周测卷(五)牛顿运动定律(二)-【鱼跃龙门卷】2026-2027学年高三物理一轮复习周测卷（江苏专用）

5 2026一2027学年度高三一轮复习周测卷（五） 物理·牛顿运动定律（二） (考试时间40分钟，总分100分) 一、单项选择题：本题共7小题，每小题7分，共49分。每小题只有一个选项符合题目要求。带 题目为能力提升题，分值不计入总分。 1.如图所示，足够长的硬质直杆上套有质量为m的环A,环下方用轻绳挂着一个重力为G的小 物体B,杆与水平方向成0角，当环沿杆下滑时，物体B相对于A静止，已知重力加速度为g, 下列说法正确的是 A.若环沿杆无摩擦下滑，B的加速度为gsin0 B.若环沿杆无摩擦下滑，绳的拉力为Gsin 0 C.若环沿杆下滑时有摩擦，轻绳不可能竖直 ○B D.无论环与杆之间有无摩擦，轻绳都与杆垂直 2.明代徐光启《农政全书》记载了戽斗是一种小型的人力提水灌田农具。如图所示，两人双手各 执两条绳牵戽斗取水，戽斗装满水后被加速提起。￥趣 假设戽斗和水总质量为10kg,重力加速度为 10m/s2,忽略绳子质量。当每条绳与竖直方向夹 角均为60°，每条绳子上拉力大小均为60N时，戽 斗的加速度大小为 A.1 m/s2 B.2 m/s2 C.6 m/s2 D.12m/s2 3.如图，倾角为0=30°的固定光滑斜面上有A、B两物体用轻质弹簧相连， A、B的质量均为m,C为垂直于斜面的挡板，系统处于静止状态，重力加 速度大小为g。现将挡板C撤去，撤去挡板C的瞬间A、B的加速度大 小分别为 A.an=g,aB=0 B.aA-0,aB-0 C.aa=g,aB-g D.aA-0,aB-g 4.某人站在置于水平地面上的压力传感器上，进行蹲起动作，图中呈现的是在一段时间内压力 传感器的示数随时间变化的情况。由此可以判断 ◆FN 1000 500 6 8 t/s A.状态a到状态b对应着下蹲过程，状态b到状态c对应着站起过程 B.从状态d到状态e,人的重力先增大后减小 C.从状态e到状态f,人的重心运动的速度和加速度方向都向上 D.在0~8s内，该人完成一次完整的蹲起过程 物理·周测卷（五）第1页（共4页） 5 」鱼跃龙门奏 5.如图1示，质量为m的小球用细线悬挂，静止于足够深的油槽中，某时刻剪断细线，小球开 始在油槽中下沉。下沉过程中，小球受重力、浮力（大小不变）、粘滞阻力作用（大小与速度有 关)。测得小球的加速度随下沉速度变化的图像如图2所示。已知 重力加速度为g,下沉过程中 A.小球的最大加速度为g B.小球先加速后减速，最后做匀速运动 C.小球受到的浮力大小为ma。 图1 图2 00 D.小球受到的最大粘滞阻力为mao 6.如图所示，一质量为m。=2kg,倾角为0=37°的斜面体放在光滑水平地面上，斜面上叠放一质 量为m=1kg的光滑楔形物块，物块在水平恒力F作用下与斜面体一起恰好保持相对静止地 向右运动，重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6，cos37°=0.8。下列说法正确的是 A.斜面体对物块的支持力大小为8N B.斜面体的加速度大小为a=2.4m/s2 F m C.水平恒力大小F=7.2N mo D.若水平作用力F方向向左，且作用在斜面体上，系统仍保持相对静9m 止，则F=22.5N 7.高山滑雪是一项观赏性极高的比赛，图甲是一名滑雪运动员在比赛过程中的示意图，运动员 自身和所有装备的总质量为m,从倾角0=37°的斜坡向下滑动过程中，受滑动摩擦力和空气 阻力作用，假设空气阻力与速度成正比，即f=k0,其中比例系数k=10P(P是k的单位)。 运动员在比赛中的某段过程的vt图像如图乙 ◆/(m·s) 48------------2B 中实线AD所示，AB是曲线最左端A点的切 线，B点的坐标为(16,48)，CD是曲线AD的 324… D 渐近线，已知重力加速度为10m/s2,sin37°= 164 0.6,下列说法中错误的是 产t/s A.题干中“k=10P”中的P为N·s/m 16 B.当vo=16m/s时，运动员的加速度为1m/s2 甲 乙 C.雪橇与斜坡间的动摩擦因数是0.25 D.运动员自身和所有装备的总质量m=80kg ￥如图所示，两个圆形框架均与水平地面相切于O点，E点位于O点的正上方， 以框架为支撑搭设光滑的斜面ABO、CDO和EC,B点和D点均为斜面与小 的圆形框架的交点，已知斜面ABO与EO之间的夹角为α=30°，斜面ABO与 斜面EC平行，重力加速度为g,将可视为质点的小滑块分别从三个斜面的顶 端由静止释放（小滑块的运动不会受到框架的影响），下列说法错误的是 A,小滑块在斜面AB0上运动时的加速度大小为 B.小滑块在斜面ABO上与斜面CDO上运动时的加速度之比为√3：1 C.小滑块在三个斜面上运动的时间相等 D.小滑块在DO段运动的时间与在BO段运动的时间相等 物理·周测卷（五）第2页（共4页） 新教材版J 班级 *如图所示，带有固定挡板P和定滑轮的木板一端垫高后与水平面夹角 为0=30°，质量为2m的物块A与挡板P之间有一轻质弹簧，细线跨过 定滑轮，一端连接着质量为m的物块B,另一端连接着物块C(细线在 姓名 滑轮左侧部分与木板平行)。开始时用外力托着C,细线伸直但无张 力，A、B处于静止状态。现撤去外力，静止释放C后，发现C速度最大 77777777777 得分 时，A、B恰好分离。已知木板足够长，所有摩擦不计，弹簧劲度系数为k,重力加速度为g,下 列说法错误的是 A. 撤去外力前弹簧的压缩量为3mg k B. 物体C的质量为号 C. 细绳张力最大值为2mg D,撒去外力瞬间，A、B间压力变为原来的 二、非选择题：本题共3小题，共51分。 选择题 8.(11分)某同学用如图甲所示的实验装置测量物块与 光电门 答题栏 力传感器遮光片 长木板间的动摩擦因数4。其中一端装有轻滑轮的 物块 1 长木板固定在水平桌面上，在其上表面的P点安装 长木板 一光电门。物块上表面固定一遮光片，左侧固定一 砝码、 2 托盘8 3 力传感器。细绳的一端与力传感器相连，另一端通 过定滑轮与托盘（内有砝码）相接。实验时，物块从 甲 长木板右侧的O点由静止开始释放，在绳的拉力作用下向左运动并通过光电门，记录力传感 5 器示数F和对应遮光片通过光电门的时间。增加托盘中砝码的个数，重复上述实验过程，保 6 证每次让物块从长木板上的O点由静止开始释放，得到多组F、t数据。 (1)关于本实验，下列说法正确的是 。(填正确答案标号) 4 A.实验开始前，应先补偿阻力 B.实验开始前，应调整轻滑轮的高度，使细线与长木板上表面平行 C.实验时，力传感器的示数小于托盘及砝码的总重力 D.为减少实验误差，应始终保证物块及力传感器的总质量远大于托盘及砝码的总质量 (2)现用游标卡尺测得遮光片的宽度如图乙所示，则遮光片的宽度为 cm。 2 cm trinihmmmm 05 10 乙 丙 (3)测出OP之间的距离为L,遮光片的宽度为d,利用描点法作出F,图像如图丙所示，已知 该图像的斜率为，在纵轴上的截距为F。当地的重力加速度大小为g,用给出的物理量 的符号和丙图中的数据，可得物块与长木板间的动摩擦因数的表达式以= 9.(20分)在光滑的水平面上有一质量为M=2kg、长度为L2的平板小车静止不动，紧靠小车左 侧有一倾角为0=30°的传送带，其顶部到底部的长度为L1=1.5m,以o=2.5m/s的速率顺 时针匀速转动，现将一可视为质点的质量为m=0.5kg的小滑块，从传送带顶端由静止释放， 当滑块滑到传送带底部时可以速率不变地滑到小车上，此后滑块在小车上滑动，直到二者相 对静止，已知滑块与传送带之间的动摩擦因数为4，二，滑块与小车上表面之间的动摩擦因 数为42=0.2，重力加速度g=10m/s2。 新教材版J 物理·周测卷（五）第3页（共4页） 鱼跃龙门秦 (1)求滑块在传送带上开始滑动时加速度的大小。 (2)求滑块在传送带上运动的时间。 ⊙0 L (3)若滑块与小车相对静止时，能停在小车的右半侧， 求小车长度L?的取值范围。 L M 9nnnnnnnnnnnn7 10.(20分)如图所示，一倾角0=37°的光滑固定斜面体足够长，斜面体上有一质量为M=1kg, 长度为L的木板被锁定在斜面上，木板下端与斜面底端之间的距离为L。,t=0时刻另一质 量为m=2kg的木块（可视为质点）以初速度v。=12m/s从木板下端沿斜面体向上冲上木 板，同时木板与斜面之间的锁定被解除，物块到达木板上端时速度恰好为0。在斜面底端还 有一块与木板等高的粘性挡板，当木板接触挡板时，会被瞬间黏住并保持静止。已知木板和 木块间的动摩擦因数=号，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。(sim37=0.6,c0s37°=0.8， g=10m/s2,√/136≈11.7) (1)求木板的长度L。 (2)若L。=L,求物块离开木板时的速度大小。 (3)若L。=7.6m,且木板解除锁定的同时，给木板施加一 个沿斜面向上的恒力F=3N,其他条件不变，则物块从 12m/s 滑上木板到滑离木板的总时间为多少？（结果保留两位 有效数字) 0挡板 物理·周测卷（五）第4页（共4页）高三一轮复习周测卷 mB)gcos30°=75N,即两物块处于静止状态，由于 FA=17N<mag sin30°+mAg cos30°=25N,则A、 B间相互作用力为0，故B正确。当A、B与斜面恰好发 生相对滑动时，有5+4t+20一2t=(mA十mg)gsin30°+ u(mA十mB)gcos30°，解得t=25s,当A与斜面间的 摩擦力达到最大静摩擦力时有5十4t'=mag sin30°十 mAg cos30°，解得t=5s,所以5~25s内，对整体有 5+4t +20-2t+fB=(mA +mB)gsin 30+ mag cos30°，则5~25s内B所受摩擦力先向上减 小，后反向增大，故C错误，D正确。 8.1)A(2)8.20(3)M+m(4直线 M 【解析】(1)该实验需要研究三个物理量之间的关 系，需要保持其中一个物理量不变，研究加速度与另 外一个物理量的关系，这种方法叫作控制变量法。 (2)由于相邻两个计数点间均有4个点未画出，则相 邻点迹之间的时间间隔T=5×0.02s=0.1s,根据 逐差法可知小车的加速度为a= (68.1+76.4+84.6)-(43.6+51.7+60.0) 9×0.12 10-2m/s2=8.20m/s2。 (3)对小车和砝码进行分析，近似认为槽码重力等于 小车和砝码所受的合力，根据牛顿第二定律有ap ,小车和砝码总质量不变，对槽码与小车和砝码 mg 构成的整休，根据牛顿第二定律有@。一，m,则 PN apM+m QN ao M (4)保持槽码、小车、砝码的总质量不变，把槽码分别 逐个叠放在小车上，槽码、小车和砝码总质量不变， 以槽码、小车和砝码为整体，则有a一M十m,即a-F 图像是一条直线。 9.(1)2m/s2(2)30m(3)(6+√30)s 【解析】(1)对物体受力分析，由牛顿第二定律可知 F-mg sin 0-umg cos 0=ma, 解得a=2m/s2,方向沿斜面向上。 (2)物体沿斜面加速时的位移z,=2ad= 2×2X 52m=25m, 撤去外力时，物体的速度v=at1=l0m/s, 物理( 1.A【解析】A、B相对静止，则A、B具有共同加速 度，环不受摩擦力时，对整体分析，其加速度aA= aB=gsin0,隔离对B分析，F合B=Gsin0,可知轻绳 与杆垂直，绳拉力为Gcos0,故A正确，B错误。环 受摩擦力时aA=aB<gsin0,当aA=aB=0时，轻绳 竖直；当0<aA=aB<gsin0时，轻绳的拉力和重力 ·8 ·新教材版J· 撤去外力后，物体减速上滑，设减速时的加速度为 a',根据牛顿第二定律有mg sin0十μng cos0=ma', 解得a'=10m/s2,方向沿斜面向下，故物体减速过 程的位移x2一2a=5m, 所以物体沿斜面上滑的最大距离x=x1十x2= 30m. (3)根据上述分析可知，物体沿斜面减速上滑的时间 42-1s 物体沿斜面上滑的总时间t上=t1十t2=6s, 由于mg sin0=6N>mg cos0=4N, 物体最终要从斜面上滑落，设物体下滑时的加速度 为a下，由牛顿第二定律可得mgsin0一mg cos0= 1 ma下，解得a下=2m/s,方向沿斜面向下，2a下t保= x,解得下滑的时间t下=√30s, 物体在斜面上运动的总时间t=t上十t下=(6十 /30)s。 10.(1)0.5m/s0.2m/s(2)1s(3)0.3m 【解析】(1)关闭遥控开关时玩具卡车的速度大小 为v1=a1t1=0.5×1m/s=0.5m/s, 滑块与车厢相对静止一起运动的最大加速度大小 为a-m8=4g=0.2m/s2, m 而卡车的加速度a1=0.5m/s2>0.2m/s2, 故滑块不能与卡车一起加速运动，关闭遥控开关时 滑块的速度大小为v2=at1=0.2×1m/s 0.2m/s。 (2)关闭遥控开关后卡车做匀减速直线运动的加速 度大小为a2=g0.02X2X10 m/s2=0.1m/s2, 4 从关闭遥控开关到滑块与车厢底面之间不发生相 对滑动所经历的时间t2满足v1一a2t2=v2十 at2=0共， 求得t2=1s,v共=0.4m/s。 (3)从卡车开始匀加速运动一直到滑块和卡车速度 相等过程中，卡车和滑块的位移大小分别为 1, x1=241+1.0共t2=0.7m, 2 V2 x2=2t1+ 2十0共t2=0.4m, 2 故玩具卡车车厢底面长度为L=x1一x2=0.3m。 五) 的合力提供B的加速度，此时轻绳不处于竖直状态， 也不与杆垂直，故C、D错误。 B【解析】对戽斗受力分析，受重力，四条绳的拉力， 由合成法可得4Tcos60°-mg=ma,可得a=2m/s2。 D【解析】撤去挡板C的瞬间，弹簧形变没有发生 变化，弹簧弹力不变，即A所受外力不变，即有aA= ·物理· 0,撤去挡板之前，对A进行分析，根据平衡条件，弹 簧的弹力为F=mg sin0=2mg,撤去挡板C的瞬 间，对B进行分析，根据牛顿第二定律有mg sin30°十 F=maB,解得aB=g。 4.D【解析】某人下蹲过程，先向下加速运动，处于失 重状态，再向下减速运动，处于超重状态；站起过程， 先向上加速运动，处于超重状态，再向上减速运动， 处于失重状态；由题图可知，状态a到状态c对应着 下蹲过程，状态d到状态f对应着站起过程；在0~ 8s内，该人完成一次完整的蹲起过程，故A错误，D 正确。从状态d到状态e,人的重力保持不变，故B 错误。从状态e到状态f,人处于向上减速运动阶 段，人的重心运动的速度方向向上，加速度方向向 下，故C错误。 5.D【解析】由图像可知，小球开始下沉后速度越来越 大，加速度越来越小，由于受到油的浮力，最大加速 度a。<g,当加速度a=0时，小球做匀速运动，速度 不再变化，故A、B错误。当速度为零时，根据牛顿第 二定律得mg一F浮=mao,解得F浮=mg一mao,故 C错误。当速度为。时，小球受到的粘滞阻力最大， 根据平衡条件得mg=F浮十F阻max,结合C选项可得 F阻max=mao,故D正确。 6.D【科学思维】 若连接体内各物体具有相同的加速度，且 整体法与隔 要求物体之间的作用力时，可以先用整体 离法的交替 法求出加速度，然后再用隔离法选取合适 应用 的研究对象，应用牛顿第二定律求出作用 力，即“先整体求加速度，后隔离求内力” 【解析】对斜面体和物块整体分析，根据牛顿第二定 律，水平方向上有F=(m。十m)a,竖直方向上有 N=(m。十m)g,对斜面体分析，根据牛顿第二定律， 水平方向上有N1sin0=moa,竖直方向上有N1cos0+ mg=N,联立解得N=W。2.5N,a=375m/s F=11.25N,根据牛顿第三定律知，斜面体对物块的 支持力为12.5N,故A、B、C错误。若水平作用力F 作用到斜面体上且系统仍保持相对静止，则对整体 有F=(m。十m)a',对物块有mngtan37°=ma',解得 F=22.5N,故D正确。 7.B【解折】结合题意有k一号根据单位运算可如，P 为N·s/m,故A正确。v-t图像的斜率表示加速度， 当，=16m/s时，根据图像可知a,=48-16m 16 m/s2= 2m/s2,故B错误。当v。=16m/s时，根据牛顿第 二定律有mg sin9-kv0-mg cos0=mao,当v1= 32m/s时，运动员做匀速运动，根据平衡条件有 mg sin0=kv1+umg cos0,解得m=80kg,μ= 0.25,故C、D正确。 9 参考答案及解析 *A【模型建构】 建构模型 等时圆模型 物体沿着位于同一竖直圆上的所有光滑细杆 确定物 由静止下滑，到达圆周的最低点（或从最高点 理原理 到达同一圆周上各点)的时间相等，都等于物 体沿直径做自由落体运动所用的时间 A A 0、 常见情况 ·02 、0 B B B 甲 乙 丙 【解析】小滑块在斜面ABO上运动时，根据牛顿运动 定律mgcosa=m,解得a-&,故A皓误。根据 几何关系可知，AO垂直CO,小滑块在斜面CDO上运 动时，mRsa=ma,解得。=名，所以小清块在斜 面ABO上与斜面CDO上运动时的加速度之比为 3:1,故B正确。小滑块在CE上运动4”=”ng cos0 气&，在斜面AB0上运动时2Rc0se=a,在斜面 √3 1 CD0上运动时2 Rsin a=2a't”,在斜面CE上运动 2 Rcosa=a,解得1=t=,放C正确。设小圆 半径为r,则在CD段运动时2Rsin&一2 rsin a= 1 2 gsin ax,在AB段运动时2 Rcos a-2 rcos a= 1 28 cos aX,所以AB和CD运动时间相等，而AO、 CO段运动时间也相等，则小滑块在DO段运动的时 间与在BO段运动的时间相等，故D正确。 *A【解析】撤去外力前对A、B整体分析可知F弹= 3mgn30=kAz,可得弹簧的压箱量为ax,-3, 选项A错误。C速度最大时，A、B恰好分离，则此时 B、C的加速度为零，则对B、C整体，mg sin30°= m mcg,可得物体C的质量为mc=2,选项B正确。对 C分析可知mcg一T=mca,可知当加速度a最小时 绳子拉力最大，即当a=0时T最大，则细绳张力最大 值为Tm=2mg,选项C正确。撤去外力之前A,B间的 压力N,=mgm30-日g,刚撤去外力时，对ABC 整体，mcg=(m+2m十mc)a1,对A分析可知F弹 高三一轮复习周测卷 3 2 ng sin30°-N2=2ma1,解得N2=14mg,可知Y2 N 号，即撤去外力瞬间，A、B间压力变为原来的，选项 D正确。 Fod2 8.(1)BC(2)0.740(3)2gkL 【解析】(1)由于本实验要测量物块与长木板间的动 摩擦因数，因此不需要平衡摩擦力，故A错误。实 验开始前，应调整轻滑轮的高度，使细线与长木板上 表面平行，物块受到的绳子拉力与长木板平行，绳子 拉力和摩擦力处于同一条直线上，故B正确。力传 感器的示数等于绳拉力的大小，由于托盘及砝码有 向下的加速度，因此合力方向向下，实验时，力传感 器的示数小于托盘及砝码的总重力，故C正确。本 实验中用力传感器测量绳子拉力，因此不需要终保 证物块及力传感器的总质量远大于托盘及砝码的总 质量，故D错误。 (2)如图乙所示，游标尺有20小格，精确度是 0.05mm,主尺读数7mm,游标尺与主尺在第8格 对齐，则遮光片的宽度为d=7mm十8×0.05mm= 7.40mm=0.740cm。 (3)物块做初速度为零的匀加速直线运动，根据已知 条件可得。2=2aL=(）,取物块为研究对象，根 据牛顿第二定律可得F一mg=ma,联立可得F= 2L‘产+mg,由图丙可知=md, md2 1 2L,F。=mg,解 _Fod2 得μ=2gkL· 9.(1)12.5m/s2(2)0.7s(3)1.25m≤L2<2.5m 【解析】(1)滑块在传送带上开始滑动时，根据牛顿 第二定律可得mg sin0+h1 ng cos0=ma1, 解得加速度大小为a1=12.5m/s2。 (2)设滑块到传送带底端前已经与传送带共速，则共 速前所用时间为1=0=0,2s, 共速前滑块下滑的位移大小为x,-号1=0.25m< L1=1.5m,假设成立； 由于41= 2>tan30°=3 ,则共速后，滑块与传送 带保持相对静止做匀速运动，则滑块匀速运动的时 间为2=L1-x1=0.5s, 则滑块在传送带上运动的时间为t=t1十t2=0.7s。 (3)滑块滑上小车时，以滑块为对象，根据牛顿第二 定律可得μ2mg=ma2,解得加速度大小为a2= 2m/s2,方向向左；以小车为对象，根据牛顿第二定 ·10 ·新教材版J· 律可得42mg=Ma3,解得加速度大小为a3= 0.5m/s2,方向向右； 设经过t'时间，滑块与小车共速，则有℃共=℃。一 a2t',v共=a3t', 解得t'=1s,℃共=0.5m/s, 则滑块与小车相对静止时，滑块与小车之间发生的 相对位移为△x=一1车=6青生1-爱 2 2=1.25m, 为了使滑块能停在小车的右半侧，则有△x≤L2< 2△x,可得小车长度L2的取值范围为1.25m≤L2< 2.5m。 0.(1)8m(2)12m/s(3)4.2s 【解析】(1)木块刚滑上木板时，根据牛顿第二定律 得mg sin0十mg cos0=ma1, 解得a1=9m/s2, 此时对木板分析，Mg sin0-umg cos0=Ma2,解得 α2=0，即木板保特静止， 木块向上滑动的过程中，根据运动学公式可得 2a1L=o,解得L=8m。 (2)木块滑到木板上端后与木板一起向下做匀加速 直线运动，对整体分析 (M+m)gsin0=(M+m)a3,解得a3=6m/s2, 设当木板刚碰上挡板时，木块的速度为v1,根据 2a3L0=v,解得v1=4√6m/s, 木板停下后，设木块的加速度为a4,根据牛顿第二 定律得mg sin0-umg cos0=ma4, 解得a4=3m/s2, 设木块滑下木板时的速度为v2,根据运动学公式得 2a4L=v-v1,解得v2=12m/s。 (3)根据题意可知，木块刚滑上木板时的加速度仍 为a1=9m/s2,此时对木板分析得F十mg cos0一 g sin0=Mas,解得a5=3m/s2, 设二者共速的时间为t2,根据运动学公式得。 a1t1=a5t1,解得t1=1s, 共速时的速度为v共=ast1=3m/s, 1 此时木板向上的位移x复=20号=1.5m, 木板与木块发生的相对位移为△x=（vot1一 2a1i)-x板，解得△x=6m, 1 共速后，假设二者一起运动，根据牛顿第二定律得 (M+m)gsin 0-F=(M+m)a6, 解得a6=5m/s2, 对木板分析得g sin0十f一F=Maa,解得f= 2N<mg cos0,故假设成立。 设从共速到木板碰到挡板的过程中，二者一起运动 ·物理· 的时间为t2,根据运动学公式得一(x板十L。)= 、1 0共t2一2agt2,解得t2=2.6s, 木板刚停下时，木块的速度v块=v共一a6t2,解得 v块=一10m/s, 设木块滑下木板时的速度为，根据运动学公式得 v2-v=2a4△x, 物理( 1.D【解析】在国际单位制中，功率的单位是瓦特 (W),但不是国际单位制中的基本单位，A错误。根 据功率定义式P-W, ,功的单位是焦耳)，功率的单 位为J/s,不是国际单位制中的基本单位，B错误。根 据W=Fx=Ft,可知功率的单位还可以写成N·m· s1,但不是国际单位制中的基本单位，C错误。结合 牛顿第二定律F=ma,可知1N=1kg·m·s2,那 么功率的单位使用国际单位制的基本单位可以表示 为kg·m2·s3,D正确。 2.C【解析】根据题意可知B、C沿着斜面一起向下做 匀加速直线运动，加速度相等，则C的加速度沿着斜 面向下，在垂直斜面方向受槽B的支持力处于平衡 状态，沿斜面方向上不受槽B的力的作用，即C与圆 的切线与斜面平行。 3.C【解析】嫦娥六号绕月球运动一圈，半径为r,时 间为t,位移为零，平均速度为位移与时间的比值，故 平均速度的大小为零，故A错误。质量是惯性大小 的唯一量度，因为月球土壤质量不变，所以其惯性也 不变，故B错误。嫦娥六号返回舱在地球表面着陆 的最后减速阶段，加速度向上，处于超重状态，故C 正确。月球表面没有空气，不能靠气体的压力差为 无人机提供动力，四旋翼小型无人机无法工作，故D 错误。 4.B【解析】对小球受力分析如图所示， FN 根据牛顿第二定律，有mg tan37°=ma, 37 3 求得a=4g,木板、圆弧轨道和小球一 起向右做匀加速直线运动，故三者运动 的加速度大小都为g,放A错误。对 圆弧轨道和小球组成的整体，根据牛顿s+ 3 第二定律有f2=(M+m)a=(M+m)g,故B正 确。圆弧轨道与木板之间的动摩擦因数2满足 A:M+mg≥M+m)a=M+m)·g,即A≥ 0.75,故C错误。对于木板、圆弧轨道和小球组成的 整体，根据牛顿第二定律有F一41(2M十m)g (2M+m)a,求得F=(2M+m)(a+)g,放D 错误。 ·11 参考答案及解析 此时木块的速度方向沿斜面向下，解得v= -136m/s, 木板停下后，木块在木板上运动的时间t3= 0一V块 -a4 解得t3≈0.57s, 物块从滑上木板到滑离木板的总时间t=t1十t2十 t3,解得t≈4.2s。 六) 5.D【信息获取与转化】 序号 图文信息 隐含信息 1 v-t图像 斜率表示加速度 弹簧振子的周期公式为 2 m 此时间与速度大小无关 T=2r入 3 把小球压到更低位置 弹簧弹性势能更大 【解析】小球释放时弹簧弹力大于重力，先向上做加 速运动，弹簧形变量减小，弹力减小，加速度减小，当 弹力大小等于小球重力大小时，加速度为0，速度达 到最大，继续上升，弹力小于重力，加速度向下，小球 向上做加速度增大的减速运动，直到脱离弹簧（弹力 为零)，继续上升，只受重力，小球向上做匀减速运 动，故A错误。小球脱离弹簧前做简谐运动，设小球 脱离弹簧时速度大小为，方向向上，加速度大小为 g,方向向下。根据简谐运动的对称性，在该位置关 于平衡位置的对称处，小球速度大小也为，方向向 上，加速度大小也为g,方向向上。简谐运动中离平 衡位置越远，加速度越大，所以小球释放瞬间的加速 度大于重力加速度，故B错误。弹簧振子的周期 T=2π√石，若把小球压到更低位置释放，从最低点 m 到平衡位置的距离变大，但周期不变，所用时间仍为 T,从平衡位登到脱离弹资位置的距离不变，平均 速度变大，所用时间变短，小球从释放到脱离弹簧所 用的总时间变短，故C错误。把小球压到更低位置 释放，小球上升到平衡位置时的速度变大，从平衡位 置到脱离弹簧过程弹力做功与重力做功不变，可知 小球脱离弹簧时的速度变大，上升的最大高度增加， 故D正确。 B【解析】由于A、B、C三个滑块加速度相同，A的 质量比C的质量大，根据牛顿第二定律可知，滑块A 比滑块C受到的合力大，故A错误。将A、B、C三 个滑块作为整体，根据牛顿第二定律F一64mg= 6ma,对A滑块根据牛顿第二定律得1x1一34mg= 3ma,将A、B两个滑块作为整体，根据牛顿第二定律 得，，一5pmg=5ma,解得2-36：，故B正确。两 x25k1 弹簧a山的弹力之比为：-：-号放C错误。 若弹簧α突然断裂，在断裂瞬间，对滑块A由牛顿第