单元检测(三)
牛顿运动定律
A卷
高频考点练清卷
考点一牛顿运动定律的理解与应用
1.(2025·山东菏泽·二模)2024年4月25日晚,神舟18号载人飞船成功发射,在飞船竖直升空过程中,
整流罩按原计划顺利脱落.整流罩脱落后受空气阻力与速度大小成正比,它的t图像正确的是()
2.一同学将排球自O点垫起,排球竖直向上运动,随后下落回到O点.设排球在运动过程中所受空气阻力
大小和速度大小成正比,则该排球
()
A.上升时间等于下落时间
B.被垫起后瞬间的速度最大
C.达到最高点时加速度为零
D.下落过程中做匀加速运动
考点二应用牛顿第二定律分析瞬时性问题
3.(2025·辽宁二模)如图所示,质量分别为1=3kg,m2=5kg的两物体置于光滑的水平面上,中间用轻
质弹簧测力计连接.两个大小分别为F1=60N,F2=20N的水平拉力分别作用在m1,2上,弹簧测力计
未超出弹性限度,则
()
”:_m24
mf
777777
7777777
A.弹簧测力计的示数是50N
B.若增大F2,两物体一起做匀加速直线运动时,弹簧测力计示数可能不变
C.在突然撤去F2的瞬间,m2的加速度大小为4ms2
D.在突然撤去F1的瞬间,m1的加速度大小为15ms
4.(2024·湖南卷)如图,质量分别为4m、3、2、m的四个小球A、B、C、D,通过细线或轻弹簧互相连接,
悬挂于O点,处于静止状态,重力加速度为g,若将B、C间的细线剪断,则剪断瞬间B和C的加速度大
小分别为
()
008
石D
A.g,1.5g
B.2g,1.5g
C.2g,0.5g
D.g,0.5g
考点三两类动力学问题
5.如图所示,一小物块从长1m的水平桌面一端以初速度o沿中线滑向另一端,经过1s从另一端滑落.物
块与桌面间动摩擦因数为,g取10m/s2.下列o:值可能正确的是
()
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)南平建瓯的挑幡技艺迄今已有300余年历史,有“华夏绝艺”的美
称.如图所示,挑幡表演者顶着一根外表涂有朱红油漆、顶部顺杆悬挂绵幡的毛竹,从半蹲
状态到直立状态,此过程中毛竹经历由静止开始加速和减速到速度为零的两个阶段,两阶
段均视为匀变速直线运动且加速度大小相等.已知毛竹上升过程总时间为,上升高度为
h,毛竹和绵幡的总质量为,重力加速度大小为g,不计空气阻力.求毛竹上升过程中:
(1)最大速度m的大小;
(2)匀加速阶段加速度a的大小;
(3)匀减速阶段对表演者的压力F、的大小,
考点四超重与失重现象
7.(多选)(2025·黑龙江齐齐哈尔·三模)利用智能手机的加速度传感器可测量手机自身的加速度.用手
掌托着智能手机,打开加速度传感器,从静止开始迅速上下运动,得到如图所示的竖直方向加速度随时
间变化的图像,该图像以竖直向上为正方向,重力加速度大小为10/s2.下列说法正确的是()
A.手机有可能离开过手掌
B.t1时刻手机运动到最高点
C.t2时刻手机开始减速上升
D.t3时刻手机速度可能为0
a(m/s)
职动电机
20.0
钢丝绳
10.0叶t…
对重
0-
桥厢
-10.0--
1.001.50
')
图1
图2
第7题图
第8题图
8.(多选)(2025·四川校考三模)电梯“对重”的主要功能是相对平衡轿厢重量,在电梯工作中使轿厢与“对
重”的重量保持在限额之内,保证电梯的牵引传动正常.如图1所示,驱动装置带动钢丝绳使轿厢和“对
重”在竖直方向运动.当轿厢从顶楼向下运动时,一t图像如图2所示,下列说法正确的是
()
A.在0一t1时间内,轿厢处于失重状态
B.在0~1时间内,钢丝绳对轿厢的拉力先增大后减小
C.在t2一3时间内,“对重”处于失重状态
D.在t一t2时间内,钢丝绳对轿厢的拉力大小等于钢丝绳对“对重”的拉力大小
考点五动力学中的连接体问题
9.如图所示,在光滑水平地面上,两相同物块用细线相连,两物块质量均为1kg,细线能
承受的最大拉力为2N.若在水平拉力F作用下,两物块一起向右做匀加速直线运
动.则F的最大值为
A.IN
B.2 N
C.4N
D.5 N
10.(多选)(2025·黑龙江哈尔滨·三模)如图所示,三个物块A、B、C的质
B
量分别为m、2m、,物块B叠放在C上,物块A与C之间用轻弹簧水
C WM
平连接,物块A、C与水平地面间的动摩擦因数都为4,物块B与C之间
777y777777777
的动摩擦因数为专.在大小恒为F的水平推力作用下,使三个物块正保持相对静止地一起向右做匀加
速直线运动,已知重力加速度为g,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,弹簧始终在弹性限度内,则下列说法
正确的是
18参考答案
单元检测(一)运动的描述匀变速直线运动
x=wt一
2a2,代入教据解得x=50m,公交车在最初6s内
通过的位移与最后6s内通过的位移之差为△x=x1一x2,代
A卷高频考点练清卷
入数据解得△x=24m,故ABC错误,D正确.
1.C研究入水动作时,运动员的形状和体积对所研究问题
5.A对木板由牛顿第二定律可知木板的加速度不变,木板从
的影响不能够忽略,此时运动员不能够看为质点,故A错
静止释狱到下瑞到达A点的过程,有L=a,木板从静止
误:研究空中转体姿态时,运动员的形状和体积对所研究
释放到上瑞到达A点的过程,当木板长度为L时,有2L=
问题的影响不能够忽略,此时运动员不能够看为质点,故
2ai,当木板长度为2L时,有3L=合ai,又1=1-o,
1
B错误;研究百米比赛中的平均速度时,运动员的形状和
体积对所研究问题的影响能够忽略,此时运动员能够看
△12=t2一t0,联立解得△2:1=(5-1):(2-1),A
为质点,故C正确:研究运动员通过某个攀岩支,点的动作
正确
时,运动员的形状和体积对所研究问题的影响不能够忽
6.解析:(1)设物体的加速度为a,根据位移差公式△x=aT可
略,此时运动员不能够看为质点,故D错误.故选:C.
2
2.C速度是描述物体运动快慢的物理量,即物体的空间位
3X0-x0
得物体的加速度为4=
置随时间变化的快慢,BD错误;根据x与1的关系式可
to
3to2
知,1=0时,质点位于x=1m处,t=1s时,质点位于x=
AC段的平均速度等于这一过程的中间时刻的速度,可得
6m处,因此质点在第1s内的位移为5m,A错误,C
2
正确,
物体在B,点时的速度为UB=
20+x05x0
2to
6to
3.解析:(1)选择向西为正方向,如题图所示,最后6s的住
设物体在A点时的速度为A,则可得
移为△x3=120m,△13=6s
7x0
UA=UB一at0=6t0
平均连度为==20m=20m8,大小为20m6,」
(2)根据速度时间关系可得物体在C点时的速度为
方向向西:
5.x0_x0
0
(2)全过程的位移为△x=△x3一(△r1十△x2)=120m一
c=s+ao=60-30·6=20
(30m十60m)=30m
时间为△t=5s十58十4s十6s=20s
则可得物体在CD段的平均速度为=C十D=0
24t
平均速度为==0m=1,5m/s,大小为1,5m/s,方向
△120s
2品
答案:1)6t0
向西;
7.C匀变速直线运动平均速度等于初末速度的平均值,则
(3)全过程的路程为△s=△x3十△x1十△x2=120m十
有:专5=10ms,T=5m因ST间的矩高是
2
30m+60m=210m
RS的两倍,而ST段的平均速度是RS段的平均速度的
平均速率为0=2)0m=10.5m8
△120s
乞,故可得ST段的时间是RS段的时间的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
段的速度减小量是RS段的4倍,则有:vs一VT=4(VR一
4.D设公交车开始减速的速度为%,运动总时间为,则公交
vs),联立解得:R=11m8,s=9ms,vT=1m8,故C
正确,ABD错误.
车在最初减连6s内通过的位移为西=o一2a哈=(6一
8.C令加速度为a,E到N的距离为L,从E到N有v至=
18m),把物体运动看成反向的初速度为0的匀加速直线运
2aL,从N到A有v员=2a·9L,联立可得vA=3E,故A
动,最后68内通过的位移为=2a,代入数据解得x2一
错误:根据逵度一时间公式,有tA=4一E_2E,gv
18m,由于公交车在最初6s内通过的位移与最后6s内通过
的位号之比为21:9,则南以上有g18-号又有0=助
E一0_E=1,所以汽车通过AE段的时间等于21,故B
at,代入数据解得=10mst=10s,则公交车的总位移为
错误:根据匀变速直线运动的推论有四E-4E=2如E,
2
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