第4章 第11周 力学单位制 牛顿运动定律的应用-【一本】2025-2026学年高中物理必修第一册周末小测卷（人教版）

12(0加②50a号 【解析】(1)图乙中图线末端发生了弯曲，产生这种现象的 原因可能是砝码和盘的总质量没有满足“远小于小车质 量”的要求，A、B、C错误，D正确。 (2)结合题意可知，相邻两计数点之间的时间间隔为T= 5×0.02s=0.1s,由题图丁知，小车运动的加速度为a= CE-AC_[(12.51+17.50)-(2.50+7.50]×10- (2T)2 (2×0.1)2 m/s2≈ 5.0m/s2 (3)设滑块质量为M,根据牛顿第二定律有F一Mg= F b M血，得a-一ug,结合图丙可知g=b,所以μ一g· 13.解：(1)xt图像中图线斜率表示加速度，由题图乙可知小 球在0~2s内的加速度a1的大小为 a1=恕-98wg=20m (2)对小球，0~2s内在风力作用下沿杆做匀加速直线运 动，由牛顿第二定律有 F-mg sin37°-mgcos37°=ma1 代入数据解得F=60N (3)心t图像中图线与横坐标围成的面积等于位移，由题图 乙可得小球在杆上向上运动的最大位移为 x=2×6×40m=120m 小球下滑时做匀加速直线运动，加速度大小为α2，由牛顿 第二定律有 mg sin37°-mg cos37°=ma2 代入数据解得a2=2m/s2 根据位移与速度的关系可得 v2=2a2x 代入数据解得v=4v√30m/s。 14.解：(1)包裹恰好下滑时，根据共点力平衡条件有 mgsin 0-umg cos 0=0 解得u=tan0=0.75 (2)机器人水平以最大加速度启动时，由牛顿第二定律有 umg-ma mex 得am=7.5m/s2 水平方向，根据牛顿第二定律有F:=mamx=30N 竖直方向，根据力的平衡有F,=mg=40N 根据力的合成可知，作用力F=√F,2十F,2=50N (3)整个运送过程经历匀加速、匀速、匀减速三个过程，匀 加速、匀减速过程，由运动学公式有 2编=t被=。心=0.48 ==0,6m 匀速过程通过的位移x匀=L一2x加=43.8m 匀速运动的时间为约=工丝=14,6s Umax 最短时间t=t加十t被十t勾=15.4s。 第①①周力学单位制 牛顿运动定律的应用 1.C“m”是国际单位制中的基本单位，“t”不是国际单位制 中的基本单位，A错误；“km/h”不是国际单位制中的基本 单位，B错误；速度的单位“m/s”是导出单位，C正确；在国 际单位制中，质量的基本单位是千克(kg),D错误。 2C根据∫-心可得及=，则阻力系数及的单位用国际 单位制中的基本单位表示为经”等=g·m1,C 正确。 3.B设航天员的质量为m,航天员的加速度大小为a=y 根据牛顿第二定律有F=ma,可得航天员的质量为m= ,B正确。 Ft 4,CD根据牛顿第二定律可得mgsin0-umg cos0=ma,解 得加速度大小为。=4g,A错误；滑雪者到坡底时的速度 大小为u=at=4,B错误；滑雪者运动的平均速度大小 为一号-日，C正确：浴雪者运动的位移大小为x= 1 1 2at=8g,D正确。 5.C当返回舱距离地面高度为2m时，返回舱的速度为 8/s,返回舱触地前的瞬间速度降为0，根据速度与位移的 关系有=2ah,解得a%=2义2m/g=16m/5,对 返回舱，由牛顿第二定律得4F一mg=ma,解得F= m(g+a)_4X10×(10+16)N=2.6×10N,C正确。 4 4 6.C设AD与水平方向的夹角为0，雨水的质量为m,根据牛 顿第二定律可知，雨水下滑时的加速度大小为a=mgsi如9 m gsin0,根据几何关系和运动学公式可得x0=0s0一 1 2L 4L au,解得1一√gsin0s0-√gsn20,可知当0=45时， L 雨水从A流到D所用的时间最短，为tm=2 ,C 正确。 7.BC碰撞过程中，汽车受到猛烈撞击，速度减小，存在向左 的加速度α，当强磁铁对金属球的吸引力不足以提供向左的 加速度a时，由牛顿第二定律可知F引=ma,得a<a,金 属球速度减小得慢，与强磁铁发生相对运动，从而脱离强磁 铁，可知金属球脱离强磁铁并不是因为受到另外的一个力 的作用，A错误；结合上述，根据牛顿第二定律有F=a 50×10-3×400N=20N,即强磁铁对金属球的最大引力为 20N,B正确；汽车在紧急加速时，加速度方向向右，金属球 的加速度方向也向右，对金属球根据牛顿第二定律可知， F支一F引=ma,F支=F引十ma,汽车在紧急加速时，金属球 受的支持力F支变大，根据牛顿第三定律可知，金属球对强 磁铁的压力变大，C正确；若汽车某次碰撞时间为0.03s,车 头部凹陷了0.15m,利用逆向思维，根据位移公式有x= t,解得a=1000， 1 3m/s<400m/s2,可知此碰撞不会导 致安全气囊弹出，D错误。 8.解：(1)对小球受力分析，如图甲所示 ay mg 甲 根据几何关系和受力平衡有2 Fnsin a=2 Fsin a=mg 解得Fn=Fz=10W2N (2)对小球受力分析，如图乙所示 F O 解法一：假设加速度为α。时，右边线恰好松弛，即右边线的 弹力恰好为0，对小球P,水平方向根据牛顿第二定律有 Fn'cos a=mao 竖直方向根据力的平衡有Fn'sin a=mg 解得ao=g=10m/s2 因为a>ao,说明右边线中弹力F'=0 根据力的合成可知Fn'=√(mg)+(ma) 代入数据得Fm'=40N 解法二：利用正交分解，竖直方向根据力的平衡有 Fn'sina十Fz'sina=mg 水平方向根据牛顿第二定律有Fn'cosa一Fz'cosa=ma 联立解得Fn'(sina-cosa)十Fz'(sina十cosa)=m(g a),可得Fz或(sina一cosa)小于0，细线只能提供拉力， 所以sina小于cosa,说明右边细线已松驰，故Fz'=0 由Fn'与mg的矢量和为ma,可知Fn'=√(mg)+(ma) 代入数据解得Fn'=40N。 9.A对滑块受力分析，可得其在斜面所在平面内受到的合力 的大小为F台=√(mgsin0)2+F-mg cos0,代人数据 解得F合=2 8mg。设合力与F的夹角为a,则有tana mgs血9，代人数据解得a=45,根据牛顿第二定律有F台 F ma,解得a=5y2 m/s2,运动到斜面底边时滑块的位移为 L 5V2 x一sina=2m,根据位移与时间的关系式有x=2a, 代入数据解得t=2s,A正确。 10.BC无人机上升过程做匀加速直线运动，则加速到最大速 度时驶过的最短距离h1满足v12=2a1h1,解得h1=4m, A错误；无人机上升的过程中受到升力、重力和空气阻力 的作用，根据牛顿第二定律可得F一f一mg=ma1,代人数 据可得f=6N,B正确；重新启动前无人机向下做匀加速 直线运动，由牛顿第二定律可得mg一f=ma2,解得a2= 6/s2,操作人员用时2s完成重新启动，重启时无人机速 度大小为v2=a2t2=12m/s,C正确；重新启动前无人机 向下做匀加速直线运动，运动的距离为h:=2:2 12m,则此时离地面的高度为h'=20m一12m=8m,D 错误。 11.AC在无风情况下，小球由静止开始经0.5s沿细杆运动 1 了0.25m,根据位移公式有x=2at,可得加速度大小为 。22 a=2m/s2,根据牛顿第二定律可得mg sin0-mg cos0= ma,解得小球与细杆间的动摩擦因数为：=0.5，A正确； 当小球受到的摩擦力沿杆向上且最大时，风力最小，根据 平衡条件可得，沿杆方向有mgsin0=F1cos0+Fa,垂直 杆方向有FM=mg cos0十F1sin0,又Fa=Fa,联立解得 20 F,一立N,当小球受到的摩擦力沿杆向下且最大时，风力最 大，根据平衡条件可得，沿杆方向有mgsin0=F2cos0一F2, 垂直杆方向有Fa=mgcos0十F2sin0,又F2=Fe,联 立解得F2=20N,若小球始终静止在细杆上，风力F需满 足器N≤F≤20N,C正确，根据上面分析可知，当静摩擦 力沿杆向上时，风力越大，静摩擦越小，B错误；若风力恒 为40N,由上面分析可知小球沿杆向上加速运动，根据牛 第二定律可得Fcos0-mgsin0-u(Fsin0十mngcos0)= ma',解得加速度大小为a'=10m/s2,则2s内小球从静止 1 出发，在细杆上通过的位移为x=2a't2=20m,D 错误。 12解：(1)物体在拉力作用下向上运动，对其受力分析如图甲 所示 F mg 甲 根据牛顿第二定律可得F一mg sin0-uFv=ma1 又FN=mg cos0 解得加速度大小为a1=1.6m/s2 撤去拉力，物体沿斜面向上运动时，对物体受力分析如图 乙所示 F mg 乙 根据牛顿第二定律可得ng sin0十ng cos0=ma2 解得加速度大小为a2=8.4m/s2 设物体向上加速的时间为t1,向上减速的时间为t2,根据 逆向思维有a1t=a2t2,t=t1十t2 解得t1=2.1s,t2=0.4s 测物体沿斜面上滑的位移大小为x=1,+分a,女 1 解得x=4.2m (2)物体沿斜面向下运动时，对物体受力分析如图丙所示 mg 丙 根据牛顿第二定律可得mgsin0-1 mgcos0=ma3 解得加速度大小为a3=3.6m/s2 1 根据x=2a2 V21 解得t=3s。 13.解：(1)对中国结受力分析，根据牛顿第二定律有 mgtan 0=ma 解得中国结的加速度大小为a=2m/s2,可知房车的加速 度大小为2m/s2 (2)房车在ab段匀加速，根据位移与时间的关系有 L-vt+ga 解得v.=14.5m/s 房车匀加速的时间满足v=v。十at1 解得t1=7.5s 房车经过ab段所用的时间为5.5s,则房车到达b点后加 速的时间为△t1=7.5s-5.5s=2s 房车到达6点后加速的位移为1-”41-L=5m 还需匀速状态下继续行驶x2=xo一x1=118m 匀速运动的时间为2==4s 则房车到达b点后继续行驶173m所用的时间为t'=t2十 △t1=6s (3)储藏罐沿斜面向上运动时，对储藏罐受力分析，它受的 支持力和重力的合力产生加速度，根据牛顿第二定律有 m'gtan B-m'a' 解得a'=7.5m/s2。 14解：(1)恒力F作用时，对物块A受力分、 析，如图甲所示 沿斜面方向，根据牛顿第二定律有 Fcos 0-f-mgsin 0=ma 垂直斜面方向，根据平衡条件有F如 mgcos 0+Fsin 0 mg 又根据f1=41F 甲 联立解得a1=5m/s 撤去恒力F时物块A的速度大小v1=a1t=10m/s (2)物块A向上做匀加速直线运动的位移为x1 2a11,2=10m 撤去恒力F后，物块A向上运动时，对物块A受力分析， 如图乙所示 沿斜面方向，根据牛顿第二定律有 uimgcos 0+mgsin 0=ma2 解得加速度为a2=10m/s 则物块A减速到0的时间为t2=么=1s 则物块A向上减速至0的位移为 mg -=5m 乙 故物块A沿斜面上滑的最大距离x=x1十x2=15m (3)物块B沿斜面向下运动时，对物块B受力分析，如图 丙所示 FNB mgg 丙 沿斜面方向，根据牛顿第二定律有 mBgsin 0-uzmBgcos 0=mBaB 解得aB=0.4m/s2 2 物块A沿斜面向下运动时，对物块A受力分析，如图丁 所示 mg 丁 根据牛顿第二定律有mg sin0-μ1 mgcos0=mag 解得a3=2m/s2 假设再经过t3物块A、B达到共速，则有 aB(t1十t2十t3)=a3t3 解得6=子。 9 物块A下滑的位移为xA一2a42=16m 整个过程物块B的位移为 =+中+r-铝m A、B两物块在斜面上始终未相遇，斜面的最小长度1 6 x1十x2-xA十xB= 4m=17.25m。 第②周超重和失重 动力学中的图像问题、连接体问题 1.B由于电梯匀减速下降，所以电梯的加速度竖直向上，人 处于超重状态，根据牛顿第二定律有Fv一mg=ma,可得 FN=mg十mm=600N,体重计的示数为m_=60kg,B g 正确。 2.D根据牛顿第二定律，对A、B整体有F-2umg=2ma, 对B有Fs一mg=ma,解得FB=2F,D正确。 3.A由题中图像可知，ab过程中绳子的拉力逐渐增大，绳子 长度逐渐伸长，绳子的拉力小于人的重力，人的加速度方向 向下，人处在失重状态，A正确；由题中图像可知，c点绳子 拉力大于人的重力，人具有竖直向上的最大的加速度，处于 超重状态，B错误；cd过程中绳子处于伸长状态，绳子拉力 大于人的重力，人处于超重状态，C错误；e点绳子处于伸长 状态，绳子拉力小于人的重力，人处于失重状态，但不是完 全失重状态，D错误。 4.D设弹簧弹力为F1,对A、B整体和B分别用牛顿第二定 律有F=（mA十mg)a,F,=ma,代人数值解得a= 6m/s2,F1=12N,A、B错误；突然撤去F的瞬间，弹簧的 弹力保持不变，则A的加速度大小为a,=E=12m/S,C mA 错误；突然撤去F的瞬间，弹簧的弹力保持不变，B的加速 度不变，则B的加速度大小为a==6m/s,D正确。 mB 5.BC根据题意可知，物块a、b一起做初速度为0的匀加速 直线运动，根据匀变速直线运动位移与时间的关系有x= 2a,将点(1,2)的坐标代入方程可得a=4m/s,A错误； 对物块a、b组成的整体，根据牛顿第二定律有F=(ma十 m6)a=20N,B正确；对物块b,根据牛顿第二定律有Fr= m6a=12N,C正确，D错误。 ●一本高中物理周末小测卷 第周力学单位制 牛顿运动定律的应用 ③时间：60分钟 8总分：100分 8得分： ⑦答案：P21 说明：本卷单选题每小题4分；多选题每小题6分，全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的 得0分。其他题分值见题目前标注。 弥 基础测·查漏补缺 n 洲 1.(2025·辽宁锦州期末)高铁是现代化交通的重要标志之一。高铁列车的长度在200~400m,整车质 量在400~600t,正常运行速度在250~350km/h。下列说法正确的是 () A.“m、t”都是国际单位制中的基本单位 B.“km/h”是国际单位制中的基本单位 C.速度的单位“m/s”是导出单位 D,在国际单位制中，质量的基本单位是克(g) 2.(2025·广东东莞期末)已知力学单位用国际单位制中的基本单位表示为1N=1kg·m·s2,假 设载人飞船在升空过程中有一阶段所受空气阻力与速度的二次方成正比，即f=k2,则阻力系数 k的单位用国际单位制中的基本单位表示，正确的是 () A.kg·m B.kg·m2 C.kg·m-1 D.kg·m-2 毁 3.新考法物理与新科技(2025·江苏淮安期末)如图所示，在中国空间站中测量航天员 封 质量。航天员把自己固定在支架的一端，另外一名航天员将支架拉到指定的位置。 松手后，支架产生一个恒定的拉力F拉着航天员从静止开始运动到舱壁。测出航天 员运动到舱壁时的速度v和运动所用时间t,则航天员的质量为 ( 程 CE 4.(多选)(2025·广东惠州期末改编)某滑雪爱好者参加高山滑雪时的情境如图 所示，某时刻滑雪者收起雪杖，从静止开始沿着倾角0=30°的平直山坡做匀加 速直线运动，经过时间t后到达坡底。已知滑板与山坡间的动摩擦因数为 3 H= ,重力加速度大小为g。关于滑雪者在该运动过程中的说法正确的是 线 A加速度大小为c兮-停： R到坡底的速度大小为2g C运动的平均速度大小为8g D.运动的位移大小为gg 5.(2025·北京丰台期末改编)2025年4月30日，神舟十九号载人飞船返回舱在东风 着陆场成功着陆。当返回舱距离地面的高度为2m时，返回舱的速度为8/s,此 时返回舱底部的4台反推发动机同时点火工作，使返回舱触地前的瞬间速度降 为0。若该过程返回舱始终竖直向下做匀减速运动，返回舱的质量变化和受到的 必修第一册RJ版 空气阻力均忽略不计。返回舱的总质量为4×103kg,重力加速度g取10m/s2,则平均每台反推 发动机提供的推力大小为 ) A.6.6×104N B.1.04×105N C.2.6×104N D.3.65×105N 6.(2025·湖南邵阳期末)在设计三角形的屋顶时，会通过改变屋脊的坡度使雨水 A 尽快地流下。如图所示，屋顶宽度为2L,AB=AD,若雨水由静止开始从屋顶上B A点无摩擦地流下，重力加速度大小为g,雨水从A流到D所用的最短时间是 田目 ( A店 服 7.新考法物理与生活（多选）(2025·山东临沂期末)安全气囊是一种车辆乘员约束系统，能在碰撞事 件中为乘员提供柔软的缓冲，减少对乘员的伤害。某汽车的安全气囊的触发装置如图所示，金属球 被强磁铁吸引固定。当汽车受到猛烈撞击，碰撞过程中加速度不小于400/s2时，金属球会脱离强 磁铁，沿导轨运动接通电路，安全气囊打开。若金属球的质量为50g,不计一切摩擦阻力，则（) A碰撞过程中，金属球因为受到另外的一个力的作用而脱离强磁铁 运动方向 B.强磁铁对金属球的最大引力为20N C.汽车在紧急加速时，金属球对强磁铁的压力变大 导轨 强磁铁 D.若汽车某次碰撞时间为0.03s,车头部分凹陷了0.15m,则此碰撞会 金属球 激发装置 M 导致安全气囊弹出 8.(2024·湖南长沙阶段练改编，10分)如图所示，小球P用两段等长的细线悬挂在车厢的顶部，车 厢顶部水平，两段细线与车厢顶部的夹角α=45°，已知小球P的质量为m=2kg,重力加速度g取 10m/s2。 (1)若车厢处于静止状态，求左、右两细线的拉力大小。 (2)若车厢以大小为a=10√3m/s2的加速度向右做匀减速运动，求左、右两 细线的拉力大小。 能力测·迁移运用 9.(2025·山东烟台期末)如图所示，将一个质量为m的滑块从倾角为 0=30°的固定斜面上的O点由静止释放，同时对滑块施加一个与斜 面底边平行的水平推力F=ng sin0,已知滑块和斜面之间的动摩擦 感M“/应0L准琍（重/4明许傲翔岁u9?=7墚明皿唑学O9入豫强 块从O点运动到斜面底边的时间为 () A.2s B.4s C.√2s D.6s 。27。 一本高中物理周末小测卷 10.(多选)(2025·广东汕尾期末)如图所示，学校运动会采用新型无人机拍摄运动员入场 仪式。无人机的质量为1.5kg,最大升力为24N,最大的上升速度和加速度分别为 4m/s和2m/s2。该无人机悬停在离地面20m高处拍摄时，突然停止工作。操作员 。 用2s完成重启，空气阻力大小恒定，重力加速度g取10m/s2,下列说法正确的是 A无人机从静止加速上升到最大速度时驶过的最短距 商为n B.无人机所受的空气阻力大小为6N C.完成重启时，无人机的速度大小是12m/s D.无人机完成重启时，离地面的高度为12m 11.(多选)(2025·安徽合肥期末)风洞实验是研究流体力学的重要方法，风洞实验室中可 以产生水平向右、大小可调节的风力。现将质量为1kg的小球套在足够长且与水平 方向夹角0=37°的细直杆上，放入风洞实验室，小球孔径略大于细杆直径。在无风情 况下，小球由静止开始经0.5s沿细杆运动了0.25，假设小球所受的最大静摩擦力等于滑动摩 擦力。(g取10m/s2,sin37°=0.6，cos37°=0.8)下列说法正确的是 () A.小球与细杆间的动摩擦因数为0.5 B.风力越大，小球受到的摩擦力越大 C者小球始终静止在细杆上，风力P需满足织N≤F≤20N D.若风力恒为40N,则2s内小球从静止出发在细杆上通过的位移为44m 12.(2024·四川绵阳阶段练改编，12分)如图所示，倾角0=37°的足够长的固定斜面底端 有一质量m=1kg的物体，在沿斜面向上的拉力F作用下由静止开始运动，一段时间 后撤去拉力F。已知拉力F=10N,物体沿斜面向上运动的时间t=2.5s,物体与斜 面间的动摩擦因数4=0.3，重力加速度大小g取10m/s2,sin37°=0.6，cos37°=0.8。求： (1)物体沿斜面上滑的位移大小； (2)物体沿斜面向下运动的时间。 13.(2025·广东深圳期末，14分)假期时，小明的爸爸驾驶房车带领全家游览祖国美丽的 景色。房车厨房内有一只装满杂粮的圆柱形储藏罐贴着倾角为β=37°的斜面放在水 平置物架上，房车车壁上有一个用细长轻绳悬挂的小中国结（可看作质点），如图甲所 示。ab、bc、cd、de是港珠澳大桥的四段l10m等跨钢箱梁桥（如图乙所示），房车行驶到a点时 开始加速，先做匀加速直线运动，达到29.5m/s后做匀速直线运动。在ab段小明发现中国结偏 。28· 必修第一册RJ版 离竖直车壁的角度始终为0，已知sin0= V26,cos0-5 。他用手机中秒表功能测出房车经过 √26 ab段所用的时间为5.5s,g取10m/s2,sin37°=0.6，cos37°=0.8，求： (1)房车通过ab段时的加速度大小； (2)从b点开始房车继续行驶173m所用的时间； (3)假设储藏罐外表面光滑，则房车至少以多大的加速度运动才能使储藏罐沿斜面向上运动。 →车运动方向 弥 中国结 110m中110m中10m中110m 甲 拓展测·创新突破 封 14.(2025·山东烟台期末，16分)如图所示，倾角0=37°的斜面固定在水平地面上，物块 A静止在斜面底端。t=0时刻，物块A在F=30N的水平恒力的作用下沿斜面向上 运动，同时物块B在斜面顶端由静止释放，1=2s时撤去恒力F,A、B两物块在斜面 上始终未相遇。已知物块A的质量m=1kg,A、B两物块均可视为质点，物块A与斜面间的动摩 擦因数1=0.5，物块B与斜面间的动摩擦因数u2=0.7,重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6，求： (1)撤去恒力F时物块A的速度大小； B (2)物块A沿斜面上滑的最大距离； (3)斜面的最小长度。 F 0 7777777777777777777777777777 线