专题卷3 力与运动-【衡水金卷·先享题】2026年新高考物理二轮复习专题卷

高三二轮复习专题卷三/物理 力与运动 (考试时间40分钟，满分100分) 一、单项选择题（本题共7小题，每小题6分，共42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.关于牛顿第一定律，下列说法正确的是 A.静止的物体没有惯性 B.物体运动得越快越难停下来，惯性越大 C.物体维持原有状态的能力越大，惯性越大D.物体运动状态发生改变不需要力 2.所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，若用α代表椭圆轨道的半长轴，T代表公转周期，则有号 =k,其中k是一个常量。常量k的单位用国际单位制表示为 A.m2·s B.m2·s1 C.m3·s D.m3·s2 3.在完全失重的太空舱中，下列哪个操作无法完成 A.用弹簧测力计测拉力 B.用体温计测温度 C.托里拆利实验测气压 D.用握力棒锻炼臂力 4.如图所示，质量为m的物块B叠放在轻弹簧上，处于静止状态。将质量为m的物块A无初速度地放 上物块B的瞬间开始计时，直到物块B运动到最低点。设物块B相对初始位置的位移为x,物块B 的加速度大小为α、速度为v,弹簧对物块B的弹力大小为F,物块A、B之间的作用力大小为F,运 动时间为，重力加速度为g,弹簧始终在弹性限度内，关于上述过程下列图像可能正确的是 77777777777 D 5.我国“巡天号”地外天体采样机器人着陆某小行星时的最后阶段，需通过引擎反推实现减速。机器 人以初速度=8/s垂直接近行星表面时，引擎提供功率恒定的反向推力，功率的大小P=2× 103W,使其速度减小到2/s。由于存在稀薄大气，空气阻力大小f=kv(v为速度，系数k= 0.2N·s·m1),机器人重力保持不变，则速度从8m/s降到2m/s的下落过程中，机器人的加 速度 A.先增大后减小B.先减小后增大 C.一直增大 D.一直减小 6.冰车是东北地区冬季喜闻乐见的游乐项目。如图甲 所示，小孩坐在冰车上，大人先用水平恒力F1推了 v/(ms-1) 5s后，又用水平恒力F2推了25s,之后撤去了外 力，小孩及冰车又在冰面上自由滑行了10s,最终静 10203040t/§ 止。已知小孩和冰车的总质量为30kg,小孩在冰面上 甲 乙 做直线运动的v-t图像如图乙所示，忽略空气阻力，重力加速度g=10/s2,则下列说法正确的是 物理第1页（共4页) 衡水金卷·先享题·高 A.水平恒力F1=12N B.冰车与冰面间的动摩擦因数=0.2 C.整个过程中冰车在冰面上运动的总距离s=75m D.整个过程中大人对小孩和冰车做的功W=390J 7.如图所示，冬日里的哈尔滨冰雪大世界仿佛童话王国，园区内各种滑道适合不同年龄游客游玩，其 中一条冰滑梯的雪板滑道长达100，游客乘坐钢制滑具从滑道顶端由静止下滑，已知重力加速 度g=10m/s2,雪板滑道的倾角为0，sin0=0.07,cos0=0.998,下列说法正确的是 材料 动摩擦因数 材料 动摩擦因数 钢一钢 0.25 钢一冰 0.02 木一木 0.30 木一冰 0.03 木一金属 0.20 橡胶轮胎一路面（干） 0.71 皮革一铸铁 0.28 木一皮带 0.40 表几种材料间的动摩擦因数 A.若游客的质量不同，则在冰滑梯上的加速度大小也不同 B.从静止开始滑动的游客，到达底端的速度大小约为10m/s C.若游客和滑具的总质量为75kg,滑具所受的摩擦力大小约为150N D.从静止开始滑动的游客，在冰滑梯上的运动时间约为25s 二、多项选择题（本题共3小题，每小题8分，共24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) 8.两位同学分别制作了“水平加速度测量仪”装置，小球通过细线悬挂在装置顶部，平衡时小球位于 最低点，小球与整个装置一起做水平匀变速直线运动，稳定时细线与竖直方向成一夹角，根据细线 在刻度盘上指示的位置，在刻度盘上读出此时水平加速度的大小。其中甲装置刻度盘位于以悬点 O为圆心的圆弧上，∠AOB=∠OOA=20°，乙装置刻度盘位于悬点O正下方的水平线上，OC= CD。下列关于两个装置的说法正确的是 A.甲装置细线指示在A处时加速度方向水平向左 B.乙装置细线指示在C处时加速度方向水平向右 C.甲装置细线指示在B处时加速度大小为在A处时的2倍 D.乙装置细线指示在D处时加速度大小为在C处时的2倍 甲 三二轮复习专题卷三 物理第2页（共4页） 9.近年来，物流业发展迅速，给人民生活提供了很多便利，为提高工作效率，传送带被广泛应用于快 递物流车间，如图甲所示。假设某车间货物的运送流程如图乙所示，货物从斜面顶端A点由静止 释放，滑至斜面底端C点后滑上传送带左端，在C点滑上传送带瞬间速度大小不变，最终滑至传 送带右侧平台。货物在运动过程中可看成质点，货物与斜面间的动摩擦因数1=0.25，货物与传 送带间的动摩擦因数2=0.15，斜面长s=3.125m,传送带左、右两端的距离L=6m,传送带顺 时针运行的速度v=2m/s。已知斜面的倾角0=37°，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g= 10m/s,则货物从传送带左端运动到右端的过程中，下列说法正确的是 平台 A.货物在水平传送带上一直做匀减速直线运动 B.货物在水平传送带上先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动 C.货物在水平传送带上一直受到水平向左的摩擦力 D.货物在水平传送带上先受到水平向右的摩擦力，后不受摩擦力 10.下列甲、乙、丙、丁四图中的①、②、③是三条光滑轨道，甲、乙、丙图中的三条轨道与水平面的夹角 从大到小均为60°、45°、30°，图甲中三条轨道的起点、高度均相同，图乙中三条轨道对应的水平底 边相同，图丙中三条斜轨道的长度相同，图丁中轨道②为竖直直径，轨道①、③的一端分别与轨道 ②的底端和顶端在同一点上，另一端分别在圆周上。现让同一物体分别沿四个图中的①、②、③ 三条光滑轨道从顶端由静止开始下滑，到达底端所用的时间分别为t1,t2、t3,下列说法正确的是 ① ① ③ ⊙ ① ②③ ③ 甲 A.对于图甲有t<t<t3 B.对于图乙有t2<t=t C.对于图丙有t1<t2<t D.对于图丁有t<t3<t2 三、非选择题（本题共2小题，共34分。请按要求完成下列各题） 11.(14分)某组同学利用如图甲所示的装置做探究加速度与力、质量的关系实验。 小车和钩码打点计时器 XOD 纸带 XOC XOB 槽码、 物理第3页（共4页） 衡水金卷·先享题·高 带 力传感器 滑轮小车 打点计时器 砂和砂桶目 (1)关于图甲所示装置，下列说法正确的是 。(填正确答案标号) A.平衡阻力时，应将槽码用细绳通过定滑轮系在小车上 B.平衡阻力的目的，是为了使细绳的拉力等于槽码的重力 C.每次改变小车的质量时，不需要重新平衡阻力 D.在实验中，应使小车和钩码的质量远大于所挂槽码的质量 (2)如图乙所示为实验中得到的一条纸带（两计数点间还有四个点），已知打点计时器采用的是频 率为50Hz的交流电，xoa=2.24cm,xoB=5.04cm,xc=8.39cm,xop=12.29cm,根据纸带求 出小车的加速度大小为 m/s2。(结果保留两位有效数字) (3)该组同学又设计了一个拓展方案，实验装置如图丙所示，其中力传感器可测出轻绳中的拉力 大小。利用此方案实验时， (填“需要”或“不需要”)平衡阻力，实验中（填“需 要”或“不需要”)保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量。 12.(20分)如图甲所示，足够长的上、下表面均粗糙的木板B静置于粗糙水平地面上，木板最右端放 置一可视为质点的小铁块A。在t=0时，对木板施加一水平向右的恒定拉力F(F大小未知)，在 拉力F的作用下小铁块和木板发生相对滑动，t=1s时撤去拉力F,整个过程中木板运动的v-t 图像如图乙所示。小铁块和木板的质量均为1kg,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g =10m/s2,求： (1)0~1.5s内木板通过的位移大小； (2)小铁块与木板间的动摩擦因数及木板与地面间的动摩擦因数； (3)小铁块最终停止时到木板右端的距离。 /(ms-1) 9------ B F 7777777777777777 t/s 三二轮复习专题卷三 物理第4页（共4页）高三二轮复习 ·物理· 高三二轮复习专题卷三 物理 9 命题要素一览表 注： 1.能力要求： I,理解能力Ⅱ，推理论证能力 Ⅲ，模型建构能力N.创新能力V,实验探究能力 2.学科素养： ①物理观念 ②科学思维③科学探究 ④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 r ⑦ ②③ ④ 档次 系数 1 单项选择题 6 牛顿第一定律 易 0.80 单项选择题 6 力学单位制 W 易 0.85 3 单项选择题 6 失重 √ 易 0.85 4 单项选择题 6 动力学与图像 中 0.70 5 单项选择题 6 牛顿第二定律的应用 中 0.70 6 单项选择题 6 牛顿第二定律的综合应用 中 0.60 7 单项选择题 6 动力学基本问题 中 0.60 8 多项选择题 8 牛顿第二定律的应用 / 中 0.75 9 多项选择题 8 传送带问题 中 0.75 10 多项选择题 牛顿第二定律的斜面综合分析 分 0.65 11 非选择题 14 探究加速度与力、质量的关系 中 0.65 12 非选择题 20 板块模型 难 0.50 香考答案及解析 一、单项选择题 原因，D项错误。 1.C【解析】惯性是一切物体具有的性质，A项错误； 2.D【解析】半长轴a的国际单位为m,公转周期T的 惯性大小由质量决定，B项错误；物体保持原有状态 国际单位为s,根据号=6，可知常量k的单位用国际 的能力就是惯性，物体的质量是惯性大小的量度，质 量越大，物体保持原有状态的能力越大，惯性越大，C 单位制表示为m3·s2,D项正确。 项正确；牛顿第一定律说明力是改变物体运动状态的 3.C【解析】用测力计测量拉力与重力无关可以完成， ·9 ·物理· 参考答案及解析 体温计测温度利用热胀冷缩与重力无关可以完成，用 距离s=30-5)+40×2m=65m,C项错误：由动能 2 握力棒锻炼臂力与重力无关可以完成，只有托里拆利 实验测气压利用重力不能完成，C项符合题意。 定理有W-mgs=0-0,解得W=390J,D项正确。 7.B【解析】根据牛顿第二定律可得，游客在冰滑梯上 4.A【解析】物块A无初速度地放上物块B的瞬间， 物块A、B的加速度最大，此时处于最大位移处，随着 的加速度大小a=mgsin9二mngcos9=gsin9 物块A,B向下运动，加速度先减小后增大，前专与后 gcos9,可知加速度大小与游客的质量无关，A项错 误：由表格数据可知，动摩擦因数为0,02，则加速度 时间内加速度大小具有对称性，A项正确：”t图 大小a=gsin日-gcos8≈0.5m/s2,根据运动学公 像的斜率表示加速度，根据对A项的分析可知，物块 式可得2ax=,解得从静止开始滑动的游客，到达 A、B向下运动的过程中，加速度先减小后增大，则 底端的速度大小约为v=√2×0.5×100m/s= )-t图像的斜率应先变小后变大，B项错误：由胡克 定律得F=(x十x),k=mg,可得F=kx十mg,则 10m,游客在冰滑梯上的运动时间约为：=名- 20s,B项正确，D项错误；若游客和滑具的总质量为 F-x图像是不过坐标原点的直线，C项错误：物块 75kg,滑具所受的摩擦力大小f=mngcos日=0.02X A、B向下运动的过程中，对物块A、B整体由牛顿第 75×10×0.998N≈15N,C项错误。 二定律得2mg一F=2ma,对物块A由牛顿第二定律 二、多项选择题 得mg一R=ma,联立可得R=号F=之x+ 2 8.BD【解析】甲装置细线指示在A处时，小球受到的 则F-x图像的纵截距为"竖，D项错误。 合外力水平向右，可知加速度方向水平向右，A项错 误；乙装置细线指示在C处时，小球受到的合外力水 5.C【解析】机器人下落过程中，受到重力、空气阻力 平向右，可知加速度方向水平向右，B项正确；设细线 和反推力作用，根据牛顿第二定律有∫+F-mg= 与竖直方向的夹角为0，甲装置根据ngtan9=ma,可 a,其中f=k,F=卫 ,,联立解得a=P士巴一g, 知a=gtan 0,细线指示在B处时加速度大小as= gtan40°，细线指示在A处时的加速度大小aA= 根据不等式关系，当品=但时，即u=√侵 gtan20°，可知aB≠2aA,C项错误；同理乙装置细线 U 171 指示在D处时加速度大小ap=gtan∠DOO= 100m/s,卫+巴有极小值，所以速度从8m/s降到 gO7,在C处时的加速度大小ac=gtan∠C00= OD 2m/s的下落过程中，机器人的加速度一直增大，C 项正确。 gO7,可知an=2ae,D项正确。 OC 6.D【解析】根据v-t图像可知，在30~40s内小孩 9.AC【解析】货物在斜面上运动时，根据牛顿第二定 和冰车只受摩擦力的作用做匀减速直线运动，此段的 律有mgsin日-1 gcos 0=ma1,解得a1=gsin9- 加速度大小a:=会=品m/=0.2m/5,由牛颜 gcos日=4m/s2,根据=2a1s可得，货物到达C 点时的速度大小vc=5m/s,货物滑上传送带后，由 第二定律有mg=ma2,解得冰车与冰面间的动摩擦 于>v,所以货物先做匀减速直线运动，加速度大 因数4=0.02，B项错误；0~5s内冰车做匀加速直线 运动，根据0t图像可知a1=g m/s2= 2 小a2=m8=1.5m/s2,当速度减到=2m5时， m 0.4m/s,再由牛顿第二定律有F1一pmg=ma1,解 位移工=述，亡=7m,由于位移x>L,货物一直做 得F1=18N,A项错误；v-t图像与横轴所围成的面 匀减速直线运动，受到的摩擦力方向水平向左，A、C 积表示位移，因此整个过程中冰车在冰面上运动的总 项正确，B,D项错误。 ·10· 高三二轮复习 ·物理 10.BC【解析】图甲，设轨道的倾角为0，高为h,则下 变小车的质量时，不需要重新平衡阻力，C项正确； 滑的加速度mgsin0=ma,解得a=gsin0,下滑的位 为了使细绳的拉力约等于槽码的重力，要求在实验 移x=点根据x=之，解得1=√合)故倾 2h 中，应使小车和钩码的质量远大于所挂槽码的质量， D项正确。 角越大下落的时间越短，即t>t2>t,A项错误；图 (2)两计数点间还有四个点，即两计数点的时间间隔 乙，设轨道的底边长为L,则下滑的位移x= L cos a' T=0.1s,由逐差法有a=wx (2T)2 根据牛顿第二定律有ng sin0=ma,解得a=gsin 0, 12.29-5.04-5.04X102m/s2≈0.55m/s。 2×0.19 根据x=之a,解得1=√g品20将9角代人可知 4L (3)因为拉力能直接从力传感器读出，所以利用此方 t2<t=,B项正确；图丙，设斜面长为x,根据牛顿 案实验时，把拉力当成小车受到的合力，还需要平衡 第二定律有mngsin0=ma,解得a=gsin0,根据x= 阻力，但不需要保证砂和砂桶的质量远小于小车的 1 2x at,解得=√gsin 质量。 ,即倾角越小时间越长， 12.(1)7.5m(2)0.2,0.5(3)3.5625m t2<t,C项正确：如图所示： 【解析】(1)根据0-t图像与t轴围成的面积表示位 移可得0~1.5s内木板通过的位移大小x=号×1 ③ ② ×9m+3t9×0.5m=7.5m 2 (2分) 设圆的半径为R,从轨道①下落时，根据牛顿第二定 (2)根据题意，结合图像可知，0~1.5s内小铁块始 律有ngsin a=ma1,解得沿轨道①下落时的加速度 终做匀加速运动，t=1.5s时木板和小铁块达到共 a1=gsin a,轨道的长x1=2 Rsin a,根据x1 速，设小铁块与木板间的动摩擦因数为：，则对小 铁块由牛顿第二定律有：mg=na (1分) 1 R a1行，解得i=√g ,从轨道②下落时，加速度a2 由速度与时间的关系式可得v=at (1分) =g,根据=2R=分：店，解得= 4R 其中v=3m/s,t=1.5s ,从轨道 g 解得1=0.2 (1分) ③下落时，根据牛顿第二定律有mgcos B=a,解 设木板与地面间的动摩擦因数为，在撤去拉力 得沿轨道③下落时的加速度a=gcos B,轨道的长 后，对木板由牛顿第二定律有4mg十2mg=ma2 ，即 =2 Reos B,根据x=2a:片，解得6=√g 1 (2分) 由图乙可知a= 0.6m/s=12m/s 9-3 (1分) =t2=t,D项错误。 三、非选择题 解得k2=0.5 (1分) 11.(1)CD(4分) (3)对木板和小铁块在达到共速时进行分析，若共速 (2)0.55(4分) 后二者相对静止，设二者的共同加速度为a,则由牛 (3)需要(3分)不需要(3分) 顿第二定律有2u2ng=2ma (1分) 【解析】(1)平衡阻力时，不应将槽码用细绳通过定 解得a=5m/s (1分) 滑轮系在小车上，A项错误；平衡阻力的目的，是为 而小铁块相对于木板不发生相对滑动的临界加速度 了使小车受到的合力等于细绳的拉力，B项错误；平 amax =al =2 m/s'<a (1分) 衡阻力满足ngsin日=ungcos0,0为长木板与水平 由此可知，小铁块与木板共速后瞬间又发生了相对 面的夹角，可见上式与小车的质量无关，所以每次改 滑动，对木板，设其继续与小铁块发生相对滑动时的 ·11 ·物理· 参考答案及解析 加速度大小为a,则由牛顿第二定律有2mg一 x:=x=7.5 m uimg=mas (1分) 设共速之后的减速阶段小铁块的位移为3，木板的 解得a3=8m/s2 (1分) 位移为x4,则由运动学公式可得=2a1x3,2= 即木板以a3的加速度继续减速直至速度为零，小铁 2a3x4 (1分) 块以α1的加速度减速直至速度为零，设在两者达到 解得x3=2.25m,x4=0.5625m (2分) 共速时小铁块的对地位移为x1,木板的对地位移为 则小铁块最终停止时的位置与木板右端的距离△x ,则=乞at=2.25m (1分) =x2+x4-(x1十x)=3.5625m (2分) ·12·