物理(四)牛顿运动定律、超失重、实验：探究加速度与物体受力、物体质量的关系-【衡水金卷·先享题】2026-2027学年高三物理一轮复习周测卷（赣豫专版）

物理（四）牛顿运动定律、超失重、 实验：探究加速度与物体受力、物体质量的关系 (建议用时75分钟，满分100分) 一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是 符合题目要求的) 1.在北京半程马拉松比赛中，从起点到终点的直线距离约为12km,实际赛道长 度为21.0975km,冠军机器人用时约2小时40分完成比赛。下列说法正确 的是 A.机器人的位移大小为21.0975km B.机器人的平均速度大小约为4.5km/h C.若机器人在弯道段保持速率不变，则其所受合外力为零 D.机器人静止时惯性为零，跑动时惯性变大 2.机器人在搬运货物方面有着独特的优势，它可以按照设定的程序和路线，精准地抓取、移动并放 置货物，能在物流仓储等场景提高搬运效率。如图所示，机器人静止在原地并将货物竖直缓慢 抬起的过程中（从图甲状态到图乙状态），下列说法正确的是 A.机器人对货物的作用力方向斜向右上方 B.货物对机器人的作用力方向斜向右下方 C.地面对机器人的摩擦力方向水平向左 D.地面对机器人的作用力方向竖直向上 3.如图所示，某次冰球比赛中，运动员用冰球杆沿不同方向击打冰球的不同部位，冰球的运动状态 随之发生改变，且每次的改变情况也各不相同。下列说法正确的是 A.力可以改变物体的运动状态 B.力的作用效果仅与力的方向有关 C.力的作用效果与力的作用点无关 D.物体的运动需要力来维持 4.如图所示，竖直平面内三个圆的半径之比为3：2：1，它们的最低点相切于P点。有三根光滑细 杆AP、BP、CP,三根杆的最高点分别处于三个圆的圆周上的某一点，最低点均处于P点。现有 一小环分别套在三根杆上，都从杆的最高点由静止开始沿杆下滑至P点，则小环在杆AP、BP、 CP上运动的时间之比为 A.3:2:1 B.1:1:1 C.√3：√2：1 D.(√3-√2)：（√2-1）：1 5.选择不同的参考系来观察同一物体的运动，结果会有所不同：如图甲所示，在自由下落的电梯 中，电梯外的人看到小球只受重力作用，做自由落体运动，符合牛顿定律；电梯内的人看到小球 只受重力却是“静止”的，“违反”了牛顿定律。为了能够用牛顿定律描述相对地面做加速运动的 参考系（又称“非惯性参考系”）中物体的运动，在非惯性系中引入惯性力的概念：惯性力F= ma,a表示非惯性系的加速度，负号表示与a方向相反。引入惯性力后，电梯中的人认为小球 受到向上的惯性力与重力平衡，小球静止，符合牛顿定律。如图乙所示，某人在以加速度α做匀 加速运动的高铁上，在距地面为h处，相对于高铁以速度。水平抛出一个小球。已知重力加速 度为g,不计空气阻力，关于此人看到的小球的运动，下列说法正确的是 物理（四）第1页（共4页） A.小球水平方向上做匀变速直线运动 a B.当w=a√g 时，小球将落在抛出点的正 0相对于高铁 a-g 0 下方 C.无论已知量满足什么条件，小球都不可能落在抛出点的正下方 D.当高铁的加速度α与小球的初速度o,取值合适时，小球有可能做直线运动 6.如图甲所示，一算盘静置在水平桌面上，中间带孔的算珠可穿在固定的杆上滑动，使用时发现有 一颗算珠位于杆的一端处于未归零状态。在t=0时对算珠施加沿杆方向的力F=0.1N,使其 由静止开始运动，经0.15s撤去力F,此后再经过0.15s算珠恰好能到达另一端处于归零状态。 算珠在整个运动过程中的-t图像如图乙所示，算珠可视为质点，且与杆间的动摩擦因数恒定， 重力加速度g=10m/s2,则下列说法正确的是 v/(m's-1) 未归零归零 A.算珠与杆间的动摩擦因数为0.1 0.3 0.2 B.算珠的质量为25g 01 C.杆长为9cm 0.10.20.3is D.若不撤去力F,则算珠在t=0.2s时已处于归零状态 甲 7.蹦极是人们喜爱的刺激性体育运动，运动员身系弹性绳从高空下落到最低点后又返回上升到一 定高度后再下降。若忽略空气阻力，弹性绳始终在弹性限度内，则运动员从离开平台到第一次 上升到速度为零的过程中，其运动的加速度α随路程x变化的关系图像可能正确是 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合 题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分) 8.雨滴从高空落下，会一直加速吗？答案是否定的。因为雨滴（可看成球形）在空气中竖直下落的 速度较大时，受到的空气阻力f与雨滴的横截面积S成正比，与下落速度的平方成正比，即f =S,其中k为比例系数，当阻力增大到与雨滴的重力平衡时，雨滴匀速下落。已知水的密度 为ρ，重力加速度为g。下列说法正确的是 A.比例系数k的单位为kg/m B.比例系数k的单位为kg/m C.雨滴越大，匀速下落时的速度也越大 D.半径为，的丽滴匀速下落的速度大小为，、器 9.搭载神舟二十号航天员乘组的神舟二十一号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆。若返回 舱在离地面6km的高空打开主伞（降落伞），在主伞的作用下返回舱的速度从80m/s降至 10m/s,此过程飞船高度下降了385m,此后近似匀速下降。当返回舱在距离地面一定高度时启 动反推发动机，4个反推发动机作用1s时，返回舱恰好减速至零并着地，反推发动机作用阶段 的空气阻力不计，反推力近似为恒力。主伞所受的空气阻力f=k,其中k为定值，v为速率，其 余阻力不计。已知返回舱（含航天员）的总质量为3000kg,主伞的质量忽 略不计，忽略返回舱质量的变化，重力加速度g=10m/s2,全过程为竖直 方向的运动，则下列说法正确的是 主伞打开 A.在主伞打开后的瞬间返回舱的加速度大小为70m/s 6000m B.启动反推发动机时每个发动机的推力大小为1500N C.从打开主伞到着地过程中航天员先处于失重状态后处于超重状态 D.反推发动机作用阶段，返回舱的座椅对质量为60kg的航天员的作用 反推发动机开启口 力大小为1200N 0 77777777 地面 物理（四）第2页（共4页） 10.如图为和谐号跨越黄河时的情景。高铁组由动车和拖车编组而成，提供动力的车厢叫动车，不 提供动力的车厢叫拖车。该动车组由8节车厢组成，其中第1、3和5节车厢为动车，其余为拖 车。每节动车开启时均能提供恒定的动力F,各节车厢的质量都相同，动车组在水平轨道和倾 斜轨道上运行时受到的阻力相等且均与车重成正比。下列说法正确的是 A.动车组动力全部开启后在水平轨道行进时，第3、4节车 厢间的作用力与第2、3节车厢间的作用力之比为1：2 B.动车组动力全部开启后分别在水平轨道和倾斜直轨道上 坡时，第6、7节车厢间的作用力之比为1：1 C.动车组动力全部开启和只开启第一节动车动力在水平轨 道行进时，第6、7节车厢间的作用力之比为3：1 D.若增大开启的动车组个数，第6、7节车厢间的作用力减小 班级 姓名 分数 题号 1 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 三、非选择题（本题共5小题，共54分。请按要求完成下列各题） 11.(6分)某同学用如图甲所示的实验装置探究加速度与力、质量的关系。 4纸带 BA c. 乙 (1)关于本实验，下列说法正确的是 (填正确答案标号) A.每次改变小车的质量时，应重新平衡摩擦力 B.实验时应先释放小车后接通电源 C.本实验中砝码及砝码盘B的质量应远大于小车A的质量 D.在用图像探究加速度与质量的关系时，应作a-】图像 A (2)某同学在实验中打出的一条纸带如图乙所示，他选择了几个点作为计数点，相邻两计数点 间还有4个点没有画出，其中Sb=7.06cm、S=7.68cm、Sa=8.30cm、S=8.92cm,已知 电源的频率为50Hz,则c点的速度大小为 (结果保留两位有效数字)m/s,小车的加速 度大小为 m/s2。 (3)某同学将长木板右端适当垫高，其目的是平衡摩擦力，但他把长木板的右端垫得过高，使得 倾角过大。用a表示小车的加速度，F表示细线对小车的拉力，则他绘出的a-F关系图像可 能正确的是 。(填正确答案标号) 人. 12.(9分)小明根据生活经验和“树大招风”等成语的提示，猜测在低风速的情况下，空气阻力的大 小可能与物体在空气中运动的速率、物体的大小和物体的形状有关，他想设计实验探究物体所 受空气阻力的大小与速率的关系。 (1)由于空气阻力的大小还可能与物体的大小和形状有关，因此在研究此问题时必须保持物体 的大小和形状等其他条件相同，这种常用的物理方法叫 。(填正确答案标号) A.理想实验法B.控制变量法 C.等效替代法 (2)小明以气球为研究对象，保持气球体积不变，探究气球在空气中运动时受到的空气阻力大 物理（四)第3页（共4页） 小与速率的关系。在气球下端用硬质细铁丝悬挂 (填“体积很小”或“体积很大”)的重 物，让气球从空中竖直下落，随着气球下落的速率增大，气球受到的空气阻力也增大，实验过程 中不计水平方向的风力，气球做加速度 (填“增大”或“减小”)的 (填“减速”或 “加速”)运动，当空气阻力增大到与气球、细铁丝和重物的总重力大小相等时，气球开始做匀速 直线运动。 (3)测出气球、细铁丝和重物的总重力G、气球匀速运动时的速度。改变重物的质量，重复实 验，得到不同的G和。的数据，如表格所示。设气球开始做匀速直线运动的空气阻力为F,根 据表格中的数据在给出的坐标系中用描点法描绘出F-v图像，由此可得出结论 次数 6 ↑F(x10-2N 气球、细铁丝和重物 4.5 5.5 6.5 7.5 8.5 9.5 的总重力G/(×102N) 气球匀速运动时 13.616.3 19.823.826.628.8 的速度/(cm·s1) w(cm's-1) 13.(10分)如图所示，在倾角0=30°的光滑固定斜面上有完全相同的、质量均为m=1kg的三个物 体A、B、C,A、B之间用劲度系数k=200N/的轻弹簧相连，B、C之间用不可伸长的细线相 连，在沿斜面向上的恒定拉力F的作用下，达到稳定后，一起沿斜面向上做匀加速运动时，轻弹 簧伸长3cm。重力加速度g=10m/s2,弹簧始终在弹性限度内，求： (1)拉力F的大小； (2)剪断B、C间细线的瞬间，B和C的加速度。 14.(14分)如图所示，倾角0=30°、质量M=5kg的斜面体顶端装有一个光滑定滑轮。现用一根 不可伸长的轻绳绕过定滑轮对质量m=1kg的物块施加竖直向下的外力F时，物块以α，= 1/s2的加速度匀加速上升，外力F作用的时间t1=4s时轻绳与物块连接处突然断裂，物块 恰好滑到斜面体顶端。已知物块与斜面体间的动摩擦因数4一公，重力加速度g=10m人 全程斜面体一直未能滑动，求： (1)外力F的大小； (2)物块滑到斜面体底端时的速度大小。 7777 15.(15分)如图所示，某工厂用质量B=300kg的物体B通过不可伸长的轻绳及光滑定滑轮协 助传送带传送货物。现将质量4=200kg的物体A(可视为质点)从传送带底端（与地面等 高)由静止释放，最终传送到距离地面高H处，此时物体A刚好匀速，轻绳与物体A相连的部 分与传送带平行，已知传送带的倾角9=30°，物体A与传送带间的动摩擦因数4=3，传送带 以o1=6m/s的速度沿顺时针方向转动，释放物体A时，物体B距地面的高度hB=6.5m,物 体B落地后不反弹，重力加速度g=10m/s2,求： (1)释放后瞬间物体A的加速度大小； (2)高度H。 物理（四）第4页（共4页） S·物理· 物理（四） 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 题号 题型 分 知识点 能力要求 学科素养 预估难度 值 (主题内容) I ⅡⅢ V ① ②③④ 档次 系数 1 单项选择题 比赛中平均速度和惯性的理解 易 0.80 单项选择题 4 受力分析 中 0.75 3 单项选择题 4 力的作用效果 中 0.75 4 单项选择题 4 等时圆模型的理解与应用 / 中 0.65 非惯性参考系中惯性力的理解 单项选择题 4 中 0.60 与应用 6 单项选择题 4 联系实际的多运动过程分析 中 0.60 蹦极过程中运动员加速度的变 7 单项选择题 4 难 0.55 化规律 多项选择题 6 单位制的理解与应用 易 0.85 飞船返回过程中的运动分析、超 9 多项选择题 中 0.60 失重 10 多项选择题 6 联系实际的连接体问题分析 难 0.50 11 非选择题 6 探究加速度与力、质量的关系 中 0.75 探究物体所受空气阻力的大小 12 非选择题 9 中 0.65 与速率的关系 13 非选择题 10 连接体中瞬时性分析 中 0.70 14 非选择题 14 多过程运动问题的分析 中 0.65 15 非选择题 15 传送带问题 中 0.60 ·13· ·物理· 参考答案及解析 香考答条及解析 一、单项选择题 线，D项错误：列车是加速向前运行的，水平方向上小 1.B【解析】位移为从初位置到末位置的有向线段，大 球对人来说，相当于向前做匀减速直线运动，A项正 小为12km,A项错误：平均速度0=二=12km/h 确；水平方向小球的加速度大小为a,故小球将向前 t 8 3 减速，减速到0后再反向加速，回到原位置的时间与 =4,5km/h,B项正确；弯道段是曲线，虽然机器人保 竖直方向上自由落体的时间相等时，小球落在抛出点 持速率不变，但速度方向一直在变，故其所受合外力 的正下方，由水平方向有t=些，竖直方向有= a 不为零，C项错误：惯性大小只与物体质量有关，与物 体的运动状态无关，D项错误。 之gt,解得=a√ ,B、C项错误。 2.D【解析】机器人静止在原地将货物竖直缓慢抬起 6.B【解析】由牛顿第二定律可知施力时F-mg= 的过程中，货物始终受力平衡，机器人对货物的作用 ma1,撤去力后g=ma2,结合图像可知，a1=a2= 力方向竖直向上，A项错误；由牛顿第三定律可知，货 0.3 物对机器人的作用力方向竖直向下，B项错误；取整 0.店m/s=2m/s,解得μ=0.2，m=25g,A项错 体为研究对象，地面对机器人的摩擦力为零，地面对 误，B项正确；由v~t图像可知图线与坐标轴所围的 机器人的作用力方向竖直向上，C项错误，D项正确。 面积表示位移大小，杆长x=0.3×0.3 m=0.045m 3.A【解析】冰球比赛中，运动员用冰球杆击打冰球， 2 冰球的运动状态随之发生改变，说明力可以改变物体 =4.5cm,C项错误；若不撤去力F,算珠将以2m/s2 的运动状态，A项正确：运动员用冰球杆沿不同的方 的加速度做匀加速直线运动，经过0.2s后的位移x 向击打冰球的不同部位，冰球的运动状态随之改变， 且每次的改变情况也各不相同，说明力的作用效果与 =号×2X0.2=0.04m<4.5m,故此时未到归零 力的方向和力的作用点都有关，B、C项错误；由牛顿 状态，D项错误。 第一定律可知，物体的运动不需要力来维持，力是改 7.B【解析】在弹性绳伸直前运动员做自由落体运动， 变物体运动状态的原因，D项错误。 加速度大小为g,弹性绳刚伸直时有一定的速度，重 4.C【解析】由等时圆模型可知，小环在杆AP、BP、 力作用的加速度大小仍为g,随后弹性绳开始伸长， CP上运动的时间分别与在A'P、B'P、CP上运动的 但弹力仍小于重力，运动员继续加速运动，由mg 时间相同，由自由落体运动规律有么=之，可得： kx=ma可知运动员做加速度逐渐减小的加速运动， 当加速度为0时速度达到最大，此后弹力大于重力， 匹，故小环在杆AP、BP、CP上运动的时间之比 开始减速下降到停下，由kx一mg=ma'可知运动员 做加速度逐渐增大的减速运动，由运动的对称性可知 tp:tBp'tp=√3：√2：l,C项正确。 在减速下降时一定能找到一点的速度和弹性绳刚伸 直时的速度相同，此时其加速度大小也为g,故运动 到最低点时的弹力大于重力，即最低点的加速度大于 g,CD项错误；运动员由最低点向上先加速后减速 到原长处，此后做上抛运动到最高点，从上抛到最高 点的过程中加速度等于g,A项错误，B项正确。 5.A【解析】根据惯性力的概念，以高铁为参考系时小 二、多项选择题 球在水平方向上受到水平向左的惯性力，以加速度a 先向右减速，减速到0后再反向加速，竖直方向上受 8,BCD【解析】根据题意可得k= S,由∫的单位为 重力做自由落体运动，故小球的运动轨迹不可能是直 kg·m/s2,S的单位为m,v的单位为m/s,可知比例 ·14· ·物理· 系数k的单位为mS-s,A项错误，B项正 以让小车重力的分力与摩擦力相平衡，这样当改变 m2·(m/s)2m3 小车的质量时，不用重新平衡摩擦力，A项错误；实 确；半径为r的雨滴匀速下落时，由f=g=p· 验时应该先接通电源后释放小车，B项错误；为了让 4 写g和∫=kS,解得u=发，可知雨滴越 小车所受的合外力近似等于砝码和砝码盘的总重 力，系统的加速度要足够小，故应让砝码及砝码盘B 大，即r越大，匀速下落时的速度v也越大，C、D项 的质量远小于小车A的质量，C项错误；在外力恒定 正确 的情况下，加速度与物体的质量成反比，所以应作 9.AD【解析】由牛顿第二定律有g一f1=a,又 f=kU1,og=k,解得a=一70m/s2,A项正确； a-上图像，D项正确。 724 启动反推发动机时对返回舱，由2=a2t,解得a2= (2)由匀变速直线运动的物体在一段时间内的平均 10m/s2,对整体由牛顿第二定律有4F一g= 速度等于中间时刻的瞬时速度，可知c点的速度大 a2,解得每个发动机的推力F=15000N,对航天 小，=SS延≈0,80m/s,用逐差法可得小车的加 员由牛顿第二定律有F'一mg=ma2,解得座椅对航 2T 天员的作用力F=1200N,B项错误，D项正确：从 速度大小a=S十S)S+S)-0.62m/s。 打开主伞到着地过程中整体先减速下降，再匀速下 (2T)2 降，最后又减速下降，故航天员先处于超重状态，匀速 (3)长木板的右端垫得过高，倾角过大时，不挂砝码 时不超重也不失重，最后又处于超重状态，C项错误。 和砝码盘，小车就有加速度，即F=0时α>0，C项 10,BC【解析】动车组动力全部开启后在水平轨道行 正确。 进时，设第3、4节车厢间的作用力与第2、3节车厢 12.(1)B(1分) 间的作用力分别为T和T?,对动车组整体由牛顿 (2)体积很小(2分)减小(2分)加速(2分) 第二定律有3F一8f=8ma1,对前3节车厢由牛顿第 (3)如图所示(1分) 二定律有2F-3f-T1=3a1,对前2节车厢由牛 F/×102N) 顿第二定律有F-2f-T:=2ma,解得T=令F, 0 T十F是子A项错误：动车组动力全部开启 后在水平轨道行进时，第6、7节车厢间的作用力T 满足T?一2f=2ma1,在倾斜直轨道上坡时由牛顿 第二定律有3F-8f-8 ngsin0=8ma2,第6、7节车 厢间的作用力T1满足T1一2f-2 mgsin0=2ma2, 10 20 30 v/(cm-s-1) 解得T=T,=F,B项正确：只开启第一节动车 在一定条件下，气球所受空气阻力的大小与运动的 速率成正比(1分) 动力在水平轨道行进时，由牛顿第二定律有F-8f 【解析】(1)控制变量法是指在研究多因素问题时， =8ma3,第6、7节车厢间的作用力T,满足T:一2f 通过人为控制某些变量不变，只改变其中一个变量， =2m,解得T=子P.号=子.C项正确：若增大 从而研究该变量对实验结果的影响，是物理学常用 开启的动车组个数，则整车的加速度a,增大，第6、7 的科学研究方法，B项正确。 节车厢间的作用力T,满足T,一2f=2ma,可知T, (2)体积小的重物受到的阻力小，根据mg一f=ma 也增大，D项错误。 可知，气球下落过程中先做加速度减小的加速运动， 三、非选择题 直到受到的空气阻力等于气球、细铁丝和重物的总 11.(1)D(1分) 重力。 (2)0.80(2分)0.62(2分) (3)描点作图，如答案图所示。实验中选择了气球， (3)C(1分) 并且控制大小、形状等因素不变，结合图像可得结 【解析】(1)将长木板不带滑轮的一端适当垫高，可 论，在一定条件下，气球所受空气阻力的大小与运动 ·15· ·物理· 参考答案及解析 的速率成正比。 根据运动学公式有=2a2(x1十x2) (1分) 13.【解析】(1)对A由牛顿第二定律有kx-ngsin0= 解得2=6m/s (2分) ma (1分) 15.【解析】(1)释放物体A的瞬间，因物体A的速度小 解得a=1m/s2 (1分) 于传送带的速度，物体A受到沿传送带向上的滑动 对A、B、C整体由牛顿第二定律有F-3 ngsin0= 摩擦力，对物体A由牛顿第二定律有T十mag cos日 3ma (1分) -mag sin 0=maa (1分) 解得F=18N (1分) 对物体B由牛顿第二定律有mBg一T=ma(1分) (2)剪断细线的瞬间，弹簧的形变量不变，弹力不变 解得a=6m/s (2分) 对B由牛顿第二定律有kx十ngsin0=maB(1分) (②)物体B从静止加速至6m/s的位移大小三荟 解得aB=11m/s2,方向沿斜面向下 (2分) 对C由牛顿第二定律有F-ngsin0=mac (1分) =31m<6.5m (1分) 解得ac=13m/s2,方向沿斜面向上 (2分) 又umag cos日十ag sin 0<mng,说明物体A与传送 14.【解析】(1)0~4s内物块匀加速上升，由牛顿第二 带共速后，物体A继续向上做匀加速运动，此时受 定律有 到的摩擦力沿传送带向下 F-ngcosθ-mgsin0=mao (1分) 对物体A由牛顿第二定律有T'一mnag cos日 解得F=9N (2分) mag sin 0=maa (1分) (2)匀加速上升阶段的末速度=ati=4m/s 对物体B由牛顿第二定律有mg一T=ma (1分) (1分) 解得a'=2m/s2 (1分) 位移x=受=8m (1分) 从物体A与传送带共速到物体B落地的过程中，对 轻绳断裂后物块减速上升到顶端，由牛顿第二定 物体B有-听=2a'x2 (1分) 律有 又hB=x1十x2 (1分) umgcos日+mgsin0=ma (1分) 解得2=5√2m/s (1分) 解得a1=8m/s (1分) 物体B落地后物体A匀减速上升，由牛顿第二定律 减速到零的阶段t=4=0.5$ (1分) 有mag cos日+ag sin0=mAa” (1分) (1分) 位移= 2女=1m (1分) 物体A再次与传送带共速有x=,二 2a" 解得x3=0.7m (1分) 物块到达顶端后，由牛顿第二定律有 高度H=(x1十x2+x3)sin0=3.6m (1分) mgsin 0-umgcos -maz (1分) 解得a2=2m/s2 (1分) ·16