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（黑吉辽蒙陕宁青晋专版）

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1~6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，已知小物块与斜面创的动肇擦因数么=号，重力加速度g=10m/。 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.5m 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、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 A D 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/s2 甲 乙 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 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0~1$内两物块的加速度随时间变化的图像如图乙所示。整个运动过程中，弹簧一直在弹性 限度内，下列说法正确的是 物理（五）第1页（共4页） A.t=1s时，物块Q的速度大小为0.4m/s ◆a/(ms-2) 10 D B.t=1s时，弹簧的形变量最大 0.8 C.物块Q的质量为0.5kg -p/00000049 甲 D.t=1s后，物块P、Q能一起做匀加速直线运动 6.如图所示，水平面上有一个倾角0=30°、光滑的固定斜面，劲度系数为k的轻弹簧一端固定在斜 面底端的挡板上，另一端与质量为2的物体A拴接，另有一质量为4m的物体B紧靠在物体A 上，对物体B施加一沿斜面向下、大小为3g的力F,系统处于静止状态。现减小F使物体A、 B以答的加速度一起匀加速向上运动，当F减小到零后物体A,B继续运动。已知弹簧始终在弹 性限度内，重力加速度为g。下列说法正确的是 A.F减小到零前，其大小随位移非均匀变化 B.当F=时，物体A、B之间的弹力大小为10ms 3 C.F减小到零后物体A、B一起继续上升到分离，分离时弹簧处于原长 D.物体A、B上升过程中速度最大时弹簧处于压缩状态，此后物体B匀减速上升 7.如图a所示，倾角为0、足够长的斜面放置在粗糙水平面上。质量相等的小物块甲、乙同时以初 速度沿斜面下滑，甲、乙与斜面间的动摩擦因数分别为41、2，整个过程中斜面相对地面静 止。甲、乙的位移x与时间t的关系图像如图b所示，两条曲线均为抛物线，乙的x-t曲线在t =t时切线斜率为0，下列说法正确的是 A.十2=2tan8 3任用 B.t=to时，甲的速度大小为3 甲乙 C.t=to之前，地面对斜面的摩擦力方向向左 D.t=to之后，地面对斜面的摩擦力方向向左 0 to i h 8.如图所示，长L=3m的传送带以v=5m/s的速度沿顺时针方向匀速转动，其右侧有一质量M =6kg、长度l=5m的长木板静止在光滑水平桌面上，可视为质点、质量m=2kg的小煤块以 =10m/s的速度从传送带左端滑上传送带，之后小煤块无能量损失地滑上长木板，小煤块与传 送带相对滑动时会留下滑痕。已知小煤块与传送带、长木板间的动摩擦因数均为0.6，重力加速 度g=10m/s2,下列说法正确的是 A.小煤块滑上长木板时的速度大小为8m/s B.小煤块的最终速度大小为1m/s M 7777 C.小煤块在距长木板右端1m处相对长木板静止 D.传送带上的滑痕长度为专m 班级 姓名 分数 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 物理（五）第2页（共4页） 40分钟·L 二、非选择题（本题共3小题，共48分。请按要求完成下列各题） 9.(15分)某同学用如图甲所示的装置探究加速度与力、质量的关系。滑块和遮光条的总质量为 M,砂和砂桶的总质量为m,动滑轮的质量为o,不计绳与滑轮之间的摩擦，重力加速度为g。 光电门 光电门1 遮光条 气垫导轨 滑块 主气源 \ 10 20 砂桶 甲 (1)用游标卡尺测量遮光条的宽度d如图乙所示，则读数为 mm (2)下列说法正确的是 (填正确答案标号) A.气垫导轨不需要调成水平 B.实验中M应远大于m C.滑块的加速度大小是砂和砂桶加速度大小的2倍 D.弹簧测力计的示数始终等于2(m十m8 (3)该同学测得两个光电门间的距离为L,遮光条从光电门1运动到光电门2的时间为t。保持 光电门2的位置及滑块在导轨上释放的位置不变，改变光电门1的位置进行多次测量，经过多 次实验测得多组L和t,作出上t图像，如图丙所示。已知上t图像的纵截距为，横截距为 t,则表示遮光条通过光电门 (填“1”或“2”)时的速度大小，滑块的加速度大小a= 。(用、to表示) (4)保持滑块和遮光条的质量不变，改变砂子的质量，进行多次实验，以弹簧测力计的示数F为 横坐标，滑块的加速度a为纵坐标，作出的α-F图像如图丁所示，已知直线上A点的坐标为(q, ),则A点对应的砂和砂桶的质量为 。(用m、p、q、g表示) 物理（五）第3页（共4页） 10.(15分)一质量M=4kg、足够长的木板P静置于粗糙水平面上，质量m=1kg的小滑块Q(可 视为质点)从木板的左端以初速度。滑上木板，与此同时在木板右端作用一水平向右的恒定 拉力F,如图甲所示，将滑块滑上木板时记为t=0时刻，经过2s撤去拉力，两物体一起做匀减 速直线运动，再经过4、两物体均停止运动，两物体运动的ⅴ-t图像如图乙所示。最大静摩擦 力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2,求： (1)0~2$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。 w/(m's-1) 12 8H 4上 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）时撤去拉力，此时铁箱的 速度大小为6m/s,又经1s时间木块从左侧到达右侧，求铁箱的长度。 77777777777777777 物理（五）第4页（共4页）】 40分钟·L40分钟·L ·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 6 弹簧作用下连接体的运动 0.55 7 选择题 x-t图像 中 0.70 8 选择题 8 板块和传送带模型运动 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 % 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 ·15· ·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+ 关系式为x=一之g叶，则xt图像为开口向下的 ma)a1,解得Q=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.C【解析】最初物体A、B静止，弹簧弹力F= 式为v=一gt,则v-t图像为一条向下倾斜的直 6 mgsin0十3mg=6mg=kxo,当物体A、B开始匀加 线，B项正确：整个运动过程中，运动员只受重力作 速运动，运动位移为x时有k(xo一x)一6 mgsin 0一F 用，加速度一直为重力加速度，则合力F和加速度a =6ma,解得F=2mg一kx,故F随位移均匀变化，A 均不随时间变化，C、D项错误。 项错误；当F=时对物体B进行分析有N一 3 3.D【解析】根据牛顿第二定律有Fv-mg=ma,可得 4 ngsin日-F=4ma,解得Vw=3mg,B项错误；F减 a=0.5m/s2,则电梯向上做加速运动，D项正确。 4.D【解析】未剪断轻绳时，弹簧的弹力大小等于P 小到零时物体A,B的加速度为各，此后做加速度逐 的重力，剪断轻绳的瞬间，整体有向下的加速度，大小 渐减小的加速运动，当加速度为零时二者速度最大， 为g,即P和Q受到的合力均等于它们的重力，弹簧 此时弹簧处于压缩状态有kx1=6 mngsin9,然后做加 长度不变，弹力不变，大小仍等于P的重力，A、C项 速度逐渐增大的减速运动直到分离，分离时物体A、 错误；由于P的加速度为g,因此箱顶对P的压力与 B间没有弹力，二者有相同的加速度a=gsin日，此时 弹簧弹力等大反向，B项错误；未剪断轻绳时，Q对箱 弹簧处于原长，此后物体B匀减速上升，C项正确，D 底的压力等于P、Q的总重，剪断轻绳的瞬间，Q的加 项错误。 速度为g,则Q受到箱底的支持力与弹簧的弹力大小 7.AD【解析】x-t图像的斜率表示速度，两条曲线均 相等，即这时Q对箱底的压力减为原来的一半，D项 为抛物线，则甲做匀加速运动，乙做匀减速运动，在 正确。 0~t时间内甲、乙的位移分别为甲=十” 5.C【解析】a-t图像与坐标轴围成的面积表示速度 2t。s 变化量，若0~1s内物块Q的加速度均匀增大，则t 3.xo,xz=观十0 2 =xo,可得t=to时甲的速度大小v 1 =1s时物块Q的速度大小0=之×1X0.8m/s= =2,B项错误；甲的加速度大小a1=一心=，乙 to to 0.4m/s,由图乙可得实际物块Q的图像与坐标轴围 的加速度大小a=少，对甲由牛顿第二定律可得 成的面积大于物块Q的加速度均匀增大时图像与坐 to 标轴围成的面积，故t=1s时物块Q的速度大于 mgsin0一1 ngcos日=ma1,同理可得对乙有 0.4m/s,A项错误；从图乙可看出，t=1s时物块P 2 mgcos日-mgsin日=ma2,联立可得1十e= 的速度大于物块Q的速度，撤去恒力F后，当二者共 2tan0,A项正确：取水平向左为正方向，在水平方向 速时，弹簧形变量达到最大，撤去恒力后两物块仅受 对系统由牛顿第二定律可得f=ma1cos0-ma2cos0 弹簧弹力作用，且速度不相等，所以不会一起做匀加 =0,则t=之前，地面和斜面之间的摩擦力为零，C ·16· 40分钟·L ·物理· 项错误；一t。之后，乙保持静止，甲继续沿斜面向下 降，处于失重状态，则弹簧测力计的读数小于子(m十 加速，在水平方向对系统由牛顿第二定律可得'= mo)g,D项错误。 ma1cos0,即地面对斜面的摩擦力方向向左，D项 (3)从光电门1到光电门2做加速运动，若设通过光 正确。 电门2时的速度为，则由逆向思维可得L=t一 8.ACD【解析】小煤块在传送带上做匀减速运动，有 mg=mao,假设小煤块滑离传送带时未与传送带共 号ad,即上=认一名a,可知上t图像的纵截距 速，有6-=2aoL,解得=8m/s>w,假设成立， =,表示遮光条通过光电门2时的速度大小；斜率 A项正确：由=w一a和△x=心心1一t,联 2 的绝对值弓a=二，滑块的加速度大小a=2 to to 立解得△r=子m,故传送带上的滑痕长度为号mD (4)对砂和砂桶分析可知(m十)g一2F=(m十 4g 项正确：小煤块滑上长木板后在摩擦力作用下减速， m)号a,把F=q、a=p代人，可得m=2g”》 设经时间二者同速，对小煤块有mg=ma0,= 10.【解析】(1)-t图像中，图线斜率的绝对值表示加 速度大小，根据图乙可知 边一at红，=4)2，对长木板有mg=Ma1,边= 2 0~2s内滑块的加速度大小a=12,4 2 m/s2= a红，=受，联立解得=1s助=2m/s,dr 4m/s2 (2分) x1一x2=4m,由△x'<可知小煤块最终与长木板相 0~2s内木板的加速度大小a,=2m/g=2m/s 4 对静止，小煤块相对于长木板右端的距离s=一△x (2分) =1m,B项错误，C项正确。 两物体一起做匀减速直线运动的加速度大小α：= 二、非选择题 9.(1)3.80(3分) m/s=1 m/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) 20(3分) t 位移大小，则滑块运动的总位移x=12X2 2 m (4)2g一p 4g m(3分) 4×6 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) 3mm+16×0.05mm=3.80mm。 0~2s内对木板受力分析有1mg十F-(mg十 (2)气垫导轨需要调成水平，A项错误；实验中有弹簧 Mg)=Ma2 (1分) 测力计测量拉力，则不需要M远大于，B项错误； 两物体一起做匀减速直线运动时，对整体受力分 根据动滑轮的原理可知，滑块的加速度大小是砂和砂 析有 桶加速度大小的2倍，C项正确；因砂和砂桶加速下 e(m十M0g=(m十M)a (1分) ·17· ·物理· 参考答案及解析 联立解得F=9N (2分) 6m/s,因>4，故木块相对铁箱滑动，木块的加速 11.【解析】(1)木块在竖直方向，由相对静止得 度大小a1=1g=2.5m/s2 (1分) mg=F=m Fx (2分) 铁箱的加速度大小a2= (M十m)g一mg= M 解得Fv=20N (2分) 5.5m/s (1分) 由牛顿第三定律得，木块对铁箱的压力大小F′= 20N (2分) 铁箱减速的时间。=巴=1 a27s>1s (1分) (2)对木块在水平方向有Fv=ma (2分) 故木块到达铁箱右侧时，铁箱未能停止，则经t=1s 对铁箱和木块整体有F-(M十m)g=(M十m)a 木块比铁箱向右多运动的距离L即为铁箱的长度， (2分) 1=1学)-(-些)-@2”r 2 (2分) 解得=0.5 (2分) 解得L=1.5m (1分) (3)撤去拉力F时，铁箱和木块的速度大小均为= ·18