9 牛顿运动定律的应用、超重和失重-【衡水金卷·先享题】2025-2026年高中物理必修第一册同步周测卷(教科版)

高一同步周测卷/物理必修第一册 (九)牛顿运动定律的应用、超重与失重 (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，倾角为37°的斜面固定在水平面上，AB的长度L=4,可AQ 视为质点的物块从斜面顶端由静止释放，经过1=√2s滑到斜面底 端。现给物块一沿斜面向上的初速度，使物块由斜面底端刚好滑到 37B 斜面顶端，重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6。下列说法正确的是 A.物块下滑时加速度大小为2m/s2B.物块与斜面间的动摩擦因数为0.25 C.物块上滑时加速度大小为4m/s2D.物块上滑经过AB中点时的速度大小为4m/s 2.如图所示，质量分别为m1=3kg、2=2kg的滑块A和滑块B叠放在光滑水平地面 上，A与B间的动摩擦因数u=0.5,重力加速度g=10/s2,最大 A 静摩擦力等于滑动摩擦力，水平拉力F作用在B上，拉力F从O B 开始逐渐增大到20N的过程中，下列关于A、B间运动状态的说 7777777777777 法正确的是 A.始终保持相对静止 B.当F>10N时发生了相对滑动 C.当F>15N时发生了相对滑动 D.从一开始就发生了相对滑动 3.如图甲所示，安检机在工作时，通过传送带将被检物品从安检机一端传送到另一端， 其过程可简化为图乙。传送带足够长且转动的速度恒为0.4m/s,质量为10kg的被 检物品与传送带间的动摩擦因数=0.4，若将被检物品无初速度地放到传送带A 端，重力加速度g=10/s2,被检物品受到的摩擦力大小为f、速度大小为v、加速度 大小为a、位移大小为x,下列图像正确的是 fN 4a/m's-23 v/(m's-1) x/cm 乙 00.1/s00.1 s 0 0.1 00.1 A B C D 4.如图甲所示为滑雪道的简化图，倾角为37°的固定斜坡与水平地面平滑连接，运动员 从斜坡顶端无初速度滑下，在水平地面上的A点（图中未画出）停下。运动员在斜坡 上的x-t图像如图乙所示，图线为过坐标原点的抛物线且在坐标原点处的斜率为0， 运动员在5s末到达斜坡底端。已知运动员与斜 x/m 50 坡、水平地面间的动摩擦因数相同，重力加速度g =10m/s2,sin37°=0.6，cos37°=0.8。下列说法 正确的是 物理（教科版）必修第一册第1页（共4页）】 衡水金卷·先享题 A.运动员在斜坡上运动时的加速度大小为2m/s2 B.运动员运动到斜坡底端时的速度大小为10m/s C.运动员与水平地面间的动摩擦因数为0.5 D.A点与斜坡底端间的距离为80m 5.某同学站在压力传感器上，完成下蹲、起立的动 F/N 1000 作时压力传感器记录的压力随时间变化的图线 如图所示。t=0时刻，该同学处于静止状态，重 力加速度g=10m/s2,下列说法正确的是 500 A.完成一次起立时，该同学先失重后超重 B.该同学在t2时刻与t3时刻的速度方向相同 1t22 4 8 C.该同学在t1时刻下蹲的速度最大 D.该同学的最大加速度为6m/s2 6.如图所示，轻弹簧的一端固定在倾角为0的光滑固定斜面的底部，另一端与质量为 的小物块a相连，质量为m的小物块b紧靠a静置在斜面上，此时弹簧的压缩量为 x。。从t=0开始，对b施加沿斜面向上的外力F,使b做匀加速直线运动，经过to(未 知)时间后，α、b刚好要分离，再经过t。时间，b与出发点的距离 为x。。已知弹簧始终在弹性限度内，其中心轴线与斜面平行， 上00000 重力加速度为g,下列说法正确的是 7元7 A.弹簧的劲度系数为ngsin日 B.ab刚好要分离时，弹簧的压缩量为四 C.b的加速度大小为gsin0 D.外力F的最小值为ng sin0 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“深穴打夯”的示意图，电动机带动两个滚轮匀速转动，将夯杆从深坑提 上来，当夯杆底端刚到达坑口时，两个滚轮彼此分开，将夯杆释放，夯杆在自身重力作 用下，落回深坑，夯实坑底。然后两个滚轮再次压紧，夯杆被提上来，如此周而复始， 夯杆被滚轮提升的过程中可视为匀加速和匀速运动。已知两个滚轮边缘的线速度恒 为vo=5m/s,每个滚轮对夯杆的正压力均为F=2.5×10N,滚轮与夯杆间的动摩 擦因数u=0.25,夯杆质量m=1×103kg,坑深h=6.5m,假定在打夯的过程中坑的 深度变化很小，重力加速度g=10m/s2,下列说法正确的是 A.夯杆被滚轮带动加速上升的过程中加速度大小为 2m/s2 B.夯杆上升过程中的时间为2s C.每个打夯周期内滚轮与夯杆间的划痕长度为5m D.增加滚轮对夯杆的正压力，每个打夯周期中滚轮与夯 杆间的划痕长度减小 高一同步周测卷九 物理（教科版）必修第一册第2页（共4页)】 8.如图所示，两小球A、C的质量均为，小球B的质量为2m,轻质弹簧一端固定在斜 面顶端，另一端与小球A相连，小球A、B间通过一根轻杆连接，B、C间由一根不可 伸长的轻质细线连接。倾角为0的光滑斜面固定在水平地面上，弹簧、轻杆与细线均 平行于斜面，初始时系统处于静止状态，已知重力加速度为g,弹簧始终在弹性限度 内，弹簧被剪断的瞬间，下列说法正确的是 A.B的受力情况未变 B.C的加速度大小为gsin0 C.B、C之间细线的拉力大小为0 D.A、B的加速度大小均为3gsin0 4 班级 姓名 分数 题号 1 2 3 5 6 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)实验小组做“探究加速度与力、质量的关系”实验。如图甲所示为实验装置示 意图。 打点计时器 小车 (单位：cm 4a/(ms-2) 拉力传感器 40 4.0-------- 定滑轮 6.45 10.09 -14.49 少砂 -19.65 00.251.25F 桶 甲 乙 丙 (1)该实验中 (填“需要”或“不需要”)保证砂和砂桶的总质量远小于小车 质量M。 (2)下列说法正确的是 。(填正确答案标号) A.每次在小车上加减砝码时，应重新平衡摩擦力 B.实验时使用打点计时器应先释放小车后接通电源 C.应适当调节滑轮高度，使细线与桌面平行，确保小车能做匀加速直线运动 D.在用图像探究加速度与质量的关系时，应作Q图像 (3)如图乙所示为实验中选择的一条合适的纸带（纸带上相邻的两个计数点间还有4 个计数点没有画出)，相关的测量数据已标在纸带上，已知打点计时器的频率为 50Hz,则在该次实验中打点计时器打下计数点C时小车的速度大小为 m/s (结果保留两位有效数字)，小车的加速度大小为 m/s2。 (4)保持小车的质量不变，改变砂桶中砂的质量，记录多组传感器的读数F和对应纸 带的加速度a的数值，并根据这些数据，绘制出如图丙所示的α-F图像，分析此图像 不过原点的原因可能是 物理（教科版）必修第一册第3页（共4页）】 衡水金卷·先享题 10.(16分)如图所示，一个质量为2.4kg的长方体形空铁箱在水平拉力F的作用下沿 水平面向右做匀加速直线运动，铁箱与水平面间的动摩擦因数出=0.4，铁箱内一 质量为1.6kg的木块（可视为质点）恰好能相对静止在左侧壁上，木块与铁箱各面 间的动摩擦因数均为2=0.25，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g =10m/s2。 (1)求铁箱对木块弹力的大小； (2)求水平拉力F的大小； (3)减小拉力F,经过一段时间，木块沿铁箱左侧壁落到底部且不反弹，当铁箱的速 度为12/s时撤去拉力F,又经1s时间木块从铁箱左侧到达铁箱右侧，求铁箱内 的长度。 11.(17分)如图所示，物块和足够长的木板叠放在水平地面上，物块质量M=3kg,木 板质量=1kg,物块与木板间的动摩擦因数41=0.2，木板与水平地面间的动摩擦 因数2=0.1。某时刻木板以某一初速度（未知)向右运动的同时，处于木板右端 的物块受到水平向右的力F=18N从静止开始运动。经过1s后，物块与木板第一 次共速，力F再作用2$后撤去，再经一段时间后物块与木板第二次共速，重力加速 度g=10m/s2,物块可视为质点，求： (1)从开始运动到第一次共速时物块和木板的相对位移大小； (2)撤掉力F瞬间物块的速度大小及从第一次共速到撤掉力F时物块的位移大小； (3)从撤掉力F到第二次共速的时间及第二次共速时木板的速度大小。 □→F 高一同步周测卷九 物理（教科版）必修第一册第4页（共4页）高一周测卷 ·物理（教科版）必修第一册· 高一同步周测卷/物理必修第一册（九） 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 ④科学态度与责任 知识点 能力要求 学科素养 预估难度 题号 题型 分 值 (主题内容) ① ②③ ④ 档次 系数 单项选择题 6 斜面问题 易 0.80 2 单项选择题 6 相对运动临界问题 易 0.80 3 单项选择题 6 传送带问题 中 0.75 4 单项选择题 6 x~t图像 中 0.75 5 单项选择题 6 超重与失重 0.70 6 单项选择题 6 最值问题 难 0.55 7 多项选择题 8 牛顿运动定律的应用 中 0.60 8 多项选择题 8 瞬间加速度 难 0.55 9 非选择题 15 探究加速度与力、质量的关系 中 0.70 10 非选择题 16 牛顿运动定律的应用 中 0.65 11 非选择题 17 板块模型 难 0.50 叁考答案及解析 一、单项选择题 4√2m/s,D项错误。 1.B【解析】设物块下滑时的加速度大小为a1,物块上 2.A【解析】设A、B发生相对运动的临界拉力为F。, 滑时的加速度大小为a2,根据运动学公式有L 对A由牛顿第二定律得1g=m1a,对B由牛顿第 之a近，解得a=4m/s,根据牛顿第二定律有 1 二定律得F。一1g=2a,解得Fo=25N,因此拉力 F从0开始逐渐增大到20N的过程中，A、B始终保 mgsin37°-mgcos37°=ma1,解得u=0.25,A项错 持相对静止，A项正确。 误，B项正确；物块上滑时根据牛顿第二定律有 3.C【解析】被检物品先做匀加速运动再与传送带共 mgsin37°十mgcos37°=ma2,解得a2=8m/s2,C项 速做匀速运动，在匀加速阶段有ng=ma,解得a= 错误：设物块上滑经过AB中点时的速度大小为v’, 4m/s2,∫=mg=40N,受到的摩擦力和加速度均不 根据运动学公式可得-2a:·兰=0-，解得/ 变，在匀速阶段，被检物品的摩擦力和加速度均为0， ·27· ·物理（教科版）必修第一册· 参考答案及解析 A,B项错误；在匀加速阶段的加速时间t= a b刚好要分离时弹簧的压缩量△x=。一=3 xo:B 0.1s,C项正确；在匀加速阶段，位移与时间的关系 项错误；a、b刚好要分离时，a与b之间无相互作用 为x=子a,因此，在0~0.1s时间内，x与1为非线 力，且加速度相同，对口由牛顿第二定律有子红， 性关系，而匀速运动阶段位移与时间的关系为x= mgsin0=ma,解得a=之gsin,C项错误t=0时， wt,x与t为线性关系，D项错误。 外力F最小，对a、b整体由牛顿第二定律有Fin= 4.D【解析】x-t图线为过坐标原点的抛物线且在坐 2a,解得Fm=mgsin0,D项正确。 标原点处的斜率为0，则初速度大小为0，根据运动学 二、多项选择题 公式有x=之at,将图中的点代人解得a=4m/s, 7.CD【解析】夯杆被滚轮带动加速上升的过程中，对 运动员运动到斜坡底端时的速度大小v=at= 夯杆进行受力分析，根据牛顿第二定律有2F-mg 20m/s,在斜坡上根据牛顿第二定律有mgsin0一 =ma,解得a=2.5m/s2,A项错误：夯杆被滚轮带动 umgcos=ma,解得u=0,25,A、B、C项错误：在水平 加速上升的过程中，若匀加速至，根据运动学关系 地面根据牛顿第二定律有μg=ma',根据运动学公 式有号=2ax,解得x=5m<h=6.5m,之后夯杆 式有=2a'x',解得x=80m,D项正确。 匀速运动至坑口，匀加速过程经历的时间=必 5.D【解析】该同学下蹲时，先向下加速后减速，故先 失重后超重：该同学起立时，先向上加速后减速，故先 2s,匀速过程经历的时间=h二=0.3s,夯杆上 超重后失重，A项错误；该同学在t2时刻向下减速， 升花费的时间t=t1十t2=2.3s,每个打夯周期内滚 在时刻向上加速，速度方向相反，B项错误；该同学 轮与夯杆间的划痕长度s=6t1一x0=5m,B项错 在向下加速的过程中，加速度先增大后减小，在时 误，C项正确；若增加滚轮对夯杆的正压力，结合上述 刻下蹲的加速度最大，在加速度为0，即压力传感器 可知，在匀加速过程中有2F'-mg=ma',夯杆匀加 的示数为500N时，速度最大，C项错误；该同学静止 速至6的划痕长度s=,一，其中=碧，可知 2 时，传感器示数为500N,即mg=500N,解得m= 增加滚轮对夯杆的正压力，夯杆的加速度增大，加速 50kg,该同学在t时刻的加速度最大，此时传感器的 运动的时间将减小，每个打夯周期中滚轮与夯杆间的 示数F=200N,故有mg一F=ma,则该同学的最大 划痕长度减小，D项正确。 加速度a=6m/s2,D项正确。 8.BC【解析】弹簧剪断前，系统处于静止状态，对C有 6.D【解析】b紧靠a静置在斜面上，将二者看成一个 F维线=mgsin0,对B、C组成的系统有F杆= 整体，可知弹力大小与整体重力沿斜面的分力大小相 3 ngsin日，对A、B、C组成的系统有F弹簧=4 mgsin0, 等，根据平衡条件得kx。=2 ngsin0,解得k= 弹簧被剪断的瞬间，弹簧弹力消失，A、B整体的受力 2 ngsin9,A项错误：由于初速度为0，根据匀加速运 情况发生变化，假设细线的拉力不为0，结合牛顿第 动位移与时间的关系可知，两段时间间隔内的位 二定律可知，有A、B整体受到的合力F4B> 移之比x1:x2=1:3,由题意有x1十x2=xo,解得当a、 3 ngsin0,沿斜面向下，则aa>gsin0:对C有合力 ·28· 高一周测卷 ·物理（教科版）必修第一册· Fc<mgsin0,沿斜面向下，则ac<gsin0,故细线必然 (4)由a-F图像可知，当拉力增大到一定数值时，小 松弛，不符合假设，因此细线的拉力为0，C项正确；对 车才开始有加速度，可知实验时可能未完全平衡摩擦 A、B、C整体有FAc=4 ngsin0,沿斜面向下，则aac 力（平衡摩擦力不足、补偿阻力不足）。 =gsin0,沿斜面向下，对A有F4=mngsin0,沿斜面 10.【解析】(1)木块恰好能相对铁箱静止在左侧壁上， 向下，故弹簧剪断瞬间，细线、轻杆的弹力均为0，A、 故木块与铁箱左侧壁间的静摩擦力恰好达到最大 B、C三个小球的加速度均沿斜面向下，大小均为 值，竖直方向对木块由平衡条件可得2N=mg gsin0,A、D项错误，B项正确。 (2分) 三、非选择题 解得铁箱对木块弹力的大小N=64N (2分) 9.(1)不需要(2分) (2)对木块由牛顿第二定律可得N=ma (2分) (2)D(4分) 对木块、铁箱整体由牛顿第二定律可得F一(m十 (3)0.33(2分)0.75(4分) M)g=(mM)a (2分) (4)未完全平衡摩擦力（答案合理即可，3分） 联立解得F=176N (2分) 【解析】(1)由于细线的拉力可以通过拉力传感器示 (3)撤去拉力F时，木块与铁箱的速度均为12m/s, 数得到，故该实验过程中不需要保证砂和砂桶的总质 由于>地，木块相对铁箱滑动，根据牛顿第二定律 量m远小于小车质量M。 分别可得1(m十M)g-2mg=Ma1 (1分) (2)平衡摩擦力时，假设木板倾角为日，则有f pmg=ma? (1分) Mgsin0=Mgcos0,M约掉了，故每次在小车上加减 联立解得铁箱、木块减速时的加速度大小分别为a1 砝码时，不需要重新平衡摩擦力，A项错误；实验时应 =5m/s (1分) 先接通电源后释放小车，B项错误：应适当调节滑轮 a2=2.5m/s2 (1分) 高度，使细线与木板平行，保证细线对小车的拉力等 铁箱减速到零的时间。=”=2.4s>1s (1分) 于小车受到的合力，C项错误；由牛顿第二定律F合 故木块从铁箱左侧到达铁箱右侧时，铁箱还未停下， Ma,解得a= F合 ，所以在用图像探究小车的加速度与 铁箱的长度即为两者的位移差，有 质量的关系时，通常作a~图像，D项正确。 L=(t-7a:)-(t-a)=1.25m1分) (3)相邻两个计数点间还有4个计数点没有画出，可 11.【解析】(1)在0~1s时间内，物块相对木板向左运 知相邻计数点的时间间隔T=5×0.02s=0.1s,根 动，根据牛顿第二定律有 F+Mg=Ma (1分) 据匀变速直线运动中间时刻的速度等于该段过程的 平均速度，实验中打下计数点C时小车的速度大小 解得a1=8m/s2 (1分) c=27=0.09,3-54)X10 木板相对物块向右运动，根据牛顿第二定律有 2×0.1 一m/s≈0.33m/s;根 fhMg十2(M+m)g=mag (1分) 据逐差法可得小车的加速度a=一c 解得a2=10m/s2 (1分) 9T2 1s后，物块与木板第一次共速1=a1ti1=%一a2t (19.65-6.45-6.45)×10-2 9×0.12 m/s2=0.75m/s2。 (1分) ·29· ·物理（教科版）必修第一册· 参考答案及解析 解得w=18m/s,v1=8m/s (1分) (3)木板相对物块向左运动，相对地面向右做加速运 1 物块的位移大小=乞Qi,木板的位移大小= 动，根据牛顿第二定律有 Mg-uz (M+m)g=ma (1分) 1 w4-之a:f (1分) 解得a1=2m/s2 (1分) △x=x2-x1=9m (1分) 撤去力F后，设物块和木板运动了t时间后两者第 (2)物块与木板第一次共速后，撤去力F前，物块相 二次共速，物块相对木板向右运动，根据牛顿第二定 对木板向右运动，根据牛顿第二定律有 律有1Mg=Mas F-t Mg=Mas (1分) 解得as=2m/s2 (1分) 解得a=4m/s (1分) 木板相对物块仍向左运动，加速度不变，有2=v 物块的速度大小v=v1十a3t2=16m/s (1分) 一ast=vs1十a1(t红十t) (1分) 1 物块的位移大小西=4十之a:员=24m（1分) 解得t=1s,U2=14m/s (1分) ·30·