3.运动和力的关系-【三新金卷】2027年高三物理一轮复习周测阶梯卷（安徽专用）

2027高考总复习·周测阶梯卷·物理（三） 3.运动和力的关系 班级 姓名 考号 得分 本试卷满分100分，考试时间45分钟 一、选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项 中，只有一项是符合要求的。 1.2025年11月26日下午，香港新界大埔屋村宏福苑多栋住宅楼发生火灾， 造成重大人员伤亡。如图所示，某直升机在执行某次灭火任务时，水和桶 (总质量为m)一起做匀加速直线运动，其竖直向上的加速度大小为等，牵 引绳与竖直方向的夹角为37°。已知重力加速度为g,si37°=0.6，不计空 气阻力，则此时牵引绳的拉力大小为 1 A.2mg B.mg 3 C.m D.2mg 2.如图所示，质量M=10kg的物块静止在光滑水平面上，与劲度系数为 100N/m的轻弹簧一端相连，轻弹簧另一端固定在墙面上。现将一质量m =5kg的小物块轻放在物块M上，并将物块M缓慢向右移动一定距离， 然后由静止释放。已知二者间的动摩擦因数4=0.1，且最大静摩擦力等 于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。若两物块始终一起运动，则M 向右拉动的最大距离是 A.5 cm B.10 cm WWWWM M C.15 cm D.20 cm 3.如图所示，两条不可伸长的轻绳a、b悬挂一质量为m的小球，整体处于平 衡状态。绳a与竖直方向成30°角，绳b与竖直方向成60°角。剪断绳a的 瞬间，小球的加速度为a1;剪断绳b的瞬间，小球的加速度为a2,则a1： a2为 A.1:1 60 B.√3：1 C.2:1 D.25:1 4.质量为M、半径为R的光滑匀质球，用一根长度也为R的细线悬挂在互 相垂直的两竖直墙壁交线处的P点，则球对任一墙壁的压力大小为 8号w C.Mg 3 D.Mg 6 5.将两个物体以相同的初速度同时竖直向上抛出并开始计时，一个物体所 受空气阻力可以忽略，另一个物体所受空气阻力大小与物体速率的二次 方成正比，下列用两条实线描述两物体运动的v-t图像可能正确的是（虚 线是图像与时间轴交点处的切线) B 6.如图所示，水平方向的传送带以4/s的恒定速度顺时针转动，其两端A、 B间的距离为7m。一物块从B端以5m/s的速度滑上传送带，物块与传 送带间的动摩擦因数=0.2，取g=10m/s2。在物块从滑上传送带至离 开传送带的过程中，物块的速度随时间变化的图像是 o□B 7.如图甲所示，高层建筑室外擦玻璃的工人在进行室外作业，为了保障安 全，他们身上都绑有安全带，安全带上有救生缓降器，缓降器由挂钩（或吊 环)、吊带、绳索及速度控制装置等组成，以保证工人的安全。设某次工人 完成高空作业后从离地面某高度处通过安全带安全着陆，图乙是工人运 动全过程的v-t图像。下列说法正确的是 ◆v/(ms) /s 高考总复习·周测阶梯卷·物理（三）P3一127一3A A.0到t1段时间内工人处于超重状态 B.到段时间内工人的平均速度等于号 C.工人初始位置离地面高度为vt2 D.整个过程中绳索对工人的拉力先变大后变小 8.两同学借助两个完全相同的平板车在教室地面上探究牛顿运动定律。他 们先让平板车边沿对齐地砖上的一条缝隙并保持静止（如图1），然后让左 边的甲同学推开右边的乙同学（如图2），最后两小车停在如图3所示位置 处。对此现象，下列说法正确的是 图1 图2 图3 A.甲同学对乙同学有推力，但乙同学对甲同学未施加力 B.甲同学对乙同学的力大于乙同学对甲同学的力 C.甲同学和车的总质量小于乙同学和车的总质量 D.全过程中乙同学所受小车的摩擦力一直向左 二、选择题：本题共2小题，每小题5分，共10分。在每小题给出的选项中， 有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选 错的得0分。 9.如图所示，轻弹簧竖直固定在水平面上，可视为质点的小球从A点自由下 落，至B点时开始压缩弹簧，小球下落的最低位置为C点，重力加速度大 小为g。下列说法正确的是 A.小球从B到C过程中，速度先增大再减小 。A B.小球在C点时加速度大于g B C.小球从B到C过程中，重力的冲量大于弹簧弹力的冲量 -C D.小球从B到C过程中，小球的重力势能与弹簧的弹性势 能之和保持不变 10.如图所示，倾角0=37°的粗糙斜面固定在水平地面上，其顶端连接一根 劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧另一端连接质量为的小物块。用手按 住物块使其静止于A点，此时弹簧处于伸长状态且弹力大小为2g。某 时刻释放物块，物块沿斜面向上运动到最高点B后，再沿斜面向下运动 至C点（图中未画出）时速度为0，之后静止在C点。已知重力加速度为 g,物块与斜面间动摩擦因数4=0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹 簧始终在弹性限度内，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则下列说法正确的是 A.物块被释放瞬间的加速度大小为g nWWWWWWWWWWwWwWM B B.物块上滑速度最大时的位置和下滑速度最大 时的位置相同 777777770777777777777777777777 C.物块在B点时弹簧弹力为0 D.整个过程因摩擦产生的热量为0.96m k 选择题答题栏 题号 2 3 4 5 6 9 10 答案 三、非选择题：本题共3小题，共58分。 11.(16分)某实验小组为测量一质量为m的小球通过某一微尘区所受到的 平均阻力的大小，设计了如图甲所示的装置，实验过程如下： 释放装置 小球 45 光电门 40 固定的 数字计时器 橡胶材料 05目 35 甲 乙 (1)将小球固定于释放装置上，调节光电门位置，使小球从光电门正上方 释放后，在下落过程中球心可通过光电门。测得小球球心与光电门 间的竖直距离h。 (2)用螺旋测微器测量小球的直径，示数如图乙所示，小球直径d= mm。 (3)测量时，应 (填选项前的字母序号)，并记录小球通过光电 门的遮光时间t。 A.先释放小球，后接通数字计时器 B.先接通数字计时器，后释放小球 C.操作的先后顺序对实验结果无影响 (4)已知当地重力加速度为g,由以上测得的相关物理量计算可得小球通 过微尘区所受的平均阻力∫= (用字母m、d、g、h和t 表示) 12.(20分)如图所示，一质量为m=1kg的滑块在水平向右恒力F=5N的 作用下沿倾角为0=53°的足够长的固定斜面由静止开始运动，滑块与斜 面间的动摩擦因数4=0.2。(sin53°=0.8，cos53°=-0.6，g取10m/s2) (1)求滑块在t=2s内沿斜面运动位移x: (2)改变恒力F的大小和方向，使该滑块能沿斜面向下做匀速直线运动， 求改变后恒力F的最小值。（结果可用根号表示） 0 高考总复习·周测阶梯卷·物理（三）P3一227一3A 13.(22分)如图所示，质量为M=1kg、长为L=1m的长木板A锁定在光滑 的水平面上，质量为m=0.5kg的物块B(可视为质点)以一定的初速度 。从长木板的左端滑上长木板，恰好能停在长木板的右端。B与A上表 面的动摩擦因数以从左向右随移动距离！变化关系如图乙所示。重力加 速度取g=10m/s2。 (1)求物块B滑上长木板时的初速度v。大小； (2)若解除长木板的锁定，物块B仍以初速度。从长木板左端滑上长木 板，求最终物块相对长木板滑行的距离。 0.6 0 0.2 B 0.5lm 甲 乙(三)】 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C C B B B B D D AB ACD 1.【答案】C 【解标]对水和暂整休进行受力分析可知，竖直方向上T07-mg=m号：解得T=号g。 2.【答案】C 【解析】若两物块一起运动，则加速度始终相同，设向右拉动的最大距离为x,则系统受力的最大值F=kx,由牛 顿第二定律知，系统的最大加速度a=年m而小物块加的加速度由两者之间的静摩擦力提供，有mg=ma, 解得x=m+MD型=0.15m,C正确，ABD错误。 3.【答案】B 【解析】剪断绳α的瞬间，小球将以绳b右端悬点为圆心、绳b的长度为半径斜向右下方摆动，则重力在垂直于绳 b斜向右下方的分力（小球此时所受的合力）起供加速度，由牛顿第二定律得州gsn0=m4,解得。一号g:问 理，剪断绳b的瞬间，小球的加速度a,=号g,则a1:a4=万：1。 4.【答案】B 【解析】对球进行受力分析，球受重力Mg、绳子的拉力T及两个墙壁对它的支持力，两个支持力大小相等，夹角 为90°，设支持力的大小为V、绳子与竖直墙壁交线的夹角，根据几何知识可知球心到竖直墙壁交线的垂直距离 为d=R+R-ER,放sin0-六-号，解得9=45°，在竖直方向上根据受力平衡可得Tco=Mg,解得T= √2Mg,在水平方向上根据受力平衡可知两个墙壁对球的支持力的合力大小等于绳子拉力T的水平分力的大 小，即VN+N=Tsn0,解得V=受Mg,根据牛顿第三定律可得则球对任一墙壁的压力大小为竖Mg。 5.【答案】B 【解析】所受空气阻力可以忽略的物体，做竖直上抛运动，只受重力作用，加速度恒为重力加速度g,方向竖直向 下。在-t图像中，其图线是一条倾斜的直线，斜率表示加速度，为一g;所受空气阻力大小与物体速率的二次 方成正比的物体，所爱阻力为f一，上升时：根据牛顿第二定律g十d=,解得a=g+好>g方向向 下，随着物体上升，速率o减小，所以加速度减小，即？-t图像的初始斜率大于不受空气阻力物体的-t图像 (直线)的斜率并减小；到达最高点时，即图像与时间轴交点处时，空气阻力f=0,物体只受重力作用，加速度α= g,方向向下，在？-t图像中，这一点对应图像与时间轴的交点。该点切线的斜率表示此时的瞬时加速度，应为 一g这与不受空气阻力物体的。-t图像（直线）的斜率相同。因此，在最高点，曲线的切线应该与直线平行；下降 过程，根据牛顿第二定律mg一k=ma,解得a=g一矿，方向向下，随着物体下降，速率0增大，所以加速度减 m 小，即-t图像的斜率减小。 6.【答案】B 【解析】物块刚滑上传送带时，由于物块与传送带间的摩擦力的作用，物块做匀减速运动，其加速度α=一g= 一2m/g,当物块的速度减小到0时，物块前进的距离=22m=625m,其值小于AB的距离，故物块减 0-52 高考总复习·周测阶梯卷·物理（三）·答案P527-3AJ 速到0后会随传送带向右运动，其加速度的大小与减速时是相等的，其速度与传送带的速度相等时，物块向右滑 行的距离一m=4m,其值小于物块向左前进的距离，说明物块仍在传送带上，此后物块相对于传送带静 止，其速度大小等于传送带的速度大小，综上所述，B正确。 7.【答案】D 【解析】A.0到段时间内工人向下加速运动，加速度方向向下，处于失重状态，A错误；B.t到2段时间内如果 做匀加速直线运动，位移等于下图中阴影部分面积，则工人的平均速度等于？；实际上工人位移等于曲线与时间 轴围成的面积，实际位移大于匀加速时的位移，4到2段时间内工人的平均速度大于？，B错误；C.。1图线与 时间轴围成的面积表示位移，工人初始位置离地面高度等于曲线与时间轴围成的面积，小于o2,C错误；D.根 据牛顿第二定律，结合图线的斜率可知，斜率先减小零后反向增大，再减小，则加速度减小到零然后方向变反，加 速度增大。对于斜率先减小后反向增大过程，g一T=a,可知，拉力一直增大；最后斜率为负，加速度为负，且 加速度减小，有，T-mg=ma,则拉力减小，D正确。 8.【答案】D 【解析】AB.根据牛顿第三定律可知，甲同学对乙同学的作用力与乙同学对甲同学的作用力等大、反向，AB错误； C.由图可知，乙向前运动的位移较大，则甲乙分离时乙的速度较大，说明甲乙相互作用阶段乙的加速度大，由于 二者间相互作用力大小相等，则乙的质量较小，即甲同学和车的总质量大于乙同学和车的总质量，C错误；D.甲 乙相互作用阶段，乙同学和小车向右加速，所以乙同学对小车有向右的摩擦力，小车对乙同学有向左的摩擦力， 当甲乙同学分离后，乙同学与小车一起向右减速，则小车对乙同学的摩擦力向左，所以全过程中乙同学所受小车 的摩擦力一直向左，D正确。 9.【答案】AB 【解析】A.从B到C的过程中，小球受到弹簧弹力F与重力mg的共同作用，弹力F从零逐渐增大，当F<mg时 有mg一F=ma,小球做加速运动，速度逐渐增大，当F=g时速度最大；小球继续向下运动，有F>mg,此时对 小球分析有F-mg=ma,小球开始做减速运动，直至运动到C点速度减为0，A正确；B.若小球从B点由静止释 放，根据简谐运动的对称性可知运动到最低点时的加速度应为g,此时对小球分析，应有F=g,现在小球从更 高的位置释放，根据机械能守恒原理，小球达到最低点的位置应更低，所以此时小球在C点的加速度应大于g, 方向向上，B正确；C.设小球在B点时的速度为v,从B到C对小球应用动量定理，有IG一Is=0一mo,所以弹力 的冲量大于重力的冲量，C错误；D.小球与弹簧组成的系统机械能守恒，但小球从B运动到C的过程中小球的 动能发生变化，所以小球的重力势能与弹簧的势能之和会变化，D错误。 10.【答案】ACD 【解析】A.以沿斜面向上为正方向，设释放时物块的加速度为a,沿斜面方向对物块由牛顿第二定律有ma=F弹 一mgsin0-ngcos0,代入数据解得释放时物块加速度为a=2g一gsin0-ugcos0=2g-0.6g一0.5×0.8g=g, A正确；B.速度最大的临界条件是加速度为0，也即受力为0，对物块上行时有F弹1一mg sin0-mgcos0=0,可 得F弹1=0.6mg十0.5X0.8mg=mg,同理对物块下行时有F弹2一mgsin0十mgcos0=0,可得F弹2=0.6mg 0.5×0.8g=0.2mg<F弹1，物块上行速度最大时弹簧形变量大于下行速度最大时的弹簧形变量，因此物块上 滑速度最大时的位置和下滑速度最大时的位置不同，B错误；C.物块释放时弹簧的形变量为x=F=2mg,设 B点距弹簧原长处为，当物块上行至B时由能量守恒号=号x十mg(x十)sin0+mg(x+)c0s0, 代入解得x'=0,即B为弹簧原长处，弹簧弹力为0，C正确；D.设C点距B点为x”,物块从B点运动至C点过 程由能量守恒mg"sin0=k:+mgacost0,代入数据解得x=0(舍)，=0.4，则整个运动过程因摩擦 高考总复习·周测阶梯卷·物理（三）·答案P627-3AJ 产生的热量为Wr=mg(x十x")cos0=0.5×0.8mg× /2mg+0.4m)=0.96m,D正确。 、md2 1.【答案】K2)6.882(3)B(4)mg2n7 【解析】(2)依题意，小球的直径为d=6.5mm十38.2×0.01mm=6.882mm。 (3)在测量时，因小球下落时间很短，如果先释放小球，有可能会出现时间记录不完整，所以应先接通数字计时 器，再释放小球。 (4)依题意，小球向下运动的高度为h,通过光电门的速度为0=，由动能定理可得(mg一Dh=2m,解得 mg然. 12.【解析】(1)假设物块沿斜面向下运动，根据牛顿第二定律可得 ngsin53°-Fcos53°-uN=ma 又V=mgcos53°+Fsin539 得a=3m/s2,方向沿斜面向下 由x=2ar 得x=6m,方向沿斜面向下 (2)法一：滑块沿斜面向下做匀速直线运动，受力平衡，如图 ngsin53°=F'cos3+uV1 N'=mgcos53°+F'sing 解得F的最小值F=172⑥N 13 法二：滑块沿斜面向下做匀速直线运动，受力平衡，由平行四边形定则可知：当F垂直线AB时，有最小值： F'=mgsin(0-a) 又tana=以 解得F=17压N 13 13.【解析】1D根据功能关系Amg十号mg十mg,=之m听 1 解得o=√6m/s (2)设最后共同速度为v,根据动量守恒有=(m十M)v 解得u=6 /s 系统损失的动能△E.=m话-(m+M0f=1】 由于mgx1=0.5J<1J 因此，物块B相对长木板滑行的距离大于0.5m,设物块滑过长木板中点后又相对滑行的距离为x0 则根据功能关系有Amg十[mg十（十）mg,=△E I「 解得w=51 m 4 因此，物块B相对长木板滑行的距离x=1十=5+1m 高考总复习·周测阶梯卷·物理（三）·答案P727-3AJ