(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（S）

高三一轮复习周测卷物理 (五)牛顿运动定律的应用 (考试时间75分钟，满分100分) 一、选择题（本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目 要求，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不 全的得3分，有选错的得0分) 1.如图所示，甲、乙两只猴子沿绕过定滑轮的轻绳下滑，甲的质量大于乙的质量，甲与绳 间的摩擦力大小为f1,乙与绳间的摩擦力大小为f2,甲下滑的加速度大小为α1，乙下 滑的加速度大小为α2。不计滑轮的质量及绳与滑轮间的摩擦，则下列说法正确的是 A.一定有a1大于a2 B.可能有a1小于a2 C.一定有f大于f2 D.可能有f小于f2 2.牛顿在《自然哲学的数学原理》一书中指出：“力使物体获得加速度”。某同学为探究加速度与力 的关系，取两个材质不同的物体A、B放置在水平面上，使其分别在水平拉力F的作用下由静止 开始沿水平面运动，测得两物体所受拉力F与其加速度α的关系图像如图所示，由图可知两物 体的质量及其与水平面间的动摩擦因数的关系为 A.mA>mB HA>UB B.mA<mB,HAUB C.mA>mB,HA<uB D.mA<mB,HAUB 3.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h、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—尼 h 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 4.如图所示，一辆小车内有两根长度为L的轻绳，轻绳一端系着一质量为的小球，另一端系在车 顶前、后相距为L的α、b两点上，小车先在水平路面上行驶，后在上坡路段行驶，重力加速度为 g,则下列说法正确的是 A.小车在水平路面匀速行驶时，轻绳对a点的拉力大小 为3mg 2 B.小车在上坡路段匀速行驶时，轻绳对a点的拉力小于对b点 的拉力 C.小车在水平路面向右加速行驶时，加速度越大，轻绳对α点的拉力就越大 D.小车在上坡路段匀速行驶时，坡度越大两轻绳对小球拉力的合力就越大 物理第1页（共4页） 衡水金卷·先享题·言 5.光滑水平桌面上放有一“V”形槽B,B上表面有一光滑圆柱体A,B右侧连有不可伸长的轻绳， 轻绳绕过定滑轮与C相连。已知“V”形槽的夹角α=60°，A、B的质量均为m,C的质量为M,重 力加速度为g,现将C释放，则下列说法正确的是 A.若A与B保持相对静止，则A、B、C三者加速度相同 B.当M=2m时，A和B共同运动的加速度大小为g C.当A与B右侧挡板之间的正压力等于零时，M=(2√3+1)m D.当M=(√3+1)m时，A相对B刚好发生滑动 6.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 7.在机场的工作人员利用传送带为登机旅客运送货物，如图甲所示为某机场利用传送带运送货物 到机舱的情景，简化为如图乙所示的情景图。传送带顺时针转动，将质量为的货物（可看作质 点)无初速度地放在传送带底端，货物经t=7s到达传送带顶端，传送带与水平面间的夹角0= 37°，重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6，cos37°=0.8，传送带的长度L=20m,速度v= 4m/s,下列说法正确的是 A.货物在传送带上一直加速 B.货物在传送带上匀加速的时间为4s 货物 C.货物与传送带间的动摩擦因数为0.5 ⊙ 甲 乙 D.货物增加的动能与摩擦产生的热量一样多 8.如图所示，A和B中间用一个轻杆相连，在倾角为0的斜面上匀速下滑，杆与斜面平行。已知A 光滑、质量为，B与斜面间的动摩擦因数为4、质量为2m,整个过程斜面始终静止不动。下列 说法正确的是 A.B与斜面间的动摩擦因数为tan0 B.轻杆对B的作用力沿斜面向上 C.增加B的质量，A、B整体将沿斜面减速下滑 10 D.增加A的质量，A、B整体将沿斜面加速下滑 9.如图所示，现采用前拉后推的方式在光滑固定的斜面上移动A、B两个物体，斜面倾角为30°且 足够长，两物体相互接触但不黏合，质量分别为A=2kg、s=3kg。从t=0时刻开始，推力 FA和拉力FB分别作用于A、B上，FA和FB随时间变化的规律为FA=50一t(N),FB=20+ t(N),重力加速度g=10m/s2。则关于两个物体的运动下列说法正确的是 A.t=10s的时刻，A的加速度大小为15m/s B.t=10s的时刻，B的加速度大小为9m/s FB C.t=40s的时刻，B的加速度大小为15m/s2 309 D.t=40s的时刻，A的加速度大小为9m/s2 三一轮复习周测卷五 物理第2页（共4页） 10.如图所示，质量为M、倾角为30°的斜面体置于水平地面上，一轻绳绕过两个轻质滑轮连接着固 定点P和物体B,两滑轮之间的轻绳始终与斜面平行，物体A、B的质量分别为m、2m,A与斜 面间的动摩擦因数为，重力加速度为g,将A,B由静止释放，在B下降的过程巾(4未碰到 滑轮且B未与地面接触)，斜面体静止不动。下列说法正确的是 A.轻绳对P点的拉力大小为号mg B.A的加速度大小为38 B C.地面对斜面体的支持力大小为(M+ 30° 2m)g D.增大A的质量，再将A、B由静止释放，则B有可能上升 班级 姓名 分数 题号 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 二、非选择题（本题共5小题，共54分。请按要求完成下列各题） 11.(6分)如图所示，木板与水平地面间的夹角0可以随意改变，当0=30°时，可视为质点的一小木 块恰好能沿着木板匀速下滑。若将小木块从木板的底端以初速度大小，=10/s沿木板向 上运动，随着0的改变，小木块沿木板滑行的距离x将发生变化，重力加速度g=10/s2。(结 果可用根号表示) (1)求小木块与木板间的动摩擦因数； (2)求小木块沿木板向上滑行的距离最小时0角的值及此滑行距离最小值。 777777777 12.(8分)倾角为0的光滑斜面上，一劲度系数为k的轻弹簧连接质量分别为m1、2的甲、乙两物 块，开始时，两物块在光滑挡板的作用下静止在斜面上，现作用在乙上一方向沿斜面向上的力， 使乙以加速度α做匀加速运动，弹簧始终在弹性限度内，求： (1)甲离开挡板的时间； (2)从开始运动到甲恰好离开挡板的过程中作用在乙上的力的最大值和最小值。 物理第3页（共4页） 衡水金卷·先享题·言 13.(10分)如图所示，有10个可视为质点的相同滑块质量均为m=0.1kg,其中9个滑块在水平 地面上分别用长度L,=1m的轻杆连成一条线。水平地面除一段长度L2=3m的粗糙区域 AB外，其余各段均光滑。现用水平轻绳一端连接滑块1，另一端跨过光滑定滑轮连接第10个 滑块。释放系统时，滑块1从A处由静止开始运动，设在整个运动过程中悬挂滑块未到达地 面，B点到滑轮距离足够长，滑块与粗糙区域间的动摩擦因数4=0.2，重力加速度g= 10m/s2。求： (1)第1个滑块刚进入粗糙区域时加速度的大小； (2)第3个滑块刚离开粗糙区域时轻绳的拉力； (3)第9个滑块刚离开粗糙区域时10个滑块的总动能。 7777777777777 m 14.(14分)如图所示，一倾斜传送带以v1=2/s的速度沿顺时针方向转动，传送带与水平面的夹 角0=30°。一质量m=1kg的小炭块从斜面底端以2=4m/s的速度滑上传送带，已知小炭块 与传送带间的动摩擦因数=气，传送带足够长7≈2.6，重力加速度g=10m心。 (1)若小炭块未能从上端滑出，求传送带底端到顶端的距离； (2)小炭块在传送带上运动的整个过程中，求其相对传送带的位移大小及在传送带上留下的痕 迹长度。 V2 15.(16分)如图所示，在粗糙的水平面上有一质量M=2kg、足够长的长木板，在长木板右端有一 质量m=1kg的小物块，小物块与长木板间的动摩擦因数=0.2，长木板与地面间的动摩擦 因数2=0.1，长木板与小物块均静止。现用F=15N的水平恒力向右拉长木板，经过时间t 1s撤去水平恒力F,重力加速度g=10m/s2。求： (1)在力F的作用下长木板的加速度的大小； (2)刚撤去力F时小物块离长木板右端的距离； (3)最终小物块离长木板右端的距离。 M 三一轮复习周测卷五 物理第4页（共4页） 囹高三一轮复习S ·物理· 高三一轮复习周测卷/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) V ① ②③④ 档次 系数 1 选择题 4 牛顿第二定律 易 0.85 2 选择题 4 F-a图像、牛顿第二定律 易 0.85 3 选择题 4 牛顿第二定律、平衡条件 易 0.80 4 选择题 4 受力分析、牛顿第二定律 中 0.75 5 选择题 4 临界、牛顿第二定律 中 0.70 牛顿运动定律、整体法、隔离法 6 选择题 4 中 0.65 的应用 7 选择题 4 传动带模型 中 0.60 8 选择题 6 连接物的运动状态分析 中 0.70 选择题 6 连接体问题与牛顿第二定律 中 0.65 10 选择题 6 受力分析、牛顿第二定律 难 0.55 11 非选择题 6 牛顿运动定律与极值 中 0.70 12 非选择题 8 弹簧与连接体问题 中 0.65 13 非选择题 10 多物体运动 中 0.65 14 非选择题 14 传送带模型 中 0.75 15 非选择题 16 板块模型、牛顿第二定律 难 0.55 香考答案及解析 一、选择题 项正确，B项错误。 1.A【解析】对轻绳研究可知，由于轻绳的质量不计，2.C【解析】物体在水平面上运动，在拉力F和滑动摩 因此轻绳所受的合外力一定为0，可知作用在轻绳上 擦力的作用下做加速运动，根据牛顿第二定律有F一 的摩擦力一定大小相等，即有f=f2,C、D项错误； ung=ma可知F-a图像的斜率表示物体的质量，则 根据牛顿第二定律有甲g一f=m甲a1,m乙g一f2 有A>,纵截距表示物体所受的滑动摩擦力大 =mza2,由甲的质量大于乙的质量可知a1>a2,A 小，则甲、乙受到的滑动摩擦力大小相等，又> ·17· ·物理· 参考答案及解析 mB,故A<,C项正确，A、B、D项错误。 列车整体，根据牛顿第二定律F一8kmg=8ma1,解得 3.D【解析】设沙坡的倾角为0，由平衡条件可得 列车的加速度大小a=P=品一g,对第1 8m ngcos8=gsin0,又tan0= h ,联立解得以 几-h 2节车厢整体，根据牛顿第二定律F一F2一2kmg= h ,A项错误；根据F￥=ngcos日 /L2-h 2a1,解得下-F,根据牛顿第三定律可知第2节 mg 元可知，若仅增大九，则沙坡对小华的支持 车厢对第3节车厢的作用力大小为子F,B项正确： L 力将减小，根据牛顿第三定律可知小华对沙坡的压力 去掉4节车厢后，F-4kmg=4ma:,a,=F4km&= 4n 将减小，B项错误；若换体重更大的小明坐在滑板上， F 则有uMgcos9=Mgsin0,则小明仍匀速下滑，C项错 47n 一kg,显然a1与ag不是2倍关系，C项错误：将第 误；若换一个更光滑的滑板，滑板与沙坡间的动摩擦 4节非动力车厢换为与第1节同样动力的动力车厢 因数减小，由牛顿第二定律可得ngsin0-ngcos9 后，对列车整体，根据牛顿第二定律2F一8kmg= =a,则小华获得初速度后将加速下滑，D项正确。 8ma:,解得列车的加速度大小a,=2F8kmg= Am 4.B【解析】小车在水平路面匀速行驶时，两轻绳拉力 8m 大小相等，合力等于重力，由平衡条件可得2Tcos30° 一kg,故a3=a2,D项错误。 7.B【解析】货物刚放上传送带时做初速度为零的匀 =mg,可得一根轻绳上的拉力大小T=⑤ms,A项 3 加速直线运动，若一直加速，加速阶段位移大小x= 错误；在上坡路段匀速行驶时，小球受力平衡，两轻绳 受=14m<L,故货物先加速后匀速，A项错误：设 对小球的拉力的合力等于重力，若坡面的倾角为， 有T6cos60°-T.cos60°=ngsin0,可知T6>T.,即 匀加速时间为，有受·十：一)=L,解得 轻绳a的拉力小于轻绳b的拉力，B项正确，D项错 4s,B项正确：货物的加速度a=”=1m/s',根据牛 误；在水平路面加速行驶时水平方向有T6cos60 t T.cos60°=ma,竖直方向有T6sin60°+T.sin60°= 顿第二定律得ngcos37°-ngsin37°=ma,解得u= mg,加速度越大，轻绳b的拉力就越大，沿竖直方向 0.875,C项错误；货物在传送带上留下的痕迹长度 的分力也增大，则轻绳a的拉力沿竖直方向的分力减 △x=t1- 之4=8m,摩擦产生的热量Q= U 小，即轻绳a的拉力减小，C项错误。 5.D【解析】若A未相对B发生滑动，则A、B、C三者 mge0s0·4x=56m,货物增加的动能E=方md 的加速度大小相同，方向不同，A项错误；当M=2m 8,D项错误。 时，以整体为研究对象根据牛顿第二定律可得Mg= 8.CD【解析】对A、B整体分析，根据平衡条件有 (M+2m)a,解得a=分g,B项错误：当A和B右侧 3 mgsin9=2mgc0s0,解得=号an0,A项错误：规 挡板之间的作用力为零时，加速度为a。,以A为研究 定沿斜面向下为正方向，设轻杆对B的作用力大小 对象，根据牛顿第二定律可得ngtan30°=ma。,解得 为T,单独对B分析，根据平衡条件有T+2 ngsin0 3g,以整体为研究对象，根据牛顿第二定律可 =2 ngcos0,解得T=mngsin0,方向沿斜面向下，B 项错误；若增加B的质量，设增量为△m,则(3m十 得Mg=(M十2m)ao,解得M=(√3+1)m,C项错误， D项正确。 △m)gsin0-(2m+△ugcos日=-2△ngsin 0,上 6,B【解析】列车以加速度a匀加速运动时，乘客所受 式说明此时A、B整体所受合外力将沿斜面向上，则 的合力大小为a,由力的合成可知，车厢给质量为m A、B整体将沿斜面减速下滑，C项正确：增加A的质 的乘客作用力大小为√(mg)十(a),A项错误；对 量，设增量为△m',则(3m十△m')gsin8-2gcos日 ·18· 高三一轮复习S ·物理· =△m'gsin0,上式说明此时A、B整体所受合外力将 呢 沿斜面向下，则A、B整体将沿斜面加速下滑，D项 解得s=2g(sin0计ucos)2g√+2sin(a十9) 正确。 (1分) 9.BC【解析】t=10s的时刻Fa=50-t=40N,FB= 其中tana=,则当a十0=90时s最小，即0=60°，s 20十t=30N,若A、B两个物体一起沿斜面向上运 最小值smn 55 2 m (2分) 动，对A、B整体由牛顿第二定律有FA十Fg一(A十 12.【解析】(1)甲刚好离开挡板时乙发生的位移 ms)gsin0=(mA+mg)a,解得加速度a=9m/s2,对 B有FB十N-nag sin0=mBa,解得A对B的支持力 x=mgsin mgsin (1分) k VN=12N>0,所以A、B两个物体一起沿斜面向上以 又x= (1分) 大小为a=9m/s2的加速度做加速运动，A项错误，B 项正确；t=40s的时刻F′=50-t=10N,F'=20 联立解得t= 2(m +mz)gsin 0 (2分) 十t=60N,若A、B两个物体分开，各自沿斜面运动， ka 由牛顿第二定律对A有FA'-magsin 0-=maA,对B (2)乙刚开始运动时作用在乙上的力最小Fmim=2a 有FB'-mnagsin0=mgaB,解得aA=0,aB=15m/s2, (1分) C项正确，D项错误。 甲刚好离开挡板时作用在乙上的力最大Fmx一 10.ABC【解析】由于相同时间内B通过的位移是A (mi gsin 0+m2 gsin )=mz a (1分) 联立解得Fmx=(m1gsin9+m2gsin)十2a(2分) 通过的位移的两倍，则B的加速度是A加速度的两 13.【解析】(1)第1个滑块刚进入粗糙区域时，对10个 倍；设A的加速度为a,则B的加速度为2a,A、B释 滑块整体根据牛顿第二定律得 放瞬间，轻绳的拉力为T,对A、B分别受力分析，由 (1分) 牛顿第二定律得2T-ngsin30°-ng cos30°=a, mg-umg=10ma 解得a1=0.8m/s (2分) 2mg-T=2m·2a,解得T= 3mg,a-e 38,A,B项 (2)当第3个滑块刚离开区域AB时，4、5、6三个滑 正确；B下降过程中，对斜面体、A、B整体受力分析， 块在区域AB内，以全部滑块为研究对象，根据牛顿 在竖直方向根据牛顿第二定律得(M十3m)g-F、 第二定律得 Tsin30°=2m·2a-nasin30°，解得地面对斜面体 mg-3umg=10maz (1分) 的支持力R=(M+号m)g,C项正确：假设B上 解得a2=0.4m/s (1分) 以悬挂的滑块为研究对象，根据牛顿第二定律得 升，则A下滑，A所受到的滑动摩擦力方向沿斜面 mg-T=maz (1分) 向上，分析此时A的受力情况可知ngsin30°< 解得T=0.96N (1分) umgcos30°+2T1,A无法下滑，D项错误。 (3)每个滑块离开粗糙区域克服摩擦力做的功大小 二、非选择题 W。=mgLe (1分) 11.【解析】(1)当0=30时，对木块受力分析，根据平衡 以系统为研究对象，根据动能定理得mg×(8L1十 条件有 L2)-9W。=E (1分) mgsin 0=umgcos 0 解得Ek=5.6J (1分) 联立解得一9 (2分) 14.【解析】(1)由题可知，小炭块在开始运动时受到传 送带的滑动摩擦力沿传送带向下，设其做匀减速运 (2)当0变化时，木块的加速度为a,根据牛顿第二定 动的加速度大小为a1,有mngsin0十ngcos0=ma1 律有 (1分) mgsin 0umgcos =ma 木块的位移为s,根据速度位移公式有=2as 其速度减小到=2m/s时所用的时间t,=一 (1分) (1分) ·19· ·物理· 参考答案及解析 之后，小炭块受到传送带的滑动摩擦力沿传送带向 F-hg-(n十M)g=Ma (1分) 上，设其加速度大小为a2,有ngsin9-mgcos9= 解得a=5m/s (2分) 17na2 (1分) (2)设小物块的加速度大小为a,由牛顿第二定律 小炭块减速到零所用的时间。= (1分) 可得 a? mimg=ma 小炭块沿传送带向上滑行的最大距离工=十 解得a1=2m/s (1分) 刚撤去力F时，小物块离长木板右端的距离即是长 +24 (1分) 木板与小物块的位移差△x,由运动学公式△x= 解得x=1.75m (1分) tar-tae (1分) (2)又由于小炭块沿传送带下滑时，受到的滑动摩擦 力沿传送带向上，其加速度大小仍为a2=2m/s2,设 解得△x=1.5m (2分) (3)由题可知最终小物块与长木板共速，设此时速度 小炭块滑回底端用的时间为t,x= 2a2 (1分) 为 解得=贝 刚撤去F时，对长木板有ng十(M十m)g=Ma2 2 s≈1.3s (1分) (1分) 小物块向上减速的第一阶段，相对位移大小△x1= 解得a2=2.5m/s (1分) 4十业·t,-t4=0.25m(向上) (1分) 刚撤去力F时，长木板的速度大小U=at=5m/s 小物块向上减速的第二阶段，相对位移大小△x2= (1分) 小物块的速度大小u2=a1t=2m/s (1分) 4-受4=1m(向下) (1分) 设从撤去力F时到一起匀速运动的时间为t',则有 小物块向下加速阶段，相对位移大小△x=x十 v=U-a2t'=%十a1t (1分) =4.35m(向下) (1分) 解得t= 10 3s=m/s (1分) 故总的相对位移△x=△x1十（一△x2)十（一△x3)= 在时间t内，木板与小物块的位移差为△x1,由运动 -5.1m 即相对传送带的位移大小为5.1m,方向沿传送带 学公式 听一 一吃 向下 (1分) △x1= 2a2 2ar 而△x1重叠在△x2内，则全程的划痕△d=△x2十 解得△x1=1m (1分) △x3=5.35m (2分) 最终小物块离长木板右端的距离 15.【解析】(1)设长木板的加速度大小为a,由牛顿第二 L=△x十△x1=2.5m (2分) 定律可得 ·20·