周测卷(六)牛顿运动定律(三)-【鱼跃龙门卷】2026-2027学年高三物理一轮复习周测卷（江苏专用）

6 2026一2027学年度高三一轮复习周测卷（六） 物理·牛顿运动定律（三） (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.由雪龙号和雪龙2号极地考察船负责保障任务的中国第41次南极考查队年初在南极进行科 学考察。数据显示，雪龙2号的功率达到了1.5×10？W。功率是描述做功快慢的物理量，若 用国际单位制的基本单位表示，功率的单位为 A.W B.J/s C.N·m·s-1 D.kg·m2·s3 2.如图，小球C置于光滑圆形槽B内，B放在倾角为0的足够长的光滑斜面A上，B、C一起沿 斜面下滑，不计空气阻力，稳定后C、B相对静止，则C、B的相对位置正确的是 A B 3.2024年5月3日17时27分，搭载嫦娥六号探测器的长征五号遥八运载火箭在中国文昌航天 发射场发射。6月6日14时48分，嫦娥六号上升器成功与轨道器和返回器组合体完成月球 轨道的交会对接，并于15时24分将月球样品容器安全转移至返回器中。关于嫦娥六号在整 个发射和回收的过程中，下列说法正确的是 A.若嫦娥六号绕月球运动一圈的半径为r,时间为1，则其平均速度的大小为2 B.若将嫦娥六号采集的月球土壤带回地球，月壤在地球表面上因为重力变大，所以其惯性也 变大 C.嫦娥六号返回舱在地球表面着陆的最后减速阶段处于超重状态 D.有无人机爱好者建议，下次嫦娥七号应该带一个四旋翼小型无人机，在月球登陆后，释放 无人机，可以大范围观察月球表面的情况 4.如图所示，一质量为M的木板静止在水平地面上，其上放置一质量也为M的四分之一光滑圆 弧轨道，圆弧轨道的圆心为O,轨道最低点的切线水平，A为圆弧轨道上一点，OA与竖直方向 的夹角为37°。一质量为m的小球锁定在A点，木板与地面之间的动摩擦因数为41，圆弧轨 道与木板之间的动摩擦因数为42，一水平向右的外力F作用于木板上，同时将小球解除锁定， 木板、圆弧轨道和小球一起向右做匀加速直线运动，小球恰好能相对圆弧轨道静止于轨道上 的A点，重力加速度大小为g,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，si37°=0.6，cos37°=0.8， 则下列说法正确的是 A.木板运动的加速度大小为38 B.木板与圆弧轨道之间的摩擦力大小为子(M十m)g C.圆弧轨道与木板之间的动摩擦因数2可能为0.7 F 777777777777777777777777777777777 D.拉力F的大小为(2M+m)(1+g) 物理·周测卷（六）第1页（共4页） 6 广鱼款龙门卷 5.如图甲所示，轻质弹簧下端固定在地面上，上端放一小球，将小球向下压到某一位置从静止释 放，小球向上弹起脱离弹簧后继续上升一段高度。小球从释放到上升到最高点过程的t图 m 像如图乙所示，弹簧始终处于弹性限度内。弹簧振子的周期公式为T=2石，m为振子质 量，及为弹簧的劲度系数。下列说法正确的是 A.小球脱离弹簧前一直做加速运动 B.小球释放瞬间的加速度大小等于重力加速度 WWWWWWWWWW C.若把小球压到更低位置释放，从释放到脱离弹簧所用时间不变 mmiin D.若把小球压到更低位置释放，小球上升的最大高度增加 甲 之 6.如图所示，质量分别为3m、2m、m的滑块A、B、C置于水平地面上，中间用劲度系数分别为 k1、k2的轻弹簧α、b连接，对滑块C施加水平向右的恒力F,使A、B、C一起无相对运动地向 右加速运动。已知滑块与地面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g。在滑块运动过程中， 下列说法正确的是 A.滑块A比滑块C受到的合力小 A B k C 000000MYr000000m1 →F k2 B.两弹簧a、b的伸长量之比为 777777 k1 C.两弹簧a、b的弹力之比为1：1 D.若弹簧α突然断裂，在断裂瞬间，滑块A比滑块B的加速度大 7.质量分别为1kg、2kg的滑块A、B按如图所示的方式叠放在水平地面上，用水平力F向右拉 滑块B,已知重力加速度g取10m/s2,A、B之间的动摩擦因数为0.2，B与水平地面之间的 动摩擦因数为0.1，则下列说法中正确的是 A.若F=3N,地面对B的摩擦力大小为2N B.若F=6N,滑块A的加速度大小为2m/s2 B 777777777777777777 C.若F=9N,A、B之间的摩擦力大小为2N D.若F=12N,滑块B的加速度大小为5m/s2 ￥如图所示，水平传送带以v1=2m/s的速度顺时针匀速转动，质量m=2kg的物块A放在传送 带上，通过不可伸长的轻绳跨过光滑轻质定滑轮与质量同为m=2kg的物块B连接，滑轮与A 间的轻绳水平。某时刻A、B速度大小均为v2,方向如图所示。已知物块A与传送带间的动摩 擦因数4=0.5，重力加速度g取10m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是 A.若v2=1m/s,则此时传送带对A的摩擦力水平向左 02 B.若v2=2m/s,则此后物块A向右匀速运动 C.若v2=3m/s,则此时物块A的加速度大小为5m/s2 D.若v2=4m/s,则此时轻绳拉力大小为15N Bv *如图所示，滑块B放在斜面体A上，B在水平向右的外力F1,以及沿斜面向下的外力F,共同 作用下沿斜面向下运动，此时A受到地面的摩擦力水平向左。若A始终静止在水平地面上， 则下列说法中正确的是 A.同时撤去F1和F2,B的加速度可能沿斜面向上 B.只撤去F1,在B仍向下运动的过程中，A所受地面摩擦力的方向可能 向右 77777777777777777777777 C.只撤去F2,在B仍向下运动的过程中，A所受地面摩擦力的方向可能向右 D.只撤去F2,在B仍向下运动的过程中，A所受地面的摩擦力不变 物理·周测卷（六）第2页（共4页） 新教材版J 班级 二、非选择题：本题共3小题，共51分。 8.(11分)某同学利用如图甲所示的装置进行探究物体之间 打点计时器 拉力的关系。质量分别为m1、m2的物块A、B放在左端 2 凸纸带 姓名 长木板 固定有光滑定滑轮的长木板上，两物块左端分别固定有拉 力传感器1、2，拉力传感器质量不计。物块A与拉力传感 A砝码和砝码盘 得分 器2通过轻绳连接，拉力传感器1通过绕过定滑轮的轻绳 甲 与装有砝码的砝码盘连接。现将纸带穿过打点计时器与物块B连接。实验过程中轻绳、纸带 均与长木板平行，拉力传感器1、2对应的示数分别为F1、F2。 (1)以物块A和B作为研究对象，探究加速度α和拉力F1之间的关系。关于实验过程，下列 说法正确的是 。(填正确答案标号) A.实验过程中需要补偿阻力 选择题 B.实验过程中应先释放物块、后接通打点计时器的电源 答题栏 C.实验过程中需要保证砝码和砝码盘的质量远小于两物块的总质量 1 (2)打出的纸带及数据如图乙所示，A、B、C、D、E为连续相邻的计数点，相邻两计数点间还有 2 四个点未画出，则此次实验系统的加速度大小为 m/s2(结果保留2位有效数字)。 3 ↑FN 3.0 4 2.62 5 7.22 13.80 6 22.44 单位：cm 5.0FN … 乙 丙 (3)为探究拉力F1和F2的关系，根据实验数据绘制了F2F1的图像如图丙。已知物块A的 米 质量为2.0kg,则物块B的质量为 kg(结果保留2位有效数字)。 9. (20分)如图甲所示，长木板B固定在光滑水平面上，可视为质点的物块A静止叠放在B的最 左端。现用F=5N的水平力向右拉A,经过4s,A运动到B的最右端，且其v-t图像如图乙 所示，已知A、B的质量分别为1kg、3kg,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10m/s2。 (1)求A、B间的动摩擦因数和长木板的长度L。 (2)若B不固定，仍用F=5N的水平力向右拉A,求A、B的加速度大小。 (3)若B不固定，仍用F=5N的水平力向右拉A,求A在B上运动的时间。 个v/(m·s1) 8.0 7777777777777777777 4.0t/s 甲 乙 新教材版J 物理·周测卷（六）第3页（共4页） 鱼默龙门卷 10.(20分)如图所示，固定斜面的倾角0=37°，底端O与水平面右端平滑相连，水平面左端与倾 角为0=37°足够长的传送带在A点平滑相连，传送带以速度v。=4m/s逆时针匀速转动，质 量m=1kg的小物块（可视为质点）从高h=15m处由静止从斜面上滑下，小物块与斜面、水 平面和传送带间的动摩擦因数均为4=0.5，水平面长x=3.6m,sin37°=0.6，cos37°= 0.8,重力加速度g取10m/s2,求： (1)小物块在斜面上受到摩擦力的大小和刚滑到斜面底端时的速度大小。 (2)小物块运动到A点的速度大小和沿传送带向上运动过程中的加速度大小。 (3)小物块沿传送带向上运动的时间和向上滑行的最远距离。 02 日入 7777777777777ǒ 77777777777777 物理·周测卷（六）第4页（共4页）·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 高三一轮复习周测卷 二定律得μX3mg=3maA,解得aA=g,对滑块B 由牛顿第二定律得k2x2一uX2mg=2maB,则aB= 名g+号0>aA,所以若弹获。突然断数，在断裂嬲 间，滑块A比滑块B的加速度小，故D错误 7.C【解析】根据已知条件，可知B与地面间的最大 静摩擦力f Bmx=4地(mA十mB)g=3N,当F=3N 时，B处于静止状态，地面对B的摩擦力与外力F平 衡，故地面对B的摩擦力大小为3N,A错误。设 A、B恰好发生相对滑动时的外力为F。,对滑块A, 根据牛顿第二定律可得：ABTAg=mAao,解得a。= 2m/s2,对滑块A、B整体，由牛顿第二定律可得 F。-u地(mA十mB)g=(mA+mB)ao,解得F0= 9N,故当F=6N时，A、B没有发生相对滑动，二者 具有共同的加速度，整体受力分析可得F一fBmax= (mA十mB)a,代入数据解得a=1m/s2,B错误。根 据上述分析可知，F=9N时，A、B刚好发生相对滑 动，故A、B间的摩擦力fAB=MABTAg=2N,C正 确。F=12N时，A、B发生相对滑动，对B受力分 析，结合牛顿第二定律可得F一fAB一fBmx=mBaB, 解得ag=3.5m/s2,D错误。 D【解析】若v2=1m/s,则此时A相对传送带向左 运动，则传送带对A的摩擦力水平向右，选项A错误。 因A与传送带之间的滑动摩擦力大小为f=mg= 10N,若v2=2m/s,则此时A与传送带之间的摩擦 力为零，A、B受合外力为F=mg=20N,则物块A、 B将加速运动，于是A的速度将大于传送带的速度， 此后物块A受向左的滑动摩擦力，则A、B所受合外 力变为F'=mg一f=10N>0,则A向右做加速运 动，选项B错误。若v2=3m/s,则此时物块A受滑 动摩擦力向左，则A的加速度大小为a=mg一」= 2m 20-10 4 m/s2=2.5m/s2,选项C错误。若v2= 4m/s,则此时物块A受滑动摩擦力向左，则A的加 速度大小为a'=mg-f_20-10 m/s2=2.5m/s2, 2m 4 对B分析，mg一T=ma',解得此时轻绳拉力大小为 T=15N,选项D正确。 【归纳总结】 求解传送带问题的几点注意 ①v物<v带，摩擦力为动力，物 体加速； 物体速度 方向相同 ②v物>带，摩擦力为阻力，物 与传送带 体减速 速度的 关系 摩擦力先为阻力，物体减速到 方向相反 零后再成为动力，物体反向加 速运动 临界状态 当物=0带时，摩擦力发生突变，物体的加速 度发生突变 滑块与传送带的划痕长度等于滑块与传送带 划痕长度 的相对位移的大小 12 ·新教材版J· *D【解析】若斜面体A表面光滑（设斜面的倾角为0， A的质量为m,B的质量为M),若同时撤去F1和 F,,B在其重力沿斜面向下的分力Mgsn0的作用下 一定沿斜面向下做匀加速直线运动。如果只撤去F1, 使A相对地面发生相对运动趋势的外力大小是 FN2sin0=Mg cos0sin0,方向向右，如图1所示，由于 g cos0sin0(gcos0+F,sin0)sin0,所以A所受 地面的摩擦力仍然是静摩擦力，其方向仍然是向左， 而不可能向右。只撒去F2,在B仍向下运动的过程 中，使A相对地面有向右滑动趋势的外力是F′= (g cos0十F1sin0)sin0,如图2所示，与F2是否存 在无关，所以只撤去F2,在B仍向下运动的过程中，A 所受地面的摩擦力应该保持不变。若斜面体A表面 粗糙（设A、B之间的动摩擦因数为μ），B在F1、F2 共同作用下沿斜面向下运动，根据题意知，在B沿斜 面体下滑时，受到A对它的弹力F~和滑动摩擦力f, 根据牛顿第三定律，这两个力反作用于A,斜面体A 实际上就是在这两个力的水平分力作用下有相对地 面向右运动的趋势的，则Fwsin0>fcos0,又因为 f=uFN,所以Fwsin 0>uFN COs 0,即u<tan0。同时 撤去F1和F2,由以上分析可知Mg sin0> Mg cos 0,所以B所受的合力沿斜面向下，加速度方 向也一定沿斜面向下。如果只撒去F,,在B仍向下 运动的过程中FN=Mg cos0,f=uFN,假设A受的摩 擦力fA方向向左，如图3所示，则Fnsin0=fcos0+ fA,则有fA=Fwsin9-uFNcos0=FN(sin0- μcos0)>0,所以斜面体A有相对地面向右运动的趋 势，摩擦力方向向左。又由于F2的存在与否对斜面 体受地面摩擦力大小没有影响，故只撤去F2后，斜面 体A所受摩擦力的大小和方向均保持不变。综上所 述，D正确，A、B、C错误。 F、N地 m mg 图1 图2 图3 8.(1)A(2)2.0(3)3.0 【解析】(1)为了消除摩擦力对实验的影响，需补偿 阻力，A正确。在使用打点计时器时，应先接通电源 再释放物体，B错误。实验过程中，拉力F1直接通 过传感器1测出，实验过程中不需要保证砝码和砝码 盘的质量远小于两物块的总质量，C错误。 (2)根据逐差法得a= (22.44-7.22)×10-2-7.22×10-2 m/s2=2.0m/s2。 0.22 (3)根据牛顿第二定律得F1=(m1十m2)a,F2= ma,解得F,=m1十m2 mF,根据图像得m m1十m2 5,解得m=3.0kg。 9. (1)0.316m(2)2m/s21m/s2(3)4√2s 【解析】(1)根据v-t图像可得物块A的加速度a= w=2m/s, △t ·物理· 根据牛顿第二定律F-4mAg=mAa,可得u=0.3, 根据图像面积可得长木板长度L=)X8X4m 16m。 (2)若B不固定，假设A、B发生相对滑动，则A的 加速度aA= F-um Ag =2 m/s', mA 对长木板B分析可知mAg=mgaB,解得aB三 1m/s2, 假设合理，即A的加速度为2m/s2,B的加速度为 1m/s2。 (3)物块A在长木板上滑行的相对位移为长木板长 度，即L=aA-e,解得4=42 10.(1)4N10m/s(2)8m/s与传送带共速前， a2=10m/s2,与传送带共速后，a3=2m/s (3)2.4s6.4m 【解析】(1)小物块在斜面上受到滑动摩擦力作用， 其大小为f=mg cos0=0.5×1×10×0.8N= 4N, 物理( 1.C【模型建构】 建构模型 小船渡河模型 确定物 运动的分解：船的实际速度可分解为船在静 理原理 水中的速度船和水流的速度？水 最短时 d 间渡河 min lmin=d V船>V水 V船 L4LLLLLLL4LLLLLLLLLLLLLLLLL 最短位 0 移渡河 7n77777 D求 V船<V水 ln=d.水 水 【解析】当船在静水中的速度垂直河岸时渡河时间 最短，tmin= d150 V船3 s=50s,故A错误。船以最短 ·13 参考答案及解析 小物块沿斜面向下做匀加速直线运动，根据牛顿第 h 二定律可得mg sin0-f=ma1,wf=2a1sin0,联 立解得1=10m/s。 （2)从斜面底端到A点，有mg=ma2,1-o= 2a2x,联立解得v2=8m/s, 沿传送带向上运动过程，与传送带共速前，根据牛 顿第二定律可得mg sin0十f=ma2,解得a2= 10m/s2, 与传送带共速后，由于μ<tan37°，则小物块会继续 减速，有mgsin0-gcos0=ma3,解得a3=2m/s2。 (3)小物块滑上传送带做匀减速直线运动，有t1= u2-v0_8-4s=0.48, a2 10 3-6=2.4m, T1= 2a2 08二4m, 共速后，4：-8=284 所以小物块沿传送带向上运动的时间为t=t1+ t2=2.4s, 向上滑行的最远距离为x'=x1十x2=6.4m。 七) 时间渡河时沿河岸的位移x=v水tmm=5X50m= 250m,即它沿水流方向的位移大小为250m,故B错 误。因为水流速度大于船的静水速度，所以船不能 垂直渡河，如图所示，当合速 度与静水速度的方向垂直时， 合速度与水流速度的夹角最大， 10 0水 渡河位移最小，则血0一--子则渡河的最小位移 d150 x-sin0 m=250m,故C正确。当船以最短 3 5 位移渡河时，时间为t=工 250 s=62.5s,故 0合√52-32 D错误。 D【解析】小球的逆运动是平抛运动，设小球在P 点的速度大小为o,C、Q间的距离为s,则到达Q点 的速度大小为cos37°，则L十scos37°=cos37°· 1 t,sin37°=2"sin37°，t,解得s=1.25L。 A【解析】过B点作一水平 线，过C点作水平线的垂线交 于M点，由几何关系可知，Mi 点即为QB的中点，如果小球平 0=30° 抛时的初速度变为原来的一 半，则轨迹交于M点，由于平抛运动的轨迹越往下则 越往竖直方向偏，所以落在斜面上C点的平抛运动 轨迹与QB交于N点，则水平位移比轨迹交于M点 的更小，即<，故A正确。