2026届高考物理二轮复习周测卷1力与运动（能力卷）

2026高考物理二轮复习周测卷1力与运动(能力卷) (总分：100分) 一、单项选择题：本大题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 1．(2025·河南开封·三模)蜘蛛通过两根蛛丝(OA和OB)悬挂在树枝上保持平衡。初始时，蛛丝OA与竖直方向的夹角为θ，蛛丝OB水平，如图所示。若猎物在A点被蛛丝缠住并向右侧移动，蛛丝OB仍保持水平。蜘蛛始终静止，蛛丝形变量可忽略不计且蛛丝未断裂。下列说法正确的是(　　) A．蛛丝OA的拉力逐渐减小，蛛丝OB的拉力逐渐增大 B．蛛丝OA的拉力逐渐增大，蛛丝OB的拉力逐渐减小 C．蛛丝OA和OB的拉力均逐渐增大 D．蛛丝OA和OB的拉力均逐渐减小 2．(2025·山东济宁·二模)黄河铁牛是世界桥梁史上的传世之宝。如图，唐代蒲津浮桥通过两岸的铁牛固定，铁牛底部的铁柱插入地下。铁牛受到3个力：其中桥索对铁牛的拉力为F1，铁柱对铁牛的作用力为F2，铁牛自身所受重力为G。则(　　) A．若F1增大，则F2减小 B．F1与F2的合力竖直向上 C．铁柱对铁牛的作用力F2一定沿着铁柱向上 D．若桥索与竖直方向夹角变大，则F1与F2的合力变小 3．(2025·湖北荆州·三模)地面上的水龙头按如图所示的方式向上喷水，所有水珠喷出的速率v0相同，设喷射方向与地面夹角为θ，θ在0°到90°范围内。若喷出后水束的最高位置距地面5 m，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A．θ＝30°时水束落地时的水平位移最大 B．θ＝60°时水束落地时的水平位移最大 C．水束落地时最大水平位移为10 m D．水束落地时最大水平位移为5 m 4．(2025·江苏扬州·模拟预测)如图甲所示，物块的质量m＝1 kg，初速度v0＝10 m/s，在一水平向左的恒力F作用下从O点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻后该力突然反向，整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系图像如图乙所示，g＝10 m/s2。下列选项中正确的是(　　) A．2～3 s内物块做匀减速运动 B．在t＝1 s时刻，恒力F反向 C．物块与水平面间的动摩擦因数为0.5 D．恒力F大小为10 N 5．(2025·河南郑州·模拟预测)我国天宫空间站完成二期扩建后，需定期通过货运飞船补充物资。如图所示，天舟七号货运飞船先位于近地轨道，后经椭圆转移轨道与在运行轨道上做匀速圆周运动的天宫空间站完成自主快速交会对接。下列说法正确的是(　　) A．根据公式Fn＝m可知，天舟七号在近地轨道和椭圆转移轨道上A点的速度一样大 B．无论是天宫空间站还是天舟七号，无论是运行轨道还是椭圆转移轨道，位于B点时加速度都相同 C．由题中信息可知：天宫空间站在运行轨道上的机械能小于天舟七号在椭圆转移轨道上的机械能 D．天舟七号在这段运动过程中的速度不可能大于7.9 km/s 6．(2025·山东临沂·二模)从高H处的M点先后水平抛出球1和球2，轨迹如图所示，球1与地面碰撞一次后刚好越过竖直挡板AB，落在水平地面上的N点；球2刚好直接越过竖直挡板AB，也落在N点。球1与地面碰后，水平速度保持不变，竖直速度反向，忽略空气阻力，则竖直挡板AB的高度为(　　) A．H B．H　　　　 C．H D．H 7．(2025·山东德州·三模)目前机器人研究迅猛发展。在某次测试中，机器人A、B(均可视为质点)同时从原点沿相同方向做直线运动，它们的速度的平方(v2)随位移(x)变化的图像如图所示。下列判断正确的是(　　) A．机器人A的加速度大小为4 m/s2 B．相遇前机器人A、B最大距离为12 m C．经过t＝8 s，机器人A、B相遇 D．机器人A、B分别经过x＝16 m处的时间差是1 s 二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题列出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 8．(2025·江西鹰潭·二模)如图所示，放于竖直面内的光滑金属细圆环半径为R，质量为m的带孔小球穿于环上，同时有一长为R的细绳一端系于球上，另一端系于圆环最低点，绳能承受的最大拉力为2mg，重力加速度的大小为g，当圆环以角速度ω绕竖直直径转动时，下列说法正确的是(　　) A．圆环角速度ω等于时，小球受到2个力的作用 B．圆环角速度ω等于时，小球受到3个力的作用 C．圆环角速度ω等于2时，细绳将断裂 D．圆环角速度ω大于时，小球受到2个力的作用 9．(2025·重庆·三模)如图甲，卫星和地心的连线与地面的交点称为星下点，随着卫星绕地球的运动以及地球的自转，星下点会在地球表面不断移动，形成星下点轨迹。地球半径为R，自转周期T0＝24小时。卫星A、B绕行方向与地球自转方向一致(图中未画)，其星下点部分轨迹分别如图乙、丙。已知地球同步卫星的轨道半径r＝6R，1.313≈2.25，卫星运动均视为匀速圆周运动。下列说法正确的是(　　) A．卫星A、B的周期之比为4∶1 B．卫星A、B运行的线速度之比为∶1 C．卫星B绕地球运行的轨道半径为4.58R D．某时刻卫星A、B相距最近，之后在A运动的20圈时间内，卫星A、B有5次相距最近 10．(2025·山东青岛·二模)一传送带装置如图所示，水平部分AB长为4 m，倾斜部分BC长为10 m，倾角θ＝37°。AB和BC在B点通过一极短的圆弧连接，传送带以v＝4 m/s的恒定速率顺时针运转。现将一质量m＝1 kg的工件(可视为质点)无初速度地放在A点，已知工件与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，下列说法正确的是(　　) A．工件在传送带倾斜部分上滑和下滑的加速度大小之比为5∶1 B．工件第一次沿传送带倾斜部分上滑的最大距离为4 m C．工件第二次到达B点的速度大小为3 m/s D．工件自释放至第三次到达B点的时间为7 s 三、非选择题：本大题共3小题，共54分。 11．(16分)(2025·湖南邵阳·三模)利用传感器和计算机能便捷地描出做平抛运动的物体的轨迹。某实验小组利用其来探究平抛运动的特点，设计原理图如图甲所示，物体A从O点水平抛出做平抛运动，它能够在竖直平面内向各个方向同时发射超声波脉冲和红外线脉冲。在它运动的平面内安放着超声－红外接收装置B，B盒装有B1、B2两个超声－红外接收器(处于O点正下方)，并与计算机相连。B1、B2各自测出收到超声脉冲和红外脉冲的时间差，并由此算出它们各自与物体A的距离，进而确定物体A的位置，通过计算机可以即时给出A的坐标。试回答下列问题： 　 (1)为了使计算机描出的物体做平抛运动的轨迹更加准确，物体A应挑选________。 A．体积大的木球 B．体积小的钢球 C．体积小的木球 (2)如图甲所示，某实验小组让物体A在图示位置同时发射超声波脉冲和红外线脉冲，以抛出点O为坐标原点建立坐标系，若还测出了O点到B1、B2的距离，重力加速度未知，则由题中条件可以求出________。 A．物体A的初速度 B．物体A的位置坐标 C．物体A的运动时间 D．物体A此时的速度方向 (3)以物体A的初速度方向为x轴方向，竖直向下的方向为y轴方向，在某次实验中计算机描出的平抛运动的轨迹如图乙所示，数据的采集频率为25 Hz。由图乙轨迹图线分析可知，物体A平抛的初速度大小为________ m/s(结果保留两位有效数字)；该实验测得当地的重力加速度偏小，可能的原因是_____________________________________________________________________ _____________________________________________________________________。 12．(18分)(2025·河北秦皇岛·三模)甲、乙两位同学玩投球游戏，如图所示，甲以大小为v1的速度从A点抛出球a，乙以大小为v2的速度从B点抛出球b，A、B两点高度差为h、水平距离为x1；两球在同一竖直平面内运动，且均运动到最高点C时相碰，A、C两点高度差为H、水平距离为x2，忽略空气阻力，球可视为质点，重力加速度大小为g，求： (1)两球抛出时的时间差； (2)球b初速度方向与水平方向的夹角的正切值。 13．(20分)(2025·福建福州·模拟)如图甲，质量为m1的长木板静置于粗糙水平地面上，质量m2＝2.5 kg的物块置于木板之上，t＝0时力F作用于长木板，其变化规律如图乙，之后木板的摩擦力f随时间t的变化规律如图丙。木板与地面间及物块与木板间的动摩擦因数μ1、μ2以及m1均未知(g＝10 m/s2)，求： 　　 (1)F随t的变化规律公式； (2)木板质量m1、木板与地面间及物块与木板间的动摩擦因数μ1、μ2； (3)t≥3 s后木板的加速度随t的关系式。 2026高考物理二轮复习周测卷1力与运动(能力卷)参考答案 1．D　2．B　3．C　4．B　 5．B　[公式Fn＝m的前提是圆周运动，天舟七号从A点进入椭圆转移轨道需要点火加速，故A错误；根据公式G＝ma可知，位于同一点时，加速度相同，故B正确；题中不知道天宫空间站与天舟七号的质量关系，因此机械能无法比较，故C错误；7.9 km/s是绕地球做圆周运动的最大速度即飞船位于近地轨道的速度，天舟七号从近地轨道A点进入椭圆转移轨道需要点火加速，天舟七号在椭圆轨道A点的速度必大于7.9 km/s，故D错误。故选B。] 6．A　[设球1、球2的平抛初速度分别为v1、v2，设M点到N点水平距离为L，由平抛规律可知球2整个运动过程的时间t＝，可得L＝v2t，球1与地面碰撞前后竖直方向分速度大小不变、方向相反，根据对称性可知，球1与地面碰撞后到达的最高点与初始高度相同为H，球2在水平方向一直做匀速运动，设球1从抛出到落地时间为t1，则有L＝v1×3t1，且t1＝t，联立解得，设球1与地面碰撞时竖直方向速度大小为vy1，碰撞点到M点和B点的水平距离分别为x1、x2，有＝2gH，设球1到达A点时竖直方向速度大小为vy2，将球1与地面碰撞后到达最高点时的过程反向来看可得＝2g(H－h)，可得碰撞点到A点的时间为t2＝，球2刚好越过挡板AB的时间为t3＝，水平方向位移关系有v2t3＝v1t+v1t2，联立以上，解得h＝H。故选A。] 7．B　[根据匀变速直线运动规律v2－＝2ax整理可得v2＝2ax+，结合题图可知，机器人A的加速度为2aA＝kA＝－ m/s2＝－2 m/s2，解得aA＝－1 m/s2，即机器人A的加速度大小为1 m/s2，A错误；根据上述分析，同理可知A、B两机器人均做匀变速运动，对于机器人A，可得v0A＝6 m/s，aA＝－1 m/s2，对于机器人B，可得v0B＝0，aB＝kB＝× m/s2＝0.5 m/s2。设经过t时间二者速度相等，此时相距最远，则有v0A+aAt＝aBt，代入数据解得t＝4 s，两机器人共同的速度为v＝aBt＝2 m/s，机器人A的位移xA＝(v0A+v)t＝16 m，机器人B的位移xB＝vt＝4 m，二者之间的最大距离Δxmin＝xA－xB＝12 m，B正确；机器人A停止运动的时间t停＝＝6 s，设经过t0时间两机器人相遇，则有v0At0+aAaB，代入数据解得t0＝8 s，可见两机器人相遇应在机器人A停止运动之后，此时机器人A的位移为x'A＝v0At停＝18 m，机器人B追上的时间t相遇＝＝6 s，C错误；由上述分析可知，机器人A经过x＝16 m的时间为tA＝4 s，机器人B经过x＝16 m的时间为tB，对机器人B有aB＝x，解得tB＝8 s，机器人A、B分别经过x＝16 m处的时间差Δt＝tB－tA＝4 s，D错误。故选B。] 8．ABD　[①设角速度ω在0~ω1范围时绳处于松弛状态，小球受到重力与环的弹力两个力的作用，当细绳恰好伸直时，设此时细绳与水平方向的夹角为θ，有F支cos θ＝mr，r＝Rcos θ，F支sin θ＝mg，解得θ＝30°，ω1＝；②若细绳的拉力恰好为2mg，有F支cos 30°+F拉cos 30°＝mr，F支sin 30°＝mg+F拉sin 30°，解得ω2＝。圆环角速度ω等于时，绳子处于松弛状态，小球受到2个力的作用，A正确；圆环角速度ω等于时，绳子有拉力，小球受到3个力的作用，B正确；圆环角速度ω等于2时，小于ω2，绳子没有断，C错误；圆环角速度ω大于时，绳子断开，小球受到2个力的作用，D正确。故选ABD。] 9．BCD　[根据题图乙可知，A星下点在地球上由30°E转到180°E的过程中，A转了半圈，比地球自转多转了150°，可知地球转动了180°－150°＝30°，则有×30°＝，根据题图丙可知，B星下点在地球上由60°E转到180°E的过程中，B转了一圈，比地球自转多转了120°，地球转动了360°－120°＝240°，则有TB＝×240°＝，结合上述解得A、B的周期之比为，故A错误；对同步卫星、A与B卫星根据开普勒第三定律有，结合上述解得RA＝R≈1.82R，RB＝2R≈4.58R，故C正确；根据vA＝，vB＝，结合上述解得RA∶RB＝∶1，故B正确；根据题图乙与题图丙可知，A、B轨道平面不在同一平面内，则有20TA＝nTB，结合上述解得n＝5，故D正确。故选BCD。] 10．BD　[由于tan 37°＝0.75>μ＝0.5，可知工件在传送带倾斜部分上滑和下滑受到的滑动摩擦力方向均沿斜面向上，根据牛顿第二定律可得mgsin θ－μmgcos θ＝ma，解得加速度大小为a＝2 m/s2，故工件在传送带倾斜部分上滑和下滑的加速度大小之比为1∶1，故A错误； 工件无初速度地放在A点，加速度大小为a1＝＝μg＝5 m/s2，设经过t1时间工件与传送带共速，则有t1＝ s＝0.8 s，共速前工件通过的位移大小为x1＝t1＝×0.8 m＝1.6 m<LAB＝4 m，可知工件以速度v＝4 m/s从B点滑上传送带倾斜部分，则工件第一次沿传送带倾斜部分上滑的最大距离为L最大＝ m＝4 m，故B正确；由于工件在传送带倾斜部分上滑和下滑的加速度相同，所以工件第二次到达B点的速度大小为v＝4 m/s，故C错误；工件第一次在传送带水平部分加速运动的时间为t1＝ s＝0.8 s，匀速运动时间为t2＝ s＝0.6 s，工件第一次经过B点到第二次到达B点所用时间为t3＝2＝2× s＝4 s，工件第二次到达B点后在传送带水平部分先向左做匀减速直线运动，再向右做匀加速直线运动，根据对称性可知，工件第二次经过B点到第三次到达B点所用时间为t4＝2＝2×s＝1.6 s，则工件自释放至第三次到达B点的时间为t＝t1+t2+t3+t4＝7 s，故D正确。故选BD。] 11．解析：(1)为减小空气阻力对平抛运动的影响，物体应选择体积小、密度大的材质。钢球密度大、体积小，空气阻力相对重力可忽略，故选B。 (2)设物体A的位置坐标为(x，y)，由几何关系可得A＝x2+(OB1－y)2，A＝x2+(OB2－y)2 由题意可知，AB1、AB2、OB1、OB2均已知，联立可解得x、y，即可确定物体A的位置坐标，B正确； 由平抛位移公式可得x＝v0t，y＝gt2 由于重力加速度g未知，故无法求得运动时间t及初速度v0，A、C错误； 由速度偏角公式可得tan α＝ 由位移偏角公式可得tan β＝ 对比可得tan α＝2tan β＝ 故可确定物体A此时的速度方向，D正确。 故选BD。 (3)数据的采集频率为25 Hz，时间间隔为T＝0.04 s 水平方向为匀速直线运动，题图乙中从抛出点O到最后一个点的水平位移为0.64 m，则初速度v0＝ m/s＝1.6 m/s 该实验测得当地的重力加速度偏小，原因可能是物体受空气阻力，竖直方向加速度小于g。 答案：(1)B　(2)BD　(3)1.6　物体受空气阻力 12．解析：(1)将两球运动的逆过程看作是反向的平抛运动，根据h＝gt2 可得球a运动的时间为ta＝ 球b运动的时间为tb＝ 两球抛出时的时间差为Δt＝。 (2)球b位移方向与水平方向的夹角满足 tan α＝ 则球b初速度方向与水平方向的夹角满足tan θ＝2tan α＝。 答案：(1)　(2) 13．解析：(1)由题图乙知F＝kt 图线斜率k＝＝5 N/s 解得F＝5t(N)。 (2)由题图丙t＝1 s时，f1＝5 N＝μ1(m1+m2)g t＝3 s时，f3＝10 N＝μ1(m1+m2)g+μ2m2g t＝3 s时，木板与物块相对滑动，a1＝a2＝μ2g 根据牛顿第二定律有F3－μ1(m1+m2)g＝(m1+m2)a2 解得m1＝2.5 kg，μ1＝0.1，μ2＝0.2。 (3)由牛顿第二定律得F合＝F－μ1(m1+m2)g－μ2m2g＝m1a 代入F＝5t(N)解得a＝2t－4(m/s2)(t≥3 s)。 答案：(1)F＝5t(N)　(2)2.5 kg　0.1　0.2　(3)a＝2t－4(m/s2)(t≥3s) 学科网（北京）股份有限公司 $