周测卷(五) 牛顿运动定律(二)-【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）

周 美版老小 二、多项选择题：本题共3小题，每小题8分，共24分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选 2025一2026学年度高三一轮复习周测卷（五） 对的得8分，选对但不全的得4分，有选错的得0分。带*题目为能力提升题，分值不计入 物理·牛顿运动定律（二） 总分。 4.如图所示，物块α、b之间用一根轻质弹簧相连，已知物体a的质量为2kg,物体b的质量为 (考试时间40分钟，总分100分) 1kg,弹簧原长为5cm,弹簧劲度系数为500N/m,且弹簧始终处于弹性限度内。现对a施加 一、单项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。每小题只有一个选项符合题目要求。带“ 水平向右的力F=30N,使a,b以相同加速度向右加速，重力加速度g取10m/s2,则下列说 题目为能力提升题，分值不计入总分。 法正确的是 1.如图，倾角为0=30°的固定光滑斜面上有A,B两物体用轻质弹簧相连， A,若水平面光滑，则弹簧弹力大小为10N b haf A、B的质量均为m,C为垂直于斜而的挡板，系统处于静止状态，重力加 B.若水平面光滑，则弹簧的形变量为0.2cm 770mn7 速度大小为g。现将挡板C撤去，撤去挡板C的瞬间A、B的加速度大 C.若a,b与水平面间动摩擦因数均为：=0.5，则弹簧弹力大小为5N 小分别为 D.若a,b与水平面间动摩擦因数均为4=0.5，则弹簧长度为7cm A.an=gan=0 B.a=0,48=0 5,高山滑雪是一项观赏性极高的比赛，图甲是一名滑雪运动员在比赛过程中的示意图，运动员 C.a=g,aB-g D.an=0,a8=g 自身和所有装备的总质量为m,从顺角日=37°的斜坡向下滑动过程中，受滑动摩擦力和空气 2.某人站在置于水平地面上的压力传感器上， LFN 阻力作用，假设空气阻力与速度成正比，即∫=k0,其中比例系数k=10P(P是k的单位)。 进行蹲起动作，图中呈现的是在一段时间内1 运动员在比赛中的某段过程的v-t图像如图乙中实线AD所示，AB是曲线最左端A点的切 压力传感器的示数随时间变化的情况。由 线，B点的坐标为(16,48)，CD是曲线AD的渐近线，已知重力加速度为10m/s,sin37° 此可以判断 0.6,下列说法中正确的是 A.状态a到状态b对应着下蹲过程，状态 b到状态c对应着站起过程 48m·s B.从状态d到状态e,人的重力先增大后 减小 C.从状态e到状态∫，人的重心运动的速度和加速度方向都向上 D.在0一8s内，该人完成一次完整的蹲起过程 3.如图1所示，质量为m的小球用细线悬挂，静止于足够深的油槽中，某时刻剪断细线，小球开 16 始在油槽中下沉。下沉过程中，小球受重力、浮力（大小不变）、粘滞阻力作用（大小与速度有 甲 乙 关)。测得小球的加速度随下沉速度变化的图像如图2所示。已知“ A.题干中“k=10P”中的P为N·s/m 重力加速度为g,下沉过程中 B.当。=16m/s时，运动员的加速度为1m/s A.小球的最大加速度为g C.雪橇与斜坡间的动摩擦因数是0.25 B.小球先加速后减速，最后做匀速运动 D.运动员自身和所有装备的总质量m=80kg C.小球受到的浮力大小为” 6,如图所示，两个圆形框架均与水平地面相切于O点，E点位于O点的正上方， 图1 图2 以框架为支撑搭设光滑的斜面ABO、CDO和EC,B点和D点均为斜面与小 D.小球受到的最大粘滞阻力为maa 的圆形框架的交点，已知斜面ABO与EO之间的夹角为a=30°，斜面ABO *如图所示，一质量为m。=2kg,倾角为8=37的斜而体放在光沿水平地面上，斜面上叠放一质 量为m=1kg的光滑楔形物块，物块在水平恒力F作用下与斜面体一起恰好保持相对静止地 与斜面EC平行，重力加速度为g,将可视为质点的小滑块分别从三个斜面的 向右运动，重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6，cos37°=0.8。下列说法正确的是 顶端由静止释放（小滑块的运动不会受到框架的影响），下列说法正确的是 A,斜面体对物块的支持力大小为8N A.小清块在斜面ABO上运动时的加速度大小为号 B.斜面体的加速度大小为a=2.4m/s C.水平恒力大小F=7.2N B.小滑块在斜面ABO上与斜面CDO上运动时的加速度之比为3：1 D.若水平作用力F方向向左，且作用在斜面体上，系统仍保持相对静止，9mm C.小滑块在三个斜面上运动的时间相等 则F=22.5N D.小滑块在DO段运动的时间与在BO段运动的时间相等 物理·周测卷（五）第1页（共4页） 物理·周测卷（五）第2页（共4页】 新教材版F 美版老n春 班级 如图所示，带有固定挡板P和定滑轮的木板一端垫高后与水平面夹角 9.(20分)在光滑的水平面上有一质量为M=2kg、长度为L2的平板小车静止不动，紧靠小车左 为0=30°，质量为2m的物块A与挡板P之间有一轻质弹簧，细线跨过 侧有一倾角为0=30°的传送带，其顶部到底部的长度为L1=1.5m,以。=2.5m/s的速率顺 定滑轮，一端连接着质量为m的物块B,另一端连接着物块C(细线在P C 时针匀速转动，现将一可视为质点的质量为m=0.5kg的小滑块，从传送带顶端由静止释放， 姓名 滑轮左侧部分与木板平行)。开始时用外力托着C,细线伸直但无张 当滑块滑到传送带底部时可以速率不变地滑到小车上，此后滑块在小车上滑动，直到二者相 力，A、B处于静止状态。现撤去外力，静止释放C后，发现C速度最大时，A、B恰好分离。已 3 得分 知木板足够长，所有摩擦不计，弹簧劲度系数为k,重力加速度为g,下列说法正确的是 对静止，已知滑块与传送带之间的动摩擦因数为1= ,滑块与小车上表面之间的动摩擦因 入撒去外力前弹簧的压缩量为3 B物体C的质量为空 数为42=0.2，重力加速度g=10m/s2。 (1)求滑块在传送带上开始滑动时加速度的大小 C.细绳张力最大值为2mg D.撒去外力瞬间，A、B间压力变为原来的 (2)求滑块在传送带上运动的时间。 (3)若滑块与小车相对静止时，能停在小车的右半侧， 三、非选择题：本题共4小题，共58分。 选择题 求小车长度L:的取值范围。 7.(6分)重为500N的木箱放在水平地面上，至少要用110N的水平推力，才能使它从原地开始 77777777707 答题栏 运动。木箱从原地移动以后，用100N的水平推力，就可以使木箱继续做匀速运动。由此可 1 知：木箱与地面间的最大静摩擦力F:= N:木箱与地面间的动摩擦因数 2 为 3 8.(12分)某同学用如图甲所示的实验装置测量物块与 光电门 力传感器遮光片 长木板间的动摩擦因数4。其中一端装有轻滑轮的 物块 4 长木板固定在水平桌面上，在其上表面的P点安装 长木板 陆码、 5 一光电门。物块上表面固定一遮光片，左侧固定一托盘 10.(20分)如图所示，一倾角9=37的光滑固定斜面体足够长，斜面体上有一质量为M=1kg, 6 力传感器。细绳的一端与力传感器相连，另一端通 长度为L的木板被锁定在斜面上，木板下端与斜面底端之间的距离为L。,‘=0时刻另一质 过定滑轮与托盘（内有砝码）相接。实验时，物块从 量为m=2kg的木块（可视为质点）以初速度。=12m/s从木板下端沿斜面体向上冲上木 长木板右侧的O点由静止开始释放，在绳的拉力作用下向左运动并通过光电门，记录力传感 板，同时木板与斜面之间的锁定被解除，物块到达木板上端时速度恰好为0。在斜面底端还 器示数F和对应遮光片通过光电门的时间：。增加托盘中砝码的个数，重复上述实验过程，保 有一块与木板等高的粘性挡板，当木板接触挡板时，会被瞬间黏住并保持静止。已知木板和 证每次让物块从长木板上的O点由静止开始释放，得到多组F、:数据。 (1)关于本实险，下列说法正确的是 。(填正确答案标号) 木块间的动摩擦因数u-8,最大静摩擦力等于滑动摩擦力.(sin37°=0.6，cos37°-0.8， A.实验开始前，应先补偿阻力 g=10m/s2,/136≈11.7) B.实验开始前，应调整轻滑轮的高度，使细线与长木板上表面平行 (1)求木板的长度L。 C.实验时，力传感器的示数小于托盘及砝码的总重力 (2)若L。■L,求物块离开木板时的速度大小。 D.为减少实验误差，应始终保证物块及力传感器的总质量远大于托盘及砝码的总质量 (3)若L。=7.6m,且木板解除锁定的同时，给木板施加一 (2)现用游标卡尺测得遮光片的宽度如图乙所示，则遮光片的宽度为 cm. =12m/s 个沿斜面向上的恒力F=3N,其他条件不变，则物块从 滑上木板到滑离木板的总时间为多少？（结果保留两位 挡板 有效数字) 2 0510 (3)测出OP之间的距离为L,遮光片的宽度为d,利用描点法作出F图像如图丙所示，已知 该图像的斜率为k,在纵轴上的截距为F。当地的重力加速度大小为g,用给出的物理量 的符号和丙图中的数据，可得物块与长木板间的动摩擦因数的表达式：= 新教材版F 物理·周测卷（五）第3页（共4页） 物理·周测卷（五）第4页（共4页）·物理· 参考答案及解析 物理（五） 1.D【解析】撤去挡板C的瞬间，弹簧形变没有发生 由题意知弹簧原长L。=5cm=0.05m,对b有 变化，弹簧弹力不变，即A所受外力不变，即有aA= F1=k(L一Lo)一m6g=m6a1,联立解得F弹1= 0,撤去挡板之前，对A进行分析，根据平衡条件，弹 10N,L=7cm,故C错误，D正确。 1 簧的弹力为F=mgsin9=2mg,撤去挡板C的瞬 5.ACD【解析】结合题意有k=士，根据单位运算可知， 间，对B进行分析，根据牛顿第二定律有mgsin30°+ P为N·s/m,故A正确。-t图像的斜率表示加速度， F=maB,解得ag=g。 2.D【解析】某人下蹲过程，先向下加速运动，处于失 当，-16m/s时，根据图像可知a,=48一16 16 m/s2= 重状态，再向下减速运动，处于超重状态；站起过程， 2m/s2,故B错误。当v。=16m/s时，根据牛顿第 先向上加速运动，处于超重状态，再向上减速运动， 二定律有mg sin0-kv-umg cos0=mao,当1= 处于失重状态；由题图可知，状态a到状态c对应着 32m/s时，运动员做匀速运动，根据平衡条件有 下蹲过程，状态d到状态f对应着站起过程；在0~ mg sin0=kv1+mg cos0,解得m=80kg,= 8s内，该人完成一次完整的蹲起过程，故A错误，D 0.25,故C、D正确。 正确。从状态d到状态e,人的重力保持不变，故B 6.BCD【模型建构】 错误。从状态e到状态f,人处于向上减速运动阶 建构模型 等时圆模型 段，人的重心运动的速度方向向上，加速度方向向 物体沿着位于同一竖直圆上的所有光滑细杆 下，故C错误。 确定物 由静止下滑，到达圆周的最低点（或从最高点 3.D【解析】由图像可知，小球开始下沉后速度越来越 理原理 到达同一圆周上各点)的时间相等，都等于物 大，加速度越来越小，由于受到油的浮力，最大加速 体沿直径做自由落体运动所用的时间 度a。<g,当加速度a=0时，小球做匀速运动，速度 不再变化，故A、B错误。当速度为零时，根据牛顿第 0. 二定律得mg一F浮=mao,解得F=mg一ma0,故 C错误。当速度为。时，小球受到的粘滞阻力最大， 根据平衡条件得mg=F浮十F阻mx,结合C选项可得 常见情况 F熙max=ma0,故D正确。 *D【科学思维】 甲 丙 若连接体内各物体具有相同的加速度，且 整体法与隔 要求物体之间的作用力时，可以先用整体 【解析】小滑块在斜面ABO上运动时，根据牛顿运 离法的交替 法求出加速度，然后再用隔离法选取合适 应用 的研究对象，应用牛顿第二定律求出作用 力，即“先整体求加速度，后隔离求内力” 动定律mgc0sa=m,解得a-&,放A错误。根 据几何关系可知，AO垂直CO,小滑块在斜面CDO 【解析】对斜面体和物块整体分析，根据牛顿第二定 律，水平方向上有F=(m。十m)a,竖直方向上有N= 上运动时，mgsin a=ma,解得。'-2g,所以小滑 (m。十m)g,对斜面体分析，根据牛顿第二定律，水平 块在斜面ABO上与斜面CDO上运动时的加速度之 方向上有N1sin0=moa,竖直方向上有N1cos0十mg= 比为3：1，故B正确。小滑块在CE上运动a”= N,联立解得N,=)=125Na=375m/g,F= mgcos a 3 11.25N,根据牛顿第三定律知，斜面体对物块的支持 m 2g,在斜面AB0上运动时2 Rcos a= 2at,在斜面CD0上运动时2 Rsin a= 1 2a't,在 1 力为12.5N,故A、B、C错误。若水平作用力F作用 到斜面体上且系统仍保持相对静止，则对整体有F= (m。十m)a',对物块有mg tan37°=ma',解得F= 斜面CE上运动2Rc0sa-名a,解得：=1-， 22.5N,故D正确。 故C正确。设小圆半径为r,则在CD段运动时 4.AD【解析】若水平面光滑，稳定时，设加速度大小 为a,对a、b整体，由牛顿第二定律有F=(m。十m6)a, 2 Rsin a-一2 rsin a=名gsin a,在AB段运动时 设弹簧形变量为x,对b有F=kx=m6a,联立解得 1 F=10N,x=0.02m=2cm,故A正确，B错误。 2 Rcos a-2 rcos a=2 gcos aXt,所以AB和CD 若a、b与水平面间动摩擦因数均为4=0.5，稳定时， 运动时间相等，而AO、CO段运动时间也相等，则小 设加速度大小为a1,设弹簧长度为L,对a、b整体 滑块在DO段运动的时间与在BO段运动的时间相 由牛顿第二定律有F-一k(ma十m6)g=(ma十m,)a1, 等，故D正确。 ·9· 高三一轮复习周测卷 ·新教材版F· BCD【解析】撤去外力前对A、B整体分析可知 md2 F弹=3 mg sin30°=k△x1,可得弹簧的压缩量为△x1 2L 京十g,由图丙可知k=md 2L,F。=mg,解 Fod2 T,选项A错误。C速度最大时，A,B恰好分离， 得μ一 2gkL° 则此时B、C的加速度为零，则对B、C整体，mg sin30°= 9.(1)12.5m/s2(2)0.7s(3)1.25m≤L2<2.5m mg,可得物体C的质量为mc-公，选项B正确。对 【解析】(1)滑块在传送带上开始滑动时，根据牛顿 第二定律可得mg sin0十μ1 ng cos0=ma1, C分析可知mcg一T-mca,可知当加速度a最小时 解得加速度大小为a1=12.5m/s2。 绳子拉力最大，即当a=0时T最大，则细绳张力最大 (2)设滑块到传送带底端前已经与传送带共速，则共 值为工。=弓mg,遥项C正确，撒去外力之前AB间的 速前所用时间为t1= 0=0.2s, 压力N:=mg如0-方g,刷撤去外力时，对ABC 共速前滑块下滑的位移大小为x,=之4：=0,25m< 整体，mcg=(m十2m十mc)a1,对A分析可知F躁 L1=1.5m,假设成立； 2 ngsin30-V,=2ma1,解得N,=3 4mg,可知 N2 2>tan30°= 3,则共速后，滑块与传送 多，即撤去外力瞬间，A、B间压力变为原米的号，选项 带保持相对静止做匀速运动，则滑块匀速运动的时 D正确。 间为t2= L1-x1=0.5s, 7.1100.2【解析】由题意，至少要用110N的水平 则滑块在传送带上运动的时间为t=t1十t2=0.7s。 推力，才能使它从原地开始运动，则此时水平推力恰 (3)滑块滑上小车时，以滑块为对象，根据牛顿第二 好等于最大静摩擦力，所以木箱与地面间的最大静 定律可得42mg=ma2,解得加速度大小为a2= 摩擦力为110N。用100N的水平推力，使木箱继续 2m/s2,方向向左；以小车为对象，根据牛顿第二定 做匀速运动，则由平衡条件得到，木箱受到的滑动摩 律可得u2mg=Ma3,解得加速度大小为a3= 擦力f=100N,木箱对地面的压力大小等于重力，即 0.5m/s2,方向向右； V=G=500N,所以动摩擦因数为u=人=5O0N= 设经过t'时间，滑块与小车共速，则有v共=0。 a2t,v共=a3t', 0.2。 Fod2 解得t/=1s,v共=0.5m/s, 8.(1)BC(2)0.740（3)2gkL 则滑块与小车相对静止时，滑块与小车之间发生的相 【解析】(1)由于本实验要测量物块与长木板间的动 对位移为a虹=-4=0士-受-2- 2 摩擦因数μ，因此不需要平衡摩擦力，故A错误。实 1.25m, 验开始前，应调整轻滑轮的高度，使细线与长木板上 为了使滑块能停在小车的右半侧，则有△x≤L2< 表面平行，物块受到的绳子拉力与长木板平行，绳子 拉力和摩擦力处于同一条直线上，故B正确。力传 2△x,可得小车长度L2的取值范围为1.25m≤L2< 2.5m。 感器的示数等于绳拉力的大小，由于托盘及砝码有 10.(1)8m(2)12m/s(3)4.2s 向下的加速度，因此合力方向向下，实验时，力传感 器的示数小于托盘及砝码的总重力，故C正确。本 【解析】(1)木块刚滑上木板时，根据牛顿第二定律 实验中用力传感器测量绳子拉力，因此不需要终保 得mgsin0+μng cos日=ma1, 解得a1=9m/s2, 证物块及力传感器的总质量远大于托盘及砝码的总 质量，故D错误。 此时对木板分析，Mg sin0一mg cos0=Ma2,解得 (2)如图乙所示，游标尺有20小格，精确度是 a2=0,即木板保持静止， 木块向上滑动的过程中，根据运动学公式可得2a1L= 0.05mm,主尺读数7mm,游标尺与主尺在第8格 对齐，则遮光片的宽度为d=7mm十8×0.05mm= v,解得L=8m。 (2)木块滑到木板上端后与木板一起向下做匀加速 7.40mm=0.740cm. (3)物块做初速度为零的匀加速直线运动，根据已知 直线运动，对整体分析 (M+m)gsin0=(M+m)a3,解得a3=6m/s2, 条件可得v2=2aL= (),取物块为研究对象，根 设当木板刚碰上挡板时，木块的速度为1，根据 据牛顿第二定律可得F-mg=ma,联立可得F= 2a3Lo=v1,解得v1=4√6m/s, ·10 ·物理· 参考答案及解析 木板停下后，设木块的加速度为a4,根据牛顿第二 解得a6=5m/s2, 定律得mg sin0-mg cos0=ma4, 对木板分析得Mg sin0+f-F=Ma6,解得f= 解得a4=3m/s2, 2N<mg cos0,故假设成立。 设木块滑下木板时的速度为2，根据运动学公式得 设从共速到木板碰到挡板的过程中，二者一起运动 2a4L=v-1,解得v2=12m/s。 的时间为t2,根据运动学公式得一(x板十L,)= (3)根据题意可知，木块刚滑上木板时的加速度仍 为a1=9m/s2,此时对木板分析得F+mg cos0一 共i2-206经，解得2=2.6s, Mg sin0=Ma5,解得as=3m/s2, 木板刚停下时，木块的速度v块=v共一a6t2,解得 设二者共速的时间为t2,根据运动学公式得v。一 v块=-10m/s, a1t1=a5t1,解得t1=1s, 设木块滑下木板时的速度为，根据运动学公式得 共速时的速度为v共=a5t1=3m/s, ℃2-v块=2a4△x, 此时木块的速度方向沿斜面向下，解得v= 此时木板向上的位移工)Q,=1,5m -√136m/s, 木板与木块发生的相对位移为△x=（ot1 木板停下后，木块在木板上运动的时间，=”一口换 -a4 2a1)-x板，解得△x=6m, 1 解得t3≈0.57s, 物块从滑上木板到滑离木板的总时间t=t1十t2+ 共速后，假设二者一起运动，根据牛顿第二定律得 t3,解得t≈4.2s。 (M+m)gsin 0-F=(M+m)a6, 物理（六） 1.C【解析】嫦娥六号绕月球运动一圈，半径为r,时3.D【信息获取与转化】 间为t,位移为零，平均速度为位移与时间的比值，故 序号 图文信息 隐含信息 平均速度的大小为零，故A错误。质量是惯性大小 1 v-t图像 斜率表示加速度 的唯一量度，因为月球土壤质量不变，所以其惯性也 不变，故B错误。嫦娥六号返回舱在地球表面着陆 弹簧振子的周期公式为 的最后减速阶段，加速度向上，处于超重状态，故C T=2√图 此时间与速度大小无关 正确。月球表面没有空气，不能靠气体的压力差为 无人机提供动力，四旋翼小型无人机无法工作，故D 3 把小球压到更低位置 弹簧弹性势能更大 错误。 【解析】小球释放时弹簧弹力大于重力，先向上做加 2.B【解析】对小球受力分析如图所示， FN 速运动，弹簧形变量减小，弹力减小，加速度减小，当 根据牛顿第二定律，有mg tan37°=ma, 弹力大小等于小球重力大小时，加速度为0，速度达 求得a=R,木板、圆弧镜道和小球一 到最大，继续上升，弹力小于重力，加速度向下，小球 向上做加速度增大的减速运动，直到脱离弹簧（弹力 起向右做匀加速直线运动，故三者运动 为零)，继续上升，只受重力，小球向上做匀减速运 3 动，故A错误。小球脱离弹簧前做简谐运动，设小球 的加速度大小都为g,故A错误。对 mg￥ 脱离弹簧时速度大小为，方向向上，加速度大小为 圆弧轨道和小球组成的整体，根据牛顿第二定律有 g,方向向下。根据简谐运动的对称性，在该位置关 f=M+m)a-子(M+m)g,放B正确。圆孤轨 于平衡位置的对称处，小球速度大小也为，方向向 上，加速度大小也为g,方向向上。简谐运动中离平 道与木板之间的动摩擦因数42满足u2(M十m)g≥ 衡位置越远，加速度越大，所以小球释放瞬间的加速 aM+m)a=(M+m）·g,即：≥0,75，放C错 度大于重力加速度，故B错误。弹簧振子的周期 误。对于木板、圆弧轨道和小球组成的整体，根据牛 T=2√受若把小球压到更低位置释放，从最低点 顿第二定律有F-1(2M+m)g=(2M+m)a,求得 到平衡位置的距离变大，但周期不变，所用时间仍为 F=(2M+m)(:+)g,放D错误。 寻T,从平衡位置到脱离弹簧位置的距离不变，平均 ·11