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

美数老n春 5.在地面将一小球竖直向上抛出，经时间t。到达最高点，然后又落回原处，若空气阻力大小恒 2025一2026学年度高三一轮复习周测卷（四） 定，则如下图所示的图像能正确反映小球的速度v、加速度a、位移x、速率“随时间变化关系 物理·牛顿运动定律（一） 的是（竖直向上为正方向） (考试时间40分钟，总分100分) 一、单项选择题：本题共5小题，每小题6分，共30分。每小题只有一个选项符合题目要求。带“ D 题目为能力提升题，分值不计入总分。 1.如图所示，一只质量为m的老鹰斜向下俯冲进行狩猎，该过程老鹰可视 如图甲所示，一小物块从转动的水平传送带的右侧滑上传送带，固定在传送带右端的位移传感 为做加速度大小为号的匀加速直线运动，且该直线路径与水平方向成30° 器记录了小物块的位移x随时间：的变化关系如图乙所示。已知图线在前3.0s内为二次函 数，在3.0一4.5s内为一次函数，取向左运动的方向 角，重力加速度为g,则老魔在俯冲过程中，空气对其作用力大小为 为正方向，传送带的速度保持不变，g取10m/s。 A.mg 下列说法正确的是 c停g D.g A.第2.08末和第3.0s末物块的速度分别为0、 -3m/s 12345 2.某运动员的滑雪过程可简化成如图所示。倾角为37°的固定斜坡与水平地面平滑连接，运动 B.2.0~-3.0s时间内，物块的加速度为一2m/s2 ⊙→ 8 乙 员从斜坡顶端无初速度滑下，并运动到水平地面上的A点（图中未画出）停下。运动员在斜坡 C.物块与传送带间的动摩擦因数为0.3 上运动的位移x与时间t的关系式为x=2:2,x的单位是m,t的单位是s,运动员开始运动的 D.物块滑上传送带的初速度大小为2m/s 时刻为0时刻，运动员在5s末到达斜坡底端。已知运动员与斜坡、水平地面间的动摩擦因数 二、多项选择题：本题共2小题，每小题10分，共20分。每小题有多个选项符合题目要求。全部 相同，取重力加速度大小g=10m/s,sin37°=0.6，cos37°=0.8。下列 说法正确的是 选对的得10分，选对但不全的得5分，有选错的得0分。带题目为能力提升题，分值不计入 A.运动员在斜坡上运动时的加速度大小为2m/s 总分。 B.运动员运动到斜坡底端时的速度大小为10m/s 32 6.如图所示，质量分别为2kg和3kg的物体A、B,通过轻绳跨过轻质定 C.运动员与水平地面间的动摩擦因数为0.25 滑轮相连接，在水平力F的作用下，B沿水平地面向右运动，A恰以速口 D.运动员在斜坡上运动的平均速度大小为20m/s 度3m/s匀速上升。已知B与水平面间的动摩擦因数为0.2，不计滑轮 3,如图所示，木板B放在粗糙的水平面上，木块A放在B的上面，A的右端通 777777777777777777 www 摩擦，重力加速度g=10m/s。当B运动到使轻绳与水平方向成a= 过一轻弹簧固定在竖直墙上，用水平恒力F,向左拉动B,使B做匀速运动， 53时，下列说法中正确的是（已知sin53°=0.8，cos53°=0.6） 此时轻弹簧水平且弹力大小为F:,下面说法正确的是 A.B所受摩藤力为2.8N B.B所受摩擦力为6N A.木块A受到的是静摩擦力，大小等于F, B.木块A的质量越大，则F。也越大 C.B的速度大小为5m/s D.F小于14.8N C.木块A受到的摩擦力和木块A受到轻弹簧的拉力是一对作用力和反作用力 7.如图所示，光滑硬直杆与水平面成53夹角固定，原长为3L的轻质弹簧 D.若木板B加速向左运动，则弹簧弹力大小大于F。 一端固定在O点，另一端与可视为质点的圆环相连，圆环套在杆上，环 4.如图所示，质量均为m的小球A、B由一根轻质弹簧连接，两球间还拴接一根细线，小品 在A点正好处于静止状态。OA沿竖直方向，B、C是杆上的另外两个 球A通过另一根细线悬挂在天花板上的O点，系统静止。已知重力加速度为g,弹簧 点，OB与杆垂直，O℃沿水平方向。现给环一个沿杆向上的初速度，环 处于拉伸状态，弹力的大小为mg,下列说法正确的是 ⊙A 从A运动到C。已知圆环质量为m,A、C两点间的距离为5L,重力加 A0 A.剪断悬挂于O点的细线时，弹簧的弹力突然变小 速度为g,sin53°=0.8，c0s53=0.6,下列说法正确的是 B.剪断悬挂于O点的细线时，两球间细线的弹力突然消失 A.环在A点时，杆对环的弹力为0 B弹簧的劲度系数为mg 4L C.剪断两球间的细线时，悬挂于O点的细线弹力不变 D.弹黄的下端与小球B突然脱开时，悬挂于O点的细线的拉力减小 C环在B点的加速度大小为： D.环在C点的加速度大小为g 物理·周测卷（四）第1页（共4页） 物理·周测卷（四）第2页（共4页） 条版老n春 班级 如图，物块A、B并排静止放在倾角为30°的固定斜面上，F。和F分别作用于A、B,随时间t 9.(20分)在倾角为37的足够长的斜坡上有一个质量为1kg的物体，物体与斜面间的动摩擦因 (单位：s)的变化规律分别为F。=(5+4t)N和F.=(20一2t)N,初始时FA和F。的方向均沿 数为0.5。物体在12N的拉力作用下从斜面底端由静止开始运动，5s后撤去拉力(g取 姓名 斜面向上。已知两物块与斜面同的动率擦因数均为一质最分别为，一2kg,m-4kg。 10m/s,sin37°=0.6，cos37°=0.8).求： (1)物体沿斜面加速上滑时的加速度大小。 得分 重力加速度g取10m/s2,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正 (2)物体沿斜面上滑的最大距离。 确的是 (3)物体在斜面上运动的总时间。 A,‘=0时，A所受摩擦力方向沿斜面向上 F 30 B.3s时A,B间相互作用力为0 C.5~25s内B所受摩擦力一直增大 选择题 D.25s后A,B一起沿斜面向上做变加速运动 答题栏 三、非选择题：本题共3小题，共50分。 1 8.(10分)某学习小组利用如图甲所示的装置探究加速度与力、质量的关系。 2 请回答下列问题： 砝码 打点计时器 3 (1)该实验需要研究三个物理量之间的关系，我们应 小车 定滑轮 细绳 该采用的研究方法是。（填正确答案 纸带 标号) 10.(20分)如图，一辆遥控玩具卡车的质量M=4kg,卡车车厢底面水平，车厢底面前端有一质 槽码 长木板 6 A.控制变量法 量m=2kg的滑块，滑块与车厢底面之间的动摩擦因数为：=0.02。现启动遥控开关，卡车 B.放大法 知 从静止开始做匀加速直线运动，加速度大小为a1=0.5m/s2,卡车带动滑块运动：作用时间 C.理想实验法 t1=1s后关闭遥控开关，此时玩具卡车刚好进入一段足够长的光潜冰面上，之后卡车在光滑 (2)某次实验获得的纸带如图乙所示，相邻两个计数点间均有4个点未画出，打点计时器电源 的冰面上继续带动滑块运动，运动方向不变，最终滑块恰好没有从卡车车厢底面上滑落，滑 频率为50Hz,则小车的加速度大小为 m/s(结果保留三位有效数字)。 块可视为质点，滑块与车厢底面之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小 3 7645 g=10m/s2。求： 46 (1)关闭遥控开关时玩具卡车的速度大小1和滑块的速度大小， 单位：cm (2)从关闭遥控开关到滑块与车厢底面之间不再发生相对滑动所经历的时间2。 乙 (3)玩具卡车车厢底面长度L。 (3)该小组在某次实验中，保持小车和砝码总质量不变，以槽码的重力为外 力，通过改变槽码的个数，得到了图丙中的曲线图像，一位同学利用最 -O 初的几组数据拟合了一条直线图像。如图所示，作一条与纵轴平行的 :光滑冰面 虚直线，与这两条图线及横轴的交点分别为P、Q、N,若此虚线对应的O 小车和砝码总质量为M,悬挂糖码的质量为m,则P八 (用 QN M、m表示)。 (4)该实验小组经过讨论后，改进了(3)中的实验方案，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，重复(3)中的实验。由此得到的a-F图像是一条 (填“直线”或“曲线”)。 物理·周测卷（四）第3页（共4页） 物理·周测卷（四）第4页{共4页)高三一轮复习周测卷 的压力最小，最小值为F2=Gcos37°=0.8G,B错误。 (2)开始时，对A、B及弹簧Ⅱ分析，k1x1=2mg,弹 在水平力为零时，A所受摩擦力方向沿斜面向上，大 簧I的压缩量为1-2mg,对B分析，2c,=mg, 小为f1=Gsin37°=0.6G,在水平力为G时，A所受 摩擦力方向沿斜面向下，大小为f2=Gcos37° Gsin37°=0.2G,可知，A所受摩擦力的最大值为 弹簧Ⅱ的压缩量为工，一心，当工恢复原长时，对A 0.6G,C错误。根据上述，当水平推力沿斜面向上的 分析，k,x2=mg,弹簧Ⅱ的伸长量为c2=mg,在此 分力与重力沿斜面向下的分力大小相等时，A相对斜 k2 面没有运动趋势，此时A所受摩擦力的最小值为零，D 过程中，小桶下降的距离为h=x1十x2十x?= 正确。 8.(1)C(2)等于(3)会 2m(+. 【解析】(1)根据实验原理可知，图甲可测量合力， 10.(1)5N5√3N(2)大小为10N,方向与水平方 乙、丙两图测量分力，结合胡克定律可知，需要测量 弹簧的原长以及图甲、乙、丙中弹簧的长度，以便测 向成30°角斜向左上方(3) 4 量三个力的大小，三个力的大小均与劲度系数成正 【解析】(1)以物体N为对象，根据受力平衡可知轻 比，则形变量大小可以表示力的大小关系，故A、B错 绳OB的拉力大小为FB=m1g=10N, 误。步骤④中每次重复实验时，不需要保证O点位 以O点为对象，根据受力平衡可得FA=Fasin0= 置与第一次实验记录的位置一致，从而使实验更具 有普遍性，故C正确。 10X2N=5N, (2)根据实验原理可知，图甲测量合力，乙、丙两图测 量分力，所以图乙中细绳L?的拉力大小等于图丙中 Fc-Facos0-10x3 2 N=5W3N。 弹簧的弹力大小。 (2)以滑轮为对象，可知轻绳对滑轮的作用力大小 (3)水瓶中的水洒落了少许，即合力减小，虽然弹簧 为F=2 FB cos60°=10N,方向沿滑轮两侧轻绳的 和细绳L2的方向都与步骤②中平行，O点位置也与 角平分线向下，即与水平方向成30°角斜向右下方； 步骤②中重合，但弹簧弹力会变小，从而造成实验 则定滑轮对轻绳的作用力大小为10N,方向与水平 误差。 方向成30°角斜向左上方。 /1 1 (3)如果物体M恰好没有滑动，则有Fc=f, 9.(1)2m （2)2mg，+，） 又f=N=m2g, 【解析】(1)当I恢复原长时，对A、B及弹簧Ⅱ整体 联立解得物体M与水平面间的动摩擦因数为 分析，绳子的拉力为F=2g,即小桶中细砂的质量 为2m。 4。 物理（四） 1.C【解析】老鹰受重力和空气作用力， 3.B【信息获取与转化】 且合力方向沿直线方向，根据牛顿第二 序号 文本信息 隐含信息 定律可得F合=ma=2mg,其受力如 60F合=7mg 弹力为恒力，伸长量为 轻弹簧水平且弹力大小 图所示，由几何关系可知，空气对其作g 定值，木块A静止不 为F2 用力大小为F=mgsin60°=5m 动，受力平衡 2mg。 B做匀速运动 受力平衡 2.C【解析】运动员在斜坡上运动的位移x与时间t 的关系式为x-2t2,结合匀变速直线运动位移时间 水平恒力F1…轻弹 竖直方向受力平衡 公式x=?a,可得运动员在斜坡上运动时的加速 簧水平 【解析】木块A和木板B之间有相对运动，所以A、 度大小为a=4m/s2,运动员在5s末到达斜坡底端， B之间的摩擦力是滑动摩擦力，故A错误。木块A 则运动员运动到斜坡底端时的速度大小为v=at= 处于静止状态，根据平衡条件可知，弹簧的拉力F2 20m/s,则运动员在斜坡上运动的平均速度大小为 等于A、B之间的摩擦力f的大小，即F2=f,由A、 0=2=10m/s,故A、B、D错误。运动员在斜坡上 B之间的弹力为FN=mAg,根据滑动摩擦力公式 运动过程，根据牛顿第二定律可得mg sin37° f=FN,联立上式可得F2=mAg,可知，木块A的 μng cos37°=ma,解得动摩擦因数为μ=0.25，由于 质量越大，则F2也越大，故B正确。木块A受到的 运动员与斜坡、水平地面间的动摩擦因数相同，则运 摩擦力和木块A受到轻弹簧的拉力是一对平衡力， 动员与水平地面间的动摩擦因数为0.25，故C正确。 故C错误。若木板B加速向左运动，木块A受到的 ·6 ·物理· 参考答案及解析 滑动摩擦力不变，木块A仍处于静止状态，弹簧弹力6.ACD【解析】设B的速度大小为vB,根据速度的合 和木块A受到的摩擦力是一对平衡力，所以弹簧弹 力大小不变，仍为F2,故D错误。 又写分解，可得A=aosa,解得Bc0SaB 4.B【解析】剪断悬挂于O点的细线瞬时，弹簧的弹 右运动的过程中，a减小，故vB减小，所以B向右做 力不变，弹簧长度不发生变化，分别对两小球受力分 减速运动，当a=53°时B的速度为vg=5m/s,故C 析，根据牛顿第二定律可知aA>g、aB<g,那么两小 正确。由题知，A向上做匀速运动，对A受力分析， 球之间细线的拉力瞬间消失，A错误，B正确。开始 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 时弹簧的弹力为2g,剪断两小球间的细线时，弹簧 能用平衡条件求B所受的滑动摩擦力大小，当α= 弹力不变，两小球之间细线的拉力瞬间消失，对A球 53°时，对B受力分析，根据正交分解，在竖直方向受 分析可知悬挂于O点细线的拉力由2mg瞬间减小 力平衡，则有mBg=Tsin a十N,解得N=14N,则 B所受滑动摩擦力为f=N=2.8N,故A正确，B 为。mg,C错误。弹簧的下端与小球B突然脱 错误。设B向右做减速运动的加速度为a,在水平方 时，弹簧的弹力突然消失，下方细线的拉力增大为 向，根据牛顿第二定律有f+Tcos a一F=ma,解得 mg,悬挂于O点的细线的拉力保持不变，D错误。 F=f+Tcos a-ma,F<f+Tcos a=u (mBg- 【归纳总结】 Tsin a)+Tcos a,代入数据解得F<14.8N,故D 正确。 求解状态变化时瞬时加速度的步骤 7.AD【信息获取与转化】 分析原状态物体的受力情况，根据平衡条件或牛 图文关键信息 隐含信息 顿运动定律求出各力的大小 环在A点正好处于静止状态… 环受力平衡，弹簧竖直 分析状态变化时，哪些力变化，哪些力不变，哪些 2 OA沿竖直方向 力会消失 光滑硬直杆 不存在摩擦力 求出物体状态变化后所受的合力，利用牛顿运动 几何关系 可求弹簧形变量 定律求出瞬时加速度 【解析】环在A点时，弹簧对环的拉力竖直向上，环 5. D【信息获取与转化】 的重力竖直向下，若杆对环有弹力，则必沿倾斜方 图像 斜率意义 与横轴所围面积的意义 向，则环的合力不可能等于0，环不可能处于静止状 v-t 加速度 位移 态，则杆对环的弹力为0，故A正确。由几何关系可 得O、A两点间的距离为4L,在A点由二力平衡可 a-t 速度变化量 速度 得k(4L-3L)=mg,解得=g,故B错误。在B x-t L 【解析】根据牛顿第二定律，上升过程有一(mg十 点，弹簧对环的弹力垂直于杆，把环的重力分别沿着 f)=ma1,下降过程有f-mg=ma2,可判断|a1> 杆和垂直杆分解，则环的合力等于重力沿着杆的分 |a2|,即上升和下降过程加速度大小不同，所以v-t 力，则有mgn53=ma,解得as=号&，放C错 图像的斜率不相等，加速度的方向均竖直向下，为负 误。由几何关系可得O、C两点间的距离为3L,弹簧 值，故A、B错误。上升和下降过程中分别做匀变速 的原长为3L,则环在C点时弹簧处于原长，弹簧对 直线运动，x-t图像为曲线，不是直线，故C错误。由 环的弹力为0，同理可得环在C点的加速度为ac= 于|a1>|a2|,且上升位移大小与下降时位移大小 4 相等，所以上升用时短，下降用时长，故D正确。 8,故D正确。 *B【解析】由3.0~4.5s内图像斜率可知，第3.0s*ABD【解析】t=0时，有FA=5N,FB=20N,由于 末物块的速度7-品-”。3n=一2m,第 FA十Fg=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 2.0s末物块的速度为零，A错误。第2.0s末物块的 A正确。t=3s时，有FA=17N,Fg=14N,由于 速度为零，2.0~3.0s时间内，物块的加速度为a= FA十FB=31N<(mA十mB)gsin30°+u(mA十mB)· △v(-2)-0 △=3-2m/s=一2m/s2,B正确。由牛顿第 gcos30°=75N,即两物块处于静止状态，由于FA= 17N<mag sin30°+mag cos30°=25N,则A、B间 二定律得一umg=ma,解得μ=0.2，C错误。0~2s 相互作用力为0，故B正确。当A、B与斜面恰好发生 内，由v-v+at,得0=vo+[(-2)X2]m/s,所以 相对滑动时，有5+4t+20-2t=(mA十mB)gsin30°+ vo=4m/s,D错误。 u(mA十mB)gcos30°，解得t=25s,当A与斜面间的 。7 高三一轮复习周测卷 摩擦力达到最大静摩擦力时有5+4t'=mag sin30°十 mAg cos30°，解得t'=5s,所以5~25s内，对整体有 程的位移x,=2a=5m, 5+4t+20-2t+fB=(mA+mB)gsin30°+mAg cos30°， 所以物体沿斜面上滑的最大距离x=x1十x2= 则5~25s内B所受摩擦力先向上减小，后反向增大， 30m. 故C错误，D正确。 (3)根据上述分析可知，物体沿斜面减速上滑的时间 8.(1)A(2)8.20(3) M十m(4)直线 M ta-a=18. 【解析】(1)该实验需要研究三个物理量之间的关 物体沿斜面上滑的总时间t上=t1十t2=6s, 系，需要保持其中一个物理量不变，研究加速度与另 由于mg sin0=6N>umg cos0=4N, 外一个物理量的关系，这种方法叫作控制变量法。 物体最终要从斜面上滑落，设物体下滑时的加速度 (2)由于相邻两个计数点间均有4个点未画出，则相 为a下，由牛顿第二定律可得mgsin0-umg cos0= 邻点迹之间的时间间隔T=5×0.02s=0.1s,根据 逐差法可知小车的加速度为 mT,解得ar=2m/g,方向沿斜面向下，2ar= a= (68.1+76.4+84.6)-(43.6+51.7+60.0) x,解得下滑的时间t下=√30s, 9×0.12 物体在斜面上运动的总时间t=t上十t下=(6十 10-2m/s2=8.20m/s2。 wW30)s。 (3)对小车和砝码进行分析，近似认为槽码重力等于 10.(1)0.5m/s0.2m/s(2)1s(3)0.3m 小车和砝码所受的合力，根据牛顿第二定律有ap= 【解析】(1)关闭遥控开关时玩具卡车的速度大小 ,小车和砝码总质量不变，对槽码与小车和砝码 mg 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 构成的整体，根据牛顿第二定律有aQ=M干m mg 则 为a-mg=4g=0.2m/s2, m PN ap M+m 而卡车的加速度a1=0.5m/s2>0.2m/s2, QN ag M 故滑块不能与卡车一起加速运动，关闭遥控开关时 (4)保持槽码、小车、砝码的总质量不变，把槽码分别 滑块的速度大小为v2=at1=0.2×1m/s= 逐个叠放在小车上，槽码、小车和砝码总质量不变， 0.2m/s。 F 以槽码、小车和砝码为整体，则有a一M十m,即a-F (2)关闭遥控开关后卡车做匀减速直线运动的加速 图像是一条直线。 度大小为a,=g-0.02×2×10 M m/s2=0.1m/s2, 4 9.(1)2m/s2(2)30m(3)(6+√30)s 从关闭遥控开关到滑块与车厢底面之间不发生相 【解析】(1)对物体受力分析，由牛顿第二定律可知 对滑动所经历的时间t2满足o1一a2t2=v2+ F-mg sin 0-umg cos 0=ma, at2=0共， 解得a=2m/s2,方向沿斜面向上。 求得t2=1s,v共=0.4m/s。 (2)物体沿斜面加速时的位移x,= 2at- 2×2X (3)从卡车开始匀加速运动一直到滑块和卡车速度 相等过程中，卡车和滑块的位移大小分别为 52m=25m, U1 撤去外力时，物体的速度v=at1=10m/s, 12+04 共t2=0.7m, 2 撤去外力后，物体减速上滑，设减速时的加速度为 V2, a',根据牛顿第二定律有mg sin0+umg cos0=ma', =24+0 -t2=0.4m, 2 解得a'=10m/s2,方向沿斜面向下，故物体减速过 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2.B【解析】对戽斗受力分析，受重力，四条绳的拉力， 度，环不受摩擦力时，对整体分析，其加速度aA= 由合成法可得4Tcos60°-mg=ma,可得a=2m/s2。 aB=gsin0,隔离对B分析，F合B=Gsin0,可知轻绳 3.D【解析】撤去挡板C的瞬间，弹簧形变没有发生 与杆垂直，绳拉力为Gcos0,故A正确，B错误。环 变化，弹簧弹力不变，即A所受外力不变，即有aA 0,撤去挡板之前，对A进行分析，根据平衡条件，弹 受摩擦力时aA=aB<gsin0,当aA=aB=0时，轻绳 竖直；当0<aA=aB<gsin0时，轻绳的拉力和重力 簧的弹力为F=mg sin0三)ng,撤去挡板C的瞬 的合力提供B的加速度，此时轻绳不处于竖直状态， 间，对B进行分析，根据牛顿第二定律有mg sin30°+ 也不与杆垂直，故C、D错误。 F=maB,解得aB=g。 ·8·