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（福建专用）

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。 1.2024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，时间为，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 2.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，sin37°=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号& B.术板与圆弧轨道之问的摩擦力大小为(M+m)g C.圆弧轨道与木板之间的动摩擦因数42可能为0.7 777777777777777777777777777/7777 D.拉力F的大小为(2M+m)(1+g) 3.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=2π√：，m为振子质 量，及为弹簧的劲度系数。下列说法正确的是 2) Q 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 W 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 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 物理·周测卷（六）第1页（共4页） 6 」鱼款龙门卷 ￥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1、 2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 000000m4 00000014 一F B.两弹簧a,b的伸长量之比为， ,3k2 77777 C.两弹簧a、b的弹力之比为1：1 D.若弹簧a突然断裂，在断裂瞬间，滑块A比滑块B的加速度大 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。 4.2024年6月，某品牌运载无人机完成全球首次无人机珠峰运输测试。在一无风路段，无人机 用细绳吊着质量为15kg的物品沿水平方向做匀加速直线运动，经过3s速度增加了15m/s, 重力加速度g取10m/s2,不计空气阻力，则此过程中 A.绳上拉力恒为75√5N B.绳上拉力恒为753N C.绳偏离竖直方向夹角的正切值为0.5 D.绳偏离竖直方向夹角的正切值为1 5.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3N 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 6.如图所示，水平传送带以1=2/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μ=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=1/s,则此时传送带对A的摩擦力水平向右 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 ￥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F2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的加速度一定沿斜面向下 B 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 F A 向右 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F 班级 三、非选择题：本题共4小题，共58分。 7.(6分)如图，固定斜面的倾角为30°，A、B两物体的质量之比为8：1，A与 姓名 面间的动摩擦因数为。B用不可伸长的轻绳分别与A和地面相 开始时A、B离地高度相同。已知重力加速度为g,A、B均可看作质点。 0 D 若在C处剪断轻绳，B落地前瞬间A、B的速度大小之比为 ;若在D处剪断轻绳，剪 得分 断瞬间A、B的加速度大小之比为 8. (12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 28 ⌒纸带 固定有光滑定滑轮的长木板上，两物块左端分别固定有拉 长木板 力传感器1、2，拉力传感器质量不计。物块A与拉力传感 合砝码和砝码盘 器2通过轻绳连接，拉力传感器1通过绕过定滑轮的轻绳 为 选择题 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 答题栏 F1、F2o … 1 (1)以物块A和B作为研究对象，探究加速度α和拉力F,之间的关系。关于实验过程，下列 2 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 3 B.实验过程中应先释放物块、后接通打点计时器的电源 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 4 (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 四个点未画出，则此次实验系统的加速度大小为 m/s(结果保留2位有效数字)。 个FN 6 3.0------- 关 2.62 7.22 13.80 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 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4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·s-) 8.0 77777777777777777777 4.0t/s 甲 乙 新教材版F 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 A 7777777777777 物理·周测卷（六）第4页（共4页）·物理· 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2，根据运动学公式得 2a4L=v-u,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+mg cos0一 Mg sin9=Ma5,解得as=3m/s2, 设二者共速的时间为t2,根据运动学公式得v。 a1t1=ast1,解得t1=1s, 共速时的速度为v共=a5t1=3m/s, 此时木板向上的位移x板二2a1.5m 木板与木块发生的相对位移为△x=（vot1一 1 a1）-x板，解得△x=6m, 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)as, 物理( 1.C【解析】嫦娥六号绕月球运动一圈，半径为r,时3 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。 2.B【解析】对小球受力分析如图所示， 根据牛顿第二定律，有mg tan37°=ma, 379 求得a三年g,木板、圆弧轨道和小球二 起向右做匀加速直线运动，故三者运动 3 的加速度大小都为4g,故A错误。对 圆弧轨道和小球组成的整体，根据牛顿第二定律有 f:=(M十m)a-是M十m)g,放B正确。圆弧轨 道与木板之间的动摩擦因数42满足u2(M十m)g≥ M+m)a=(M+m）)·子8，即：≥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-1(2M+m)g=(2M十m)a,求得 F=(2M+m)(:+)g,故D错误。 ·11 参考答案及解析 解得a6=5m/s2, 对木板分析得Mgsin0+f-F=Ma6,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 的时间为t2,根据运动学公式得一(x板十L。)= 1 0共1红一206号，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=-10m/s, 设木块滑下木板时的速度为，根据运动学公式得 02-v块=2a4△x, 此时木块的速度方向沿斜面向下，解得= -√136m/s, 木板停下后，木块在木板上运动的时间1，=二0典， -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。 D【信息获取与转化】 序号 图文信息 隐含信息 v-t图像 斜率表示加速度 弹簧振子的周期公式为 T=2m√R m 此时间与速度大小无关 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=2,√受，若把小球压到更低位置释敢，从最低点 到平衡位置的距离变大，但周期不变，所用时间仍为 ,从平衡位置到脱离弹簧位置的距离不变，平 高三一轮复习周测卷 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一6pumg=6ma, 对A滑块根据牛顿第二定律得k1x1一3μmg=3ma, 将A、B两个滑块作为整体，根据牛顿第二定律得 :一68=6ma,解得宁-奖故B正德两弹 簧a6的弹力之比为言。一，一后，故C错误。若 弹簧α突然断裂，在断裂瞬间，对滑块A由牛顿第二 定律得μX3mg=3maA,解得aA=g,对滑块B由牛 3 顿第二定律得k2x2一uX2mg=2maB,则aB=2g十 5 2a>aA,所以若弹簧a突然断裂，在断裂瞬间，滑块 A比滑块B的加速度小，故D错误。 4.AC【解析】物品在水平方向上的加速度为a= A”=5m/s,以物品为研究对象，竖直方向有T,= △t mg=150N,水平方向有Tz=ma=75N,则绳上拉 力大小为T=√T十T?=75√5N,绳偏离竖直方向 Tx0.5。 夹角的正切值为tan0= 5.AC【解析】根据已知条件，可知B与地面间的最大 静摩擦力f Bmax=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正确。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HABTAg=mAao,解得a0= 2m/s2,对滑块A、B整体，由牛顿第二定律可得 F。一4地(mA十mB）g=(mA十B)ao,解得F。= 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fBmx= (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=HABTAg=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f Bmax=mBaB, 解得aB=3.5m/s2,D错误。 6.AD【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 ·12 ·新教材版F· 正确。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-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-f_20-10 2m 4m/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 4 m/s2= 2m 2.5m/s2,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 ②口物>V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 当)物=V带时，摩擦力发生突变，物体的加速 临界状态 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 *AD【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 F2,B在其重力沿斜面向下的分力Mg sin0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 Mg cos0sin0<(Mg cos0+F1sin0)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。只撤去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′= (Mg cos0+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 ·物理· f=uFN,所以Fysin 0>uFscos 0,即u<tan0。同时 撤去F1和F2,由以上分析可知Mgsin0>Mg cos0, 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。如果只撤去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Fwsin0=fcos0十fA,则有 fA=Fwsin0-FNcos0=FN(sin0-ucos 0)>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F,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，A、D正确，B、C 错误。 图1 图2 图3 7.1:41:1【解析】由题意知动摩擦因数4=尽 6 设B的质量为m,则A的质量为8m,设B离地高度 为h。在C处剪断轻绳后，对B,由自由落体运动规 律可得v品=2gh,解得B着地时速度为vB=√2gh, 该过程用时1一警-信，对A,在C处嘶断轻组 后，A的加速度为a4=8 ng sin30°X8mgos30 8m 8,故B落地前瞬间A的速度uA=aAt=2g5X 1 久g=2gh,故B落地前瞬间A、B的速度大小之 比为4=1 :=4若在D处剪断轻绳，则A、B构成的连 接体加速度大小相等，故24=1。 aB1。 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)×10-2-7.22X10 -m/s2=2.0m/s2. 0.22 (3)根据牛顿第二定律得F1=(m1十m2)a,F2= m2a,解得F2= mF1,根据图像得m m1十m2 m1十m2 3 5,解得m2=3.0kg。 ·13 参考答案及解析 (1)0.316m(2)2m/s21m/s2(3)4w2s 【解析】(1)根据v-t图像可得物块A的加速度a= 0=2m/s, 根据牛顿第二定律F一mAg=mAa,可得μ=0.3， 1 根据图像面积可得长木板长度L=2×8X4m= 16m。 (2)若B不固定，假设A、B发生相对滑动，则A的 加速度a4= F-umag=2 m/s, mA 对长木板B分析可知mAg=mBaB,解得aB= 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=方a-a,,解得=4亿s 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/s2 (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 cos8=0.5×1×10×0.8N= 4N, 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g9-f=ma1,oi=2a:sn0,联 立解得1=10m/s。 (2)从斜面底端到A点，有mg=ma2,o一v2= 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4<tan37°，则小物块会继续 减速，有mgsin0-ngcos0=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= u2-00_8-4s=0.4s, a2 10 8-o6=2.4m, x1= 2a2 a3 6=4m 共速后a-80=2sx一20 所以小物块沿传送带向上运动的时间为t=t1十 t2=2.4s, 向上滑行的最远距离为x'=x1十x2=6.4m。