周测评(6) 牛顿运动定律(三)-【衡水真题密卷】2025年高考物理学科素养周测评（湖南专版）

2024一2025学年度学科素养周测评（六） 物理·牛顿运动定律（三】 (考试时间75分种，总分100分》 一、单项选择题：本额共6小，每小+分，共24分。在每小题给出的四个进项中，只有 一项符合题日要求。 题号 1 2 容案 1,密立根通过出滴实验首先测出了元电黄的数值，油满在运动过程中受到的阳力可由所 托克斯公式F一6四计算（其中r为油滴率径，D为消滴下落的墓率，9为空气粘滞系 数)。则空气精滑系数的单位可以表示为 A器 Ekg cN· DN·g ”m.3 m 2如图所示，小球A与物块B放置在而定磷面上，物块B上表霸水平。若不计一切阻力， 由静止释放物境B后一小厦时间内（小球A未离开B),可学们对B下滑试程中的受力 分析如下图，其中正确的是 3.跨过定滑轮的轻绳一喇固定在吊板上，另一装栓在一个动滑轮的轴上， 跨过功滑轮的轻绳一端固定在吊板上，另一端被局版上的人拉住，如图 所承。已知人的质量为M一70kg,吊板的质量为m一10k,绳，定滑 轮，动滑轮的质量以及带轮的摩报均可不计。取重力加速度为g 10m/。当人和版一起以如速度a=1.0m/公向上做加速运动时，人对绳的拉力下和 人对吊板的压力F大小分别为 A.F,=403N.F=300N 学科素养周测浮（六】物理第1页共8页） 衡水真是 BE,=400N,F=330N C,F=440N,F,=550N DF1=220N.F.=550N 4,如图所示，大位特授队品在进行料战直升机暴吊量离限目川城。若质量为M的直升机 竖直向上做匀加速运动时，其下方悬绳控力为F,每位行战从员的质量均为m,新受空气 阻力是重力的是倍，不计绳的质量，重力闻速度为黑，则 《》 人风员的加速度大小为品一云 玉队员的加速度大小为需一好 C,上面第二位队奶和第二位队员何绳的拉力大小为下 D上面第二位队员和第三位以员间蝇的拉力大小为子F 五，风两实验可以模凯高空跳食情况下人体质承受气流的默老。已知物体受到的空气阻力 F与物体相时空气的速度甲澜足下-2CS(S为物体迎风山积，C为风阻案数P为空 气密度)。图甲中风阴竖直向上匀速送风。一质量为m的物体从A处出静止下落，一段 时间后在B处打开降落伞，相对速度的平方与加速度大本。的美系图像如图乙所 示，重力相速度为g,下列说法正璃的是 《》 A 1111 甲 A.开伞前加速度向下，越来塘大 且开伞后加速度向上，越来越大 C开伞前物体迎风雨积为S,-mg二a C D开伞后物体和伞理风面积为品一m二ma) C黑 密卷 学科素养周衡坪六)物理第2页（共8页} 6.如图所示，领角为8的解面固定在水平地面上，由斜面上方A点伸出 三根亮滑轻杆至斜面上B,C,D三点，其中轻杆AC与解面垂直， ∠BAC=∠DAC=8,把可看成质点的质量为网的圆环依次沿三根轻 杆从A点由静止滑下，滑到到面过程中的时可分则为，，，下列 说法正确的晶 A.tumre-to 且细=e<o C.t-fc>in D.tCe<t 二、多项选择题：本题共4小盟，每小盛5分，共20分。在每小题给出的回个送项中，有多 项符合题日要求。全部选对的得5分，进对但不全的得3分，有选铺的得0分。 超号 7 10 答案 7,如图所示，紧直平面内存在着经直向上的匀强电据（未全器标出），一鼠绝缘 经弹簧竖直立在水平地面上，下端圆定，一带正电的小球从高处由静止释 放，整直落到弹簧上端，并压室鲜簧。已知小球所受的电场力大小为重力的 一半，不计空气阻力，且弹簧始终处于弹性限度内。若规定竖直向下为运动 的正方向，从小球接触弹簧可运动至最低点的过程中，下列关于小球速度，加速度：与 运动时间：，位移x的关系图像可能正确的有 8如图甲质示，领斜传送带两侧硫点同距5m:皮带总长12m,领角3？”。二0时，一质量为 1烟的煤块从传送带底部的A点，以10m/s的速度中上传送带1-1s对，传送蒂开给 沿顺时针方向匀加速转动，A点运动的图像如图乙所示。煤块与传送带间动摩邃因数 为05，传送轮和煤块大小均可以氢略（取g=10m/g,in3厂=06.%37=0,8）.根 块在传送带上运动的过程中，下列说法正确的是 2 学科素养周测浮六】物理第3页共8页) 衡水真夏 A.煤块运动至最高点，位移大小为5m B煤块在传送带上途动时间为？s C,煤块在传运带上图下的痕进为]2m D,煤块与传送梦同产生的热量为90】 马，如图甲所示，电梯“对重“的主要功能是相对平衡轿厢重力，在电梯工作中使轿知与“对 重”的重力保特在限额之内，保证电镜的牵引传动正常，图动装置梦动铜健绳使轿厢和 “对重”在竖直方向运动，当轿知从原楼句下运动时，：图像如图乙所示，下列说法正确 的是 感电同 重 甲 A.在0一时判内，轿厢处于知重状态 且在0一时间内，铜能绳对帮和的拉力先减小后增大 C在一时间内，“对重“处于失重状态 D在4一时何内，钢绳对轿图的拉力大小等于钢丝绳对“对重”的拉力大小 10.如图甲所示，水平地面上有一长木板，将一个物块放在长木板上，给小物块施加一水平 外力P,通过传感器分别测出长木板及小物块的加速度：的数值和外力F大小的关系 如图乙所示。设最大静摩擦力等于滑动享擦力，重力加建皮为，则以下说法正确的是 A小物换与长木板间的动峰擦因数为出一《乐一B不 aF 且长木板与绝面阿的动罩擦因数为心一费 C小物块的质量m一F一马 Ha D长术板的质量M=B一E 通密餐 学科素蒙周测评六)物理第4西（共8页} 三，非选择题：本题共5小盟，共56分。 响，有关补松阻力下列操作正确的是 。《填正确答案标号) 1,(?分》在探究加速度与力.霞量的关系的实验中，柔用如周甲所示的装置 A.小车需要瑟挂砂和砂解同时连接纸带并使用打点计时器 小车 打么计时圈 B小车需要感挂砂和砂解但不使用纸带和打点计时器 C、小车不悬挂砂和砂解但要连误纸带并使用打点计时器 …… D小车不悬挂花和砂桶也不使用低带和打点计时器 (4)在保持力不变的情况下樱究知连度与爱量的关系到，应该保持 的总质量 木变，多次改变 的总质量，并测量出每次对度的加速度，根据实验数都描 (1)测出硅码盘及融码受到的总重力，记为F(运小于小车受到的重力)，将木板右操适 当转高后，打出了一条如图乙所示的纸整，从比较清的点开始遂，句五个点取一 绘出县京图像进瑞得出实验结论。 个计数点，量出相第计数点之同的矩离。己知打点计时卷打点的时同间隔为T,根 (5)实验中打出的其中一条纸指加围乙所示，由该纸猫可家得加藻度a一m/公 据图乙中给出的数据求出蓝小车的加速度大小应= (结果保留3位有效数字)。 (2)改变延码盘中陆码的面量，并测量小车对应的加魂度：，根据测量数据作出的a-F (6)在保持质量不变的情况下探究加速度与力的关系时，已恰当的补偿闲力，某同学根 图像为知图丙所示的直线，图规不过坐标原点的原因是 ,若图线 貂调得的多组数据绘剂：P图豫如图丙所不。因线的AB段明显偏离直线，量成 的解率为，则小车的质量M。= 此税象的主要原以可能是一◆（填正确答案标号） 12.《9分)如图甲新示为“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置示意图。砂和砂桶的 A,长木板的便角过大 B小车和陆码的总质量过大 总质量用m表示，小车和砖码的总置量用M表承，实验中用砂和砂辅总重力的大个作 C小车与长木板之闾存在摩擦 D.砂利和砂解的总质候过大 为相线对小车拉力的大小，交流电的规率为0H。 13,(10分)如周乐示，援角为9=30的斜面体静止成在水平地面上，斜面长为L.一3m。质量 接地军 常诗觉的长木板领市产打计川因 为知一1g的物体Q放在斜面底端，与钢面间的功率擦因数为红一号通过轻绳跨过轻 质定带轮与物体P相连接，连接Q的轻绳与斜而平行。轻绳拉直时用手托住P使具在 地面h一⊥8m高处由静止释效，着地后P立即停止运动，若P,Q可视为质点，斜面 体始达静止，最大静摩擦力等于滑动焊擦力，不计滑轮厚擦，取g一10m/。。求： (1)若P的质量为M一0.5g,地面对斜面体摩擦力的大小了 (2)为使Q能够向上运动且不从斜面顶端滑出，P的质量M雷读足的条件。 位：tm 270 )除图甲中已给出的实验蓉材外，还需要的测量工具有 。(填正确答案标号) A停表 且天平 C刻度尺 D.洋簧测力计 (2)实验主要采用的所究方法是 。(填正确答案标号) A理思模型法B黄元法 C控制变量法 D等效特代法 《3》该实验中需要把指滑轮的长木板 (填“左”或右”)端轻高来补偿阻力的影 学科素养周测浮（六】物理第5页共8页】 衡水真题密卷 学科素养周衡坪六)物理第6页（共8页} 14.(14分》在某场：工作人员利用一政在水平地面上的三卑架向井底运送物蜜，三脚果 15.(15分》如图所示，分拣快递的车闻里有一与水平面域=30的传送带正以=3m/s 箭化图知图所示，支架与地而交点构成等边三角形。为将物贤送达井底，物贤先匀加 的速度展时针匀速运行，A,B两瑞相距/一1a.8血，观每隔1把质量m一1kg的工 迷直线运动一段时间，接看匀速运动时词，最后匀膜速直线运动时向号到达井底，此 件（可悦为质点）轻放在传送带A端，工件在传送带的带动下向上运动，工件与传透带 时速定给好为零，已知物贤下落的总高度为日，总质量为m,支架及显常质量不计，每 闻的动峰整因散和=2取=10，结果保留两位有效数字。 根支架与繁直方向均成37角，重力加速度为：m37”=0,5,m837”=0,8.求： (1)求工件荆放上去时的加速度是多大 1)物资在匀加速阶良的加道度大小， (2)求工件从A到B所用的时间. (2)在匀减速阶段，每根支架的弹力大小 (3)求相邻工件之料的最大和最小更离 (4)满线与空霞相比，传送带需要措加多大的牵可引力？ 学科素养周测悴六】物理第T页共8页) 衡水真题密程 学科素养周御坪六)物理第8页（共8贾}·物理· 解得1-2(o十) kg 此时两球速度分别为 v1=-h十a1t',2=h十a2t 第一次A追上B压编弹簧到最短距离时，A、B 2024一2025学年度学科素养周测i 一、单项选择题 1.B【解析】根据题意有F=6x℃，则有= 二又由于F=a,通过单位运第，可知空气粘 滞系教的单位可以表示为船。A,CD错误，B 正确。 2.B【解析】假设由静止释放物块B后一小段时 间内，小球A与物块B之间的压力为零，此时，小 球A只受自身的重力作用，将竖直向下做自由落 体运动，加速度为g。对物块B而言，它将受到 自身重力以及斜面对它的垂直于斜面向上的支 持力F、的作用，沿斜面向下滑动。在垂直于斜 面方向，物块B受力平衡：在沿斜面方向上，物块 B所受合外力为其重力沿斜面向下的分力，此分 力为一定值，所以物块B沿斜面向下做匀加速直 线运动，设其加速度为a1,则有a1<g。设物块B 在竖直方向上的加速度为a2,则有a2<a1<g。 在竖直方向上，物块B的加速度小于小球A的加 速度，可见“两者之间压力为零的假设”不成主， 两者之间应存在压力。小球A对物块B的压力 垂直于B的上表面，方向竖直向下。A、C、D错 误，B正确。 3.D【解析】对人和吊板整体，根据牛顿第二定律 有4F1-(M+m)g=(M+m)a,解得F1= 220N,对人根据牛顿第二定律有F十F Mg=Ma,解得F%=550N,根据牛顿第三定律得 人对吊板的压力F2=F2=550N,D正确，A、B、 C错误。 4.D【解析】以六位特战队员为研究对象有F 6(k十1)mg=6ma,设第二住队员和第三位队员 间绳的拉力为T,以下面的4名特战队员为研究 对象有T-4k十1mg=ma,解得T-号F,a= 品一k+1DgD正璃. 参考答案及解析 速度相等，设此时速度为，根据动量守恒定律 可得 2mv +mv2=3mv 解得。=（是-2小V2g。 平（六）物理·牛顿运动定律（三） 5.C【解析】物体从A处由静止下落，开伞前加速 度向下，物体所受合力为F。=mg一F,F= CS,F不断增大，加逵度减小，题困乙中右侧 图线与此过程相符合，有mg一F=a1,解得S= 2(mg二ma),A错误，C正确；题图乙中左侧图 C0防 线为开伞后的图线，有R=CS,,当0= 时，有mg=f=9,味，解得5-，且当 v减小时，a减小，B、D错误。 6.B【解析】设AC=s,國环沿轻杆AC下滑时，圆 环的加速度大小为a41mgc0s0-g0s日，根据运 .1 动学公式有s=a1经，联立解得c=√gc050' 2s 圆环沿轻杆AB下滑时，圆环微自由落体运动，则 25 有如=0之6，解得-√gC0周环沿 轻杆AD下滑时，圆环的加速度大小为a2= mgin(90-20=gos20,根据运动学公式有。 m 1 a6,解得o-√gcos0s2g,则有g=c< tD,B正确。 二、多项选择题 7.AD【解析】小球以一定速度接触弹簧后，在开 始阶段，小球的重力大于电场力与弹簧弹力的合 力，合力向下，加速度向下，根据牛顿第二定律得 mg一红一9E-a,解得a=一凭+28，当x 增大时，a减小，小球做加速度减小的加速运动； 当弹簧弹力与电场力的合力等于重力时，小球的 合力为零，加速度a2=0,当弹簧弹力与电场力的 合力大于重力后，小球的合力向上，加速度向上， 根据牛顿第二定律得一kx一gE十mg=ma,解得 S 衡水真题密卷 =一艇+8，当工增大时a增大，小球做如 速度增大的减速运动，到最低点时小球的速度为 零，A、D正确：弹簧压缩至最低，点时速度为零，但 小球刚接触弹簧时，速度不为零，B错误：a与x 为线性关系，x与t为非线性关系，故a与1为非 线性关系。即ct图线不为一条直线，C错误。 8.ACD【解析】煤块滑上传送带做匀减速直线运动， 加速度大小为a=mgsin0叶ngos0=10m/,经 过时间速度减小到零，则1=边=1s,0~1s传送 1 带速度为本，则珠块向上滑动的位移西=滋=5m, 1s后传送带开始加速，其加速度为a=A= △ 5m/s2,由于煤块受力满足mgcos mgsin0,煤块 向下加速，其加速度为a=mgn0gcos0 2m/s2,所以煤块运动至最高，点，位移为5m,A正 确：煤块向下加速到A点的时间为红，则= 20位，解得4=5s,则煤块在传送带上运动的 时间为t=十t2=(1十√5)s,B错误：煤块相对传 送带上滑的位移为△x=x1=5m,相对传送带 1 下滑的位移大小为△x=2暖+西=17.5m,由于 传送带总长12，则煤块在传送带上留下的痕迹 为12m,C正确：煤块与传送带间产生的热量为Q mgo0s0X(△十△2)=90J,D正确。 9.BC【解析】由图像可知在0~时间内，轿厢从 顶楼向下做加速运动，加速度方向向下，轿厢处 于失重状态，A错误：根据t图线的斜率表示加 速度可知，在0一11时间内桥厢的加速度先增大 后减小，且加速度向下，则根据牛顿第二定律有 mg一F=ma,可知钢丝绳对轿厢的拉力先减小后 增大，B正确；在2一a时间内，“对重”向上做减 速运动，加速度方向向下，“对重”处于失重状态， C正确：在1~2时间内，轿厢虽然做匀速运动， 但轿厢与“对重”的重力不相等，因为中间有驱动 电机在调控，钢丝绳对轿厢的拉力大小不等于钢 丝绳对“对重”的拉力大小，D错误。 10.ABD【解析】由题图乙知，当F=F:时小物块 与长木板均恰好要相对地面滑动，则有F1= 学科素养周测评 (m十MDg,当F<F≤F时，小物块与长木 板相对静止一起做加速运动，有F一(m十 M0g=m+MWa,即a一m十Mg,则结合图 像有a6=公，联立解得他-管n一学，当 F>F:时，小物块相对长木板滑动，对小物块有 F-mg=ma,整理得a=F-出g,结合图像 有品=B巴不对长木板有Amg一M+ m)g=Ma1,联立解得m=B一B,M=E ao B。B,由题国乙知万不-月，所以M 1 a F:-F h=(R一A.B.D正确，C错误. 三、非选择题 11.(1)2-3 50T 2)平衡率擦力不足名 【解析】(1)根据△x=aT,有x2-x=2a(5T)2, 解得a-0票。 (2)题中图像的横截距为正，即在砝码盘及砝码 受到的总重力F较小时，小车不动，说明木板平 衡摩擦力不足（或木板右端垫得太低）；根据牛顿 第二定律有F十M车gsin0-f=M华a,整理得 1 解得M= 12.(1)BC(2)C(3)右C(4)砂和砂桶小 车和砝码(5)1.10(6)D 【解析】(1)通过打点计时器可以得到计数，点的 时间间隔，所以不需要停表：需要用天平测质 量，不需要用弹簧测力计测力的大小：需要用刻 度尺测量纸带上计数点之间的距离，B、C正确。 (2)探究加速度与力、质量的关系，先控制其中 一个物理量不变，探究加速度与另一个物理量 的关系，本实验主要应用的方法是控制变量法， C正确。 (3)该实验中需要把带滑轮的长木板右端垫高 来补偿阻力的影响：利用小车重力沿木板向下 的分力来补偿阻力，所以小车不悬桂砂和砂桶 但要连接纸带并使用打点计时器，C正确。 ·物理· (4)在保持力不变的情况下探究加速度与质量 的关系时，应该保持砂和砂桶（或m)的总质量 不变，多次改变小车和砝码（或M)的总质量，并 量出每次对应的加速度。 (5)由纸带可知，相邻计数点的时间间隔为T=5X 0.02s=0.1s,根据逐差法可得加连度为a= xE-xx=(27.00-11.30-11.30)×10 4T 4×0.12 -m/s= 1.10m/s2. (6)实验中用砂和砂桶总重力的大小作为细线 对小车拉力的大小：以小车和砝码为对象，有 T-Ma,以砂和砂桶为对象，有mg一T=a,可 得a=m其中a-F图像中，F=mg,可知当 ≤M时，cF图线的斜率几乎不变，图线几乎 成一直线，当不满足m远小于M时，图线的斜 率随m的增大而明显减小，则图线明显偏离直 线，D正确。 13.(1)53 N ()1 kg<M<5 kg 2 【解析】(1)设沿斜面向上为正方向，若P的质 量M=0.5kg,由于 mgsin 0-Mg=5 N 可知P、Q均处于静止状态，轻绳上拉力为 F=Mg 以斜面体和Q为整体，根据受力平衡可得，地面 对斜面体摩擦力的大小为f=Fcos30 联立解得/=N (2)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受力分析，由牛顿第二 运动定律得mgsin0十mngcos0=ma, 解得a1=10m/s P着地前瞬间，设Q速度大小为，对Q分析， 由运动学公式可得=2ah 0-2=-2a1x Q恰好不从斜面顶端滑出需满足x=L一h 联立解得a-9m/g 对于P、Q组成的系统，根据牛顿第二定律可得 Mg-mgsin 0-umgcos 0=(M+m)a 联立解得M=5kg 为了使P能下落，必须满足Mg>mgsin0十 参考答案及解析 umgcos 解得MC1kg 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1kg<M≤5kg 141 72 2登+19 21t2 【解析】(1)设匀加速阶段的最大速度为，则由 题唐可得受什u+受·台=H 解得=4日 7t 则加逢度a=是-鼎 (2)匀减选阶段的加建度。=品一票 此时绳子向上的拉力满足T-mg=ma 解得T=g十 对结点处3FNc0s37°=T 解得风-授+19 212 15.(1)1m/s2(2)6s(3)3m0.5m(4)33N 【解析】(1)设工件在传送带上加速运动时的加 速度为a,则 umgcos 0-mgsin 0-ma 代入数据解得a=1.0m/s2 (2)工件加速时间为4=巴=3s 位移为x品-45m 匀速运动的时间白=二工=3S 则工件从A到B所用的时间为t1十2=6s (3)刚放上下一个工件时，该工件离前一个工件 的距离最小，且最小距离d=ad 解得dmn=0.5m 当工件匀速运动时两相邻工件相距最远，则 dmnx-ut-3 m (4)由于工件加速时间为3s,因此传送带上总 有三个(：=3)工件正在加速，故所有做加速运 动的工件对传送带的总滑动摩擦力F= 3μngcos8 在滑动摩擦力作用下工件移动的位移工=号 2a 4.5m 心 衡水真题密卷 传送带上匀速运动的工件数-与一工=3 当工件与传送带相对静止后，每个工件受到的 静摩擦力F。=mgsin0 所有做匀速运动的工件对传送带的总静摩擦力 2024一2025学年度学科素养 一、单项选择题 1.B【解析】因为汽艇的静水速度小于河水的流 速，可知汽艇合速度方向不能垂直于河对岸，即 汽艇不能垂直于河岸渡河；如图所示，当汽艇的 速度方向垂直于合速度的方向时，合速度方向与 河岸的夹角最大，汽艇的位移最小，B正确。 河岸 公 2.D【解析】设绳与竖直方向的夹角为0，如图所 示，将球的速度V分解，可知沿绳方向的分速度 (即绳子的速度)为t绳=cos0,因球匀速上升过 程中0角将增大，所以将减小，故小车微减速 运动，D正确，C错误：球受三个力作用处于平衡 状态，设球重为G,则绳对球的拉力大小T、墙对 球的支特力大小N分别为T=。N Gan0,所以随0的增大，T,N均增大，A、B 错误。 3.D【解析】两石子做斜抛运动，加速度a=g,A 错误：对竖直方向的运动，从出发点到最高点，由 上升的竖直高度H相同，可知竖直方向的初速度 0相同，从出发到落到水面，由y=1一司g 可知，运动时间相等，B错误：对水平方向的运动， 从出发点到最高点，水平位移xa<x6,由x=0t 且时间t'相等，则水平初速度vu<U,而初速 度b=√0十，得初速度h<6,C错误：从 5 ·2 学科素养周测评 F=n2Fo 与空载相比，传送带需增大的牵引力F=Fm十 Fg 联立解得F=33N 周测评（七）物理·抛体运动 出发到落水运动的全过程，由动能定理得mgh= 2m一子m话，则入水时的末速度<w,D 1 正确。 4,A【解析】小球甲做平抛运动，根据题意垂直落 在斜面上，轨迹示意图如图所示，根据平抛运动 规律，有OB=78,受=m53,%=g职，共中u= 3m/s,联立解得t=0.4s,OB=0.8m,落在斜面 上的醉时建度vo心的=5m/s,小球乙斜抛的 初速度将其分解为水平速度和竖直速度，即 v.=v2cos37°=4m/s,L,=3m/s,因此经过 0.3s小球乙到达最高点，假如没有斜面，则小球 乙的水平位移x2=vLd=1,2m,说明小球乙恰 好是在最高点时落在斜面上，因此落在斜面上的 速度为4m/s,并且可以发现甲、乙两小球同时落 在斜面上，A正确，B、D错误；小球乙上升到最高 点时，竖直方向上升距离MB=号X(0+3)X 0.3m=0.45m,所以OM的距离为1.25m, C错误。 3mls B............... 37U.￥ M 5.C【解析】由平抛运动规律有=g、x=, 根据题目数据可知，接触点的坐标为(1.5,4)，因 此抛物线方程为y一日，A错误振据平抛运动 的推论，轨迹上某点的速度反向延长，交于该过 程水平位移中点处，即an005,所以夹角 不等于60°，B错误；落在接触面上的速度大小为