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

固 美版老n春 5.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 2025一2026学年度高三一轮复习周测卷（五） 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 物理·牛顿运动定律（二） 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 重力加速度为g,下沉过程中 (考试时间40分钟，总分100分) A,小球的最大加速度为g B.小球先加速后诚速，最后做匀速运动 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“ 题目为能力提升题，分值不计入总分。 C.小球受到的浮力大小为” 图1 图2 1.如图所示，足够长的硬质直杆上套有质量为m的环A,环下方用轻绳挂着一个重力为G的小 D.小球受到的最大粘滞阻力为ma。 物体B,杆与水平方向成0角，当环沿杆下滑时，物体B相对于A静止，已知重力加速度为g, 如图所示，一质量为m。=2kg,倾角为日=37的斜面体放在光滑水平地面上，斜面上叠放一质 下列说法正确的是 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 A.若环沿杆无摩擦下滑，B的加速度为gsin0 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 B.若环沿杆无摩擦下滑，绳的拉力为Gsin0 A.斜面体对物块的支持力大小为8N C.若环沿杆下滑时有摩擦，轻绳不可能竖直 B.斜面体的加速度大小为a=2.4m/s D.无论环与杆之间有无摩擦，轻绳都与杆垂直 C.水平恒力大小F=7.2N 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，9 2.明代徐光启《农政全书》记截了戽斗是一种小型的人力提水灌田农具。如图所示，两人双手各 则F=22.5N 执两条绳牵戽斗取水，序斗装满水后被加速提起。假设戽斗和水总质量为10kg,重力加速度 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 为10m/s2,忽略绳子质量。当每条绳与竖直方向夹角均为60°，每条绳子上拉力大小均为 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 60N时，年斗的加速度大小为 总分。 A.1 m/s' 6.高山滑雪是一项观赏性极高的比赛，图甲是一 48m5 B.2 m/s 名滑雪运动员在比赛过程中的示意图，运动员 B C.6 m/s 自身和所有装备的总质量为m,从倾角0=37 D D.12 m/s? 的斜坡向下滑动过程中，受滑动肇擦力和空气 3.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， 阻力作用，假设空气阻力与速度成正比，即∫一 A、B的质量均为m,C为垂直于斜面的挡板，系统处于静止状态，重力加 k口，其中比例系数k=10P(P是k的单位)。运 16 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 动员在比赛中的某段过程的vt图像如图乙中 甲 小分别为 实线AD所示，AB是曲线最左端A点的切线，B点的坐标为(16,48)，CD是曲线AD的渐近 A.aa-g,aB=0 B.@A=0,a8-0 线，已知重力加速度为10m/s2,sin37°=0.6，下列说法中正确的是 C.a=g,a8=g D.aA=0a8-g A.题干中“k=10P”中的P为N·s/mB.当=16m/s时，运动员的加速度为1m/g 4,某人站在置于水平地面上的压力传感器上， C.雪橇与斜坡间的动摩擦因数是0.25D.运动员自身和所有装备的总质量m=80kg 进行蹲起动作，图中呈现的是在一段时间内 1000r 7,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， 压力传感器的示数随时间变化的情况。由 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 此可以判断 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 50 A.状态a到状态b对应者下蹲过程，状态 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 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 b到状态c对应着站起过程 B.从状态d到状态e,人的重力先增大后 A.小滑块在斜面ABO上运动时的加速度大小为 减小 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 C.从状态：到状态f,人的重心运动的速度和加速度方向都向上 C.小滑块在三个斜面上运动的时间相等 D.在0~8$内，该人完成一次完整的蹲起过程 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】 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 (1)求滑块在传送带上开始滑动时加速度的大小 为0一30°，质量为2m的物块A与挡板P之间有一轻质弹簧，细线跨过 (2)求滑块在传送带上运动的时间。 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 (3)若滑块与小车相对静止时，能停在小车的右半侧， 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 求小车长度L:的取值范围。 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 a9nnnnmmnmm FF711FFFF11272717111111817 时，A、B恰好分离。已知木板足够长，所有摩擦不计，弹簧劲度系数为k,重力加速度为g,下 得分 列说法正确的是 A撒去外力前弹簧的压缩量为3 B物体C的质量为 C.细绳张力最大值为2mg D.撒去外力眼间，A、B间压力变为原来的 三、非选择题：本题共3小题，共50分。 选择题 8.(10分)某同学用如图甲所示的实验装置测量物块与 光电门 答题栏 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 1 长木板固定在水平桌面上，在其上表而的P点安装 长木板 2 一光电门。物块上表面固定一遮光片，左侧固定一陆钙 力传感器。细绳的一端与力传感器相连，另一端通 托盘 3 过定滑轮与托盘（内有砝码）相接。实验时，物块从 10.(20分)如图所示，一倾角日=37的光滑固定斜面体足够长，斜面体上有一质量为M=1kg, 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 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。,t=0时刻另一质 5 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 量为m=2kg的木块（可视为质点）以初速度。=12m/s从木术板下端沿斜面体向上冲上木 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。 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 6 (1)关于本实验，下列说法正确的是 。(填正确答案标号) 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 A,实验开始前，应先补偿阻力 B.实验开始前，应调整轻滑轮的高度，使细线与长木板上表而平行 木块间的动摩擦因数r=日，最大静摩擦力等于滑动摩擦力.(sin37°-0.6，c0s37”=0,8, C,实验时，力传感器的示数小于托盘及砝码的总重力 g=10m/s,/136≈11.7) 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 (1)求木板的长度L, (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. (2)若L。=L,求物块离开木板时的速度大小。 (3)若L。=7.6m,且木板解除锁定的同时，给木板施加 个沿斜面向上的恒力F=3N,其他条件不变，则物块从 -12m/s 滑上木板到滑离木板的总时间为多少？（结果保留两位 2 cm 有效数字) 多挡板 0510 (3)测出OP之间的距离为L,邀光片的宽度为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：= 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 侧有一倾角为9=30°的传送带，其顶部到底部的长度为L1=1.5m,以va=2.5m/s的速率顺 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， 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 对静止，已知滑块与传送带之间的动摩擦因数为4，=，滑块与小车上表面之间的动摩擦因 数为4=0.2，重力加速度g=10m/s。 物理·周测卷（五）第3页（共4页】 物理·周测卷（五）第4页（共4页】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· ·物理· 参考答案及解析 4.D【解析】某人下蹲过程，先向下加速运动，处于失7.BCD【模型建构】 重状态，再向下减速运动，处于超重状态；站起过程， 建构模型 等时圆模型 先向上加速运动，处于超重状态，再向上减速运动， 物体沿着位于同一竖直圆上的所有光滑细杆 处于失重状态；由题图可知，状态a到状态c对应着 确定物 由静止下滑，到达圆周的最低点（或从最高点 下蹲过程，状态d到状态f对应着站起过程；在0~ 理原理 到达同一圆周上各点)的时间相等，都等于物 8s内，该人完成一次完整的蹲起过程，故A错误，D 体沿直径做自由落体运动所用的时间 正确。从状态d到状态e,人的重力保持不变，故B A 错误。从状态e到状态f,人处于向上减速运动阶 9.0 段，人的重心运动的速度方向向上，加速度方向向 下，故C错误。 常见情况 0 5,D【解析】由图像可知，小球开始下沉后速度越来越 D 02 大，加速度越来越小，由于受到油的浮力，最大加速 B B 度ao<g,当加速度a=0时，小球做匀速运动，速度 甲 丙 不再变化，故A、B错误。当速度为零时，根据牛顿第 【解析】小滑块在斜面ABO上运动时，根据牛顿运 二定律得mg-F浮=mao,解得F=mg一mao,故 C错误。当速度为o时，小球受到的粘滞阻力最大， 动定律mos=ma,解得a=g,故A错误。根 根据平衡条件得mg=F浮十F阻mx,结合C选项可得 据几何关系可知，AO垂直CO,小滑块在斜面CDO F阻max=mao,故D正确。 上运动时，mgsin a=ma',解得。'-2&，所以小治 ￥D【科学思维】 块在斜面ABO上与斜面CDO上运动时的加速度之 若连接体内各物体具有相同的加速度，且 比为√3：1，故B正确。小滑块在CE上运动a”= 整体法与隔 要求物体之间的作用力时，可以先用整体 mgcos a 3 离法的交替 法求出加速度，然后再用隔离法选取合适 m 28,在斜面AB0上运动时2 Rcos a= 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” 2at,在斜面CD0上运动时2 Rsin a=号。 1 20',在 【解析】对斜面体和物块整体分析，根据牛顿第二定 斜面CE上运动2Rc0se=名4，解得4=(= 律，水平方向上有F=(m。十m)a,竖直方向上有N= 故C正确。设小圆半径为r,则在CD段运动时 (m。十m)g,对斜面体分析，根据牛顿第二定律，水平 1 方向上有N1sin0=moa,竖直方向上有N1cos0十mog= 2 Rsin a-2 rsin a-=2 gsin axt,在AB段运动时 1 N,联立解得N一-125N,a=875m/g,F 2 Rcos a-2 rcos a=2 gcos aXi号，所以AB和CD 11.25N,根据牛顿第三定律知，斜面体对物块的支持 运动时间相等，而AO、CO段运动时间也相等，则小 力为12.5N,故A、B、C错误。若水平作用力F作用 滑块在DO段运动的时间与在BO段运动的时间相 等，故D正确。 到斜面体上且系统仍保持相对静止，则对整体有F= *BCD【解析】撤去外力前对A、B整体分析可知 (mo十m)a',对物块有ng tan37°=ma',解得F= F#=3 ng sin30°=k△x1,可得弹簧的压缩量为△x1 22.5N,故D正确。 26,选项A错误。C速度最大时，A、B恰好分离， 3mg 6。ACD【解析】结合题意有&={，根据单位运算可知， 则此时B、C的加速度为零，则对B、C整体， P为N·s/m,故A正确。v-t图像的斜率表示加速度， mgsin30°=mcg,可得物体C的质量为mc=受，选项 当，-16m/s时，根据图像可知a,=48一16， 16m/s2= B正确。对C分析可知mcg一T=mca,可知当加速 2m/s2,故B错误。当v。=16m/s时，根据牛顿第 度a最小时绳子拉力最大，即当a=0时T最大，则细 二定律有mg sin0-k。-μng cos0=mao,当v1= 绳张力最大值为T。=2mg,选项C正确。撒去外力之 32/s时，运动员做匀速运动，根据平衡条件有 mg sin0=ko1+umg cos0,解得m=80kg,H 前A,B间的压力N,=mgsin30°=2mg,刚撤去外力 0.25,故C、D正确。 时，对ABC整体，mcg=(m+2m十mc)a1,对A分析 ·9 高三一轮复习周测卷 可知F弹-2 ng sin30°-N2=2ma1,解得N2 0.5m/s2,方向向右； mg,可知一号，即撤去外力瞬间，A、B间压力变 3 N23 设经过t'时间，滑块与小车共速，则有v共=。 a2t,U共=a3t, 为原来的号，选项D正确。 解得t=1s,共=0.5m/s, 则滑块与小车相对静止时，滑块与小车之间发生的相 、Fod 8.(1)BC(2)0.740 (3)2gkL 对位移为Ar=一车=-受-受- 2 【解析】(1)由于本实验要测量物块与长木板间的动 1.25m, 摩擦因数4，因此不需要平衡摩擦力，故A错误。实 为了使滑块能停在小车的右半侧，则有△x≤L2< 验开始前，应调整轻滑轮的高度，使细线与长木板上 2△x,可得小车长度L2的取值范围为1.25m≤L2< 表面平行，物块受到的绳子拉力与长木板平行，绳子 2.5m。 拉力和摩擦力处于同一条直线上，故B正确。力传 10.(1)8m(2)12m/s(3)4.2s 感器的示数等于绳拉力的大小，由于托盘及砝码有 【解析】(1)木块刚滑上木板时，根据牛顿第二定律 向下的加速度，因此合力方向向下，实验时，力传感 得mg sin0+μng cos0=ma1, 器的示数小于托盘及砝码的总重力，故C正确。本 解得a1=9m/s2, 实验中用力传感器测量绳子拉力，因此不需要终保 此时对木板分析，Mg sin0-umg cos0=Ma2,解得 证物块及力传感器的总质量远大于托盘及砝码的总 a2=0,即木板保持静止， 质量，故D错误。 木块向上滑动的过程中，根据运动学公式可得 (2)如图乙所示，游标尺有20小格，精确度是 2a1L=v,解得L=8m。 0.05mm,主尺读数7mm,游标尺与主尺在第8格 (2)木块滑到木板上端后与木板一起向下做匀加速 对齐，则遮光片的宽度为d=7mm十8×0.05mm= 直线运动，对整体分析 7.40mm=0.740cm (M+m)gsin0=(M十m)a3,解得aa=6m/s2,， (3)物块做初速度为零的匀加速直线运动，根据已知 设当木板刚碰上挡板时，木块的速度为1，根据 条件可得o2=2aL= （),取物块为研究对象，根 2a3L0=v1,解得v1=4√6m/s, 木板停下后，设木块的加速度为α4，根据牛顿第二 据牛顿第二定律可得F-mg=ma,联立可得F= 定律得ng sin0-umg cos0=ma4, md2 I 2L‘京+mg,由图丙可知k=m 2L,F。=mg,解 解得a4=3m/s2, 设木块滑下木板时的速度为V2,根据运动学公式得 Fod2 得μ=2gkL 2a4L=v2-v1,解得v2=12m/s。 (3)根据题意可知，木块刚滑上木板时的加速度仍 9.(1)12.5m/s2(2)0.7s(3)1.25m≤L2<2.5m 为a1=9m/s2,此时对木板分析得F十mg cos0一 【解析】(1)滑块在传送带上开始滑动时，根据牛顿 Mg sin0=Mas,解得a5-3m/s2, 第二定律可得mg sin0+41 ng cos日=ma1, 设二者共速的时间为t2,根据运动学公式得v。 解得加速度大小为a1=12.5m/s2。 a1t1-a5t1,解得t1=1s, (2)设滑块到传送带底端前已经与传送带共速，则共 共速时的速度为℃共=a5t1=3m/s, 速前所用时间为1==0.25， 1 a 此时木板向上的位移x板=2a好=1.5m, 共速前滑块下滑的位移大小为x:-%1=0.25m< 木板与木块发生的相对位移为△x=（t1一 2a1t）-x板，解得△x=6m, 1 L1=1.5m,假设成立； 由于-停>a8测-则共追后，清块与传送 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, 带保持相对静止做匀速运动，则滑块匀速运动的时 解得a6=5m/s2, 间为，=-4=0.5s 对木板分析得Mg sin0+f-F=Ma6,解得f= 2N<mg cos0,故假设成立。 则滑块在传送带上运动的时间为t=t1十t2=0.7s。 设从共速到木板碰到挡板的过程中，二者一起运动 (3)滑块滑上小车时，以滑块为对象，根据牛顿第二 的时间为t2,根据运动学公式得一(x板十L。)= 定律可得2mg=ma2,解得加速度大小为a2= 1 2m/s2,方向向左；以小车为对象，根据牛顿第二定 0共t:一2at号，解得t2=2.6s, 律可得42mg=Ma3,解得加速度大小为a3= 木板刚停下时，木块的速度v块=v共一a6t2,解得 ·10 ·物理· 参考答案及解析 v块=-10m/s, 设木块滑下木板时的速度为，根据运动学公式得 木板停下后，木块在木板上运动的时间，=”一。然， v2-v=2a4△x, 解得t3≈0.57s, 此时木块的速度方向沿斜面向下，解得= 物块从滑上木板到滑离木板的总时间t=t1+t2+ -√136m/s, 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)，功率的弹 1 o-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=2r入k 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 【解析】小球释放时弹簧弹力大于重力，先向上做加 为kg·m2·s3,D正确。 速运动，弹簧形变量减小，弹力减小，加速度减小，当 2.C【解析】根据题意可知B、C沿着斜面一起向下做 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 到最大，继续上升，弹力小于重力，加速度向下，小球 面向下，在垂直斜面方向受槽B的支持力处于平衡 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r,时 脱离弹簧时速度大小为⑦，方向向上，加速度大小为 g,方向向下。根据简谐运动的对称性，在该位置关 间为t,位移为零，平均速度为位移与时间的比值，故 于平衡位置的对称处，小球速度大小也为，方向向 平均速度的大小为零，故A错误。质量是惯性大小 上，加速度大小也为g,方向向上。简谐运动中离平 的唯一量度，因为月球土壤质量不变，所以其惯性也 衡位置越远，加速度越大，所以小球释放瞬间的加速 不变，故B错误。嫦娥六号返回舱在地球表面着陆 度大于重力加速度，故B错误。弹簧振子的周期 的最后减速阶段，加速度向上，处于超重状态，故C 正确。月球表面没有空气，不能靠气体的压力差为 T=2x区，者把小球压到更低位置释议，从最低点 无人机提供动力，四旋翼小型无人机无法工作，故D 到平衡位置的距离变大，但周期不变，所用时间仍为 错误。 T,从平衡位置到脱离弹簧位置的距离不变，平均 4 4.B【解析】对小球受力分析如图所示， 速度变大，所用时间变短，小球从释放到脱离弹簧所 根据牛顿第二定律，有mg tan37°=ma, 37 用的总时间变短，故C错误。把小球压到更低位置 求得。=，木板，圆弧轨道和小球一 释放，小球上升到平衡位置时的速度变大，从平衡位 置到脱离弹簧过程弹力做功与重力做功不变，可知 起向右做匀加速直线运动，故三者运动 小球脱离弹簧时的速度变大，上升的最大高度增加， 的加速度大小都为&，故A错误。对 故D正确。 mg￥1 *B【解析】由于A、B、C三个滑块加速度相同，A的 圆弧轨道和小球组成的整体，根据牛顿第二定律有 质量比C的质量大，根据牛顿第二定律可知，滑块A f:=(M十m)a=(M+m)g,放B正确。圆孤轨 比滑块C受到的合力大，故A错误。将A、B、C三个 滑块作为整体，根据牛顿第二定律F一6pumg=6ma, 道与木板之间的动摩擦因数μ2满足42(M十m)g≥ 对A滑块根据牛顿第二定律得k1x1一3pumg=3ma, 将A、B两个滑块作为整体，根据牛顿第二定律得 (M+m)a=(M+m）·8,即：≥0,75，故C错 2z25mg=5ma,解得：-S,故B正确。两弹 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-1(2M+m)g=(2M十m)a,求得 Faki1=3 簧ab的弹力之比为常：一，亡一号，放C错误。若 F=(2M+m)(k+)g,故D错误. 弹簧a突然断裂，在断裂瞬间，对滑块A由牛顿第二 定律得uX3mg=3maA,解得aA=g,对滑块B由牛 ·11