資源簡介

單元檢測（三）
牛頓運動定律
A卷
高頻考點練清卷
考點一牛頓運動定律的理解與應用
1.(2025·山東菏澤·二模)2024年4月25日晚，神舟18號載人飛船成功發射，在飛船豎直升空過程中，
整流罩按原計劃順利脫落.整流罩脫落后受空氣阻力與速度大小成正比，它的t圖像正確的是()
2.一同學將排球自O點墊起，排球豎直向上運動，隨后下落回到O點.設排球在運動過程中所受空氣阻力
大小和速度大小成正比，則該排球
()
A.上升時間等于下落時間
B.被墊起后瞬間的速度最大
C.達到最高點時加速度為零
D.下落過程中做勻加速運動
考點二應用牛頓第二定律分析瞬時性問題
3.(2025·遼寧二模)如圖所示，質量分別為1=3kg,m2=5kg的兩物體置于光滑的水平面上，中間用輕
質彈簧測力計連接.兩個大小分別為F1=60N,F2=20N的水平拉力分別作用在m1,2上，彈簧測力計
未超出彈性限度，則
()
”：_m24
mf
777777
7777777
A.彈簧測力計的示數是50N
B.若增大F2,兩物體一起做勻加速直線運動時，彈簧測力計示數可能不變
C.在突然撤去F2的瞬間，m2的加速度大小為4ms2
D.在突然撤去F1的瞬間，m1的加速度大小為15ms
4.(2024·湖南卷)如圖，質量分別為4m、3、2、m的四個小球A、B、C、D,通過細線或輕彈簧互相連接，
懸掛于O點，處于靜止狀態，重力加速度為g,若將B、C間的細線剪斷，則剪斷瞬間B和C的加速度大
小分別為
()
008
石D
A.g,1.5g
B.2g,1.5g
C.2g,0.5g
D.g,0.5g
考點三兩類動力學問題
5.如圖所示，一小物塊從長1m的水平桌面一端以初速度o沿中線滑向另一端，經過1s從另一端滑落.物
塊與桌面間動摩擦因數為，g取10m/s2.下列o:值可能正確的是
()
A.0=2.5m/s
B.o=1.5m.s
C.a=0.28
D.u=0.25
17
6.(2025·福建南平·三模)南平建甌的挑幡技藝迄今已有300余年歷史，有“華夏絕藝”的美
稱.如圖所示，挑幡表演者頂著一根外表涂有朱紅油漆、頂部順桿懸掛綿幡的毛竹，從半蹲
狀態到直立狀態，此過程中毛竹經歷由靜止開始加速和減速到速度為零的兩個階段，兩階
段均視為勻變速直線運動且加速度大小相等.已知毛竹上升過程總時間為，上升高度為
h,毛竹和綿幡的總質量為，重力加速度大小為g,不計空氣阻力.求毛竹上升過程中：
(1)最大速度m的大?。?br/>(2)勻加速階段加速度a的大小；
(3)勻減速階段對表演者的壓力F、的大小，
考點四超重與失重現象
7.(多選)(2025·黑龍江齊齊哈爾·三模)利用智能手機的加速度傳感器可測量手機自身的加速度.用手
掌托著智能手機，打開加速度傳感器，從靜止開始迅速上下運動，得到如圖所示的豎直方向加速度隨時
間變化的圖像，該圖像以豎直向上為正方向，重力加速度大小為10/s2.下列說法正確的是()
A.手機有可能離開過手掌
B.t1時刻手機運動到最高點
C.t2時刻手機開始減速上升
D.t3時刻手機速度可能為0
a(m/s)
職動電機
20.0
鋼絲繩
10.0葉t…
對重
0-
橋廂
-10.0--
1.001.50
')
圖1
圖2
第7題圖
第8題圖
8.(多選)(2025·四川?？既?電梯“對重”的主要功能是相對平衡轎廂重量，在電梯工作中使轎廂與“對
重”的重量保持在限額之內，保證電梯的牽引傳動正常.如圖1所示，驅動裝置帶動鋼絲繩使轎廂和“對
重”在豎直方向運動.當轎廂從頂樓向下運動時，一t圖像如圖2所示，下列說法正確的是
()
A.在0一t1時間內，轎廂處于失重狀態
B.在0~1時間內，鋼絲繩對轎廂的拉力先增大后減小
C.在t2一3時間內，“對重”處于失重狀態
D.在t一t2時間內，鋼絲繩對轎廂的拉力大小等于鋼絲繩對“對重”的拉力大小
考點五動力學中的連接體問題
9.如圖所示，在光滑水平地面上，兩相同物塊用細線相連，兩物塊質量均為1kg,細線能
承受的最大拉力為2N.若在水平拉力F作用下，兩物塊一起向右做勻加速直線運
動.則F的最大值為
A.IN
B.2 N
C.4N
D.5 N
10.(多選)(2025·黑龍江哈爾濱·三模)如圖所示，三個物塊A、B、C的質
B
量分別為m、2m、,物塊B疊放在C上，物塊A與C之間用輕彈簧水
C WM
平連接，物塊A、C與水平地面間的動摩擦因數都為4，物塊B與C之間
777y777777777
的動摩擦因數為專.在大小恒為F的水平推力作用下，使三個物塊正保持相對靜止地一起向右做勻加
速直線運動，已知重力加速度為g,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，彈簧始終在彈性限度內，則下列說法
正確的是
18參考答案
單元檢測（一）運動的描述勻變速直線運動
x=wt一
2a2,代入教據解得x=50m,公交車在最初6s內
通過的位移與最后6s內通過的位移之差為△x=x1一x2,代
A卷高頻考點練清卷
入數據解得△x=24m,故ABC錯誤，D正確.
1.C研究入水動作時，運動員的形狀和體積對所研究問題
5.A對木板由牛頓第二定律可知木板的加速度不變，木板從
的影響不能夠忽略，此時運動員不能夠看為質點，故A錯
靜止釋獄到下瑞到達A點的過程，有L=a,木板從靜止
誤：研究空中轉體姿態時，運動員的形狀和體積對所研究
釋放到上瑞到達A點的過程，當木板長度為L時，有2L=
問題的影響不能夠忽略，此時運動員不能夠看為質點，故
2ai,當木板長度為2L時，有3L=合ai,又1=1-o,
1
B錯誤；研究百米比賽中的平均速度時，運動員的形狀和
體積對所研究問題的影響能夠忽略，此時運動員能夠看
△12=t2一t0,聯立解得△2：1=(5-1)：(2-1)，A
為質點，故C正確：研究運動員通過某個攀巖支，點的動作
正確
時，運動員的形狀和體積對所研究問題的影響不能夠忽
6.解析：(1)設物體的加速度為a,根據位移差公式△x=aT可
略，此時運動員不能夠看為質點，故D錯誤.故選：C.
2
2.C速度是描述物體運動快慢的物理量，即物體的空間位
3X0-x0
得物體的加速度為4=
置隨時間變化的快慢，BD錯誤；根據x與1的關系式可
to
3to2
知，1=0時，質點位于x=1m處，t=1s時，質點位于x=
AC段的平均速度等于這一過程的中間時刻的速度，可得
6m處，因此質點在第1s內的位移為5m,A錯誤，C
2
正確，
物體在B,點時的速度為UB=
20+x05x0
2to
6to
3.解析：(1)選擇向西為正方向，如題圖所示，最后6s的住
設物體在A點時的速度為A,則可得
移為△x3=120m,△13=6s
7x0
UA=UB一at0=6t0
平均連度為==20m=20m8,大小為20m6,」
(2)根據速度時間關系可得物體在C點時的速度為
方向向西：
5.x0_x0
0
(2)全過程的位移為△x=△x3一（△r1十△x2)=120m一
c=s+ao=60-30·6=20
(30m十60m)=30m
時間為△t=5s十58十4s十6s=20s
則可得物體在CD段的平均速度為=C十D=0
24t
平均速度為==0m=1,5m/s,大小為1,5m/s,方向
△120s
2品
答案：1)6t0
向西；
7.C勻變速直線運動平均速度等于初末速度的平均值，則
(3)全過程的路程為△s=△x3十△x1十△x2=120m十
有：專5=10ms,T=5m因ST間的矩高是
2
30m+60m=210m
RS的兩倍，而ST段的平均速度是RS段的平均速度的
平均速率為0=2)0m=10.5m8
△120s
乞，故可得ST段的時間是RS段的時間的4倍，可知：ST
1
答案：(1)20ms方向向西(2)1.5ms方向向西
(3)10.5m/s
段的速度減小量是RS段的4倍，則有：vs一VT=4(VR一
4.D設公交車開始減速的速度為%，運動總時間為，則公交
vs),聯立解得：R=11m8,s=9ms,vT=1m8,故C
正確，ABD錯誤.
車在最初減連6s內通過的位移為西=o一2a哈=(6一
8.C令加速度為a,E到N的距離為L,從E到N有v至=
18m),把物體運動看成反向的初速度為0的勻加速直線運
2aL,從N到A有v員=2a·9L,聯立可得vA=3E,故A
動，最后68內通過的位移為=2a,代入數據解得x2一
錯誤：根據逵度一時間公式，有tA=4一E_2E,gv
18m,由于公交車在最初6s內通過的位移與最后6s內通過
的位號之比為21：9，則南以上有g18-號又有0=助
E一0_E=1,所以汽車通過AE段的時間等于21，故B
at,代入數據解得=10mst=10s,則公交車的總位移為
錯誤：根據勻變速直線運動的推論有四E-4E=2如E,
2
125

展開更多......

收起↑