，同时运动员缓慢地站起，假设运动员和杠铃的总重力为。则（     ） A．整个过程，运动员对地面的压力始终等于 B．第一阶段，运动员对地面的压力始终等于 C．第二阶段，运动员对地面的压力大于 D．第一阶段，运动员对地面的压力先大于后小于 3．加速度传感器是一些智能手机上配备的较为实用的软件，能显示物体运动过程中的加速度变化情况。现出于安全角度，需要分析某升降机在实际运行过程中的加速度，将手机放置于升降机地面上并打开加速度传感器，使升降机从静止开始迅速上下运动，得到如图所示的竖直方向上加速度随时间变化的图像，该图像以竖直向上为正方向。由此可判断出（     ） A．运行过程中手机有可能与升降机分离 B．手机在时刻速度为0 C．在时间内，升降机受到手机的压力先减小再增大 D．手机在时间内，处于超重状态 4．如图，某同学将质量为m的乒乓球置于球拍中心，推动乒乓球沿水平直线向前运动，并使乒乓球与球拍保持相对静止。某次匀速运动的过程中，球拍的倾角为。已知乒乓球所受空气阻力与其速度大小满足（k为大于零的常数），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，重力加速度为g，下列说法正确的是（    ） A．球拍对乒乓球的弹力大小为 B．该同学的速度大小为 C．若该同学以较小的速度匀速运动，则球拍对乒乓球的弹力变大 D．若该同学做加速运动且保持球拍的倾角不变，则他的加速度应逐渐变大 5．一种能垂直起降的小型遥控无人机（可视为质点）如图所示，螺旋桨工作时能产生恒定的升力。在一次试飞中，无人机在地面上由静止开始以的加速度匀加速竖直向上起飞，上升时无人机突然出现故障而失去升力。已知无人机的质量为，运动过程中所受空气阻力大小恒为，重力加速度大小。下列说法正确的是（     ） A．无人机失去升力时的速度大小为 B．螺旋桨工作时产生的升力大小为 C．无人机向上减速时的加速度大小为 D．无人机上升的最大高度为 6．如图所示，圆环固定在竖直平面内，甲、乙两光滑轨道固定在圆环上，两轨道的最高点重合。甲过圆环最低点P、乙过圆心O且与竖直方向夹角为37°。将同一小球分别从甲、乙两轨道的最高点由静止释放。已知cos，小球沿甲、乙轨道运动的时间之比为（　　） A．1:2 B． C．2:3 D． 7．如图所示，质量分别为、的两个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，重力加速度为。则（     ） A．的拉力大小为 B．剪断瞬间，绳上的力大小为 C．同时剪断和的瞬间，小球乙的加速度为 D．剪断后，小球甲加速度为 8．如图所示，质量分别为和的两个物体、用跨过光滑定滑轮的绳子连接，两物体恰好做匀速运动。、与桌面的动摩擦因数相同，重力加速度大小为，不计空气阻力及绳子的质量。若将与互换，则（　　） A．两物体做加速运动，加速度 B．两物体做加速运动，加速度 C．绳子中拉力大小变为原来的 D．绳子中拉力大小变为原来的倍 二、多选题 9．一质量为的遥控小汽车由静止开始在水平面上运动，运动中发现前方有一障碍物，立即关闭发动机仅在阻力作用下做减速运动，其速度随时间变化的图像如图所示。若小汽车在整个运动过程中受到的阻力大小不变，时间内小汽车的总位移为，下列说法正确的是（     ） A．小汽车加速阶段的位移大小为25m B．小汽车减速阶段运动的时间为 C．小汽车受到的阻力大小为 D．小汽车加速阶段受到的牵引力大小为 10．如图所示，水平传送带长，以速度顺时针匀速运动，质量均为1kg的小物体P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，时刻P在传送带左端具有速度，P与定滑轮间的绳水平，P与传送带之间的动摩擦因数为。已知重力加速度，不计定滑轮质量和滑轮与绳之间的摩擦，绳足够长。不考虑P冲出传送带后再返回的情况，下列说法中正确的是（     ） A．Q物体刚开始的加速度为 B．P在传送带上运动的时间为0.2s C．P在传送带上留下的划痕长度为0.03m D．P与传送带共速后一起匀速运动 三、实验题 11．实验小组采用如图甲所示的装置探究连接体的运动。步骤如下： ①将气垫导轨放置于水平桌面，在气垫导轨上安装光电门； ②将一滑块安装遮光条，测出滑块质量为M，遮光条宽度为； ③选取一个槽码，测出其质量为； ④调节气垫导轨水平，将安装有遮光条的滑块静止于光电门右侧导轨的某一位置。用细线连接滑块，将细线绕过左端定滑轮后悬挂选取的槽码，调节滑轮高度，让细线与气垫导轨平行； ⑤打开气源，释放滑块，记录遮光条通过光电门的时间，记录释放滑块时遮光条所在位置到光电门的距离。 (1)气垫导轨调平的依据是打开气源，将滑块单独放置于气垫导轨上，若滑块保持______，就说明气垫导轨已调节水平。 (2)保持光电门的位置不变，反复改变滑块释放点的位置，作出的图像如图乙所示，图像的斜率为k，则滑块运动的加速度 ______ （用k、d表示）。 (3)根据题干中给出的条件结合图乙中的斜率k，可知当地的重力加速度 ______（用m、M、k、d表示）。 (4)细心的小组成员发现图像并未过原点，检查各项数据都不存在问题，且作图过程严格，则可能的原因是______。 12．某实验小组同时测量A、B两个箱子质量，，装置如图甲所示，其中D为铁架台，E为固定在铁架台上的轻质光滑滑轮，F为光电门，C为固定在A上、宽度为的细遮光条（质量不计），另外，该实验小组还准备了刻度尺和一套总质量的砝码。 (1)在铁架台上标记一位置，并测得该位置与光电门F之间的距离为。取出质量为的砝码放在A箱子中，剩余砝码全部放在B箱子中，让A从位置由静止开始下降，则A下落过程中，测得遮光条通过光电门的时间为，下落过程中的加速度大小_________（用、、表示）。 (2)加速度与A箱子中砝码质量有关，写出表达式___________.（用，，，，表示） (3)改变，测得遮光条通过光电门对应的时间，算出加速度，作出图像如图乙所示，可得A的质量________kg，B的质量_________kg。（均保留2位有效数字，重力加速度取10m/s2） 四、解答题 13．如图甲所示，质量为3.5kg的滑块轻放在倾角的固定斜面上，此时滑块恰好沿斜面向下做匀速直线运动;若使用水平方向的恒定推力作用于滑块上，如图乙所示，能使滑块沿斜面匀速上滑。取。 (1)求滑块与斜面间的动摩擦因数； (2)求恒力的大小。 14．如图所示，传送带与水平地面的夹角，上下两端的长度，传送带以的速率逆时针转动。在传送带上端无初速度地放一个质量的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数，煤块在传送带上发生相对滑动时会留下黑色痕迹。已知，重力加速度。求： (1)煤块刚放上传送带时的加速度； (2)煤块由A到B运动的时间； (3)煤块在传送带上形成的痕迹长度。 15．如图所示，足够长的水平面上静止一质量M=2kg、长度为L的木板A，其左端放置一质量m=3kg的小滑块B，A、B间的动摩擦因数，A与水平面间的动摩擦因数。当滑块B获得水平向右、的初速度时，恰好不能从木板上滑落。已知重力加速度g取。求： (1)B在A上滑动时A、B加速度的大小 (2)木板A的长度L (3)若B获得水平向右、的初速度，为使B不从A上滑落，同时对A持续施加水平向右的恒力F，求F的取值范围 《2027年高考物理一轮复习章节检测-牛顿运动定律》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D D A B B B C B BC BC 1．D 【详解】AB．惯性大小由质量唯一确定，与其他因素无关，质量越大，惯性越大；但本实验无法说明小球惯性大小与质量的关系，故AB错误； CD．力是改变运动状态的原因，通过实验现象发现，斜面越光滑小球上升的位置越高，可推出：如果斜面没有摩擦，小球将上升到与点等高的位置，故C错误，D正确。故选D。 2．D 【详解】ABD．杠铃从静止开始向上运动，过程为先向上加速（加速度向上，整体处于超重状态），后向上减速到速度为零（加速度向下，整体处于失重状态）。 把运动员和杠铃看成整体，超重时地面对运动员的支持力大于总重力，失重时支持力小于，因此第一阶段支持力先大于后小于 根据牛顿第三定律，运动员对地面的压力与支持力大小相等，先大于后小于，故AB错误，D正确； C．第二阶段（保持杠铃举过头顶，运动员缓慢站起）： “缓慢站起”说明全过程可视为匀速运动，整体加速度为0，处于平衡状态，因此地面对运动员的支持力始终等于 根据牛顿第三定律，运动员对地面的压力与支持力大小相等，所以运动员对地面的压力始终等于总重力，故C错误。故选 D。 3．A 【详解】A．设升降机地面对手机的支持力为，手机与升降机地面接触时，根据牛顿第二定律有 解得 图像中手机的加速度达到，此时，手机处于完全失重状态，若升降机向下运动的加速度大于，手机将与升降机地面分离，故A正确； B．时刻手机的加速度为零，只能说明此时速度不再增大，不能说明速度为零；手机从静止开始运动，时刻前图像在时间轴上方的面积大于零，因此手机在时刻具有向上的速度，故B错误； C．在到时间内，手机的加速度由正值逐渐减小至零，根据可知，升降机受到手机的压力逐渐减小，并非先减小再增大，故C错误； D．在到时间内，手机的加速度方向向下，即，手机与升降机地面接触时有，手机处于失重状态而不是超重状态，故D错误。故选A。 4．B 【详解】AB．如图所示 对乒乓球，竖直方向，有水平方向，有 解得，，故A错误，B正确； C．由题可知，弹力不变，而此时空气阻力减小，水平方向不平衡，则乒乓球运动不平衡，故C错误； D．设加速度为，水平方向，有竖直方向，有 则弹力不变，随着速度v增大，空气阻力kv增大，则加速度a逐渐减小，故D错误。故选B。 5．B 【详解】A．无人机由静止开始匀加速上升，由运动学公式可知失去升力时的速度大小满足 代入，解得，故A错误； B．无人机匀加速上升过程中，受到的空气阻力方向竖直向下，设升力大小为，由牛顿第二定律可知 代入数据解得，故B正确； C．失去升力后，无人机向上运动时，阻力向下，合力向下，由牛顿第二定律 解得，故C错误； D．由匀变速直线运动的规律可知，无人机减速过程上升的高度满足 代入数据解得 故无人机上升的最大高度为，故D错误。故选B。 6．B 【详解】设圆环的半径为R，由等时圆模型特点可知，小球在甲轨道上的运动时间等于小球自由下落圆环直径长度所用的时间，得 小球在乙轨道上的位移为2R，加速度为，由牛顿第二定律和匀变速运动规律，可得 则故选B。 7．C 【详解】A．对乙球受力分析，弹簧弹力 对甲球竖直方向解得，故A错误； B．剪断瞬间，甲球速度为零，沿方向向心力为零，绳拉力为，故B错误； C．同时剪断和瞬间，弹簧弹力不变，乙球受重力和弹簧弹力，合力为零，加速度为，故C正确； D．剪断后，弹簧弹力不变,拉力为，甲球有外力，加速度不为0，故D错误。故选C。 8．B 【详解】AB．当两物体恰好做匀速运动，对A，水平方向受到绳子的拉力和桌面的摩擦力，得 解得 若将A与B互换，则对A可知对B可知解得，故A错误，B正确； CD．绳子中的拉力，故CD错误。故选B。 9．BC 【详解】A．小汽车在加速阶段的位移大小，故A错误； B．小汽车减速阶段有解得，故B正确； CD．根据图像的斜率表示加速度，可求得加速阶段和减速阶段小汽车的加速度大小分别为， 由牛顿第二定律得， 联立解得，，故C正确，D错误。故选BC。 10．BC 【详解】分阶段分析P的运动，受力与加速度分析：第一阶段： P初速度大于传送带速度，P相对传送带向右滑，摩擦力向左 对P（向右为正）对Q（向下为正） 由绳不可伸长联立得，（P向右减速）， 第一阶段：P减速至共速向右运动 第二阶段：共速后 若一起匀速，需静摩擦力，故不能共速匀速。P相对传送带向左滑，摩擦力向右。 对P（向右为正）对Q（向下为正）， 求得（继续向右减速）剩余位移， 即求得总时间 划痕长度 第一阶段相对位移：（P相对传送带向右） 第二阶段相对位移：（P相对传送带向左） 第二阶段未超出第一阶段划痕范围，故划痕长度为。故选BC。 11．(1)静止(2)(3) (4)释放滑块时，给了滑块一个初速度 【详解】（1）气导轨调平的依据是打开气源，将滑块单独放置于气整导轨上，若滑块保持静止。就说明气导轨已调节水平。 （2）遮光条通过光电门时滑块的瞬时速度为 根据运动学公式可得可得可得 解得滑块运动的加速度 （3）根据牛顿第二定律可得 联立可得 可得当地的重力加速度 （4）图像并未过原点，检查各项数据都不存在问题。且作图过程严格，则可能原因是释放滑块时，给了滑块一个初速度。 12．(1)(2)(3) 3.0 1.5 【详解】（1）A下落到处的速率为 由匀变速直线运动规律得解得下落过程中加速度为 （2）对箱子A、B及其中砝码整体分析，由牛顿第二定律得 解得 （3）[1][2]由图像的斜率得 由图像的纵截距得解得 13．(1)(2) 【详解】（1）甲图中滑块匀速下滑，受力平衡，将重力沿斜面、垂直斜面分解，沿斜面方向 约去得 （2）乙图中滑块匀速上滑，受力平衡，对滑块受力分解，沿斜面方向 垂直斜面方向滑动摩擦力 联立整理得 代入 得 故 14．(1)， 方向沿斜面向下。(2)(3) 【详解】（1）煤块初速度为0，传送带逆时针向下运动，因此煤块相对于传送带向上滑动，滑动摩擦力沿斜面向下。 根据牛顿第二定律 可得 ， 方向沿斜面向下。 （2）煤块先以加速，直到速度等于传送带速度 第一阶段时间 第一阶段煤块位移 由于，煤块速度达到后，会继续加速，此时煤块相对传送带向下滑动，滑动摩擦力反向沿斜面向上，设加速度为，根据牛顿第二定律 可 得， 剩余位移，根据匀变速位移公式 代入数值解得。总时间。 （3）第一阶段：传送带位移，传送带比煤块多走，此时煤块相对传送带向上滑动，留下1.25m的痕迹。 第二阶段：传送带位移，煤块位移，煤块比传送带多走，此阶段煤块相对传送带向下滑动，会覆盖之前1.25m痕迹中的1m长度。 因此最终剩余的痕迹长度为。 15．(1)；(2)15m(3) 【详解】（1）B在A上滑动时，以A为对象，根据牛顿第二定律可得解得 以B为对象，根据牛顿第二定律可得解得 （2）小滑块B恰好不能从木板上滑落，此时两者速度相同，设经历的时间为t，对滑块B有 对木板A有解得， 木板A的位移滑块B的位移木板A的长度为解得 （3）①设对A持续施加水平向右的恒力为时，B恰好运动到A的右端时两者共速；对A根据牛顿第二定律可得 B的加速度仍为，方向水平向左； 设经过时间，两者达到共速，则有， 又联立解得 ②设对A持续施加水平向右的恒力为时，当两者共速后，刚好可以保持相对静止一起加速运动；以A、B为整体，根据牛顿第二定律可得 以B为对象，根据牛顿第二定律可得 联立解得综上分析可知F的取值范围为 答案第1页（共2页） 第1页（共2页） 学科网（北京）股份有限公司 $