物理(五)牛顿运动定律的应用-【衡水金卷·先享题】2026-2027学年高三物理一轮复习40分钟周测卷（甘云新藏贵赣专版）

物理（五）牛顿运动定律的应用 (建议用时40分钟，满分100分) 一、选择题（本题共8小题，共52分。在每小题给出的四个选项中，第16题只有一项符合题目 要求，每小题6分；第7~8题有多项符合题目要求，每小题8分，全部选对的得8分，选对但不 全的得4分，有选错的得0分) 1.如图所示，一小物块（可视为质点）从倾角α=30°、足够长的固定斜面底端以初速度= 10ms沿斜面向上运动，已知小物块与斜面间的动摩擦因数以-怎，重力加速度g=10m/s, 则小物块在运动时间为1.5s时离斜面底端的距离为 A.3.75m B.5 m C.6.25m D.15m a 2.某蹦床运动员在训练过程中与网接触后，竖直向上弹离，经过。时间，又重新落回网上。以运动 员离开网的时刻作为计时起点，以离开的位置作为位移起点，规定竖直向上为正方向，忽略空气 阻力，下列关于该过程中运动员的位移x、速度v、加速度α、所受合力F分别随时间t变化的图 像可能正确的是 3.某同学站在水平放置于电梯内的电子秤上，电梯运行前电子秤的示数如图甲所示。电梯竖直上 升的过程中，某时刻电子秤的示数如图乙所示，重力加速度g=10/s2,则该时刻电梯 A.做减速运动，加速度大小为1.05m/s 60.0kg 63.0kg B.做减速运动，加速度大小为0.5m/s2 C.做加速运动，加速度大小为1.05m/s 甲 D.做加速运动，加速度大小为0.5m/s2 4.如图所示，一个箱子用轻绳悬挂在空中处于静止状态，质量相等的物块P、Q用轻弹簧连接竖直 立在箱子内，P刚好与箱顶接触但没有作用力。现剪断轻绳，则在剪断轻绳的瞬间 A.弹簧的弹力突然减为零 B.P与箱顶的作用力仍然为零 C.P受到的合力小于Q受到的合力 D.Q对箱底的压力减为原来的一半 物理（五）第1页（共4页） 5.如图甲所示，放在光滑水平面上的物块P、Q中间用一根轻质弹簧相连，物块P的质量为2kg。 开始时两物块均静止，弹簧处于原长，t=0时对物块P施加水平向右的恒力F,t=1s时撤去， 在0一1$内两物块的加速度随时间变化的图像如图乙所示。整个运动过程中，弹簧一直在弹性 限度内，下列说法正确的是 A.t=1s时，物块Q的速度大小为0.4m/s *a/m's-2) 10 B.t=1s时，弹簧的形变量最大 0.8 F +P000000 C.物块Q的质量为0.5kg 777 甲 D.t=1s后，物块P、Q能一起做匀加速直线运动 6.如图甲所示，倾角为0、足够长的传送带以恒定速率沿逆时针方向运行。t=0时，将质量= 1kg的煤块（可视为质点）轻放在传送带上，煤块相对地面的v-t图像如图乙所示。规定沿传送 带向下为正方向，重力加速度g=10m/s2。下列说法正确的是 A.传送带的速率=12m/s /(m's-) 12 B.传送带的倾角0=30° C.煤块与传送带间的动摩擦因数=0.4 3 t/s D.0~2s内煤块在传送带上留下的痕迹长度为5m 甲 7.如图a所示，倾角为0、足够长的斜面放置在粗糙水平面上。质量相等的小物块甲、乙同时以初 速度沿斜面下滑，甲、乙与斜面间的动摩擦因数分别为41、2，整个过程中斜面相对地面静 止。甲、乙的位移x与时间t的关系图像如图b所示，两条曲线均为抛物线，乙的x-t曲线在t =时切线斜率为0，下列说法正确的是 A.1+2=2tan0 3x0 B.t=t时，甲的速度大小为3 甲% C.t=t。之前，地面对斜面的摩擦力方向向左 D.t=to之后，地面对斜面的摩擦力方向向左 h 8.如图所示，A、B、C三个物体静止叠放在水平桌面上，A的质量为2，B和C的质量均为m,A、B 间的动摩擦因数为台，C、B间的动摩擦因数为台B和桌面间的动摩擦因数为台，B足够长以保 证A、C均不会从B上滑落，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A施加一水 平向右的拉力F,则下列说法正确的是 A.为了使A、B.C均静止，F应小于7mg B.无论F为何值，B的加速度不会超过g C.无论F为何值，C的加速度不会超过6g D.当F=mg时，B、C间会发生相对滑动 物理（五）第2页（共4页）】 40分钟·Y 班级 姓名 分数 题号 1 2 3 4 5 6 8 答案 二、非选择题（本题共3小题，共48分。请按要求完成下列各题） 9.(15分)某同学用如图甲所示的装置探究加速度与力、质量的关系。滑块和遮光条的总质量为 M,砂和砂桶的总质量为m,动滑轮的质量为mo,不计绳与滑轮之间的摩擦，重力加速度为g。 弹 光电门2 光电门1 遮光条 气垫导轨 滑块 0 2单位：cn 车气源 0 10 20 砂桶 甲 乙 (1)用游标卡尺测量遮光条的宽度d如图乙所示，则读数为 mm (2)下列说法正确的是 。(填正确答案标号) A.气垫导轨不需要调成水平 B.实验中M应远大于m C.滑块的加速度大小是砂和砂桶加速度大小的2倍 D.弹簧测力计的示数始终等于(m十m)g (3)该同学测得两个光电门间的距离为L,遮光条从光电门1运动到光电门2的时间为t。保持 光电门2的位置及滑块在导轨上释放的位置不变，改变光电门1的位置进行多次测量，经过多 次实验测得多组L和t,作出上-t图像，如图丙所示。已知二-t图像的纵截距为o,横截距为 t,则表示遮光条通过光电门 (填“1”或“2”)时的速度大小，滑块的加速度大小a= 。(用、t。表示) (4)保持滑块和遮光条的质量不变，改变砂子的质量，进行多次实验，以弹簧测力计的示数F为 横坐标，滑块的加速度a为纵坐标，作出的a-F图像如图丁所示，已知直线上A点的坐标为(q, p),则A点对应的砂和砂桶的质量为 。 (用、p、q、g表示) 物理（五）第3页（共4页）】 10.(15分)一质量M=4kg、足够长的木板P静置于粗糙水平面上，质量m=1kg的小滑块Q(可 视为质点)从木板的左端以初速度滑上木板，与此同时在木板右端作用一水平向右的恒定 拉力F,如图甲所示，将滑块滑上木板时记为t=0时刻，经过2s撤去拉力，两物体一起做匀减 速直线运动，再经过4s两物体均停止运动，两物体运动的”-t图像如图乙所示。最大静摩擦 力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2,求： (1)0~2$内滑块和木板的加速度大小，两物体一起做匀减速直线运动的加速度大小； (2)滑块运动的总位移大小； (3)拉力的大小。 v/(m's-1) 12 8\ 4- 0p 7777777777777777777777777 2 46/§ 11.(18分)如图所示，质量为2.5kg的一个长方体形空铁箱，在大小为135N的水平拉力F作用 下，沿粗糙水平面向右做匀加速运动。这时铁箱内一个质量为0.5kg的木块恰好能静止在左 壁上。木块与铁箱内部间的动摩擦因数1=0.25。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速 度g=10m/s2。 (1)求木块对铁箱的压力大小； (2)求铁箱与水平面间的动摩擦因数2的大小； (3)减小拉力F,经过一段时间，木块沿铁箱左壁落到底部（且不反弹）时撒去拉力，此时铁箱的 速度大小为6/s,又经1s时间木块从左侧到达右侧，求铁箱的长度。 物理（五）第4页（共4页）】 40分钟·Y40分钟·Y ·物理· 物理（五） 9 命题要素一贤表 注： 1.能力要求： I.理解能力Ⅱ.推理论证能力 Ⅲ，模型建构能力Ⅳ.创新能力V.实验探究能力 2.学科素养： ①物理观念 ②科学思维③科学探究 ④科学态度与责任 分 知识点 能力要求 学科素养 预估难度 题号 题型 值 (主题内容) I ⅡⅢ ① ② ③④ 档次 系数 1 选择题 6 牛顿第二定律 易 0.86 2 选择题 6 牛顿运动定律与图像结合 易 0.80 3 选择题 6 电梯加、减速分析 L 易 0.80 选择题 6 瞬时加速度问题 中 0.65 选择题 6 弹簧连接体问题 中 0.65 6 选择题 传送带问题 分 0.60 7 选择题 x-t图像 中 0.70 8 选择题 8 叠块的临界、极值问题 难 0.50 9 非选择题 15 探究加速度与力、质量的关系 中 0.75 10 非选择题 15 板块模型 中 0.65 非选择题 18 牛顿运动定律 分 0.65 19 香考答案及解析 一、选择题 mgcos a,小物块运动到最高点时的速度为0且加速 1.B【解析】小物块沿斜面向上减速运动时的加速度 度也为0，即保持静止，此时小物块离斜面底端的距 大小a=gsin a十gcos a-=10m/s2,小物块运动到最 =运=5m,B项正确。 离x=2a 高点所需的时间t==1s<1.5s,由于mgsin a= 2.B【解析】根据题意，由对称性可知，运动员上升、下 a ·17· ·物理· 参考答案及解析 降的时间相等，均为号，运动员运动的位移与时间的 速直线运动，B、D项错误；t=0时，对物块P有F mpao=2N,t=1s时，对两物块整体有F=(mp十 关系式为x=一之g叶，则xt图像为开口向下的 ma)a1,解得mQ=0.5kg,C项正确 抛物线，A项错误；运动员运动的速度与时间的关系 6.D【解析】由图乙可知，在t=1s时煤块的加速度发 式为v=一gt,则v-t图像为一条向下倾斜的直 生改变，此时煤块的速度大小为10m/s,可知传送带 线，B项正确：整个运动过程中，运动员只受重力作 的速率=l0m/s,A项错误；根据牛顿第二定律结 用，加速度一直为重力加速度，则合力F和加速度a 合v-t图像可知，开始阶段煤块的加速度大小a1 均不随时间变化，C、D项错误。 ngsin0+umgcos日_10， m/s2=10m/s2,煤块与传 m 1 3.D【解析】根据牛顿第二定律有Fv-mg=ma,可得 送带共速后煤块的加速度大小αg= a=0.5m/s2,则电梯向上做加速运动，D项正确。 mgsin 0-umgcos 0 12-10 4.D【解析】未剪断轻绳时，弹簧的弹力大小等于P m/s2=2m/s2,联立解 m 1 的重力，剪断轻绳的瞬间，整体有向下的加速度，大小 得sin9=0.6,u=0.5,则传送带的倾角0=37°，B、C 为g,即P和Q受到的合力均等于它们的重力，弹簧 项错误：0~一1s内煤块在传送带上留下的痕迹长度 长度不变，弹力不变，大小仍等于P的重力，A、C项 1 261 公=o4二名0有了 ×10×1m=5m, 错误；由于P的加速度为g,因此箱顶对P的压力与 1一2s内煤块在传送带上留下的痕迹长度△x2= 弹簧弹力等大反向，B项错误；未剪断轻绳时，Q对箱 底的压力等于P、Q的总重，剪断轻绳的瞬间，Q的加 w寸边，-64=10,12×1m-10×1m=1m,因两 2 2 速度为g,则Q受到箱底的支持力与弹簧的弹力大小 段痕迹重合且△x1>△x2可知0~2s内煤块在传送 相等，即这时Q对箱底的压力减为原来的一半，D项 带上留下的痕迹长度为5m,D项正确。 正确。 7.AD【解析】x-t图像的斜率表示速度，两条曲线均 5.C【解析】a-t图像与坐标轴围成的面积表示速度 为抛物线，则甲做匀加速运动，乙做匀减速运动，在 变化量，若0~1s内物块Q的加速度均匀增大，则t 0~6时间内甲、乙的位移分别为即=西”： 2—t6 1 =1s时物块Q的速度大小0=之×1×0.8m/s= 0.4m/s,由图乙可得实际物块Q的图像与坐标轴围 3x。么==，可得1=。时甲的速度大小。 成的面积大于物块Q的加速度均匀增大时图像与坐 =2,B项错误：甲的加速度大小a1=。-兴，乙 to 标轴围成的面积，故t=1s时物块Q的速度大于 的加速度大小：=”，对甲由牛顿第二定律可得 0.4m/s,A项错误；从图乙可看出，t=1s时物块P t 的速度大于物块Q的速度，撤去恒力F后，当二者共 mgsin0-1 ngcos0=ma1,同理可得对乙有 速时，弹簧形变量达到最大，撤去恒力后两物块仅受 mgcos0-mgsin0=ma2,联立可得1十= 弹簧弹力作用，且速度不相等，所以不会一起做匀加 2tan0,A项正确；取水平向左为正方向，在水平方向 ·18· 40分钟·Y ·物理· 对系统由牛顿第二定律可得f=ma1cos0一ma2cos日 3mm+16×0.05mm=3.80mm。 =0,则t=t。之前，地面和斜面之间的摩擦力为零，C (2)气垫导轨需要调成水平，A项错误；实验中有弹簧 项错误；t=t。之后，乙保持静止，甲继续沿斜面向下 测力计测量拉力，则不需要M远大于m,B项错误； 加速，在水平方向对系统由牛顿第二定律可得'= 根据动滑轮的原理可知，滑块的加速度大小是砂和砂 ma1cos日，即地面对斜面的摩擦力方向向左，D项 桶加速度大小的2倍，C项正确：因砂和砂桶加速下 正确。 .1 降，处于失重状态，则弹簧测力计的读数小于2(m十 8.AC【解析】A、B间不发生相对滑动，F最大为F,= m)g,D项错误。 台×2mg=mg,A,B,C均静止，F最大为F:=台× (3)从光电门1到光电门2做加速运动，若设通过光 电门2时的速度为2，则由逆向思维可得L=2t一 (2m十m十m)g=之mg,为了使A,B、C均静止，F 1 1 应小于子mg,A项正确：A、B间摩擦力和B,C间摩 a2,即上=o2之at,可知-t图像的纵截距。 t =2,表示遮光条通过光电门2时的速度大小：斜率 擦力均达到最大静摩擦力时，B的加速度达到最大， 的绝对值a=公，滑块的加速度大小a-】 对B根据牛顿第二定律可得号×2mg-冬(2m十m to to (4)对砂和砂桶分析可知(m十)g-2F=(m十 十m)g- 卡mg=maa,解得aB=了ug,B项错误：当 mo)-1 a,把F=g,a=p代人，可得m=2gpm B、C间的摩擦力达到最大时，C的加速度最大，对C 10.【解析】(1)v-t图像中，图线斜率的绝对值表示加 根据牛顿第二定律可得台mg=mae,解得ac一 速度大小，根据图乙可知 g,C项正确：把A、B,C看成一个整体，由牛顿第 1 0一2s内滑块的加速度大小4=12,4m/s 2 二定律可得F-长(2m十m十m)g=(2m十m十m)a1, 4m/s2 (2分) 8 解得a1= 8ug<6g,B,C间不会发生相对滑动，D 02s内木板的加速度大小a=专m/=2m/s (2分) 项错误。 两物体一起做匀减速直线运动的加速度大小a:= 二、非选择题 4 9.(1)3.80(3分) 6-2m/s2=1m/s (1分) (2)C(3分) (2)v-t图像中，图线与时间轴所围图形的面积表示 (3)2(3分) 2(3分) 位移大小，则滑块运动的总位移x=12X2m十 t 2 49 4×6 (4)2g一p -0(3分) 2 m=24m (5分) 【解析】(1)用游标卡尺测量遮光条的宽度d,读数为 (3)0~2s内对滑块受力分析有1mg=ma1(1分) ·19· ·物理· 参考答案及解析 0~2s内对木板受力分析有1mg十F-2(mg十 解得2=0.5 (2分) Mg)=Maz (1分) (3)撤去拉力F时，铁箱和木块的速度大小均为v= 两物体一起做匀减速直线运动时，对整体受力分 6m/s,因2>4，故木块相对铁箱滑动，木块的加速 析有 度大小a1=1g=2.5m/s2 (1分) uz (m+M)g=(m+M)as (1分) 铁箱的加速度大小a=(M十m)g二Am竖= M 联立解得F=9N (2分) 5.5m/s2 (1分) 11.【解析】(1)木块在竖直方向，由相对静止得 mg=F=mF (2分) 铁箱减速的时间6是-号。>1： (1分) 解得F￥=20N (2分) 故木块到达铁箱右侧时，铁箱未能停止，则经t=1s 由牛顿第三定律得，木块对铁箱的压力大小F'= 木块比铁箱向右多运动的距离L即为铁箱的长度， 20N (2分) L=(vt-9 2)-a-a)e (2分) (2)对木块在水平方向有Fy=ma (2分) 解得L=1.5m (1分) 对铁箱和木块整体有F-(M十m)g=(M十m)a (2分) ·20·