周测评(七) 牛顿第三定律 牛顿运动定律的应用 超重和失重 力学单位-【衡水真题密卷】2025-2026学年高一上册物理学科素养周测评（粤教版）

2025一2026学年度高一学科素养周测评（七） 物理·牛顿第三定律牛顿运动定律 的应用超重和失重 力学单位 本试卷总分100分，考试时间40分钟。 一、选择题：本题共6小题，每小题8分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1~4题 只有一项符合题目要求，第5、6题有多项符合题目要求。全部选对的得8分，选对但不 全的得4分，有选错的得0分。 题号 2 3 4 5 6 答案 1.下列表达式中F表示力，m表示质量，t表示时间，所有物理量用国际单位制表示时，计 算结果的单位为米的是 ( A号 F B. m cr D.Ft 2.大约公元前2000年就已经出现了四轮马车，若马的质量为1000kg,马车的总质量为 500kg。马拉着马车在水平地面上做匀加速直线运动，马车从静止开始加速至速度为 1 36km/h,用时10s。若马车受到的阻力大小为其所受重力的，马对马车的拉力方向 为水平方向，g取10m/s2,则在该过程中，马对马车的拉力大小为 ( A.1500N B.2000N C.2500N D.3750N 3.学习牛顿第二定律后，某物理兴趣小组设计了如图所示的装置测物块A的质量。已知 B的质量mB=4kg,重物C通过定滑轮作用使系统沿水平面做匀加速直线运动，读出力 传感器1、2的示数分别为8N、10N,不考虑力传感器质量的影响，A、B与桌面间的动摩 擦因数相同，则物块A的质量mA为 () 力传感器 A白B A.4 kg B.8 kg C.12 kg D.16 kg 4.在杭州第19届亚运会蹦床比赛中，中国队包揽了男女个人项目的两枚金牌，严浪宇获得男子 高一学科素养周测评（七）物理第1页（共4页） 真题 靠近光，追随光，成为光，散发光 项目金牌，朱雪莹获得女子项目金牌。不考虑空气阻力，则下列说法正确的是 ( 班级 A.运动员离开蹦床竖直向上运动后的整个运动再下落的过程先超重后失重 B.运动员在最低点受到的弹力大于运动员自身的重力 姓名 C.运动员在比赛过程中始终处于失重状态 D.运动员下落过程中刚接触蹦床时速度最大 得分 5.沙湾飘色是番禺区沙湾镇本土特色的传统民俗艺术活动，以色柜作为展示舞台，色柜上 坐立着的人物造型称为“屏”，凌空而起的称为“飘”，二者由中间的色梗连接，形成一个 有机整体，如图甲所示，其受力简图如图乙所示。为了有更好的表演效果，飘色巡游车 载着孩童正以较小的速度在做匀速直线运动，则下列说法正确的是 () 分 乙 A.孩童受到架子对他的支持力，是由于架子发生形变而产生的 B.孩童对架子的压力就是孩童受到的重力 C.孩童对架子的压力与架子对孩童的支持力大小相等、方向相反 D.孩童能跟随巡游车一起做匀速直线运动，是由于架子对孩童的支持力与孩童对架子 的压力是一对平衡力 6.如图所示，倾角为30°的斜面固定在水平地面上，质量为1.5kg的箱子静止在斜面上，质 量为0.1kg的小球通过细绳悬挂在箱子顶面的O点。现给箱子一沿斜面向下的 力F=20N,箱子沿斜面向下运动，稳定后细绳与竖直方向成60°角。g取10m/s2。下 列说法正确的是 () 0 :60> >s301 A.稳定时细绳上的拉力为1N B.稳定时细绳上的拉力为2N C.改变F大小，系统再次稳定后细绳处于竖直方向，此时力F为4N D.改变F大小，系统再次稳定后细绳处于竖直方向，此时力F为8N 密卷 高一学科素养周测评（七）物理第2页（共4页） YJ 二、非选择题：本题共3小题，共52分。 7.(12分)某实验小组利用如图甲所示的装置探究加速度与合外力的关系。实验时，将带 有遮光条的小车从光电门1的左侧由静止释放，遮光条的挡光时间分别为t1、t2,记录下 弹簧测力计的示数为F,改变重物的质量重复上述操作，已知遮光条宽度为d。 a/m·s-23) 光电门1 光电门2 重物 乙 (1)下列操作必需的是 (填正确答案标号)。 A.实验时，应用天平测量出重物的质量m B.实验时，测量出两光电门之间的距离L C.实验时，应满足小车和遮光条的总质量M远大于重物的质量m D.实验时，应将长木板的左端适当垫高以平衡摩擦力 (2)小车的加速度a= (用题中所给物理量的字母表示)。 (3)通过以上操作将得到的实验数据描绘在如图乙所示的坐标系中，发现图线不过原 点，其原因可能是 ;如果图线与横轴的 交点的坐标为(0.1,0)，A点的坐标为(0.4,1.2)，则小车和遮光条的总质量 M- kg。 8.(20分)如图所示为某工厂卸货装置原理图，货物从货物架上无初速度沿斜面滑下进入 传送带，之后滑上静止在水平面上的平板车，平板车将货物运输到卸货员位置处，最后 完成卸货工作。已知货物质量m=140kg,平板车质量M=20kg,货物到传送带的竖直 盒度=2,5m,斜面倾角0=30，货物与斜面间的动摩擦因数41三3传送带沿顺时针 方向匀速转动的速度v=8m/s,货物与传送带间的动摩擦因数μ2=0.3，传送带长度 1=10.5,货物与平板车间的动摩擦因数μ3=0.4，平板车与地面间的动摩擦因 数以4=0.2，假设平板车与地面间为滑动摩擦。(（忽略货物经过B、C两处的能量损失， g取10m/s2)求： (1)货物从斜面最高处A点滑至B点时速度的大小； (2)货物在传送带上滑行的时间； (3)为使货物不从平板车上滑落，平板车至少需要多长。 B (C 平板军 YJ 高一学科素养周测评（七）物理第3页（共4页） 真题名 9.(20分)某兴趣小组对10米跳台跳水进行模拟研究，将运动员视为质点，若运动员起跳 时获得竖直向上的初速度vo=1m/s,并在距离水面h。=1.6m前完成规定动作并调整 好入水姿势竖直入水，其入水深度h=2.5m,跳台距水面高度H=10m,运动员质 量m=40kg,g取10m/s2,空气阻力不计。求： (1)运动员距离跳台的最高距离hm; (2)运动员完成规定动作允许的最长时间tm; (3)运动员即将入水时速度v的大小和入水至水深h处的过程中运动员受到水的平均 作用力F的大小。 密卷 高一学科素养周测评（七）物理第4页（共4页）·物理· 参考答案及解析 T1B十fB=mBg (1分) 得 T=TIB (1分) u2mg-Fm=ma (2分) 解得F1min=25N (1分) 解得Fm=2N 当A相对于C即将向左滑动时，外力最大，则以 对橡皮绳，根据胡克定律，得 A为研究对象，由牛顿第二定律得 Fm=kx (1分) T2A十fA=mAa (1分) 2 此时B向上运动，则 解得x=3m T2B=fB十mBg (1分) 设小猫松爪时的木板速度为，由运动学公 fB=μ2N' (1分) 式v2=2a.x (1分) N'=mBa (1分) 解得v=2m/s T2A=T2B (1分) 橡皮绳刚被拉断后，对铁块，根据牛顿第二定律有 以A、B、C整体为研究对象，由牛顿第二定律得 u2mg=ma2 (1分) F1mx=(mA+mB十mc)a (1分) 解得a2=4m/s2 解得F1max=112.5N (1分) 对木板，根据牛顿第二定律有 所以F1的大小范围为 (m+M)g-u2mg=Ma (2分) 25NF,112.5N. (1分) 解得a1=24m/s2 设板长为L,则 9.(1)20N(2)2m/s2(3)2N L0-v20-v2 【解析】(1)对木板和铁块整体分析，根据平衡条 22(-a2)2(-a1) (1分) 件可得小猫对木板的最小拉力 5 F1=41(m+M)g=20N (2分) 解得L=6m (2)设铁块刚好与木板发生相对滑动时，所加的 另解：橡皮绳刚被拉断后，对铁块，根据 外力为Fmim,对铁块，根据牛顿第二定律有 v=a2t2 (1分) uamg=ma (1分) 解得t2=0.5s 对整体，根据牛顿第二定律有 对木板，根据 F min-u (m+M)g=(m+M)a (2分) v=aiti 联立解得Fmim=30N>25N 1 说明小猫的拉力为25N时，铁块与木板未发生 解得1-12s 相对滑动 设板长为L,则 对整体，根据牛顿第二定律可得 L v (1分) F2-u(m+M)g=(m+M)ao (2分) 2=2-21 解得a0=2m/s2 (1分) 解得L=6m 5 (2分) (3)橡皮绳刚被拉断时，对铁块，根据牛顿第二定律可 2025一2026学年度高一学科素养周测评（七） 物理·牛顿第三定律牛顿运动定律的应用超重和失重力学单位 一、选择题 对马车的拉力为F,根据牛顿第二定律 F 1.C【解析】根据牛顿第二定律可得a=二，根 有F一1m车g=m来a,联立可得F=1500) A正确，B、C、D错误。 据运动学公式可得x= 2at,联立解得x= 3.D【解析】设通过力传感器1、2的力分别为 之（侣）上，可知计异站果的单位为来的是号（织）户， F1、F2,根据牛顿第二定律有F1一mAg=mAa, F2-umBg-F1=mBa,联立解得mA-l6kg, C正确。 A、B、C错误，D正确。 2.A【解析】由于v=36km/h=10m/s,根据匀 4,B【解析】运动员离开蹦床竖直向上运动过程 加速直线运动中速度一时间关系有v=at,设马 和下落的过程加速度向下，均为完全失重状态，A 。11· YJ 真题密卷 学科素养周测评 错误；运动员在最低，点时加速度竖直向上，则受 (2)小车通过两个光电门的速度分别为1= 到的弹力大于运动员自身的重力，B正确；运动员 d d 在蹦床上下落过程中的最后一阶段，加速度向 测-名，根据2aL=明-i,可得a 上，处于超重状态。在从最低点上升的开始阶 (t好-t)d2 段，加速度也向上，处于超重状态。在空中及接 2Ltt号。 触到蹦床的前一阶段处于失重状态，C错误；运动 (3)题图乙中，当F大于0时，加速度等于零，说 员下落过程中刚接触蹦床时重力大于蹦床向上 明未平衡摩擦力或者平衡摩擦力时抬起的角度 的弹力，加速度向下，此时速度不是最大，当蹦床 太小。设小车所受阻力为∫，根据牛顿第二定律 的弹力等于重力时，加速度为零，此时速度最大， 1 D错误。 有F-了=地，可得e=动一后因我外车及= 5.AC【解析】架子对孩童的支持力是弹力，是架 1 1.2 子发生弹性形变产生的，A正确；重力是孩童受 M又k=0.4-0.=4,可得M=0.25kg 到的，压力是架子受到的，不是同一个力，B错误； 8.(1)5m/s(2)1.5s(3)2m 孩童对架子的压力与架子对孩童的支持力是一 【解析】(1)货物从A点到B点的过程中，对货 对相互作用力，大小相等，方向相反，C正确；孩童 物进行受力分析，由牛顿第二定律可知 受到重力和支持力的作用处于匀速直线运动状 mg sin 0-umg cos 0=ma (2分) 态，所以重力与支持力二力平衡，是一对平衡力， 解得a1=2.5m/s2 (1分) D错误。 由运动学公式 6.AC【解析】设小球的质量为m,箱子的质量为 h v=2ai sin 0 (2分) M,稳定时具有共同的沿斜面向下的加速度a,此 可得货物运动到B点处速度 时对小球垂直斜面方向受力分析有Tc0s30°= v1-5 m/s (1分) mg cos30°，沿斜面方向受力分析有Tsin30°十 (2)货物滑上传送带，由牛顿第二定律可知 mg sin30°=ma,解得T=1N,a=g=10m/s2, uamg=ma2 (1分) A正确，B错误；对整体受力分析得F十 解得货物的加速度大小a2=3m/s2 (1分) (m+M)gsin30°-f=(m十M)a,解得箱子受 货物加速运动时间 到斜面的滑动摩擦力大小为f=12N,改变F的 大小，稳定后当细绳处于竖直方向时，小球加速 t-”=1s (1分) a 度为零，故整体加速度为零，处于平衡状态，由于 货物加速运动位移大小 此时箱子处于匀速运动状态，受到沿斜面向上的 o2-1 滑动摩擦力f,对整体根据平衡条件可得F'十 x1= =6.5m (2分) 2a2 (m十M)gsin30°=f,解得F'=4N,C正确，D 货物匀速运动时间 错误。 二、非选择题 4=11=0.5s (1分) (-t)a2 7.(1)BD(3分) (2) 2Lt(3分)(3)未平 货物在传送带上的运动总时间 tě=t1十t2=1.5s (1分) 衡摩擦力或者平衡摩擦力时抬起的角度太小(3 (3)货物滑上平板车后，由牛顿第二定律可知 分)（意思对即可）0.25(3分) u3mg=ma3 (1分) 【解析】(1)实验时，直接通过弹簧测力计读出拉 货物的加速度大小 力，所以不需要用重物的重力充当拉力，所以不 a3=4m/s2 (1分) 需要用天平测量出重物的质量m,也就不需要满 平板车加速度大小 足小车和遮光条的总质量M远大于重物的质量 m,A、C错误；实验时，需要求出小车的加速度，根 ax-kamg-us (m+M)g (2分) M =12m/s2 据公式2aL=一i,可以根据0=求出速度， 货物与平板车共速时 v共=v一a3t3=a4t3 (1分) 所以还需要测量出两光电门之间的距离L,B正 解得t3=0.5s,v共=6m/s (1分) 确；实验时，需要将拉力F作为小车所受到的合 平板车最小长度 力，所以应将长木板的左端适当垫高以平衡摩擦 L=十0共，一0先 (1分) 力，D正确。 2t-2t=2m。 ·12· YJ ·物理· 参考答案及解析 9.(1)0.05m(2)1.4s(3)√/201m/s2008N 运动员完成规定动作允许的最长时间 【解析】(1)运动员起跳后做竖直上抛运动，到最 tm=t1+t2=0.1s+1.3s=1.4s (2分) 高点有 (3)运动员入水时，由速度一位移关系公式可得 -2ghm=0-v8 （2分) 02=2g (hm+H) (2分) 0612 代入数据解得入水时速度大小 解得h。=2g-2X10m=0.05m (2分) v=√201m/s (1分) (2)运动员从起跳到最高点所用时间为t1 设运动员入水后加速度为a,运动员入水后至水 4-g=0.1 深处，由速度位移关系公式可得 (1分) -2ah=0-v2 (2分) 运动员从最高点到距水面1.6m处所用时 解得a=40.2m/s2 (1分) 间为t2 运动员入水后至水深h处的过程中，受到重力 1 hm十H-ho=2g进 (2分) mg和水的平均作用力F,由牛顿第二定律可得 F-mg=ma (2分) 代入数据解得t2=1.3s (1分) 解得平均作用力F的大小F=2008N。(2分) 2025一2026学年度高一学科素养周测评（八）物理·阶段检测（二） 一、选择题 5.AC【解析】以甲箱、木块A和弹簧作为整体，根 1.D【解析】蚂蚁缓慢爬行的过程可以视为始终 据受力平衡可知，甲箱受到地面的摩擦力为0，地 处于平衡状态，对蚂蚁受力分析可知，蚂蚁受到 面对甲箱的支持力大小等于整体的重力，同理以 重力、沿切线方向的摩擦力和垂直切线方向指向 乙箱、木块B和弹簧作为整体，根据受力平衡可 球心的支持力，设蚂蚁所在位置与球心连线与竖 知，乙箱受到地面的摩擦力为0，地面对乙箱的支 直方向的夹角为日，根据受力平衡可得f= 持力大小等于整体的重力，则两个箱子对地面的 mg sin0,N=ng cos日，从底部经过b点爬到a 压力大小相同，A正确，B错误；设两个木块的质 的过程中0逐渐增大，则碗对蚂蚁的摩擦力变 量均为m,两个弹簧的劲度系数均为飞，形变量大 大，碗对蚂蚁的支持力变小，A、B错误；蚂蚁处 小均为x,禅簧弹力与竖直方向的夹角为0，对木 于平衡状态，合外力一直为0，则碗对蚂蚁的作 块A进行受力分析可得NA十kxcos日= 用力与重力平衡，保持不变，C错误，D正确。 mg,fA=xsin0,乙箱中弹簧与竖直方向的夹角 2.D【解析】要将题图中从上面数的第4本书抽 为a,且a<0,对木块B进行受力分析可得NB= 出，对第4本书进行受力分析，水平方向受到上、 kxcos a十mg,fB=kxsin a,由于a<0,所 下两个接触面的滑动摩擦力作用，根据滑动摩擦力 以fA>fB,D错误；NA十NB=mg-kxcos0十 的计算公式，需要的最小水平拉力fm=f上十 kxcos a+mg>2mg,C正确。 fr=μN上+uNr=A·3mg+H·4mg=7μmg, 6.BC【解析】根据题意可知，支架B与木板C间 D正确。 发生滑动时，支架B与小球A的加速度最大，有 3.A【解析】当车辆开始以加速度a匀加速启动 f=μ(ma+mB)g=(mA十mB)ao,即ao=g= 时，手机的加速度也为a,手机竖直放置，受到重 7.5m/s2,此时细线与竖直方向夹角最大为0，选小 力、支架对手机的弹力、摩擦力以及磁力的作用， 球A为研究对象，则有Tcos0=mAg,Tsin0= 则手机一定受4个力作用，A正确，B错误；水平 mAa0,解得0=37°，A错误，B正确；选木板C为 方向根据牛顿第二定律，有F一FN=ma,竖直 研究对象，则有F一f=mcac,且ac≥ao,解 方向有f=mg,静摩擦力大小为mg,合力不为 得F≥45N,即当支架B与木板C间发生滑动时， 0,C、D错误。 拉力F最小值为45N,D错误；当拉力F=30N 4.C【解析】由题图乙可知，物块A在P,点左边运 时，支架B与木板C相对静止，即A、B、C三者相 动时的加速度a1=2m/s2,在P点右边运动时的 对静止，其加速度为a,由牛顿第二定律，有F= 3-2 (mA十mB十mc)a,解得a-5m/s2,此时细线拉 加速度a,=2-m/s=1m/g,由牛顿第二定律知 力为T,细线与竖直方向的偏角为α，选小球A mBg-(mA十mB)a1,mBg一mA=(mA十B)a2,联 为研究对象，有Tcos a=mAg,Tsin a=mAa,解 立解得mA=0.8kg,μ=0.125，C正确。 得T=mA√a2+g2=5√5N,C正确。 ·13 YJ