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·江苏专用）

null高三一轮复习周测卷 ·新教材版J· 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mgsin0+mg cos0=ma', B间相互作用力为0，故B正确。当A、B与斜面恰好发 解得a'=10m/s2,方向沿斜面向下，故物体减速过 生相对滑动时，有5+4t+20-2t=(mA+m)gsin30°+ 程的位移x:=5m μ(mA十mB)gcos30°，解得t=25s,当A与斜面间的 摩擦力达到最大静摩擦力时有5十4t'=mAg sin30°十 所以物体沿斜面上滑的最大距离x=x1十x2= mAg cos30°，解得t=5s,所以5~25s内，对整体有 30 m. 5+4t+20-2t+fg=(mA+mB）gsin30°+ (3)根据上述分析可知，物体沿斜面减速上滑的时间 mAg cos30°，则5~25s内B所受摩擦力先向上减 41s 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=t1十t2=6s, 8.1)A(2)8.20(3)M+m4直线 M 由于mg sin0=6N>mg cos0=4N, 【解析】(1)该实验需要研究三个物理量之间的关 物体最终要从斜面上滑落，设物体下滑时的加速度 为a下，由牛顿第二定律可得mgsin0一mg cos0 系，需要保持其中一个物理量不变，研究加速度与另 1 外一个物理量的关系，这种方法叫作控制变量法。 ma下，解得a下=2m/s,方向沿斜面向下，2a下t子- (2)由于相邻两个计数点间均有4个点未画出，则相 x,解得下滑的时间tx=√30s, 邻点迹之间的时间间隔T=5×0.02s=0.1s,根据 物体在斜面上运动的总时间t=t上十t下=(6十 逐差法可知小车的加速度为a= √30)s。 (68.1+76.4+84.6)-(43.6+51.7+60.0) 9×0.12 10.(1)0.5m/s0.2m/s(2)1s(3)0.3m 10-8m/s2=8.20m/s2。 【解析】(1)关闭遥控开关时玩具卡车的速度大小 为o1=a1t1=0.5×1m/s=0.5m/s, (3)对小车和砝码进行分析，近似认为槽码重力等于 滑块与车厢相对静止一起运动的最大加速度大小 小车和砝码所受的合力，根据牛顿第二定律有ap ,小车和砝码总质量不变，对槽码与小车和砝码 mg 为a=m8=4g=0.2m/s, m 而卡车的加速度a1=0.5m/s2>0.2m/s2, mg,则 构成的整体，根据牛顿第二定律有aQ一M干m 故滑块不能与卡车一起加速运动，关闭遥控开关时 滑块的速度大小为v2=at1=0.2×1m/s PN apM+m QN ao M。 0.2m/s。 (2)关闭遥控开关后卡车做匀减速直线运动的加速 (4)保持槽码、小车、砝码的总质量不变，把槽码分别 逐个叠放在小车上，槽码、小车和砝码总质量不变， 度大小为a:=8-0,02X2X10m m/s2=0.1m/s2, 4 F 以槽码、小车和砝码为整体，则有a一M十m,即a-F 从关闭遥控开关到滑块与车厢底面之间不发生相 对滑动所经历的时间t2满足o1-a2t2=o2十 图像是一条直线。 at2=U共， 9.(1)2m/s2(2)30m(3)(6+√30)s 求得t2=1s,v共=0.4m/s。 【解析】(1)对物体受力分析，由牛顿第二定律可知 (3)从卡车开始匀加速运动一直到滑块和卡车速度 F-mg sin 0-umg cos 0=ma, 相等过程中，卡车和滑块的位移大小分别为 解得a=2m/s2,方向沿斜面向上。 (2)物体沿斜面加速时的位移x,= 2×2X 1=24+0十 01 t2=0.7m, 2 2at- 2=26+0十 V2 -t2=0.4m, 52m=25m, 2 撤去外力时，物体的速度v=at1=10m/s, 故玩具卡车车厢底面长度为L=x1一x2=0.3m。 物理（五）】 1.A【解析】A、B相对静止，则A、B具有共同加速 的合力提供B的加速度，此时轻绳不处于竖直状态， 度，环不受摩擦力时，对整体分析，其加速度aA= 也不与杆垂直，故C、D错误。 aB=gsin0,隔离对B分析，F合B=Gsin0,可知轻绳2.B【解析】对戽斗受力分析，受重力，四条绳的拉力， 与杆垂直，绳拉力为Gcos0,故A正确，B错误。环 由合成法可得4Tcos60°-mg=ma,可得a=2m/s2。 受摩擦力时aA=aB<gsin0,当aA=aB=0时，轻绳 3.D【解析】撤去挡板C的瞬间，弹簧形变没有发生 竖直；当0<aA=aB<gsin0时，轻绳的拉力和重力 变化，弹簧弹力不变，即A所受外力不变，即有aA= ·8 ·物理· 参考答案及解析 0,撤去挡板之前，对A进行分析，根据平衡条件，弹 【模型建构】 簧的弹力为F=mgsin0=2mg,撒去挡板C的瞬 建构模型 等时圆模型 物体沿着位于同一竖直圆上的所有光滑细杆 间，对B进行分析，根据牛顿第二定律有mg sin30°十 确定物 由静止下滑，到达圆周的最低点（或从最高点 F=maB,解得aB=g。 理原理 到达同一圆周上各点)的时间相等，都等于物 4.D【解析】某人下蹲过程，先向下加速运动，处于失 体沿直径做自由落体运动所用的时间 重状态，再向下减速运动，处于超重状态；站起过程， 先向上加速运动，处于超重状态，再向上减速运动， 处于失重状态；由题图可知，状态a到状态c对应着 下蹲过程，状态d到状态f对应着站起过程；在0~ 8s内，该人完成一次完整的蹲起过程，故A错误，D 常见情况 正确。从状态d到状态e,人的重力保持不变，故B 错误。从状态e到状态f,人处于向上减速运动阶 B B 段，人的重心运动的速度方向向上，加速度方向向 分 丙 下，故C错误。 【解析】小滑块在斜面ABO上运动时，根据牛顿运动 5.D【解析】由图像可知，小球开始下沉后速度越来越 大，加速度越来越小，由于受到油的浮力，最大加速 度a。<g,当加速度a=0时，小球做匀速运动，速度 定律g=ma,解得a=号g,放A错误。根据 不再变化，故A、B错误。当速度为零时，根据牛顿第 几何关系可知，AO垂直CO,小滑块在斜面CDO上运 二定律得mg一F浮=mao,解得F评=mg一mao,故 1 动时，mgsin a-=ma',解得a'=2&,所以小滑块在斜 C错误。当速度为。时，小球受到的粘滞阻力最大， 面ABO上与斜面CDO上运动时的加速度之比为 根据平衡条件得mg=F浮十Fmx,结合C选项可得 F阻max=mao,故D正确。 3:1,故B正确。小滑块在CE上运动a”=mgcos a 2 6.D【科学思维】 3 若连接体内各物体具有相同的加速度，且 2g,在斜面AB0上运动时2 Rcos a=& 2at,在斜面 整体法与隔 要求物体之间的作用力时，可以先用整体 离法的交替 法求出加速度，然后再用隔离法选取合适 CD0上运动时2 Rsin a三7a',在斜面CE上运动 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” 2 Rcosa-=2a,解得1==t,故C正确。设小圆 【解析】对斜面体和物块整体分析，根据牛顿第二定 半径为r,则在CD段运动时2 Rsin a一2 rsin a= 律，水平方向上有F=(m。十m)a,竖直方向上有 1 N=(m。十m)g,对斜面体分析，根据牛顿第二定律， 28 sin axt,在AB段运动时2 Rcos a-2 rcos a= 水平方向上有N1sin0=ma,竖直方向上有N1cos0+ 28 cos aX号，所以AB和CD运动时间相等，而A0、 mg=N,联立解得N=cg=12.5Na=375m/, CO段运动时间也相等，则小滑块在DO段运动的时 F=11.25N,根据牛顿第三定律知，斜面体对物块的 间与在BO段运动的时间相等，故D正确。 支持力为12.5N,故A、B、C错误。若水平作用力F*A【解析】撤去外力前对A、B整体分析可知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ng tan37°=ma',解得 3mgsn30=A,可得弹资的压缩量为A,=3, F=22.5N,故D正确。 选项A错误。C速度最大时，A、B恰好分离，则此时 B、C的加速度为零，则对B、C整体，mgsin30°- ?B【解析】结合题意有k三，根据单位运算可知，D 为N·s/m,故A正确。v-t图像的斜率表示加速度， mcg,可得物体C的质量为mc-受，选项B正确。对 当，=16m/s时，根据图像可知a,=4816m 16m/s2= C分析可知mcg-T=mca,可知当加速度a最小时 绳子拉力最大，即当a=0时T最大，则细绳张力最大 2m/s2,故B错误。当v。=16m/s时，根据牛顿第 二定律有mng sin0-kv0-mg cos0=mao,当v1= 值为T。= 2mg,选项C正确。撤去外力之前A、B间的 32m/s时，运动员做匀速运动，根据平衡条件有 mg sin0=kv1+umg cos0,解得m=80kg,μ= 压力N,=mgn30=多mg,刚撒去外力时，对ABC 0.25,故C、D正确。 整体，mcg=(m+2m十mc)a1,对A分析可知F弹 。9 高三一轮复习周测卷 ·新教材版J· 3 N2 律可得2mg=Maa,解得加速度大小为a3= 2 mg sin30°-N2=2ma1,解得N2=4mg,可知 N 0.5m/s2,方向向右； 即撤去外力瞬间，A、B间压力变为原来的 3 ,选项 设经过t'时间，滑块与小车共速，则有℃共=。 a2t',v共=aat', D正确。 解得t'=1s,v共=0.5m/s, Fod2 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 【解析】(1)由于本实验要测量物块与长木板间的动 相对位移为4x一玉一1车-（受 2 摩擦因数，因此不需要平衡摩擦力，故A错误。实 验开始前，应调整轻滑轮的高度，使细线与长木板上 2-1.25m, 表面平行，物块受到的绳子拉力与长木板平行，绳子 为了使滑块能停在小车的右半侧，则有△x≤L2< 拉力和摩擦力处于同一条直线上，故B正确。力传 2Ax,可得小车长度L2的取值范围为1.25m≤L2< 感器的示数等于绳拉力的大小，由于托盘及砝码有 2.5m。 向下的加速度，因此合力方向向下，实验时，力传感 10.(1)8m (2)12m/s(3)4.2s 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mg sin0+mg cos0=ma1, 证物块及力传感器的总质量远大于托盘及砝码的总 解得a1=9m/s2, 质量，故D错误。 此时对木板分析，Mg sin0-umg 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， 0.05mm,主尺读数7mm,游标尺与主尺在第8格 木块向上滑动的过程中，根据运动学公式可得 对齐，则遮光片的宽度为d=7mm十8×0.05mm= 2a1L=v,解得L=8m。 7.40mm=0.740cm. (2)木块滑到木板上端后与木板一起向下做匀加速 (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 条件可得v=2aL=()》',取物块为研究对象，根 (M+m)gsin0=(M+m)a3,解得a3=6m/s2, 设当木板刚碰上挡板时，木块的速度为v1,根据 据牛顿第二定律可得F一mg=ma,联立可得F 2a3Lo=v,解得v1=4√6m/s, 2L‘十mg,由图丙可知=m md2 1 2L,F。-kmg,解 木板停下后，设木块的加速度为a4,根据牛顿第二 _Fod2 定律得mg sin0-umg cos0=ma4, 得μ=2gkL° 解得a4=3m/s2, 9.(1)12.5m/s2(2)0.7s(3)1.25m≤L2<2.5m 设木块滑下木板时的速度为v2,根据运动学公式得 【解析】(1)滑块在传送带上开始滑动时，根据牛顿 2a4L=v号-v1,解得v2=12m/s。 第二定律可得mg sin0+u1 ng cos0=ma1, (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十mg cos0一 解得加速度大小为a1=12.5m/s。 (2)设滑块到传送带底端前已经与传送带共速，则共 Mg sin0=Mas,解得a5=3m/s2, 设二者共速的时间为t2,根据运动学公式得。 速前所用时间为1=00=0.2s, a1t1=a5t1,解得t1=1s, 共速时的速度为v共=at1=3m/s, 共速前滑块下滑的位移大小为x1-%4,=0.25m< 1 此时木板向上的位移x复=20子=1.5m, L1=1.5m,假设成立； 木板与木块发生的相对位移为△x=（ot1 由于41=2>tan30、W 3,则共速后，滑块与传送 1 带保持相对静止做匀速运动，则滑块匀速运动的时 2a1)-x板，解得△x=6m, 间为，=L1一乙=0.5s, 共速后，假设二者一起运动，根据牛顿第二定律得 (M+m)gsin 0-F=(M+m)as, 则滑块在传送带上运动的时间为t=t1十t2=0.7s。 解得a6=5m/s2, (3)滑块滑上小车时，以滑块为对象，根据牛顿第二 对木板分析得Mg sin0+f-F=Ma6,解得f= 定律可得μ2mg=ma2,解得加速度大小为a2= 2N<mg cos0,故假设成立。 2m/s2,方向向左；以小车为对象，根据牛顿第二定 设从共速到木板碰到挡板的过程中，二者一起运动 ·10 ·物理· 参考答案及解析 的时间为t2,根据运动学公式得一(x板十L。) 此时木块的速度方向沿斜面向下，解得= .1 0共一2at,解得t2=2.6s, -√136m/s, 木板刚停下时，木块的速度v块=v共一a6t2,解得 木板停下后，木块在木板上运动的时间，=”二换 -a4 v块=一10m/s, 解得t3≈0.57s, 设木块滑下木板时的速度为，根据运动学公式得 物块从滑上木板到滑离木板的总时间t=t1十t2十 v2-v换=2a4△x, t3,解得t≈4.2s。 物理（六） 1.D【解析】在国际单位制中，功率的单位是瓦特5.D【信息获取与转化】 (W),但不是国际单位制中的基本单位，A错误。根 序号 图文信息 隐含信息 据功率定义式P-?,功的单位是焦耳)，功率的单 1 v-t图像 斜率表示加速度 位为J/s,不是国际单位制中的基本单位，B错误。根 弹簧振子的周期公式为 据W=Fx=Ft,可知功率的单位还可以写成N·m· m 此时间与速度大小无关 s1,但不是国际单位制中的基本单位，C错误。结合 T=2x入 牛顿第二定律F=ma,可知1N=1kg·m·s2,那 3 把小球压到更低位置 弹簧弹性势能更大 么功率的单位使用国际单位制的基本单位可以表示 为kg·m2·s3,D正确。 【解析】小球释放时弹簧弹力大于重力，先向上做加 2.C【解析】根据题意可知B、C沿着斜面一起向下做 速运动，弹簧形变量减小，弹力诚小，加速度减小，当 弹力大小等于小球重力大小时，加速度为0，速度达 匀加速直线运动，加速度相等，则C的加速度沿着斜 面向下，在垂直斜面方向受槽B的支持力处于平衡 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 状态，沿斜面方向上不受槽B的力的作用，即C与圆 为零)，继续上升，只受重力，小球向上做匀减速运 的切线与斜面平行。 动，故A错误。小球脱离弹簧前做简谐运动，设小球 3.C【解析】嫦娥六号绕月球运动一圈，半径为，时 脱离弹簧时速度大小为，方向向上，加速度大小为 间为t,位移为零，平均速度为位移与时间的比值，故 g,方向向下。根据简谐运动的对称性，在该位置关 平均速度的大小为零，故A错误。质量是惯性大小 于平衡位置的对称处，小球速度大小也为，方向向 的唯一量度，因为月球土壤质量不变，所以其惯性也 上，加速度大小也为g,方向向上。简谐运动中离平 不变，故B错误。嫦娥六号返回舱在地球表面着陆 衡位置越远，加速度越大，所以小球释放瞬间的加速 的最后减速阶段，加速度向上，处于超重状态，故C 度大于重力加速度，故B错误。弹簧振子的周期 正确。月球表面没有空气，不能靠气体的压力差为 |m 无人机提供动力，四旋翼小型无人机无法工作，故D T=2π√，若把小球压到更低位置释放，从最低点 错误。 到平衡位置的距离变大，但周期不变，所用时间仍为 4.B【解析】对小球受力分析如图所示， F 根据牛顿第二定律，有mg tan37°=ma, T,从平衡位置到脱离弹资位置的距离不变，平均 3 速度变大，所用时间变短，小球从释放到脱离弹簧所 求得a=4g,木板、圆弧轨道和小球一 用的总时间变短，故C错误。把小球压到更低位置 起向右做匀加速直线运动，故三者运动 释放，小球上升到平衡位置时的速度变大，从平衡位 的加塞度大小都为g,放A错误。对 置到脱离弹簧过程弹力做功与重力做功不变，可知 小球脱离弹簧时的速度变大，上升的最大高度增加， mg 圆弧轨道和小球组成的整体，根据牛顿 故D正确。 6.B【解析】由于A、B、C三个滑块加速度相同，A的 3 第二定律有f,=(M十m)a=是(M+m)g,故B正 质量比C的质量大，根据牛顿第二定律可知，滑块A 比滑块C受到的合力大，故A错误。将A、B、C三 确。圆弧轨道与木板之间的动摩擦因数2满足 个滑块作为整体，根据牛顿第二定律F一6μmg= μ2(M+m)g≥M+m)a=(M+m)·g,即u2≥ 6ma,对A滑块根据牛顿第二定律得k1x1一3umg 3ma,将A、B两个滑块作为整体，根据牛顿第二定律 0.75,故C错误。对于木板、圆弧轨道和小球组成的 整体，根据牛顿第二定律有F一41(2M十m)g 得kx2-5mg=5ma,解得，-2，故B正确。两 (2M+m)a,求得F=(2M+m)(k:+)g,故D Fa=1x1-3 弹簧a、b的弹力之比为F。一kx, ,故C错误。 错误。 若弹簧α突然断裂，在断裂瞬间，对滑块A由牛顿第 ·11·