周测卷(六) 牛顿运动定律(三)-【鱼跃龙门卷】2025-2026学年高三物理一轮复习周测卷

null·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 高三一轮复习周测卷 3 顿第二定律得kx2一rX2mg=2maB,则aB= *AD【解析】若斜面体A表面光滑（设斜面的倾角为 28十 0,A的质量为m,B的质量为M),若同时撤去F1和 2a>aA,所以若弹簧a突然断裂，在断裂瞬间，滑块 F2,B在其重力沿斜面向下的分力Mgsin0的作用下 一定沿斜面向下做匀加速直线运动。如果只撤去F1, A比滑块B的加速度小，故D错误。 使A相对地面发生相对运动趋势的外力大小是 6.AC【解析】根据已知条件，可知B与地面间的最大 FN2sin0=Mg cos0sin0,方向向右，如图1所示，由于 静摩擦力f Bmax=μ地(mA十mB)g=3N,当F=3N 时，B处于静止状态，地面对B的摩擦力与外力F平 Mg cos0sin0<(Mg cos0+F1sin0)sin0,所以A所受 衡，故地面对B的摩擦力大小为3N,A正确。设 地面的摩擦力仍然是静摩擦力，其方向仍然是向左， A、B恰好发生相对滑动时的外力为F。,对滑块A, 而不可能向右。只撤去F2,在B仍向下运动的过程 根据牛顿第二定律可得LABTAg=mAa0,解得a。= 中，使A相对地面有向右滑动趋势的外力是F'= 2m/s2,对滑块A、B整体，由牛顿第二定律可得 (Mg cos0+F1sinO)sin0,如图2所示，与F2是否存 Fg一地(mA十mB)g=(mA+mB)ao,解得F。= 在无关，所以只撤去F2,在B仍向下运动的过程中，A 9N,故当F=6N时，A、B没有发生相对滑动，二者 所受地面的摩擦力应该保持不变。若斜面体A表面 具有共同的加速度，整体受力分析可得F一fBmx= 粗糙（设A、B之间的动摩擦因数为u),B在F1、F2 (mA十mg)a,代入数据解得a=1m/s2,B错误。根 共同作用下沿斜面向下运动，根据题意知，在B沿斜 据上述分析可知，F=9N时，A、B刚好发生相对滑 面体下滑时，受到A对它的弹力F、和滑动摩擦力f, 动，故A、B间的摩擦力fAB=HABTAg=2N,C正 根据牛顿第三定律，这两个力反作用于A,斜面体A 确。F=12N时，A、B发生相对滑动，对B受力分 实际上就是在这两个力的水平分力作用下有相对地 析，结合牛顿第二定律可得F一fAB一f Bmax=mBaB, 面向右运动的趋势的，则Fwsin0>fcos0,又因为 解得aB-3.5m/s2,D错误。 f=FN,所以Fxsin0>uFycos 0,即u<tan0。同时 7.AD【解析】若v2=1m/s,则此时A相对传送带向 撤去F:和F2,由以上分析可知Mg sin0> 左运动，则传送带对A的摩擦力水平向右，选项A Mg cos 0,所以B所受的合力沿斜面向下，加速度方 正确。因A与传送带之间的滑动摩擦力大小为∫= 向也一定沿斜面向下。如果只撤去F1,在B仍向下 μmg=10N,若v2=2m/s,则此时A与传送带之间 运动的过程中FN=Mg cos0,f=uFN,假设A受的摩 的摩擦力为零，A、B受合外力为F=mg=20N,则 擦力fA方向向左，如图3所示，则Fwsin0=fcos0+ 物块A、B将加速运动，于是A的速度将大于传送带 fA,则有fA=Fwsin0-uFscos0=FN(sin0 的速度，此后物块A受向左的滑动摩擦力，则A、B 所受合外力变为F'=mg一f=10N>0,则A向右 μcos0)>0,所以斜面体A有相对地面向右运动的趋 做加速运动，选项B错误。若v2=3m/s,则此时物 势，摩擦力方向向左。又由于F2的存在与否对斜面 块A受滑动摩擦力向左，则A的加速度大小为a= 体受地面摩擦力大小没有影响，故只撤去F,后，斜面 mg-f_20-10、 体A所受摩擦力的大小和方向均保持不变。综上所 2m 4 m/s2=2.5m/s2,选项C错误。若 述，A、D正确，B、C错误 2=4m/s,则此时物块A受滑动摩擦力向左，则A 的加速度大小为a'=mg-f-20-10 m/s2= 2m 2.5m/s2,对B分析，mg-T=ma',解得此时轻绳 拉力大小为T=15N,选项D正确。 【归纳总结】 图1 图2 图3 求解传送带问题的儿点注意 8.(1)A(2)2.0(3)3.0 【解析】(1)为了消除摩擦力对实验的影响，需补偿 ①0物<V带，摩擦力为动力，物 阻力，A正确。在使用打点计时器时，应先接通电源 体加速； 物体速度 方向相同 ②口物>口排，摩擦力为阻力，物 再释放物体，B错误。实验过程中，拉力F,直接通 与传送带 体减速 过传感器1测出，实验过程中不需要保证砝码和砝码 速度的 盘的质量远小于两物块的总质量，C错误。 关系 摩擦力先为阻力，物体减速到 (2)根据逐差法得a= 方向相反 零后再成为动力，物体反向加 (22.44-7.22)×10-2-7.22×10-2 速运动 0.22 m/s2=2.0m/s2。 当物=0带时，摩擦力发生突变，物体的加速 (3)根据牛顿第二定律得F1=(m1十m2)a,F2= 临界状态 度发生突变 m2a,解得F2= mF,根据图像得 m1+m2 m1十m2 划痕长度 滑块与传送带的划痕长度等于滑块与传送带 3 的相对位移的大小 ,解得m2=3.0kg。 12. ·物理· 参考答案及解析 9.(1)0.316m(2)2m/s21m/s2(3)4√2s 4N, 【解析】(1)根据v-t图像可得物块A的加速度a= 小物块沿斜面向下做匀加速直线运动，根据牛顿第 8-2ms, 二定律可得mg sin0-f=ma1,oi=2a1sin0,联 根据牛顿第二定律F一umAg=mAa,可得u=0.3, 立解得v1=10m/s。 根据图像面积可得长木板长度L=弓×8×4m (2)从斜面底端到A点，有mg=ma2,o1-o= 2a2x,联立解得v2=8m/s, 16m。 沿传送带向上运动过程，与传送带共速前，根据牛 (2)若B不固定，假设A、B发生相对滑动，则A的 顿第二定律可得mg sin0十f=ma2,解得a2= F-umag=2 m/s, 加速度aA=mA 10m/s2, 与传送带共速后，由于μ<tan37°，则小物块会继续 对长木板B分析可知mAg=mBaB,解得aB= 减速，有mgsin0-mg cos0-ma3,解得a3=2m/s2。 1m/s2, (3)小物块滑上传送带做匀减速直线运动，有t1= 假设合理，即A的加速度为2m/s2,B的加速度为 1m/s2。 U2-0_8-4s=0.4s, a2 10 (3)物块A在长木板上滑行的相对位移为长木板长 度，即L=号（aA-ag,解得=4巨s. 8-6=2.4m, x1= 2a2 10.(1)4N10m/s(2)8m/s与传送带共速前， a2=10m/s2,与传送带共速后，ag=2m/s 共速后，t2一ag 0=2s,x2=2a3 4m, (3)2.4s6.4m 所以小物块沿传送带向上运动的时间为t=t1十 【解析】(1)小物块在斜面上受到滑动摩擦力作用， t2=2.4s, 其大小为f=mg cos0=0.5×1×10×0.8N= 向上滑行的最远距离为x'=x1十x2=6.4m。 物理（七） 1.C【模型建构】 【解析】当船在静水中的速度垂直河岸时渡河时间 建构模型 小船渡河模型 最短1一-109=50s,故A错误。船以最 确定物 运动的分解：船的实际速度？可分解为船在静 时间渡河时沿河岸的位移x=v水tmm=5×50m= 理原理 水中的速度v船和水流的速度？水 250m,即它沿水流方向的位移大小为250m,故B错 误。因为水流速度大于船的静水速度，所以船不能 垂直渡河，如图所示，当合速…8 度与静水速度的方向垂直时， 最短时 合速度与水流速度的夹角最大， 00 间渡河 渡河位移最小，则s血0-生子，则渡河的最小位移 0水 d150 x= m=250m,故C正确。当船以最短 ∠LL∠LALEE222∠I sin 0 3 lmin =d 6 V船>V水 Cos0=水 船 位移渡河时，时间为(=工 250 s=62.5s,故 合√52-32 D错误。 2.D【解析】小球的逆运动是平抛运动，设小球在P LLLLLLL4LLLLLLLLLLLLLL 最短位 点的速度大小为o,C、Q间的距离为s,则到达Q点 移渡河 的速度大小为v0cos37°，则L+scos37°=vcos37°· t,sin37°=2sin37°.t,解得5=125L. 1 V船<0水 3.A【解析】过B点作一水平 lmin=d. 线，过C点作水平线的垂线交 V船 于M点，由几何关系可知，M 点即为QB的中点，如果小球平 水 0=309 抛时的初速度变为原来的一 13·