(5)牛顿运动定律的应用-【衡水金卷·先享题】2026年高考物理一轮复习周测卷（J）

高三一轮复习40分钟周测卷/物理 (五)牛顿运动定律的应用 (考试时间40分钟，满分100分) 一、单项选择题（本题共8小题，每题8分，共64分。每题只有一个选项最符合题意） 1.如图所示，光滑正方形平板abcd倾斜固定，cd边在水平面上，平板与水平面间的夹角为30°。质 量为m的物块在平行于平板的拉力F作用下，沿对角线αc方向做匀加速直线运动，重力加速度 为g,下列关于F的取值可能正确的是 A.mg B② g C. X30: D.mg 2.如图所示，倾角为0=30°的光滑固定斜面上有两个用轻质弹簧连接的滑块P、Q,滑块P、Q的质 量均为，滑块P用细线拴接在挡板上，初始时滑块P、Q均静止，重力加速度为g,将细线剪断 瞬间，下列说法正确的是 D A.P的加速度大小为2g B.Q的加速度大小为g C.P的加速度大小为g D.Q的加速度大小为号 3.如图甲所示，物块A、B用一根轻质弹簧相连，放在光滑水平地面上，开始时两物块均静止，弹簧 处于原长。t=0时对物块A施加一水平向右的恒力F,在0~1s内两物块的加速度随时间变化 的情况如图乙所示，则物块A、B的质量之比为 ↑a/(ms-2) 1.0 A 0.6----- 0.3 B 甲 乙 A.3:2 B.1:1 C.2:3 D.34 4.如图甲所示，光滑水平地面上有一质量为m1的长木板，木板的右上端有一质量为m2的物块，用 水平向右的拉力F作用在木板上，F随时间t的变化关系图像如图乙所示，其中F1为t1时刻 的大小，其中一个的加速度α随时间t的变化关系图像如图丙所示。已知物块与木板间的动摩 擦因数为4，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g,下列说法正确的是 A.t1时刻后木板做匀加速直线运动 B.F,=m,(m+2) ug m C.在t时刻两者发生相对运动，且t时刻后物 块的加速度不变 D.若木板足够长，最终物块会和木板达到共速 物理第1页（共4页）】 衡水金卷·先享题·高三 5.如图所示，MN是一段倾角0=30°的传送带，质量=1kg的小物块，从传送带顶端向下运动。 物块运动过程的部分v-t图像如图所示，重力加速度g=10m/s2,下列说法正确的是 A.物块最终从传送带N点离开 v/(m's-1) B.传送带的速度v=1m/s,方向逆时针 C,物块与传送带同的动噬擦因数为号 6 甲 D.物块将在6s时回到原处 6.滑沙，即乘坐滑板从高高的沙山顶自然下滑。有一段沙坡的高度为五、长度为L,小华把滑板放 在沙坡上，然后坐在滑板上，小华在小明推动一下后，与滑板一块恰好可以匀速下滑。下列说法 正确的是 A.滑板与沙坡间的动摩擦因数为 B.若仅增大h,则小华对沙坡的压力将增大 C.若换体重更大的小明坐在滑板上，则小明将加速下滑 D.若换一个更光滑的滑板，则小华获得初速度后将加速下滑 7.如图所示为深坑打夯机的示意图。首先，电动机带动两个摩擦轮匀速转动，将压紧的夯杆从深 坑提起。当夯杆的下端刚到达坑口时，两个摩擦轮将夯杆松开，夯杆在自身重力的作用下落回 坑底，周而复始地进行，就可以达到将坑底夯实的目的。已知两个摩擦轮边缘的线速度恒为 =4m/s,摩擦轮对夯杆的正压力均为F=2×104N,摩擦轮与夯杆间的动摩擦因数均为4= 0.3,夯杆的质量m=1×103kg,坑深h=6.4m,假定在打夯的过程中坑的深度变化不大，重力 加速度g=10m/s2,下列说法正确的是 A.夯杆在上升阶段经历了先加速运动、后匀速运动 B.夯杆被摩擦轮带动加速上升的过程中的加速度大小为2.5m/s C.夯杆匀速运动的时间为2s D.夯杆下端离开坑底的最大高度为7.2m 77777 8.高铁已成为重要的“中国名片”。一列由8节车厢编组而成的列车，从右侧车头开始的第1节为 动力车厢，其余为非动力车厢。列车在平直轨道上匀加速启动，动力车厢的牵引力恒定为F,每 节车厢所受阻力大小均为自身重力的k倍，重力加速度为g,下列说法正确的是 A.列车加速的加速度为a时，车厢给质量为m的乘客的作用力大小为ma B.第2节车厢对第3节车厢的作用力大小为F C.若去掉4节非动力车厢，则列车的加速度大小变为原来的一半 D.将第4节非动力车厢换为与第1节同样动力的动力车厢，列车加速度比去掉4节非动力车厢 的加速度大 -轮复习40分钟周测卷五 物理第2页（共4页） 0 班级 姓名 分数 题号 6 7 P 答案 二、非选择题（本题共3小题，共36分。请按要求完成下列各题） 9.(8分)某物理实验小组采用图甲所示装置“探究加速度与物体受力、物体质量的关系”。 4a/(ms2) 3.50 3.00 电源 2.50 打点计时器 小车 2.00 1.50 纸带 1.00 复写纸 0.50i 木板 托盘 00.100.200.300.400.500.600.70F 甲 丙 (1)实验过程中，下列操作正确的是 。(填正确答案标号) A.平衡摩擦力时小车应与托盘、纸带连接，当纸带上打出的点迹分布均匀时垫板的位置才合适 B.先接通打点计时器电源，后释放小车 C.调节滑轮高度使细绳与水平桌面平行 D.为减小误差，实验中一定要保证托盘及盘中砝码的质量远小于小车（含砝码）的质量M (2)如果实验小组的甲同学保持小车的质量为M1不变，改变小车所受的拉力F,得到α随F变 化的规律如图乙中直线A所示；乙同学保持小车的质量为M2不变，改变小车所受的拉力F,得 到a随F变化的规律如图乙中直线B所示；由图可知，M (填“>”“<”或“=”)M2;图 线A不过原点的原因可能是 ,图线B不过原点的原因可能是 (3)丙同学已经平衡好摩擦力，利用本实验的装置，先保持小车质量不变，改变托盘及盘中砝码 的总质量，进行多次实验，根据实验数据描绘得到如图丙所示的α-F图像，前半段为直线，可得 出结论：在小车质量不变时，小车的加速度与拉力成 (填“正比”或“反比”)；由图中数据 还可得知小车的质量为 kgo (4)该小组同学在研究加速度与质量的关系时，要保证托盘及盘中砝码的质量不变。若托盘及 盘中砝码的质量m与小车（含砝码）的质量M间的关系不满足M>m,由实验数据作出a和 M十m的图线，则图线应如图中的 。(填正确答案标号) M+m 0 物理第3页（共4页)】 衡水金卷·先享题·高三一 10.(12分)一辆卡车向右运动，现用卡车运输质量为m的匀质圆筒状工件，为使工件保持固定，将 其置于两光滑斜面之间，如图所示。两斜面I、Ⅱ固定在车上，倾角分别为30°和60°，重力加速 度为g。 (1)若卡车启动时的加速度为，求斜面Ⅱ对工件的作用力大小： (2)若要保证行车安全，求卡车启动、刹车的加速度的范围。 3060° 11.(16分)如图甲所示，一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置质量为m的小滑块。 木板受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出其加速度a,得到如图乙所示a-F 图像。最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g=10/s2,求： (1)滑块的质量和木板的质量； (2)滑块与木板间的动摩擦因数； (3)当F=8N时滑块的加速度大小。 a/(ms-2) M 1012FN 乙 轮复习40分钟周测卷五 物理第4页（共4页) 回高三一轮复习J ·物理· 高三一轮复习40分钟周测卷/物理（五） 9 命题要素一贤表 注： 1.能力要求： I.理解能力Ⅱ.推理能力 Ⅲ，分析综合能力Ⅳ，应用数学处理物理问题的能力V,实验能力 2.学科素养： ①物理观念 ②科学思维③科学探究( 科学态度与责任 分 知识点 能力要求 学科素养 预估难度 题号 题型 值 (主题内容) I ⅡⅢV V ① ②③④ 档次 系数 1 单项选择题 8 斜面极值问题 易 0.85 2 单项选择题 瞬时加速度 易 0.80 3 单项选择题 弹簧连接体的a-t图像 0.80 4 单项选择题 8 板块模型、图像问题 中 0.75 5 单项选择题 传送带与v-t图像 0.70 6 单项选择题 8 牛顿第二定律、平衡条件 中 0.65 7 单项选择题 8 牛顿运动定律 中 0.70 牛顿运动定律、整体法、隔离法 8 单项选择题 8 难 0.55 的应用 9 探究加速度与物体受力、物体质 非选择题 易 0.80 量的关系 10 非选择题 12 临界问题 中 0.70 11 非选择题 16 板块模型 难 0.50 4 考答案及解析 一、单项选择题 min 1.D【解析】对物块受力分析可知，物块在沿斜面方向 上重力的分力ngsin30°及平行于平板的拉力F的共 F合 同作用下沿对角线ac方向做匀加速直线运动，故合 mgsin30° 力沿对角线方向，合力与重力分力mgsin30°的夹角 2.C【解析】在剪断细线前，对Q受力分析可得F弹= 为45°，根据几何关系可知当拉力F方向与对角线ac 垂直时，拉力F最小，Fmm=ngsin30°·sin45°= mgsin9=乞mg,对P受力分析可得T=F孙十 全mg,故拉力F可能的取值只能是mg,D项正确。 mngsin0=mg,剪断细线瞬间T=0,Q受力情况不变， ·17· ·物理· 参考答案及解析 则加速度ao=0;P受力情况发生变化，则加速度ap ×1m=0.2m,物块沿斜面向上匀速运动的时间t _Fn十ngsin9=g,C项正确。 =一丝=3s,所以物块回到原处的时间=3s十 3.D【解析】t=0时刻，以物块A为研究对象，根据牛 2s=5s,D项错误。 顿第二定律可得F=m1a1,其中a1=1m/s2,t=1s 6.D【解析】设沙坡的倾角为，由平衡条件可得 时刻，以物块A为研究对象，根据牛顿第二定律可得 uingcos 0=mgsin 6,y tan 6= h F-F弹=1a1',以物块B为研究对象，根据牛顿第 一示，联立解得μ 二定律可得F=ea2,其中a1'=0.6m/s2,a2= ,A项错误；根据Fy=mgcos0= √L-h 0.3m/s2,联立可得物块A、B的质量之比1：2= 3:4,D项正确。 mg √五可知，若仅增大，则沙坡对小华的支持 4.C【解析】图丙在t时刻后加速度保持不变，说明t 力将减小，根据牛顿第三定律可知小华对沙坡的压力 时刻物块与木板开始发生相对滑动，则图丙为物块的 将减小，B项错误；若换体重更大的小明坐在滑板上， a-t图像，t时刻后由于作用在木板的拉力继续增 则有Mgcos9=Mgsin6,则小明仍匀速下滑，C项错 大，所以木板的加速度继续增大，A项错误，C项正 误：若换一个更光滑的滑板，滑板与沙坡间的动摩擦 确；由于时刻物块与木板开始发生相对滑动，之后 因数减小，由牛顿第二定律可得mngsin0-'mg cos0 物块的加速度一直小于木板的加速度，则t1时刻后 =a,则小华获得初速度后将加速下滑，D项正确。 物块的速度一直小于木板的速度，所以物块与木板不 7.D【解析】夯杆在上升阶段经历了向上加速运动，达 会达到共速，D项错误：在t时刻，以物块与木板为 到与摩擦轮共速后匀速运动，最后减速运动到最高 整体分析，根据牛顿第二定律可得F1=(m1十m2)a1, 点，A项错误；夯杆被摩擦轮带动加速上升的过程中， 对物块分析根据牛顿第二定律可得2g=m2a1,联 对夯杆进行受力分析，根据牛顿第二定律有2F一 立解得F1=(m十2)g,B项错误。 ng=ma,解得a=2m/s2,B项错误：若匀加速至6 5.C【解析】由图乙可知，物块速度向下减到零后反向 根据速度与位移的关系式有v6=2ax,解得x6=4m 向上运动，最终的速度大小为1m/s,方向沿传送带 <h=6.4m,之后夯杆匀速运动至到达坑口，匀速过 向上，因此没有从N点离开，并且能推出传送带沿顺 程夯杆所受到的左右两摩擦轮静摩擦力的合力大小 时针转动，速度大小为1/s,A、B项错误；根据u-t 等于夯杆的重力，匀加速过程经历的时间与匀速过程 图像中斜率表示加速度，可知物块沿传送带下滑时的 经历的时间分别为1==2s,=二西=0.6s,C a 加速度大小a=4一（=1卫 m/s2=2.5m/s2,根据牛顿 2 项错误；夯杆的下端刚到达坑口时，夯杆被松开，做竖 第二定律有mge0s目一mngsin9=ma,解得4=9，C 2 直上抛运动，夯杆下端离开坑底的最大高度三 项正确：由图乙可知，物块的速度为零的时刻1= 十h=7.2m,D项正确。 宗=1.68，之后物块沿斜面向上运动，速度图像 8.B【解析】列车以加速度a匀加速运动时，乘客所受 的合力大小为a,由力的合成可知，车厢给质量为m 与时间轴围成的面积表示位移，可知物块沿斜面向下 的乘客作用力大小为√(mg)十(ma),A项错误；对 运动的位移=号×4X1.6m=3.2m,1.6~2s时 列车整体，根据牛顿第二定律F-8kmg=8ma1,解得 间内，物块沿斜面向上加速运动的位移=21.6 2 列车的加速度大小a=8m竖=8kg,对第1、 8m ·18· 高三一轮复习J ·物理· 2节车厢整体，根据牛顿第二定律F-F32一2kg= F=0.20N时，a=1.00m/s2,由F=M'a,可得M= 2ma1,解得F=三F,根据牛顿第三定律可知第2节 4 E=0.2kg。 a 车厢对第3节车厢的作用力大小为子F,B项正确： (4)在研究加速度与质量的关系时，由于补偿了阻力， 所以图像过原点，分别对小车（含砝码）和托盘及盘中 去掉4节车厢后，F-4缺mg=4mag,a=F4kmg= 4m 砝码受力分析，由牛顿第二定律可得Fr=Ma,mg 「一kg,显然a与a2不是2倍关系，C项错误，将第 F1=ma,联立解得mg=(M十m)a,解得a=M干m mg 4节非动力车厢换为与第1节同样动力的动力车厢 因为保证了托盘及盘中砝码的质量不变，所以由 后，对列车整体，根据牛顿第二定律2F-8kmg= 实验数据作出的a- 】一图线，过原点且不会发生 M+m 8ma,解得列车的加速度大小a1=2F一8kmg- F 8m 4m 弯曲，C项正确。 一kg,故a=a2,D项错误。 10.【解析】(1)受力分析如图所示 二、非选择题 9.(1)BD(1分) (2)<(1分) 木板的倾角过小(1分)木板的倾角 过大(1分) 609 (3)正比(1分)0.2(1分) (4)C(2分) mg 【解析】(1)平衡摩擦力时小车需要连接纸带，但不必 与托盘连接，只需要连同纸带所受的阻力一并平衡， 若卡车启动时的加速度a-g,取水平向右为正方 通过纸带上点的间距判断小车是否在长木板上做匀 向，受力分析可知 速直线运动，A项错误；由于小车速度较快，且运动距 水平方向有F1cos60°-F2cos30°=ma (1分) 离有限，打出的纸带长度也有限，为了能在长度有限 竖直方向有F1sin60°+F2sin30°=mg (1分) 的纸带上尽可能多地获取间距适当的数据点，实验时 1 联立解得F2=8mg (1分) 应先接通打点计时器电源，后释放小车，B项正确：为 使小车所受拉力与速度同向，应调节滑轮高度使细绳 (2)随着卡车加速时加速度逐渐增大，工件恰好要沿 与长木板平行，C项错误；为减小误差，实验中一定要 斜面I向上滑动，此时加速度达到最大值，根据牛顿 保证托盘与砝码的质量m远小于小车（含砝码）的质 第二定律可得 量M,D项正确。 ngtan30°=ma1 (2分) (2)由于a-F图像的斜率方=，所以M<M:图 解得a1= 38 (1分) 线A不过原点的原因可能是平衡摩擦力时长木板的 (1分) 倾角过小；图线B不过原点的原因可能是平衡摩擦 即卡车启动时加速度应该清足a<怎。 力时长木板的倾角过大。 加速度方向水平向右 (1分) (3)a-F图像为直线，可得出结论：在小车质量不变 随着卡车减速时加速度逐渐增大，工件恰好要沿斜 时，小车的加速度跟拉力成正比：由图中可以读出当 面Ⅱ向上滑动，此时加速度达到最大值，根据牛顿第 ·19· ·物理· 参考答案及解析 二定律可得ngtan60°=mag (1分) 4 知图线的斜率k=12二10=2 (1分) 解得a2=√3g (1分) 解得M=0.5kg (1分) 即卡车刹车时加速度应该满足a2≤√3g (1分) 滑块的质量m=2.5kg (1分) 加速度方向水平向左 (1分) 11,【解析】(1)由图像可知当F=12N时，加速度为a6 (2根据F>12N的图线知a=g-7F =4m/s2 (1分) ung M 对整体分析，由牛顿第二定律得F=(M十m)a 当F'=10N时a=0,即0=2F-2××25(1分) (1分) 解得=0.4 (2分) 解得M+m=3kg (2分) (3)当F=8N时，对滑块和木板整体，根据牛顿第 当F>12N时，根据牛顿第二定律得a=F二mg M 二定律得F"=(M+m)a' (2分) (2分) 解得。=号m/g (2分) ·20·