第三单元 强基精测卷2《巅峰突破》2026版物理高三一轮单元突破验收卷（含答案解析）

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密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密 封 线 内 不 要 答 题
)
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姓名 班级 考号
密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密 封 线 内 不 要 答 题
)
第三单元　运动和力的关系（二）
满分90分,限时75分钟
考点1 牛顿运动定律的应用　　考点2 超重和失重
考点3 实验:探究加速度与力、质量的关系
一、选择题(本题共10小题,共40分。在每小题给出的四个选项中,第1—7题只有一项符合题目要求,每小题4分;第8—10题有多项符合题目要求,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)
1.某同学把一只弹簧测力计改装成“竖直加速度测量仪”,用来测量电梯竖直运行时的加速度,他将弹簧测力计上原本为1.0 N的刻度改为0 m/s2。测量电梯加速度时将重1.0 N的钩码挂在弹簧测力计上,当指针指在0 m/s2刻度线上方时 (　　)
A.钩码处于失重状态　　　　B.钩码处于超重状态
C.电梯可能在加速上行　　　　D.电梯可能在减速下行
2.神舟十五号载人飞船经过分离、制动、再入、减速、着陆缓冲五个阶段,在东风着陆场安全着陆。减速阶段为:当返回舱下降至离地高度约10 km时,引导伞、减速伞、主伞会依次打开,巨型的大伞为返回舱提供足够的减速阻力,如图,当返回舱离地高度约1 m时,底部反推发动机点火喷气,最终以1~2 m/s的速度平稳着地。设返回舱做直线运动,则反推发动机点火减速阶段 (　　)
A.反推发动机要向上喷气
B.返回舱处于失重状态
C.伞绳对返回舱的拉力小于返回舱对伞绳的拉力
D.返回舱的重力小于除重力外其他力的合力
3.如图所示,两个质量均为m的物块P、Q叠放在光滑的水平面上,物块间的动摩擦因数为μ。若用水平外力F将物块Q从物块P的下方抽出,抽出过程中P、Q的加速度分别为aP、aQ,且aQ=2aP,重力加速度为g,则F的大小为 (　　)
A.μmg　　　　B.1.5μmg　　　　C.2μmg　　　　D.3μmg
4.中沙“蓝剑-2023”海军特战联训于10月9日在海军某部营区开训。如图所示,六位特战队员在进行特战直升机悬吊撤离课目训练。若质量为M的直升机竖直向上匀加速运动时,其下方悬绳拉力大小为F,每位特战队员的质量均为m,所受空气阻力是重力的k倍,不计绳的质量,重力加速度为g,则 (　　)
A.队员的加速度大小为-g
B.a段绳的拉力大小为F
C.队员的加速度大小为-kg
D.a段绳的拉力大小为F
5.某同学用橡皮筋悬挂智能手机做如下实验:如图甲所示,将橡皮筋上端固定在铁架台上的O点,打开手机加速度传感器,同时从O点由静止释放手机,获得一段时间内手机在竖直方向的加速度随时间变化的图像如图乙所示,下列说法正确的是 (　　)
　　
A.手机在0.5 s时处于失重状态
B.手机在1.0 s时处于超重状态
C.0.9 s时橡皮筋恢复到原长
D.手机的速度最大值约为3 m/s
6.2022年10月25日全球首款大型“四发”多用途固定翼无人机“双尾蝎D”在中国成功首飞,它的最大载重达到了1 500千克,具备强大的军事使用潜力。在第一次空载试飞过程中,质量为m的无人机从静止开始加速行驶距离s时达到起飞速度,飞离地面。在第二次装有载荷的试飞过程中,无人机从静止开始加速行驶距离2s时达到起飞速度,飞离地面。已知飞机的起飞速度与飞机质量的关系为v=km,假设两次试飞时发动机的推力均相同,两次飞机所受阻力相同且恒定不变,若将无人机的运动看作匀加速直线运动,则第二次试飞时飞机上载荷的质量为 (　　)
A.(-1)m　　B.m　　C.(-1)m　　D.m
7.风洞实验可以模拟高空跳伞情况下人体所承受气流作用的状态。已知物体受到的空气阻力F与物体相对空气的速度v满足F=CρSv2(S为物体迎风面积,C为风阻系数,ρ为空气密度)。图甲中风洞竖直向上匀速送风,一质量为m的物体从A处由静止下落,一段时间后在B处打开降落伞,相对速度的平方v2与加速度大小a的关系图像如图乙所示,重力加速度为g,下列说法正确的是 (　　)
　　　　
A.开伞前加速度向下且越来越大
B.开伞后加速度向上且越来越大
C.开伞前物体迎风面积为S1=
D.开伞后物体迎风面积为S2=
8.某物体质量为1 kg,在水平拉力作用下沿粗糙水平地面做直线运动,其v-t图像如图所示,根据图像可知 (　　)
A.物体所受的拉力总是大于它所受的摩擦力
B.物体在第3 s内所受的拉力大于1 N
C.在0~3 s内,物体所受的拉力方向始终与摩擦力方向相反
D.物体在第2 s内所受的拉力为零
9.图为鲁能巴蜀中学“水火箭”比赛现场,假设水火箭从地面以初速度10 m/s竖直向上飞出,在空中只受重力与空气阻力,水火箭质量为1 kg,空气阻力方向始终与运动方向相反,大小恒为2.5 N,g取10 m/s2,则下列说法正确的是 (　　)
A.水火箭运动过程中,经过同一高度时(除最高点外),上升时的速率大于其下落时的速率
B.水火箭所能上升的最大高度为 m
C.水火箭从离开地面到再次回到地面的总时间为1.6 s
D.当水火箭竖直向下运动且位于地面上方1 m时,速度大小为3 m/s
10.图甲是儿童游乐场中的波浪形滑梯,可以把它简化为图乙的模型,其中上面一段由四块长度相同的木板拼接而成,①③板相互平行,②④板相互平行,A点为②板和③板的连接点,B点为④板的末端。设一个小孩从滑梯顶端初速度为零开始下滑,到达底端。忽略他在两板连接处的能量损失,且四块木板粗糙程度处处相同。下列说法正确的是 (　　)
　　
A.在②板下滑的加速度大于在③板下滑的加速度
B.在②板下滑的时间小于在③板下滑的时间
C.vA<
D.vA>
二、非选择题(本题共4小题,共50分)
11.(10分)同学们分别用如图a、b所示的实验装置验证牛顿第二定律。在图a中,将砂和砂桶的总重力大小作为细线对小车的拉力大小。在图b中,将一个力传感器安装在砂桶的上方,直接测量细线对小车的拉力大小。
(1)用图a的装置进行操作时,下列做法错误的是　　　　(填标号)。
A.实验时,需要让细线与长木板保持平行
B.在调节木板倾斜角度平衡摩擦力时,应该将装有砂的砂桶用细线通过定滑轮系在小车上
C.实验时,先接通打点计时器的电源,再释放小车
D.实验时,砂和砂桶的总质量要远小于小车的质量
(2)图c是用图a的装置打出的一条纸带,O、A、B、C、D是五个连续的计数点,相邻两个计数点间有四个点未画出,打点计时器所用交流电源的频率为50 Hz。
①小车连接在纸带的　　　　(填“左端”或“右端”);
②打点计时器打下B点时,小车的速度大小为　　　　m/s(保留3位有效数字);
③小车的加速度大小为　　　　m/s2(保留3位有效数字)。
(3)以测得的小车加速度a为纵轴,砂和砂桶的总重力大小F或力传感器的示数F'为横轴,作出的图像如图d所示,图d中的两条图线甲、乙是用图a和图b的装置进行实验得到的,两组装置所用小车的质量相同,则用图a的装置进行实验得到的是图线　　　　(填“甲”或“乙”)。
12.(12分)如图甲所示,质量为m=2 kg的物体在水平面上向右做直线运动。过A点时给物体一个水平向左的恒力F并开始计时,选水平向右为速度的正方向,通过速度传感器测出物体的瞬时速度,所得v-t图像如图乙所示。重力加速度g=10 m/s2。求:
　　
(1)力F的大小和物体与水平面间的动摩擦因数μ;
(2)10 s内物体的位移;
(3)物体再次回到A点时的速度大小。
13.(12分)(2024安徽淮南高三模拟)如图,将质量m=1 kg的圆环套在固定的倾斜直杆上,杆的倾角为37°,环的直径略大于杆的截面直径。对环施加一位于竖直平面内斜向上与杆夹角为37°的拉力F=10 N,使圆环由静止开始沿杆加速向上运动,已知环与杆间的动摩擦因数μ=0.5,sin 37°=,cos 37°=。(重力加速度g取10 m/s2)求:
(1)F作用2 s时圆环的速度大小;
(2)2 s后撤去力F,圆环继续沿杆上滑的最大距离。
14.(16分)如图所示,倾角θ=30°的斜面体静止放在水平地面上,斜面长L=3 m。质量m=1 kg的物体Q放在斜面底端,与斜面间的动摩擦因数μ=,通过轻细绳跨过定滑轮与物体P相连接,连接Q的细绳与斜面平行。绳拉直时用手托住P使其在距地面h=1.8 m高处由静止释放。若P、Q可视为质点,斜面体始终静止,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,不计滑轮轴摩擦,重力加速度大小g=10 m/s2。求:
(1)若P的质量M=0.5 kg,地面对斜面体的摩擦力大小f;
(2)假设P着地后立即停止运动,为使Q能够向上运动且不从斜面顶端滑出,P的质量需满足的条件。
答案全解全析
1.A　当指针指在0 m/s2刻度线上方时,可知拉力小于1 N,对钩码根据牛顿第二定律有mg-F=ma,可知加速度向下,钩码处于失重状态,电梯可能加速下行或减速上行,选A。
2.D
思路点拨　分析反推发动机点火减速阶段时,先确定加速度方向,再根据牛顿第二定律分析返回舱的重力与除重力外其他力的合力的大小关系。
解析　底部反推发动机点火喷气,其目的是使返回舱受到喷出气体向上的反作用力,从而减速,根据牛顿第三定律可知反推发动机要向下喷气,故A错误;返回舱减速阶段加速度方向向上,处于超重状态,故B错误;根据牛顿第三定律可知,伞绳对返回舱的拉力与返回舱对伞绳的拉力大小相等,方向相反,故C错误;在反推发动机点火减速阶段,以竖直向上为正方向,根据牛顿第二定律有F其他-mg=ma>0,可得mg3.D　以P为研究对象,根据牛顿第二定律有μmg=maP,可得aP=μg,所以aQ=2aP=2μg,对Q根据牛顿第二定律有F-μmg=maQ,可得拉力F=μmg+maQ=3μmg,D正确。
4.D
思路点拨　求解队员的加速度时,要以六位特战队员整体为研究对象;求解a段绳的拉力时,要以下面的四位特战队员整体为研究对象。
解析　以六位特战队员整体为研究对象,根据牛顿第二定律有F-6(k+1)mg=6ma;设a段绳的拉力为T,以下面的四位特战队员整体为研究对象,根据牛顿第二定律有T-4(k+1)mg=4ma,解得T=F,a=-(k+1)g,选D。
5.D
识图有法
解析　从O点由静止释放手机,橡皮筋处于松弛状态,加速度为-10 m/s2,可知以竖直向上为正方向;手机在0.5 s时加速度方向向上,处于超重状态;手机在1.0 s时加速度为负,方向向下,处于失重状态,故A、B错误。0.9 s时,手机的加速度为0,橡皮筋的弹力大小等于手机的重力大小,橡皮筋没有恢复到原长,故C错误。由图像可知,手机一开始向下做加速度减小的加速运动,当加速度为0时,速度达到最大,根据a-t图像与横轴围成的面积表示速度变化量可知,最大速度约为vmax=×(0.25+0.35)×10 m/s=3 m/s,故D正确。
6.A　第一次试飞过程,根据牛顿第二定律及运动学规律有v1=km,=2a1s,F-f=ma1;第二次试飞过程,根据牛顿第二定律及运动学规律有v2=k(m+Δm),=2a2·2s,F-f=(m+Δm)a2,联立解得Δm=(-1)m,选A。
7.C
思路点拨　先区分题图乙中左侧图线、右侧图线对应开伞前还是开伞后,然后应用牛顿第二定律及F=CρSv2分析和求解结果。
解析　物体从A处由静止下落,开伞前加速度向下,有mg-F=ma,且F=CρS1v2,可知随着速度v增大,F不断增大,加速度逐渐减小,对应图乙中右侧图线,解得S1=,故A错误,C正确;图乙中左侧图线对应开伞后的情况,有F=CρS2v2,当v=v1时,加速度为零,有mg=F=CρS2,解得S2=,且当v减小时,a减小,故B、D错误。
8.BC　在1~2 s内,物体做匀速直线运动,拉力的大小等于摩擦力的大小,故A错误。v-t图像的斜率表示加速度,由图像可得第3 s内物体的加速度a= m/s2=1 m/s2,由牛顿第二定律有F拉-Ff=ma,所以F拉=Ff+ma=Ff+1 N>1 N,故B正确。物体在第1 s内和第3 s内沿正方向做匀加速直线运动,拉力的方向为正方向,与摩擦力方向相反,第2 s内拉力与摩擦力大小相等,方向相反,故C正确,D错误。
9.AD　由于在水火箭运动过程中空气阻力一直做负功,因此水火箭的机械能减小,则同一高度处下落时动能较小,故速率较小,故A正确;水火箭向上运动时,空气阻力向下,加速度a1=g+=12.5 m/s2,则上升的最大高度为hm==4 m,故B错误;水火箭从地面到最高点所用时间t==0.8 s,水火箭下落时空气阻力向上,加速度a2=g-=7.5 m/s2,所以下落时间大于上升时间,运动总时间大于1.6 s,故C错误;水火箭位于地面上方1 m,即下落h=3 m,故v==3 m/s,故D正确。
10.AD　由于小孩在①板从静止加速下滑,所以小孩一直做加速运动,根据牛顿第二定律可得斜面上的加速度为a==g sin θ-μg cos θ,由题图乙知②板倾角大于③板,所以在②板下滑的加速度大于在③板下滑的加速度,故A正确;小孩一直做加速运动,在②板下滑的平均速度小于在③板下滑的平均速度,而两板长度相等,根据x=t可知,在②板下滑的时间大于在③板下滑的时间,故B错误;设在①③板的加速度为a1,在②④板的加速度为a2,由位移速度公式有=2(a1+a2)x、=4(a1+a2)x,解得vA=>,故C错误,D正确。
归纳总结
粗糙斜面情境中物体受力与加速度分析
1.图甲中(物体上滑),物体的加速度a=g sin θ+μg cos θ,沿斜面向下。
　
2.图乙中(物体下滑),物体的加速度a=g sin θ-μg cos θ。
(1)当μ(2)当μ=tan θ时,a=0;
(3)当μ>tan θ时,加速度方向沿斜面向上。
11.答案　(1)B(2分)　(2)①左端(2分)　②0.377(2分)
③0.390(2分)　(3)乙(2分)
解析　(1)在实验时,需要让细线与长木板保持平行,这样才能使细线的拉力平行于运动的方向,故A正确;在调节木板倾斜角度平衡摩擦力时,应该将装有砂的砂桶摘下,故B错误;实验时,先接通打点计时器的电源,再释放小车,故C正确;为使细线拉力近似等于砂和砂桶的总重力,实验时,砂和砂桶的总质量要远小于小车的质量,故D正确。
(2)①小车在重物牵引下拖着穿过打点计时器的纸带沿平直轨道加速运动,故离打点计时器的距离不断增大,所以小车连接在纸带的左端;②已知打点计时器所用交流电源的频率为50 Hz,相邻两个计数点之间还有四个点未画出,则相邻两计数点的时间间隔为T=5×0.02 s=0.1 s,根据匀变速直线运动中间时刻瞬时速度等于该段过程的平均速度,则打下B点时,小车的速度大小为vB== m/s≈0.377 m/s;③根据逐差法可得,小车的加速度大小为a== m/s2=0.390 m/s2。
(3)在图b中,力传感器可以直接测量细线对小车的拉力大小F',小车的质量为M,根据牛顿第二定律可得a=,斜率为k'=。在图a中,砂和砂桶的总质量为m,砂和砂桶的总重力大小为F,对砂和砂桶以及小车整体分析,根据牛顿第二定律,可得a=F,斜率为k=。因为k12.答案　(1)3 N　0.05　(2)2 m,水平向左　(3)4 m/s
识图有法
解析　(1)设物体向右做匀减速直线运动的加速度大小为a1,向左做匀加速直线运动的加速度大小为a2,则由v-t图像求得a1=2 m/s2 (1分)
a2=1 m/s2 (1分)
由牛顿第二定律有
F+μmg=ma1 (1分)
F-μmg=ma2 (1分)
解得F=3 N, (1分)
μ=0.05 (1分)
(2)物体减速阶段即0~4 s内发生的位移大小x1=a1=16 m,方向水平向右 (1分)
物体在4~10 s内反向做加速运动,发生的位移大小为x2=a2=18 m,方向水平向左 (1分)
所以10 s内物体的位移
x=x2-x1=2 m(1分)
方向水平向左 (1分)
(3)由运动学公式得v2=2a2x1 (1分)
解得v=4 m/s(1分)
13.答案　(1)2 m/s　(2)0.2 m
解析　(1)以圆环为研究对象进行受力分析可得
沿杆方向:F cos 37°-mg sin 37°-f=ma1 (2分)
垂直杆方向:mg cos 37°=N+F sin 37° (2分)
且f=μN (1分)
根据匀变速直线运动规律有v=a1t1 (1分)
联立解得2 s时圆环的速度v=2 m/s(1分)
(2)撤去外力后,以圆环为研究对象进行受力分析可得
沿杆方向:mg sin 37°+f'=ma2 (2分)
垂直杆方向:N'=mg cos 37° (1分)
且f'=μN'
圆环上滑到最高点时速度为零,所用时间
t2==0.2 s(1分)
则圆环继续沿杆上滑的最大距离是
x2=t2=0.2 m(1分)
14.答案　(1) N　(2)1 kg解析　(1)P受到的重力Mg=5 N(1分)
对物体Q有mg sin θ=5 N=Mg (1分)
可知P、Q均处于静止状态
绳上的拉力F=Mg=5 N
,根据平衡条件可知,地面对斜面体的摩擦力f=F cos 30°= N(1分)
(2)一方面,刚开始运动时Q能够向上运动,则必须满足
Mg>mg sin θ+μmg cos θ (1分)
解得M>1 kg(1分)
另一方面,Q不从斜面顶端滑出,则Q滑到斜面顶端时速度为零,P着地后,设Q继续上滑的加速度大小为a1,上滑的距离为x,对Q由牛顿第二定律有
mg sin θ+μmg cos θ=ma1 (2分)
解得a1=10 m/s2 (1分)
要使Q恰好不从斜面顶端滑出,则Q的位移为
x=L-h (1分)
设P着地前瞬间Q的速度为v,由运动学公式有0-v2=-2a1x (1分)
解得v=2 m/s
对Q由运动学公式有v2=2ah (1分)
解得a= m/s2 (1分)
对于P、Q组成的系统,根据牛顿第二定律有
Mg-mg sin θ-μmg cos θ=(M+m)a (2分)
解得M=5 kg(1分)
综上,为使Q能够向上运动且不从斜面顶端滑出,P的质量需满足的条件为1 kg解后复盘　(1)先对P、Q受力分析,得出P、Q均处于静止状态的结论;后将Q与斜面体作为整体,应用平衡条件求出地面对斜面体的摩擦力。
(2)①先求出Q能够向上运动对应的P的质量的最小值,再求出Q恰好不从斜面顶端滑出对应的P的质量的最大值。②Q先在P的牵引下加速上滑,由牛顿第二定律、运动学公式分析加速上滑过程的加速度、位移及质量间的函数关系;P着地后,Q减速上滑到顶点时速度为零是临界状态,同样由牛顿第二定律、运动学公式分析减速上滑过程的加速度、位移及质量间的函数关系;最后,联立各式求解结果,得出结论。