周测卷(四) 牛顿运动定律(一)-【鱼跃龙门卷】2025-2026学年高三物理一轮复习周测卷（新教材版·福建专用）

null高三一轮复习周测卷 ·新教材版F· AD【解析】在水平力大小由零逐渐增加至G时，A 9.(1)2m 对斜面的压力达到最大，最大值为F1=Gcos37°十 e2ms+ Gsin37°=1.4G,A正确。在水平力为零时，A对斜面 【解析】(1)当I恢复原长时，对A、B及弹簧Ⅱ整体 的压力最小，最小值为F2=Gcos37°=0.8G,B错误。 分析，绳子的拉力为F=2mg,即小桶中细砂的质量 在水平力为零时，A所受摩擦力方向沿斜面向上，大 为2m。 小为f1=Gsin37°=0.6G,在水平力为G时，A所受 (2)开始时，对A、B及弹簧Ⅱ分析，1x1=2mg,弹 摩擦力方向沿斜面向下，大小为f2=Gc0s37°一 簧I的压缩量为，=28，对B分析，k,C,=mg, Gsin37°=0.2G,可知，A所受摩擦力的最大值为 0.6G,C错误。根据上述，当水平推力沿斜面向上的 弹簧Ⅱ的压缩量为x三化，当1恢复原长时，对A 分力与重力沿斜面向下的分力大小相等时，A相对斜 面没有运动趋势，此时A所受摩擦力的最小值为零，D 分析，：=加8，弹资Ⅱ的伸长量为-%，在此 正确。 过程中，小桶下降的距离为h=x1十x2十x= 7.30.135【解析】物块受到的最大静摩擦力为 ∫m=umg=5N,由于F=3N<fm,则物块保持静 止，根据平衡条件可知，物块所受摩擦力为f1=F= 10.(1)5N5√3N(2)大小为10N,方向与水平方 3N。根据胡克定律F=kx,解得x=0.O3m,此时 弹簧总长为l1=l。十x=0.13m。由于F=6N> 向成30°角斜向左上方 3)3 4 ∫m,物块与地面间将发生相对滑动，物块受到滑动摩 【解析】(1)以物体N为对象，根据受力平衡可知轻 擦力，所以物块所受摩擦力为f2=fm=5N。 绳OB的拉力大小为Fg=m1g=10N, 8.(1)C(2)等于(3)会 以O点为对象，根据受力平衡可得FA=Fasin0= 【解析】(1)根据实验原理可知，图甲可测量合力， 乙、丙两图测量分力，结合胡克定律可知，需要测量 10x2N=5N, 弹簧的原长以及图甲、乙、丙中弹簧的长度，以便测 量三个力的大小，三个力的大小均与劲度系数成正 Fe-Facos-10xN N 比，则形变量大小可以表示力的大小关系，故A、B错 (2)以滑轮为对象，可知轻绳对滑轮的作用力大小 误。步骤④中每次重复实验时，不需要保证O点位 为F=2 F8 cos60°=10N,方向沿滑轮两侧轻绳的 置与第一次实验记录的位置一致，从而使实验更具 角平分线向下，即与水平方向成30°角斜向右下方； 有普遍性，故C正确。 则定滑轮对轻绳的作用力大小为10N,方向与水平 (2)根据实验原理可知，图甲测量合力，乙、丙两图测 方向成30°角斜向左上方。 量分力，所以图乙中细绳2的拉力大小等于图丙中 (3)如果物体M恰好没有滑动，则有Fc=f, 弹簧的弹力大小。 又f=N=um2g, (3)水瓶中的水洒落了少许，即合力减小，虽然弹簧 联立解得物体M与水平面间的动摩擦因数为 和细绳L2的方向都与步骤②中平行，O点位置也与 步骤②中重合，但弹簧弹力会变小，从而造成实验 4° 误差。 物理（四）》 1.B【信息获取与转化】 B之间的摩擦力是滑动摩擦力，故A错误。木块A 序号 文本信息 隐含信息 处于静止状态，根据平衡条件可知，弹簧的拉力F2 等于A、B之间的摩擦力f的大小，即F2=f,由A、 弹力为恒力，伸长量为 轻弹簧水平且弹力大小 B之间的弹力为FN=mAg,根据滑动摩擦力公式 定值，木块A静止不 为F2 f=FN,联立上式可得F2=mAg,可知，木块A的 动，受力平衡 质量越大，则F2也越大，故B正确。木块A受到的 2 B做匀速运动 受力平衡 摩擦力和木块A受到轻弹簧的拉力是一对平衡力， 水平恒力F1…轻弹 故C错误。若木板B加速向左运动，木块A受到的 3 竖直方向受力平衡 簧水平 滑动摩擦力不变，木块A仍处于静止状态，弹簧弹力 和木块A受到的摩擦力是一对平衡力，所以弹簧弹 【解析】木块A和木板B之间有相对运动，所以A、 力大小不变，仍为F2,故D错误。 6· ·物理· 参考答案及解析 2.B【解析】剪断悬挂于O点的细线瞬时，弹簧的弹 竖直方向上，游客受到向上的支持力，根据牛顿第二 力不变，弹簧长度不发生变化，分别对两小球受力分 定律FN一mg=ma竖，代人数据可得支持力大小为 析，根据牛顿第二定律可知aA>g、aB<g,那么两小 F、=600N,比重力500N更大，所以游客处于超重 球之间细线的拉力瞬间消失，A错误，B正确。开始 状态，故A、B正确。由于游客水平方向加速度向右， 时弹资的弹力为2mg,剪断两小球间的细线时，弹簧 可知游客受到水平向右的摩擦力，大小为f=ma水= 50×2√3N=100√3N,故D错误。对游客受力分 弹力不变，两小球之间细线的拉力瞬间消失，对A球 析，可知游客受轿厢竖直向上的支持力和水平向右 分析可知悬挂于O点细线的拉力由2mg瞬间减小 的摩擦力作用，根据牛顿第三定律，可知游客对轿厢 为mg,C错误。弹变的下端与小球B突然影开 的压力竖直向下，摩擦力水平向左，根据平行四边形 时，弹簧的弹力突然消失，下方细线的拉力增大为 定则，可知游客对轿厢的作用力斜向左下方，故C mg,悬挂于O点的细线的拉力保持不变，D错误。 错误。 【归纳总结】 5. ACD【解析】设B的速度大小为vB,根据速度的合 求解状态变化时瞬时加速度的步骤 成与分解，可得，=0se,解得g=5。B向 分析原状态物体的受力情况，根据平衡条件或牛 1 右运动的过程中，a减小，故B减小，所以B向右做 顿运动定律求出各力的大小 减速运动，当a=53°时B的速度为vg=5m/s,故C 分析状态变化时，哪些力变化，哪些力不变，哪些 正确。由题知，A向上做匀速运动，对A受力分析， 力会消失 根据平衡条件可得轻绳的拉力为T=mAg=20N, 因B向右做减速运动，水平方向合外力不为零，故不 求出物体状态变化后所受的合力，利用牛顿运动 3 定律求出瞬时加速度 能用平衡条件求B所受的滑动摩擦力大小，当α= 53°时，对B受力分析，根据正交分解，在竖直方向受 3. D【信息获取与转化】 力平衡，则有mg=Tsin a十N,解得N=14N,则 图像 斜率意义 与横轴所围面积的意义 B所受滑动摩擦力为f=N=2.8N,故A正确，B v-t 加速度 位移 错误。设B向右做减速运动的加速度为a,在水平方 a-t 速度变化量 向，根据牛顿第二定律有f+Tcos a一F=ma,解得 x-t 速度 F=f+Tcos a-ma,即F<f+Tcos a=μ(mBg Tsin a)+Tcos a,代入数据解得F<14.8N,故D 【解析】根据牛顿第二定律，上升过程有一(mg十 正确。 f)=ma1,下降过程有f-mg=ma2,可判断|a1> 6.AD【信息获取与转化】 |a2|,即上升和下降过程加速度大小不同，所以-t 图像的斜率不相等，加速度的方向均竖直向下，为负 图文关键信息 隐含信息 值，故A、B错误。上升和下降过程中分别做匀变速 环在A点正好处于静止状态… 环受力平衡，弹簧竖直 直线运动，x-t图像为曲线，不是直线，故C错误。由 OA沿竖直方向 于|a,>a2,且上升位移大小与下降时位移大小 光滑硬直杆 不存在摩擦力 相等，所以上升用时短，下降用时长，故D正确。 可求弹簧形变量 ￥B【解析】由3.0~4.5s内图像斜率可知，第3.0s 几何关系 末物块的速度0-益-”m/s=一2m,第 【解析】环在A点时，弹簧对环的拉力竖直向上，环 的重力竖直向下，若杆对环有弹力，则必沿倾斜方 2.0s末物块的速度为零，A错误。第2.0s末物块的 向，则环的合力不可能等于0，环不可能处于静止状 速度为零，2.0~3.0s时间内，物块的加速度为a= 态，则杆对环的弹力为0，故A正确。由几何关系可 △0-二2)20m/S=-2m/g2,B正确。由牛顿第 得O、A两点间的距离为4L,在A点由二力平衡可 △t3-2 二定律得-umg=ma,解得μ=0.2，C错误。0~2s 得(4L一3L)-m8,解得及-，故B结误。在B 内，由v=v+at,得0=v。+[(-2)×2]m/s,所以 点，弹簧对环的弹力垂直于杆，把环的重力分别沿着 o=4m/s,D错误。 杆和垂直杆分解，则环的合力等于重力沿着杆的分 4.AB【解析】由题可知，游客相对轿厢静止，故游客 的加速度与轿厢的加速度相同，即为a=4m/s2,将 力，测有magsin53=ma,解得a。=号g,放C错 游客的加速度分解到水平方向和竖直方向，则有 误。由几何关系可得O、C两点间的距离为3L,弹簧 a*=acos30°=2√3m/s2,a餐=asin30°=2m/s2, 的原长为3L,则环在C点时弹簧处于原长，弹簧对 。7。 高三一轮复习周测卷 ·新教材版F· 环的弹力为0，同理可得环在C点的加速度为ac= 9.(1)2m/s2(2)30m(3)(6+√30)s 5g,故D正确。 【解析】(1)对物体受力分析，由牛顿第二定律可知 F-mg sin 0-umg cos 0-ma, ABD【解析】t=0时，有F4=5N,FB=20N,由于 解得a=2m/s2,方向沿斜面向上。 FA十FB=25N<(mA十mB)gsin30°=30N,即两物 块处于静止状态，A所受摩擦力方向沿斜面向上，故 （2>物体沿斜面加速时的位移=a=号×2× A正确。t=3s时，有FA=17N,Fg=14N,由于 52m=25m, FA+FB =31 N<(mA +mB)gsin 30+u (mA+ 撤去外力时，物体的速度v=at1=10m/s, mB)gcos30°=75N,即两物块处于静止状态，由于 撤去外力后，物体减速上滑，设减速时的加速度为 FA=17N<mag sin30°+mAg cos30°=25N,则A、 a',根据牛顿第二定律有ng sin0+ng cos0=ma', B间相互作用力为0，故B正确。当A、B与斜面恰好 解得a'=10m/s2,方向沿斜面向下，故物体减速过 发生相对滑动时，有5+4t+20一2t=(mA+ mB)gsin30°+u(mA十mB)gcos30°，解得t=25s,当 程的位移x2-2a=5m, A与斜面间的摩擦力达到最大静摩擦力时有5十 所以物体沿斜面上滑的最大距离x=x1十x2= 4t'=mag sin30°十mAg cos30°，解得t'=5s,所以 30m。 (3)根据上述分析可知，物体沿斜面减速上滑的时间 5~25s内，对整体有5+4t+20-2t+fB=(mA十 mB)gsin30°+umAg cos30°，则5~25s内B所受摩 4g-1s, 擦力先向上减小，后反向增大，故C错误，D正确。 物体沿斜面上滑的总时间t上=t1+t2=6s, 7.g1an0M十mg【解析】由题意可知球受到球拍 由于mg sin0=6N>ng cos0=4N, cos 0 物体最终要从斜面上滑落，设物体下滑时的加速度 给的支持力N和自身重力mg而向右做匀加速直线 为a下，由牛顿第二定律可得mg sin0一mg cos0= 运动，设加速度大小为a,则由牛顿第二定律可得 mg tan8=ma,解得a=gtan0。对球拍和球整体分 mm下，解得a下=2m/s,方向沿斜面向下，2a下片= 析，整体的合力为(M+m)a,根据平行四边形定则可 x,解得下滑的时间t下=√30s, 得该运动员对球拍的作用力大小为F=M十m)g 物体在斜面上运动的总时间t=t上十t下=(6十 cos 0 √30)s。 8.(1)A(2)8.20(3) M+m (4)直线 10.(1)0.5m/s0.2m/s(2)1s(3)0.3m M 【解析】(1)关闭遥控开关时玩具卡车的速度大小 【解析】（1)该实验需要研究三个物理量之间的关 系，需要保持其中一个物理量不变，研究加速度与另 为o1=a1t1=0.5×1m/s=0.5m/s, 滑块与车厢相对静止一起运动的最大加速度大小 外一个物理量的关系，这种方法叫作控制变量法。 (2)由于相邻两个计数点间均有4个点未画出，则相 为a=m8=g=0.2m/s, m 邻点迹之间的时间间隔T=5×0.02s=0.1s,根据 而卡车的加速度a1=0.5m/s2>0.2m/s2, 逐差法可知小车的加速度为a= 故滑块不能与卡车一起加速运动，关闭遥控开关时 (68.1+76.4+84.6)-(43.6+51.7+60.0) X 滑块的速度大小为v2=at1=0.2×1m/s= 9×0.12 0.2m/s。 10-2m/s2=8.20m/s2。 (2)关闭遥控开关后卡车做匀减速直线运动的加速 (3)对小车和砝码进行分析，近似认为槽码重力等于 小车和砝码所受的合力，根据牛顿第二定律有ap= 度大小为a:=爱-002X2x1 m/s2=0.1m/s2, 4 从关闭遥控开关到滑块与车厢底面之间不发生相 炉，小车和砝码总质量不变，对槽码与小车和砝征 对滑动所经历的时间t2满足1一a2t2=v2十 构成的整体，根据牛顿第二定律有aQ一M干m, mg一，则 at2=U共， 求得t2=1s,v共=0.4m/s。 PN ar M+m (3)从卡车开始匀加速运动一直到滑块和卡车速度 QNa。-M 相等过程中，卡车和滑块的位移大小分别为 (4)保持槽码、小车、砝码的总质量不变，把槽码分别 1 逐个叠放在小车上，槽码、小车和砝码总质量不变， x1 241+十共 2t2=0.7m, F 以槽码、小车和砝码为整体，则有a一M十m,即a-F V2, 图像是一条直线。 故玩具卡车车厢底面长度为L=x1一x2=0.3m。 ·8·