(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（Y）

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6小题，每小题6分，共36分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是 符合题目要求的) 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.子mg B -mg C局s 30 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 A.P的加速度大小为2g B.Q的加速度大小为g M 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 4a/(ms2) 0.6 甲 A.3:2 B.1:1 C.2:3 D.3:4 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2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F,为t1时刻F 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，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.时刻后木板做匀加速直线运动 B.F=m2(m+ma) ug 1m1 th C.在t时刻两者发生相对运动，且t1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 /(ms1) 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据因数为 N.. 246 甲 乙 D.物块将在6s时回到原处 6.如图所示，倾角α=37°的斜面体静置在粗糙水平地面上，劲度系数为k的轻弹簧下端固定在斜 面体底端的挡板上，质量为m的物块α拴接在轻弹簧的上端，放在斜面体上质量为m的物块b 通过跨过光滑定滑轮的细绳与质量为2m的小球c拴接。初始时a、b接触不粘连，c在外力的作 用下，使b、c间细绳伸直但无拉力。b和滑轮间的细绳与斜面平行，斜面光滑，重力加速度为g, sin37°=0.6。撤去外力的一瞬间，下列说法错误的是 A.b的加速度大小为2g B.a的加速度大小为0.5g C.斜面体受到地面水平向右的静摩擦力作用 D.撤去外力后，当弹簧弹力大小为mg时，ab刚好分离 二、多项选择题（本题共2小题，每小题8分，共16分。在每小题给出的四个选项中，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) 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、再减速运动 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/s2 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 -轮复习40分钟周测卷五 物理第2页（共4页） 回 8.如图所示，足够长的木板置于光滑水平面上，倾角=53°的斜面体放在木板上，一平行于斜面的 轻绳一端系在斜面顶端，另一端拴接一可视为质点的小球，已知木板、斜面体、小球的质量均为 1kg,木板与斜面体间的动摩擦因数为以，重力加速度g=10m/s2,现对木板施加一水平向右的 拉力F,sin53°=0.8，cos53°=0.6，下列说法正确的是 A.若=0.2，不论F多大，小球均能和斜面体保持相对静止 B.若=0.5，F=10N,木板相对斜面体向右滑动 C.若u=0.8,F=22.5N,小球对斜面体的压力为零 D.若=0.8，F=26N,轻绳对小球的拉力为2√41N 777777777777777 班级 姓名 分数 题号 2 3 4 6 7 8 答案 三、非选择题（本题共3小题，共48分。请按要求完成下列各题） 9.(15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”。 a/(m's-2) 3.50日 3.00 电源 2.50 打点计时器 2.00B 1.50 1.00 0.50 托盘 00.100.200.300.400.500.600.70FN 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m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 kg。 (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 物理第3页（共4页） 衡水金卷·先享题·高三 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 1的图线，则图线应如图中的 M+m' 。(填正确答案标号) M+m M+m Mim Mm A B D 10.(15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 军g,求斜面Ⅱ对工件m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.(18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=10m/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/(m's-2) 1012 FN 甲 -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Y ·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 ① ②③④ 档次 系数 1 单项选择题 6 斜面极值问题 易 0.85 2 单项选择题 6 瞬时加速度 易 0.80 单项选择题 弹簧连接体的a-t图像 0.80 4 单项选择题 6 板块模型、图像问题 中 0.75 5 单项选择题 6 传送带与v-t图像 0.70 6 单项选择题 6 分离问题 中 0.65 7 多项选择题 8 牛顿运动定律 中 0.70 8 多项选择题 8 临界问题 难 0.55 探究加速度与物体受力、物体质 9 非选择题 15 易 0.80 量的关系 10 非选择题 15 临界问题 中 0.70 非选择题 18 板块模型 难 0.50 香考答案及解析 一、单项选择题 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 力沿对角线方向，合力与重力分力ngsin30°的夹角 mgsin 30 2.C【解析】在剪断细线前，对Q受力分析可得F= 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，Fmn=ngsin30°·sin45°= mgsin 1 mg,对P受力分析可得T=F弹十 ←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， 则加速度aa=0;P受力情况发生变化，则加速度ap ·17· ·物理· 参考答案及解析 =F十mngsin0 =g,C项正确。 72 =1一型=3s,所以物块回到原处的时间t=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.A【解析】撤去外力前，b、c间细绳伸直但无拉力， 时刻，以物块A为研究对象，根据牛顿第二定律可得 以a、b为整体，根据受力平衡可得kx1=2 ngsin37°， F一F=1a1',以物块B为研究对象，根据牛顿第 撤去外力的一瞬间，以c为对象根据牛顿第二定律可 二定律可得F=2a2,其中a'=0,6m/s2,a2= 得2mg一T=2ma,以a、b为整体根据牛顿第二定律 0.3m/s2,联立可得物块A、B的质量之比1：2= 可得T十kx1-2gsin37°=2ma,联立解得a、b、c的 3:4,D项正确。 加速度大小a=0.5g,A项错误，B项正确；以斜面体 4.C【解析】图丙在t时刻后加速度保持不变，说明t 和a、b、c为系统，由于a、b的加速度沿斜面向上，具 时刻物块与木板开始发生相对滑动，则图丙为物块的 有水平向右的分加速度，根据牛顿第二定律可得∫地 a-t图像，t1时刻后由于作用在木板的拉力继续增 =2 nacos37°，可知斜面体受到地面水平向右的静摩 大，所以木板的加速度继续增大，A项错误，C项正 擦力作用，C项正确；撤去外力后，a、b刚好分离时，a、 确；由于时刻物块与木板开始发生相对滑动，之后 b间的弹力为零，此时a、b、c的加速度大小相等，以c 物块的加速度一直小于木板的加速度，则t时刻后 为对象根据牛顿第二定律可得2mg一T=2ma',以b 物块的速度一直小于木板的速度，所以物块与木板不 为对象根据牛顿第二定律可得T'一ngsin37°=ma', 会达到共速，D项错误；在t1时刻，以物块与木板为 以a为对象根据牛顿第二定律可得F一mgsin37 整体分析，根据牛顿第二定律可得F1=(1十2)a1, 三ma,联立解得弹簧弹力大小F孙三mg,D项 对物块分析根据牛顿第二定律可得2g=m2a1,联 立解得F1=(m十2)g,B项错误。 正确。 5.C【解析】由图乙可知，物块速度向下减到零后反向 二、多项选择题 向上运动，最终的速度大小为1m/s,方向沿传送带 7.AD【解析】夯杆在上升阶段经历了向上加速运动， 向上，因此没有从V点离开，并且能推出传送带沿顺 达到与摩擦轮共速后匀速运动，最后减速运动到最高 时针转动，速度大小为1m/s,A、B项错误；根据v-t 点，A项正确；夯杆被摩擦轮带动加速上升的过程中， 图像中斜率表示加速度，可知物块沿传送带下滑时的 对夯杆进行受力分析，根据牛顿第二定律有2F 加速度大小a=4一（-1) mg=ma,解得a=2m/s2,B项错误；若匀加速至， 2 m/s2=2.5m/s2,根据牛顿 根据速度与位移的关系式有6=2ax,解得xo=4m 第二定律有mgcos日-ngsin8=a,解得H= C <h=6.4m,之后夯杆匀速运动至到达坑口，匀速过 2 程夯杆所受到的左右两摩擦轮静摩擦力的合力大小 项正确；由图乙可知，物块的速度为零的时刻t= 等于夯杆的重力，匀加速过程经历的时间与匀速过程 2.5s=1.6s,之后物块沿斜面向上运动，速度图像 4-0 经历的时间分别为t==2s,=h二西=0.6s,C a 与时间轴围成的面积表示位移，可知物块沿斜面向下 项错误：夯杆的下端刚到达坑口时，夯杆被松开，做竖 1 运动的位移=2×4X1.6m=3.2m,1.6~2s时 直上抛运动，夯杆下端离开坑底的最大高度。= 28 间内，物块沿斜面向上加速运动的位移，=2一1.6 2 十h=7.2m,D项正确。 ×1m=0.2m,物块沿斜面向上匀速运动的时间t8.ACD【解析】若a=0.2,假设斜面体与小球保持相 ·18· 高三一轮复习Y ·物理· 对静止，则对斜面体与小球构成的系统，最大加速度 应先接通打点计时器电源，后释放小车，B项正确：为 a6=m十m)8=2m/g,当小球刚好要离开斜面体 使小车所受拉力与速度同向，应调节滑轮高度使细绳 m十n 与长木板平行，C项错误：为减小误差，实验中一定要 时，受到重力和轻绳拉力的作用，有品=m,解 保证托盘与砝码的质量远小于小车（含砝码）的质 得a球=7.5m/s2>a,可知此情况下不论F多大， 量M,D项正确。 小球均能与斜面体保持相对静止，A项正确；若：= (2)由于aF图像的斜率k=,所以M<M.:图 0.5,F=10N时，假设木板、斜面体、小球三者相对静 线A不过原点的原因可能是平衡摩擦力时长木板的 止，则对木板、斜面体、小球构成的系统，有F=3a, 倾角过小：图线B不过原点的原因可能是平衡摩擦 解得a=号m/~,对斜面体与小球构成的系统能够 力时长木板的倾角过大。 获得的最大加速度aa=m+m=5m/s>a,可 (3)a-F图像为直线，可得出结论：在小车质量不变 m十m 时，小车的加速度跟拉力成正比；由图中可以读出当 知此时木板与斜面体相对静止，B项错误；若以=0.8， F=0.20N时，a=1.00m/s2,由F=Ma,可得M= 假设木板、小球和斜面体相对静止，则小球和斜面体 F-0.2 kg- 构成的系统能够获得的最大加速度ae=Lm十m)g 72十7 (4)在研究加速度与质量的关系时，由于补偿了阻力， =8m/s,此时对木板小球和斜面体构成的系统，有 所以图像过原点，分别对小车（含砝码）和托盘及盘中 F临鄂=3mam2=24N>22.5N,当F=22.5N时，木 砝码受力分析，由牛顿第二定律可得Fr=Ma,mg 板、小球和斜面体相对静止，有4'=E=7.5m/s mg 3m F,=ma,联立解得mg=(M十m)a,解得a=M干m a球，可知此时小球刚好要离开斜面体，C项正确；若： 因为保证了托盘及盘中砝码的质量不变，所以由 =0.8,F=26N,小球离开斜面体，在重力和轻绳拉 实验数据作出的aM十m图线，过原点且不会发生 力作用下与斜面体保持相对静止，此时小球和斜面体 弯曲，C项正确。 的加速度均为am2=8m/s2,对小球受力分析，有Fr 10.【解析】(1)受力分析如图所示 =√/(mg)十(mam2)产=2√4TN,D项正确。 三、非选择题 9.(1)BD(2分) (2)<(2分) 木板的倾角过小(2分)木板的倾角 过大(2分) (3)正比(2分)0.2(2分) mg (4)C(3分) 【解析】(1)平衡摩擦力时小车需要连接纸带，但不必 若卡车启动时的加速度。=g,取水平向右为正方 与托盘连接，只需要连同纸带所受的阻力一并平衡， 向，受力分析可知 通过纸带上点的间距判断小车是否在长木板上做匀 水平方向有F1cos60°-F2cos30°=ma (2分) 速直线运动，A项错误；由于小车速度较快，且运动距 竖直方向有F:sin60°+F2sin30°=mg (2分) 离有限，打出的纸带长度也有限，为了能在长度有限 的纸带上尽可能多地获取间距适当的数据点，实验时 联立解得F2=8mg 1 (2分) ·19· ·物理· 参考答案及解析 (2)随着卡车加速时加速度逐渐增大，工件恰好要沿 解得M十m=3kg (2分) 斜面工向上滑动，此时加速度达到最大值，根据牛顿 当F>12N时，根据牛顿第二定律得a=Fmg= M 第二定律可得 ngtan30°=ima1 (2分) F-婴 (2分) 解得a-停。 (1分) 知图线的斜率= 4 M=12-10=2 (1分) 即卡车启动时加速度应该满足a1≤ 解得M=0.5kg (1分) 38 (1分) 滑块的质量m=2.5kg (1分) 加速度方向水平向右 (1分) 随着卡车减速时加速度逐渐增大，工件恰好要沿斜 (2)根据F>12N的图线知a-s-F M 面Ⅱ向上滑动，此时加速度达到最大值，根据牛顿第 um M 二定律可得ngtan60°=ma2 (1分) 当F=10N时a=0,即0=2F-2×u×25(2分) 解得a2=√5g (1分) 解得a=0.4 (2分) 即卡车刹车时加速度应该满足a2≤√3g (1分) (3)当F”=8N时，对滑块和木板整体，根据牛顿第 加速度方向水平向左 (1分) 二定律得F"=(M十m)a' (2分) 11.【解析】(1)由图像可知当F=12N时，加速度为a (2分) =4m/s (1分) 解得a=号n 对整体分析，由牛顿第二定律得F=(M十m)ao (2分) ·20·