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北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 B版 高考物理
综合检测（三） 牛顿运动定律
时间:90分钟 满分100分
一、单项选择题（本题共8个小题，每个小题3分，共24分。在每个小题给出的四个选项中，只有
一个选项是符合题目要求的）
1．中国古代的先哲们在认识自然的过程中提出了很多物理学观点，闪烁着智慧的光芒。下列观点中
与你所学的物理学知识吻合的是（ ）
A．《淮南子•齐俗训》中指出：“趋舍礼俗，犹室宅之居也，东家谓之西家，西家谓之东家，虽皋
陶为之理，不能定其处。”意思是，如果不选定参考点，就不能确定是位于东，还是位于西，这说
明任何物体都处于永恒的运动中
B．《墨经》中指出：“力，形之所以奋也。”意思是力可以使物体由动到静，说明力是改变物体
运动的原因
C．《论衡•效力篇》中指出：“机不能动发，鲁缟不能穿。”意思是说静止的物体没有惯性
D．《韩非子•观行》中指出：“有乌获之劲，而不得人助，不能自举”意思是力气很大的人也不能
把自己举起来，说明一对相互作用力的效果可以相互抵消
【答案】B
【解析】位置具有相对性，“东家谓之西家，西家谓之东家”如果不选定参考点，就不能确定是位
于东，还是位于西，这体现了位置描述的相对性，故A错误；“力，形之所以奋也。”意思是力可
以使物体由动到静，说明力是改变物体运动状态的原因，故B正确；惯性是物体的固有属性，只与
质量有关，与运动状态无关，故C错误；“有乌获之劲，而不得人助，不能自举、”意思是力气很
大的人也不能把自己举起来，说明相互作用力不是作用在同一个物体上的，作用效果不会抵消，故
D错误。
2．某同学将一乒乓球从手中竖直向上抛出，随后在同一位置接住乒乓球，乒乓球在空中运动时不发
生旋转，所受空气阻力与乒乓球的速率成正比。下列说法正确的是（ ）
A．下降过程中乒乓球的速度一定一直在增加
B．抛出时乒乓球的速度与接住时的速度大小相等
C．乒乓球在空中运动过程中机械能一直在减小
D．运动过程中在同一高度处乒乓球的加速度大小相等
【答案】C
【解析】乒乓球下降过程中，空气阻力方向向上，当空气阻力与重力相等时，乒乓球速度达到最
大，此后乒乓球做匀速直线运动，故 A错误；．乒乓球在运动过程中空气阻力一直做负功，根据功
能关系可知，乒乓球的机械能—直减小，故乒乓球抛出时速度大于接住时的速度，故 B错误，C正
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确；乒乓球在上升过程中，空气阻力方向向下，加速度大于重力加速度，乒乓球在下降过程中，空
气阻力方向向上，加速度小于重力加速度，所以运动过程中在同―高度处乒乓球的加速度大小不相
等，故D错误。
3．下列说法正确的是（ ）
A．牛顿第一定律并不是在任何情况下都适用的
B．根据F=ma可知，物体的加速度方向一定与物体所受拉力F的方向一致
C．绕地球飞行的宇航舱内物体处于漂浮状态是因为没有受到重力作用
D．人在地面上起跳加速上升过程中，地面对人的支持力大于人对地面的压力
【答案】A
【解析】牛顿第一定律只能适用于宏观、低速的物体，故 A正确；F=ma中的物体加速度对应的是
物体所受的合外力，而不仅仅是拉力F，故B错误；绕地球飞行的宇航舱内物体依旧受到地球的吸
引作用，故依旧受到重力作用，故C错误；地面对人的支持力与人对地面的压力是一对作用力与反
作用力，大小一定相等，故D错误。
4．如图所示，质量相等的两小球A、B，二者用一轻弹簧竖直连接，A的上端用轻绳系在足够高的
天花板上，初始时 A、B 均静止。现将轻绳剪断，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前
（ ）
A．A的加速度大小的最大值为g
B．B的加速度大小的最大值为2g
C．A的位移大小一定大于B的位移大小
D．A的速度大小均不大于同一时刻B的速度大小
【答案】C
【解析】设小球A与B的质量为m，细线剪断瞬间，弹簧长度不变，弹力不变，B球的合力为零，
则B球的加速度为零，A球加速度为
两小球从静止开始下落，至弹簧第一次恢复原长过程中，设弹簧的伸长量为x。
对A球，由牛顿第二定律得
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对B球，由牛顿第二定律得
可知随着x减小，A球的加速度 减小，B球的加速度 增大，所以细线剪断瞬间，A球的加速度
最大，为 当弹簧第一次恢复原长时， B球的加速度最大，为g。故A、B错误；
由上分析可知，从开始下落到弹簧第一次恢复原长的过程中，A球的加速度大于B球的加速度，所
以A球的位移大小一定大于B球的位移大小，A球的速度大小均大于同一时刻B球的速度大小，故
C正确，故D错误。
5．如图所示，一人站在电梯中的体重计上，随电梯一起运动．下列各种情况中，体重计的示数最大
的是（ ）
A．电梯匀减速上升，加速度的大小为 1.0m/s2
B．电梯匀加速上升，加速度的大小为 1.0m/s2
C．电梯匀减速下降，加速度的大小为1.5m/s2
D．电梯匀加速下降，加速度的大小为1.5m/s2
【答案】C
【解析】电梯减速上升，加速度向下，由牛顿第二定律
mg﹣F=ma
解得F=m（g﹣a）=9m
电梯匀加速上升，加速度向上，由牛顿第二定律
F﹣mg=ma
解得F=m（g+a）=11m
电梯匀减速下降，加速度向上，由牛顿第二定律
F﹣mg=ma
解得F=m（g+a）=11.5m
电梯匀加速下降，加速度向下，由牛顿第二定律
mg﹣F=ma
解得F=m（g﹣a）=8.5m
故示数最大的情况为C；
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6．如图所示，轻滑轮上跨有轻绳，轻绳两端恰好触地，轻绳两侧分别套有质量为
的小球A、B，两球同时由静止开始从离地面高 处沿绳下滑。由于球内
侧有卡扣，使两球与轻绳间的最大静摩擦力均等于其重力的 0.5 倍。若最大静摩擦力等于滑动摩擦
力，取重力加速度 不计轻绳与滑轮间的摩擦，下列说法正确的是（ ）
A．A球先落地
B．A球落地时速度大小为1m/s
C．B球受到的摩擦力大小始终为2.5N
D．B球摩擦力的瞬时功率最大值为1.6 W
【答案】D
【解析】由于A、B两球对细绳的摩擦力必须等大，且A、B的质量不相等，A球由静止释放后与细
绳间为滑动摩擦力，B与细绳间为静摩擦力，对A分析得
对B分析得
=1N
联立解得 m/s2， m/s2
设A球经时间t与细绳分离，此时，A、B下降的高度分别为h 、h ，速度分别为v 、v ，则有
1 2 1 2
， ，H= h + h ，v = a t，v = a t
1 2 1 1 2 2
联立解得t=0.2s，h =0.1m，h =0.16m，v =1m/s，v =1.6m/s
1 2 1 2
分离后，对A经t1落地，则有对B经t2落地，则有 ，
解得 s， s
A球落地的速度为 m/s，所以B先落地，故ABC错误；
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B球摩擦力的瞬时功率最大值为 W
故D正确。
7．如图所示，一个物体沿固定斜面匀速下滑，关于物体所受的力，下列说法中正确的是
A．物体所受合力的方向沿斜面向下
B．物体所受重力的方向垂直于斜面向下
C．物体所受的重力和支持力大小相等
D．物体所受的摩擦力与匀速下滑的速度大小无关
【答案】D
【解析】试题分析：物体受到重力、支持力及摩擦力而做匀速直线运动，由共点力的平衡条件可知
物体所受合力为零，故A错误；物体所受重力的方向是竖直向下，故 B错误；在垂直于斜面方向
上，物体受到的合力应为零，故支持力应等于重力垂直于斜面方向的分力，即支持力小于重力，故
C错误；滑动摩擦力 ，故摩擦力与下滑速度无关，只与正压力及动摩擦因数有关，故 D正
确.
8．如图所示，一光滑的正三角形斜面体OAB放在光滑的水平地面上，不可伸长的轻绳两端分别栓
接质量为 、 的两物体，轻绳跨过固定在 O点的光滑滑轮， 、 分别放在OA、OB面上，两
部分轻绳与斜面均平行。作用在斜面体上的恒力使斜面体向右做匀加速运动， 、 与斜面体保持
相对静止，且 恰好没有离开斜面，则 、 的比值为（ ）
A．1∶2 B．1∶1 C．3∶4 D．2∶1
【答案】A
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【解析】对 、 受力分析如图所示
因为 恰好没有离开斜面，故其和斜面无弹力，可知绳上的弹力
整体的加速度
对 有 ，
两式联立解得 ，故选A。
二、多项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有两个或两
个以上选项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
9．很多智能手机都装有加速度传感器，能通过图像显示加速度情况。用手掌托着手机，打开加速度
传感器，手掌从静止开始迅速上下运动。规定竖直向上为正方向，得到竖直方向上加速度随时间变
化的图像（如图）。则下列关于手机的运动和受力情况的判断正确的是（ ）
A．在 时刻速度达到最大
B．在 时刻开始减速上升
C．在 到 时间内受到的支持力逐渐减小
D．在 到 时间内受到的支持力逐渐增大
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【答案】BC
【解析】由图象可知， 时刻之前向上做加速度增大的加速运动， 做加速度减小的加速运动，
时刻速度最大。故A错误；由图可知， 时刻后加速度方向向下，为失重状态，速度方向向上，
所以向上做减速运动。故B正确；对物体进行受力分析可知， 时间内，物体受力为
，该段时间内， 逐渐减小，因此支持力 逐渐减小。故 C 正确； 时间内，物体受力为
，该段时间内， 逐渐增大，因此支持力 逐渐减小。故D错误。故选B、C。
10．翻斗车是一种料斗可倾翻的车辆。如图所示，一辆翻斗车停在水平公路上，正在借助液压缸缓
慢推动料斗卸货，从料斗右端开始上升到货物刚要下滑记为过程I，货物开始下滑到料斗达到最大倾
角记为过程Ⅱ（货物没有离开车厢），则（ ）
A．在过程I中，料斗对货物的摩擦力变小
B．在过程Ⅱ中，料斗对货物的摩擦力变小
C．在过程I中，地面对翻斗车的摩擦力方向水平向左
D．在过程Ⅱ中，地面对翻斗车的摩擦力方向水平向左
【答案】BD
【解析】在过程I中，货物处于平衡状态，则有：mgsinθ=f，θ增大时，f逐渐增大；选项A错误；
在过程Ⅱ中，货物下滑，摩擦力f′=μmgcosθ，则当θ增大时，f减小，选项B正确；在过程I中，
对货物和翻斗车的整体处于平衡状态，则地面对翻斗车水平方向作用力为零，即地面对翻斗车的摩
擦力为零，选项C错误；在过程Ⅱ中，货物加速下滑时，货物有向左的加速度分量，对整体分析知
地面对翻斗车的摩擦力向左，故D正确。
11．传送带广泛的应用于物品的传输、分拣、分装等工作中，某物流公司利用如图所示的三角形传
送带进行物品的分拣。传送带以 的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是 ，且与水平
方向的夹角均为 。现有两个货箱A、B从传送带顶端都以 的初速度沿传送带下滑，两货箱与
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传送带间的动摩擦因数都是0.5， ， ， ，下列判断正确的是（ ）
A．货箱B先到达传动带底端
B．货箱B在传送带底端时的速度大小为
C．下滑过程中相对传送带的路程货箱A小于货箱B
D．下滑过程中，两货箱在传送带上的划痕长度相同
【答案】BC
【解析】已知 ， ， ， 。对A刚开始下滑时
解得A的加速度
A速度达到 以后
解得
对B刚开始下滑时
解得B的加速度
A第一阶段加速的时间
加速位移
由运动学公式可得A加速第二阶段，有
解得
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货箱A下滑到底端的时间
对B由运动学公式得
解得货箱B下滑到底端的时间
由 可得，货箱A先到达传动带底端，故A错误；货箱B在传送带底端时的速度大小
，故B正确；货箱A下滑到底端时相对于的路程 ，货箱B下滑到底端时
相对于的路程 ，所以下滑过程中相对传送带的路程货箱A小于货箱B。两货箱在传送带上
的划痕长度货箱A小于货箱B。故C正确，D错误。
12．如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角为θ，以恒定速率顺时针转动，一煤块以初速
度 从A端冲上传送带，煤块的速度随时间变化的图像如图乙所示，取g=10m/s2，则下列说
法不正确的是（ ）
A．倾斜传送带与水平方向夹角的正切值tanθ=0.75
B．煤块与传送带间的动摩擦因数μ=0
C．煤块从最高点下滑到A端所用的时间为2s
D．煤块在传送带上留下的痕迹长为
【答案】BC
【解析】 内煤炭的加速度大小为
根据牛顿第二定律可得 ， 后煤炭的加速度大小为
根据牛顿第二定律可得
联立解得 ，
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倾斜传送带与水平方向夹角的正切值为
故A正确，不满足题意要求；B错误，满足题意要求；
煤炭的位移为
煤炭的位移为
煤炭下滑的过程中，根据动力学公式有
解得煤块从最高点下滑到A端所用的时间为
故C错误，满足题意要求；
煤炭相对传送带向上的位移为
煤炭相对传送带向下的位移为
煤炭相对传送带向下的位移为
由于
煤块在传送带上留下的痕迹长为
故D正确，不满足题意要求。
三、实验题（共14分）
13．（6分）某中学实验小组为探究加速度与合力的关系，设计了如图甲所示的实验装置。
主要实验步骤如下：
①按图甲安装实验器材：重物用轻绳挂在动滑轮上（二者的总质量为 m），其下端与纸带相连；轻
绳左端与固定于天花板的力传感器相连，可以测量绳上的拉力大小，右端跨过定滑轮与质量为 M的
钩码连接；
②接通打点计时器的电源，释放钩码，带动重物上升，在纸带上打出一系列点，记录此时传感器的
读数F；
③改变钩码的质量，多次重复实验步骤②，利用纸带计算重物的加速度a，得到多组a、F数据。
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请回答以下问题：
(1)已知打点计时器的打点周期为0.02s，某次实验所得纸带如图乙所示，M、P和P、N间各有4个
点未标出，则重物的加速度大小为 （结果保留两位有效数字）。
(2)实验得到重物的加速度大小a与力传感器示数F的关系如图丙所示，图像的斜率为k、纵截距为
，则重物和动滑轮的总质量 ，当钩码与二者总质量相等时，重物的加速度大小为
。（本问结果均用k、b表示）
【答案】(1) (2)
【解析】（1）打点周期为0.02s，M、P和P、N间各有4个点未标出，则M、P和P、N间的运动时
间为
由逐差法有
解得
（2）对重物由牛顿第二定律得 ，可得
则斜率 ，截距绝对值
解得
由图可知，钩码的加速度为重物的2倍，则 ，又
解得 。
14．（8分）某物理课外小组通过如图甲、乙、丙所示的实验装置探究物体加速度与其所受合外力
之间的关系。已知他们使用的小车完全相同且质量为 ，重物的质量为 ，试回答下列问题：
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（1）实验时，必须满足“ 远大于 ”的实验装置是 （选填“甲”、“乙”或“丙”）
（2）按乙图实验装置得到如图丙所示的纸带，已知打点计时器打点的周期 ，其中 、
每相邻两个计数点之间还有 4个点没有标出，根据纸带提供的数据，算得小车加速度的
大小为 （计算结果保留两位有效数字）。
（3）采用（丙）图实验装置探究质量一定时加速度与力的关系的实验，以弹簧测力计的示数 为横
坐标，加速度 为纵坐标，画出的 图线是如图（丁）的一条直线。测出图线与横坐标的夹角为
，求得图线的斜率为 ，则小车的质量为 。
A． B． C． D．
（4）采用（甲）图实验装置，把重物改成槽码，槽码总数 ，将 （依次取 ）个槽码
挂在细线左端，其余 个槽码仍留在小车内，重复前面的步骤，并得到相应的加速度 ，得到
图线是过原点的直线，但实验时漏了平衡摩擦力这一步骤，下列说法正确的是 。
A． 图线不再是直线
B． 图线仍是过原点的直线，但该直线的斜率变小
C． 图线仍是直线，但该直线不过原点
【答案】（1）甲 （2）0.57/0.58/0.59/0.60/0.61/0.62/0.63 （3）C （4）C
【解析】（1）乙、丙两图绳上的拉力都可测量直接读出，不需要重物重力替代，甲图需要用重物重
力替代拉力，所以需要满足“ 远大于 ”；
（2）根据逐差法公式可得
解得
（3）根据牛顿第二定律可得
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整理得
所以小车的质量为 ，故选C。
（4）[4]因为没有平衡摩擦力，所以可得
整理得
所以 图线仍是直线，但该直线不过原点，故选C。
四、计算题（共46分）
15．（8分）如图（a），质量为m的篮球从离地H高度处由静止下落，与地面发生一次非弹性碰撞
后反弹至离地h的最高处。设篮球在运动过程中所受空气阻力的大小是篮球所受重力的 倍（ 为常
数且 ），且篮球每次与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比相同，重力加速度大小为
g。求篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比；
【答案】
【解析】篮球下降过程中根据牛顿第二定律有
再根据匀变速直线运动的公式，下落的过程中有
篮球反弹后上升过程中根据牛顿第二定律有
再根据匀变速直线运动的公式，上升的过程中有
则篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比
16．（8分）如图，光滑水平面上固定有光滑长直木板，倾角 、质量 的斜面紧靠木板
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放置，质量 的物块与斜面之间的动摩擦因数 ，初始时斜面与物块均静止，作用在斜面
上的力F与木板平行，重力加速度g取 ， ， ，求：
（1）若物块与斜面之间不发生相对滑动，力F的最大值；
（2）当斜面的加速度 时，F的大小。（已知在力F作用下，斜面与物块同时开始分别做匀
变速直线运动）
【答案】（1）9N；（2）14N
【解析】（1）当物块与斜面之间恰好发生相对滑动时，对物块进行受力分析，如图所示
则有 ， ，
解得
对物块与斜面整体分析有
解得
（2）结合上述可知
所以斜面与物块发生了相对滑动，滑动摩擦力方向与相对运动方向相反，即与相对加速度方向相
反，若滑动摩擦力方向沿斜面运动方向，那么物块沿斜面向下方向仅受重力分力，将沿斜面向下运
动，所以物块相对斜面的加速度沿左下方，设物块沿斜面向下的加速度分量为 ，沿斜面运动方向
的加速度分量为 ，对物块分析进行受力分析，如图所示
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则有 ， ， ，
解得 ， ，
则物块对斜面的滑动摩擦力在沿斜面运动方向的分力为
对斜面分析有
解得 。
17．（14分）中国国家邮政局监测数据显示，2023年1～4月中国快递业务量达300亿件，我们的
生活离不开快递。图甲为快递物流配送分拣示意图，水平传送带和倾斜传送带以相同的速率逆时针
运行。现将一质量为 的货物轻放在倾斜传送带上端 处，图乙为倾斜传送带 段的数控设备
记录的货物的速度-时间图像， 末货物刚好到达下端 处，随后以不变的速率滑上 端。已知传
送带 段的长度 ，最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，货物与两条传送带间的动摩擦
因数相同， 间距忽略不计，取 。求：
（1）货物与传送带间的动摩擦因数 ；
（2）货物从 端运动到 端的过程中，货物与传送带间因摩擦产生的总热量 。
【答案】（1）0.5；（2）
【解析】（1） 内，货物在倾斜传送带上的加速度大小为
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内，货物在倾斜传送带上的加速度大小为
根据牛顿第二定律， 内，有
内，有
解得
（2）结合图乙知，传送带的速率 货物在水平传送带上运动的加速度大小为
货物在水平传送带上减速运动的时间
货物在水平传送带上减速运动的位移大小为
解得
由于 ，货物与传送带共速后一起做匀速运动货物在水平传送带上的相对位移
货物与传送带间因摩擦产生的总热量
解得
18．（16分）如图所示，倾角为 的光滑斜面 底端固定一挡板。劲度系数为 的轻
质弹簧一端固定在挡板上，弹簧原长时另一端刚好位于斜面最高点 点。质量为 的长木板
静止在另一倾角为 的粗糙斜面上，长木板的上表面刚好和斜面 共线。将质量为 的
小木块 从图中位置由静止释放，小木块 刚滑上长木板时的速度为 。已知小木块和长木
板之间的动摩擦因数为 ，长木板和斜面之间的动摩擦因数为 ，弹簧始终在弹性限度内，
弹簧的弹性势能为 ，其中 为弹簧的劲度系数， 为弹簧形变量，最大静摩擦力等于滑动摩
擦力，取重力加速度大小 ， ， 。
（1）若 ，求小木块刚滑上长木板时小木块和长木板的加速度大小 和 ；
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（2）若 ，小木块在运动过程中始终不滑离长木板，求长木板长度的最小值 ；
（3）在第（2）条件下，长木板从开始运动到第一次回到初始位置经过的路程 ；
（4）已知小物块 在斜面上做简谐运动的周期为 ，其中 为弹簧的劲度系数， 为小物块
的质量，求小木块 从释放到第一次运动 点所用的时间 。
【答案】（1）8m/s2；0；（2） ；（3） ；（4）
【解析】（1）以小木块A为研究对象，由牛顿第二定律得 ，解得
以长木板B为研究对象 ，所以木板加速度为0；
（2）以小木块A为研究对象，由牛顿第二定律得 ，解得
以长木板B为研究对象，由牛顿第二定律得
解得
当达到共速时，满足 ， ，解得 ，
木块的位移
木板的位移
木板的长度至少为
（3）达到共速后，设木块和木板一起运动
上滑过程，对整体有
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以小木块A为研究对象
解得
假设成立。
小木块A和长木板B一起匀减速运动的位移为
下滑过程，设木块和木板一起运动，对整体有
以小木块A为研究对象
解得
假设成立。
所以长木板B从开始运动到第一次与斜面交界处碰撞经过的路程为
（4）小木块A从释放到P点的过程中，根据动能定理可得
解得
小木块A做简谐运动的平衡位置满足
解得
小木块A从释放到第一次运动到P点的时间为
18
