周测卷(四)牛顿运动定律(一)-【鱼跃龙门卷】2026-2027学年高三物理一轮复习周测卷（福建专用）

高三一轮复习周测卷 *AD【解析】在水平力大小由零逐渐增加至G时，A 对斜面的压力达到最大，最大值为F1=Gcos37°十 Gsin37°=1.4G,A正确。在水平力为零时，A对斜面 的压力最小，最小值为F2=Gcos37°=0.8G,B错误。 在水平力为零时，A所受摩擦力方向沿斜面向上，大 小为f1=Gsin37°=0.6G,在水平力为G时，A所受 摩擦力方向沿斜面向下，大小为f2=Gcos37° Gsin37°=0.2G,可知，A所受摩擦力的最大值为 0.6G,C错误。根据上述，当水平推力沿斜面向上的 分力与重力沿斜面向下的分力大小相等时，A相对斜 面没有运动趋势，此时A所受摩擦力的最小值为零，D 正确。 7.30.135【解析】物块受到的最大静摩擦力为 fm=mg=5N,由于F=3N<fm,则物块保持静 止，根据平衡条件可知，物块所受摩擦力为f1=F= 3N。根据胡克定律F=x,解得x=0.03m,此时 弹簧总长为l1=L。十x=0.13m。由于F=6N> ∫m,物块与地面间将发生相对滑动，物块受到滑动摩 擦力，所以物块所受摩擦力为f2=∫m=5N。 8.(1)C(2)等于(3)会 【解析】(1)根据实验原理可知，图甲可测量合力， 乙、丙两图测量分力，结合胡克定律可知，需要测量 弹簧的原长以及图甲、乙、丙中弹簧的长度，以便测 量三个力的大小，三个力的大小均与劲度系数成正 比，则形变量大小可以表示力的大小关系，故A、B错 误。步骤④中每次重复实验时，不需要保证O点位 置与第一次实验记录的位置一致，从而使实验更具 有普遍性，故C正确。 (2)根据实验原理可知，图甲测量合力，乙、丙两图测 量分力，所以图乙中细绳L2的拉力大小等于图丙中 弹簧的弹力大小。 (3)水瓶中的水洒落了少许，即合力减小，虽然弹簧 和细绳L2的方向都与步骤②中平行，O点位置也与 步骤②中重合，但弹簧弹力会变小，从而造成实验 误差。 物理( 1,B【信息获取与转化】 序号 文本信息 隐含信息 弹力为恒力，伸长量为 轻弹簧水平且弹力大小 1 定值，木块A静止不 为F2 动，受力平衡 2 B做匀速运动 受力平衡 水平恒力F1…轻弹 3 竖直方向受力平衡 簧水平 【解析】木块A和木板B之间有相对运动，所以A、 6 ·新教材版F· (1)2m /11 (2)2mg（k1k2 【解析】(1)当I恢复原长时，对A、B及弹簧Ⅱ整体 分析，绳子的拉力为F=2mg,即小桶中细砂的质量 为2m。 (2)开始时，对A、B及弹簧Ⅱ分析，k1x1=2mg,弹 簧I的压缩量为，=28，对B分析，，c,=mg, 弹领Ⅱ的压缩量为，一爱，当I恢复原长时，对A 分析，k2z=mg,弹簧Ⅱ的伸长量为x=,在此 过程中，小桶下降的距离为h=x1+x2十x2= ,（1+1) 2mg（+ 10.(1)5N53N(2)大小为10N,方向与水平方 向成30°角斜向左上方 5 【解析】(1)以物体N为对象，根据受力平衡可知轻 绳OB的拉力大小为Fg=m1g=10N, 以O点为对象，根据受力平衡可得FA=Fasin0= 1 10×2N=5N, F-Facos0N-55 N. (2)以滑轮为对象，可知轻绳对滑轮的作用力大小 为F=2 Facos60°=10N,方向沿滑轮两侧轻绳的 角平分线向下，即与水平方向成30°角斜向右下方； 则定滑轮对轻绳的作用力大小为10N,方向与水平 方向成30°角斜向左上方。 (3)如果物体M恰好没有滑动，则有Fc=f, 又f=N=um2g, 联立解得物体M与水平面间的动摩擦因数为 A 4。 四) B之间的摩擦力是滑动摩擦力，故A错误。木块A 处于静止状态，根据平衡条件可知，弹簧的拉力F2 等于A、B之间的摩擦力f的大小，即F2=f,由A、 B之间的弹力为FN=mAg,根据滑动摩擦力公式 f=FN,联立上式可得F2=mAg,可知，木块A的 质量越大，则F2也越大，故B正确。木块A受到的 摩擦力和木块A受到轻弹簧的拉力是一对平衡力， 故C错误。若木板B加速向左运动，木块A受到的 滑动摩擦力不变，木块A仍处于静止状态，弹簧弹力 和木块A受到的摩擦力是一对平衡力，所以弹簧弹 力大小不变，仍为F2,故D错误。 ·物理· 2.B【解析】剪断悬挂于O点的细线瞬时，弹簧的弹 力不变，弹簧长度不发生变化，分别对两小球受力分 析，根据牛顿第二定律可知aA>g、aB<g,那么两小 球之间细线的拉力瞬间消失，A错误，B正确。开始 时弹簧的弹力为2mg,剪断两小球间的细线时，弹簧 弹力不变，两小球之间细线的拉力瞬间消失，对A球 分析可知悬挂于O点细线的拉力由2mg瞬间减小 为号mg,C错误。弹变的下端与小球B突然脱开 时，弹簧的弹力突然消失，下方细线的拉力增大为 mg,悬挂于O点的细线的拉力保持不变，D错误。 【归纳总结】 求解状态变化时瞬时加速度的步骤 分析原状态物体的受力情况，根据平衡条件或牛 1 顿运动定律求出各力的大小 分析状态变化时，哪些力变化，哪些力不变，哪些 2 力会消失 求出物体状态变化后所受的合力，利用牛顿运动 3 定律求出瞬时加速度 3.D【信息获取与转化】 图像 斜率意义 与横轴所围面积的意义 v-t 加速度 位移 a-t 速度变化量 x-t 速度 【解析】根据牛顿第二定律，上升过程有一(mg十 f)=ma1,下降过程有f-mg=ma2,可判断|a1> |a2|,即上升和下降过程加速度大小不同，所以v-t 图像的斜率不相等，加速度的方向均竖直向下，为负 值，故A、B错误。上升和下降过程中分别做匀变速 直线运动，x-t图像为曲线，不是直线，故C错误。由 于|a1>|a2,且上升位移大小与下降时位移大小 相等，所以上升用时短，下降用时长，故D正确。 *B【解析】由3.0~4.5s内图像斜率可知，第3.0s 未物块的速度。=兰-0.33n6=-2ms,第 2.0s末物块的速度为零，A错误。第2.0s末物块的 速度为零，2.0~3.0s时间内，物块的加速度为a= △0_（-2)-0 At 3一2m/s=一2m/s3,B正确。由牛顿第 二定律得-mg=ma,解得μ=0.2，C错误。0~2s 内，由v=o+at,得0=v。+[(-2)×2]m/s,所以 0=4m/s,D错误。 4.AB【解析】由题可知，游客相对轿厢静止，故游客 的加速度与轿厢的加速度相同，即为a=4m/s2,将 游客的加速度分解到水平方向和竖直方向，则有 a水=acos30°=23m/s2,a竖=asin30°=2m/s2, 。7 参考答案及解析 竖直方向上，游客受到向上的支持力，根据牛顿第二 定律FN一mg=ma竖，代人数据可得支持力大小为 F、=600N,比重力500N更大，所以游客处于超重 状态，故A、B正确。由于游客水平方向加速度向右， 可知游客受到水平向右的摩擦力，大小为f=ma水= 50×2√3N=100√3N,故D错误。对游客受力分 析，可知游客受轿厢竖直向上的支持力和水平向右 的摩擦力作用，根据牛顿第三定律，可知游客对轿厢 的压力竖直向下，摩擦力水平向左，根据平行四边形 定则，可知游客对轿厢的作用力斜向左下方，故C 错误。 ACD【解析】设B的速度大小为vB,根据速度的合 成与分解，可得，=0se,解得=。B向 右运动的过程中，α减小，故vB减小，所以B向右做 减速运动，当a=53时B的速度为vB=5m/s,故C 正确。由题知，A向上做匀速运动，对A受力分析， 根据平衡条件可得轻绳的拉力为T=mAg=20N, 因B向右做减速运动，水平方向合外力不为零，故不 能用平衡条件求B所受的滑动摩擦力大小，当α= 53°时，对B受力分析，根据正交分解，在竖直方向受 力平衡，则有mBg=Tsin a+N,解得N=14N,则 B所受滑动摩擦力为f=N=2.8N,故A正确，B 错误。设B向右做减速运动的加速度为a,在水平方 向，根据牛顿第二定律有f+Tcos a一F=ma,解得 F=f+Tcos a-ma,即F<f+Tcos a=μ(mBg- Tsin a)+Tcos a,代入数据解得F<14.8N,故D 正确。 AD【信息获取与转化】 图文关键信息 隐含信息 环在A点正好处于静止状态… 环受力平衡，弹簧竖直 OA沿竖直方向 光滑硬直杆 不存在摩擦力 几何关系 可求弹簧形变量 【解析】环在A点时，弹簧对环的拉力竖直向上，环 的重力竖直向下，若杆对环有弹力，则必沿倾斜方 向，则环的合力不可能等于0，环不可能处于静止状 态，则杆对环的弹力为0，故A正确。由几何关系可 得O、A两点间的距离为4L,在A点由二力平衡可 得(4L一3L)=mg,解得及=2，故B错误。在B 点，弹簧对环的弹力垂直于杆，把环的重力分别沿着 杆和垂直杆分解，则环的合力等于重力沿着杆的分 4. 力，则有mg sin53°=mag,解得as=5g,故C错 误。由几何关系可得O、C两点间的距离为3L,弹簧 的原长为3L,则环在C点时弹簧处于原长，弹簧对 高三一轮复习周测卷 环的弹力为0，同理可得环在C点的加速度为ac= 4 5g,故D正确。 *ABD【解析】t=0时，有Fa=5N,FB=20N,由于 FA十FB=25N<(mA十mB)gsin30°=30N,即两物 块处于静止状态，A所受摩擦力方向沿斜面向上，故 A正确。t=3s时，有FA=17N,F=14N,由于 FA+FB=31N<(mA+mB)gsin30°+μ(mA+ mB)gcos30°=75N,即两物块处于静止状态，由于 FA=17N<mAg sin30°+umAg 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十20一2t=(mA十 mB)gsin30°+μ(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umag cos30°，解得t'=5s,所以 5~25s内，对整体有5+4t+20-2t+∫B=(mA十 mB)gsin30°+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。 7.gan0M十0g【解析】由题意可知球受到球拍 cos 0 给的支持力N和自身重力mg而向右做匀加速直线 运动，设加速度大小为α，则由牛顿第二定律可得 ng tan0=ma,解得a=gtan 0。对球拍和球整体分 析，整体的合力为(M十m)a,根据平行四边形定则可 得该运动员对球拍的作用力大小为F=M十m)g cos 0 、M+m 8.(1)A(2)8.20(3)- M (4)直线 【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) X 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，对槽码与小车和砝色 mg,则 构成的整体，根据牛顿第二定律有a。一M干m, PN ap M+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， F 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。 ·8 ·新教材版F· 0. (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。 (2②)物体沿斜面加速时的位移，-a;-号×2X 52m=25m, 撤去外力时，物体的速度v=at1=l0m/s, 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+μng cos0=ma', 解得a'=10m/s2,方向沿斜面向下，故物体减速过 v 程的位移x2=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 64-8=1s, 物体沿斜面上滑的总时间t上=t1+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mg sin0-mg cos0= ma下，解得ar=2m/,方向沿斜面向下，2ar= 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。 0.(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=mg=4g=0.2m/s, 而卡车的加速度a1=0.5m/s2>0.2m/s, 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a:-爱-0.02X2x10 /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=v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 -2+”=07m, ,-2:+9,=0,4m, 故玩具卡车车厢底面长度为L=x1一x2=0.3m。2026一2027学年度高三一轮复习周测卷（四） 物理·牛顿运动定律（一） (考试时间40分钟，总分100分) 一、单项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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，木板B放在粗糙的水平面上，木块A放在B的上面，A的右端通过一轻弹簧固定 在竖直墙上，用水平恒力F,向左拉动B,使B做匀速运动，此时轻弹簧水平且弹力大小为 F2,下面说法正确的是 A.木块A受到的是静摩擦力，大小等于F2 F2 B.木块A的质量越大，则F2也越大 C.木块A受到的摩擦力和木块A受到轻弹簧的拉力是一对作用力和反作用力 D.若木板B加速向左运动，则弹簧弹力大小大于F2 2.如图所示，质量均为m的小球A、B由一根轻质弹簧连接，两球间还拴接一根细线，小2 球A通过另一根细线悬挂在天花板上的O点，系统静止。已知重力加速度为g,弹簧 处于拉伸状态，弹力的大小为2g,下列说法正确的是 A.剪断悬挂于O点的细线时，弹簧的弹力突然变小 B.剪断悬挂于O点的细线时，两球间细线的弹力突然消失 C.剪断两球间的细线时，悬挂于O点的细线弹力不变 D.弹簧的下端与小球B突然脱开时，悬挂于O点的细线的拉力减小 3.在地面将一小球竖直向上抛出，经时间。到达最高点，然后又落回原处，若空气阻力大小恒 定，则如下图所示的图像能正确反映小球的速度v、加速度α、位移x、速率u随时间变化关系 的是（竖直向上为正方向） k 21 2% A B 如图甲所示，一小物块从转动的水平传送带的右侧滑上传送带，固定在传送带右端的位移传感 器记录了小物块的位移x随时间t的变化关系如图乙所示。已知图线在前3.0s内为二次函 数，在3.0~4.5s内为一次函数，取向左运动的方向 x/m 4 为正方向，传送带的速度保持不变，g取10m/s2。 下列说法正确的是 A.第2.0s末和第3.0s末物块的速度分别为0、 -3m/s B.2.03.0s时间内，物块的加速度为一2m/s2 ⊙ 甲 C.物块与传送带间的动摩擦因数为0.3 D.物块滑上传送带的初速度大小为2m/s 物理·周测卷（四）第1页（共4页）】 鱼默龙门卷 二、多项选择题：本题共3小题，每小题8分，共24分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选 对的得8分，选对但不全的得4分，有选错的得0分。带题目为能力提升题，分值不计入 总分。 4.太白山是陕西避暑胜地之一。如图是太白山索道的抽象物理模型，已知质量约为50kg的游 客站立于轿厢底面，倾斜索道与水平面的夹角为30°，当载人轿厢沿钢索斜向右上做加速度大 小a=4m/s2的匀加速直线运动时，取g=10m/s2,人与轿厢底面的动摩擦因数μ=0.5，则 下列说法正确的是 A.游客处于超重状态 B.轿厢对游客的支持力约为600N 30° C.游客对轿厢的作用力竖直向下 D.游客受到的摩擦力大小为100√3N,方向水平向左 5.如图所示，质量分别为2kg和3kg的物体A、B,通过轻绳跨过轻质定 aujiuuz 滑轮相连接，在水平力F的作用下，B沿水平地面向右运动，A恰以速 A 度3m/s匀速上升。已知B与水平面间的动摩擦因数为0.2，不计滑轮 B 摩擦，重力加速度g=10m/s2。当B运动到使轻绳与水平方向成a 77777777777777777777 53时，下列说法中正确的是（已知sin53°=0.8，cos53°=0.6） A.B所受摩擦力为2.8N B.B所受摩擦力为6N C.B的速度大小为5m/s D.F小于14.8N 6.如图所示，光滑硬直杆与水平面成53°夹角固定，原长为3L的轻质弹簧 一端固定在O点，另一端与可视为质点的圆环相连，圆环套在杆上，环 在A点正好处于静止状态。OA沿竖直方向，B、C是杆上的另外两个 点，OB与杆垂直，OC沿水平方向。现给环一个沿杆向上的初速度，环 从A运动到C。已知圆环质量为m,A、C两点间的距离为5L,重力加 速度为g,sin53°=0.8，cos53=0.6,下列说法正确的是 人53 A.环在A点时，杆对环的弹力为0 B。弹簧的劲度系数为mg 4L C.环在B点的加速度大小为8 D,环在C点的加速度大小为号g *如图，物块A、B并排静止放在倾角为30°的固定斜面上，F4和FB分别作用于A、B,随时间t (单位：s)的变化规律分别为FA=(5十4t)N和FB=(20一2t)N,初始时FA和FB的方向均沿 斜面向上。已知两物块与斜面间的动摩擦因数均为以-，质量分别为m4=2kg,加。=4kg, 重力加速度g取10/s2,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是 A.t=0时，A所受摩擦力方向沿斜面向上 B.3s时A、B间相互作用力为0 2 C.5~25s内B所受摩擦力一直增大 D.25s后A、B一起沿斜面向上做变加速运动 30° 物理·周测卷（四）第2页（共4页） 新教材版F 班级 三、非选择题：本题共4小题，共58分。 7.(6分)有一种趣味运动，运动员手持乒乓球拍托实心塑料球移动，距离 姓名 大者获胜。若某运动员在趣味运动中沿水平面做匀加速直线运动，手、 实心塑料球 球拍与球保持相对静止且球拍平面和水平面之间的夹角为O,如图所 球拍 得分 示。设球拍和球质量分别为M、m,不计球拍和球之间的摩擦，不计空 气阻力，则该运动员的加速度大小为 ;该运动员对球拍的作用力大小为 8. (12分)某学习小组利用如图甲所示的装置探究加速度与力、质量的关系。 请回答下列问题： 砝码 打点计时器 (1)该实验需要研究三个物理量之间的关系，我们应 小车 选择题 定滑轮 细绳 纸带 答题栏 该采用的研究方法是 （填正确答案 。54.4“4“。4.4”“ 标号) 垫块 1 槽码 长木板 A.控制变量法 甲 3 B.放大法 C.理想实验法 (2)某次实验获得的纸带如图乙所示，相邻两个计数点间均有4个点未画出，打点计时器电源 频率为50Hz,则小车的加速度大小为 m/s2(结果保留三位有效数字)。 关 43.6 51.7 60.0 68.1 76.4 84.6 单位：cm 乙 (3)该小组在某次实验中，保持小车和砝码总质量不变，以槽码的重力为外 力，通过改变槽码的个数，得到了图丙中的曲线图像，一位同学利用最 初的几组数据拟合了一条直线图像。如图所示，作一条与纵轴平行的 虚直线，与这两条图线及横轴的交点分别为P、Q、N,若此虚线对应的 丙 小车和砝码总质量为M,悬挂檀码的质量为m,则N QN (用 M、m表示)。 (4)该实验小组经过讨论后，改进了(3)中的实验方案，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，重复(3)中的实验。由此得到的α-F图像是一条 (填“直线”或“曲线”)。 9.(20分)在倾角为37°的足够长的斜坡上有一个质量为1kg的物体，物体与斜面间的动摩擦因 数为0.5。物体在12N的拉力作用下从斜面底端由静止开始运动，5s后撤去拉力(g取 10m/s2,sin37°=0.6，cos37°=0.8)。求： 新教材版F 物理·周测卷（四）第3页（共4页） 鱼跃龙门卷 (1)物体沿斜面加速上滑时的加速度大小。 (2)物体沿斜面上滑的最大距离。 (3)物体在斜面上运动的总时间。 7A7mm 10.(20分)如图，一辆遥控玩具卡车的质量M=4kg,卡车车厢底面水平，车厢底面前端有一质 量m=2kg的滑块，滑块与车厢底面之间的动摩擦因数为μ=0.02。现启动遥控开关，卡车 从静止开始做匀加速直线运动，加速度大小为a1=0.5m/s2,卡车带动滑块运动；作用时间 1=1s后关闭遥控开关，此时玩具卡车刚好进入一段足够长的光滑冰面上，之后卡车在光滑 的冰面上继续带动滑块运动，运动方向不变，最终滑块恰好没有从卡车车厢底面上滑落，滑 块可视为质点，滑块与车厢底面之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小 g=10m/s2。求： (1)关闭遥控开关时玩具卡车的速度大小1和滑块的速度大小2。 (2)从关闭遥控开关到滑块与车厢底面之间不再发生相对滑动所经历的时间t2。 (3)玩具卡车车厢底面长度L。 光滑冰面 物理·周测卷（四）第4页（共4页）