周测评(5) 牛顿运动定律(二)-【衡水真题密卷】2025年高考物理学科素养周测评（山东专版）

2024一2025学年度学科素养周测评（五） 物理·牛顿运动定律（二）】 (考选时可90分钟，惑分100分》 一、单项透择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题日 要求。 超号 4 5 7 容案 1,雨滴在空气中由静止开始下落，在其速率不太大时，雨滴所受到的阻力大小与其速度大 小成正比。则在此过程中需南的速率专随时屑：的变化关系最接近图中的 A 2.如图所示，A.B两木块败在相糙水平面上，它们之可用不可伸长的轻绳相连，两次连拔 情况中轻绳领解方向不同。已知两木块与水平面同的动摩擦因数均为，先后用水平拉 力F:和F:拉着B使它们一起水平向右做匀违运动，测匀违运动过程中 A.FCF BF>F C.F=F D无法威定 3.如图所示，质量为m的小球用水平洋簧系住，并用候角为如韵光滑术版A时托住，小缘 恰好处于静止状态。当木板AB突然向下撒离的瞬间，小球的加速度为 入大小为号。，方向系直于术板向下 且大小为停，方向竖直向下 C大水为智。，方向术平向右 D大小为停，为向水平向有 4.如图所示，是够长的镜角=3？的光滑部面体固定在水平地山上·一限轻烯骑过定滑 轮，一端与质量为m一1kg的物块A连授，另一漫与质量为m一》kg的物块B连接 绳与解而保持平行。开始时，用手娄住A,使B悬于空中，释放后在B幕地之前，所有学 学科素养周测浮五)物理第1页共8页)】 衡水真夏 察均忽略不计，不计空气力，sn37”=06,og3了=0.8，层取10m/,下列说法正确 的是 A.绳的拉力大小为30N 且绳的拉为大小为专N C.物块B的加速度大小为8m/。 D如果将物块B换成一个装直向下且大小为3的N的力，对物 块A的运动设有影响 5,如图所示，在竖直平面内建立直角坐标叛O方，该平而内有AM.BM,M三条光滑固定 轨道，其中B.C两点处于同一个圆上，C是圆上任意一点，B,M分别为此写与y结，工拍 的切点，A友在y轴上L∠AM《)=0,了为属C。残将4：，x三个小球分别从A,B,C 点同时山静止释放，它们将沿轨道运动到M点，质用时间分别为A.,纪，用《〉 A.taCtaCle 且=知<% Ca≥a-G 由于C点的位置不确定，做无法比较时间大小关系 6.如图所示，光滑水平面上效置质量分划为m和2m的四个木块，其中 两个质量为m的木块间用一不可钟长的轻绳相造，木块间的量大静摩擦力是m黑，现 用水平拉力F拉其中一个质量为2m的木块，使四个木块以同一加速度运动，则轻绳对 m的最大拉力为 《》 A.mg C.g D.3uug ?,如图所示，领角为9的足够长的光滑斜而固定在水平地而上，轻弹 簧一端连接在斜面底端，另一蝎栓接爱量为的物体P,另一质 量为两的物体Q叠成在物体P上，P.Q可以看作霞点，轻弹簧 以及物体P,Q处于静止状态，此时弹簧的形变量为。瑗给物 体Q能加一个沿斜面向上的拉力F,使它从静止开始沿斜而向上做匀加速直线运绮。下 列关于拉力F,两物体间弹力Fx与物体Q的位移x关系的图像正魔的是 密鞋 学科素养周衡坪五)物理第2页（共8页} 8.如图所示，轻弹簧一端与置量为两的物块A相连接，另一璃与小文柱（质量忽略不针）拾 接，第一次将A放在物块B上，物块B的上表面水平，小立柱固定在B上，物块B放在 周定解面上，AB相对静止地一起沿解面下滑，第二次将A发在物块C上，C的上表面 与斜面平行，小立柱周定在C上，物块C放在偶定斜面上，A,C相对静止地一起滑斜面 下滑。已知酶面领角为广户3矿，B.C质量相等.与斜E创的功章擦因数均为一停<4 号).两次轻弹黄均处于你长状右，弹力大小均为g已知重力如速度为心，则两次下 滑过程中A,B阿的厚擦力大小与A,C间的摩擦力大小之比为 ) d A15+3 &h百- c1土a- 2,ar+1 25w+1 28w-1 D.3+3m 2v3u-1 二、多项选择题：本题共4小题，每小驱4分，共16分。每小题有多个选项特合题日要求， 全郁选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 题号 9 0 11 12 答案 9,如图所示，光滑水平而上放置有紧常在一起但并不粘合的A.B两个物体，A.B的质量 分别为mA=2ma=3kg从一0开始，控力Fa和拉力Fg分期作用于A,B上，Fa、 F,大小随时间变化的现律分别为F4=(T一)N.Fg=(3十2)N。则 A.A,B两物体一直做匀加速直线运动 一 我当Fa一F时，A.B两物体之间的弹力为零 C.一L.5s时，A,B两物体所始分离 D.r一8时，B物体的却通度为5m/ 10,如图所示，质量m=2g的小球用无绳经在领角9一3的光滑斜 而上，此时细绳平行于斜面。取g=10m/,n3”=a6: 43了=0,8。下列说法正确的是 A.当到面体以5m/2的面速度向右如速运动时，细解拉力大小为20N 丑当料面体以5m/2的加速度向右加述运功时，细蝇拉力大小为3N C当斜面体以0m/的加速度向右加速运动时，相绳拉力大小为40N D,当斜面体以20m/年的加速度向右加道运动时，疑绳拉力大小为20,5N 学科素养周测浮（五」物理第3页共8页）】 衡水真 1山.如图所示，A,B.C三个物体分别用轻绳和弹簧连接，故置在倾角为6的光滑料面上 当用滑斜而向上的恒力F作用在物体A上时，三者恰好保持静止，已知A,B.C三者质 量相等，重力加速度为g。下列说法正确的是 A.在径绳被烧断的最阿，A的加连度大小为2gn0 B在轻绳被绕斯的瞬间，B的如速度大小为？n日 C.芽斯弹簧的瞬间，A的加速度大小为2g血8 D突然描去外力F的尉铜，A的加建度大小为如0 12.如图所示，一质量为M一2k都.领角为037"的斜面体发在光带本平地面上。斜面上叠 放一质量为m一1k网的光滑夜形物块，物块在水平恒力F作用下与斜面体一起恰好保 持相对静止地向右运动。重力加速度为g=10m/。。下列说法正确的是 A.斜面体对物块的支持力为125N B斜图体的都速度大小为度=375m/ C,水平恒力大小F一11.25N U若水平作用力F作用钱斜面体上系统仍保持相对静止，划F 将变小 三、非法择派：本"共6小题，共60分， 13.(6分)天宫课堂中，我国航天员演示了月动力学第理测质量的实验。受此启发，某同学 设计了如图甲所常测量物体质量的实验装置，滑块上围定有条形挡光片与力传感韩， 细线的两骑分别连接在传感器上和情弱上。当滑块通过G,仿两个光电门时，光束被 通挡的时何，可以鼓数字计时器测量并记录。已知挡光片的宽度为D,光电门 间的距离为王 方传感落 G 甲 +1m· 30 3.间 10 2.间 1.0 50 01.10020a0Q4005000am 题密程 学科素养周测评五)物理第4西（共8页） 1》到节气垫导轨下面的螺钉，在不挂槽网的精况下轻指滑块，如果，（填 “-“<”或“>”，说明气堡并轨已水平。 (2)以下操作能提高实险精确度的是，（填正确答案标号》 A让桶码的总近量远小于小车的面量 围选用宽度较小的挡光片进行实验 C,适当增加两光电门间的E离 《3》本实验中，计算滑换加道度的表达式为@一 。(月，，D,x表示》 《》该问学先绿持滑块（包括传B器及销光片）的质量M不变，改变所挂情码的质量，多 次重复灣量，作出aF图线如图乙中1所示，由此可得M一 kg. (5》在滑块上固定待测物体两，重复(4)中樱作，在图乙中作出F图线Ⅱ，则网一 kg.《结果保留两位有效数字) 14.(8分》某实验小组用图甲所示装置测量木块与木板同的动厚因数“， 打点计挥 实验操作步深如下： ①煮若干个完全相同的钩码，将部分悬挂在细线下，剩余的钩到放在木块凹情中， 记录悬挂岗码的个数： 团保持长木板水平，释放木换后打点计到器打出纸带： ①将木块凹槽中的钩码逐个茶加珂阔线下璃，重复多次打出纸带 (1》如图乙新示用刻度尺圈量纸蒂上友的位置，其中第4点读数为 cm. 00112)m (2)已知打点周期为T一0.02s,第5点的瞬时速度为 ms,《结装保葡两位 有效数字) 《3)测得悬挂钩码数！与相定的加速度：如表格所示，请鼠影表中数据在图丙中作出 湘图像。已知当地重力加速度g,8m/分，由图线可求得木块与术板间的动等 旅因数 。《结果保留两位有效数字) 60 130 1,8 2,62 /个 6 学科素养周测浮五)物理第5页共8页) 衡水真是 -3.0 20 -30 4.0 内 (4)实验中发观本板未调节本平，右操偏高，考虑到此因素的影响，：的测量值 (填“大于“小于”或等于)真实值。 15.《8分)如图所示，质量网一2k解的物块放在领角8一37的斜面体上，斜面体的质量f一 4kg,料而体与物块间的动摩察因数：=03，地面光滑，现对斜面体施一水平推力F, 要使物换相对斜面静止，试确定推力F的取值范围。站果绿留三位有效数字，取 n37=0,6,o837=0.8,重力加速度大小g=10m/. 密卷 学科素养周衡坪五)物理第6页（共8贾} 16,(8分》知图新示，置量均为两的滑块A、B基在一起，静止改置在水平地面上，滑块A 与地而间的动摩擦因数为，滑块B与地面司的分翠擦因数为。现用水平向右的推 力F推动滑块B,作用一段时闻后播去推力F。已知雅力F一5mg,量力加速度为 术。求： (1)在推力F推动滑块B的过程中，滑块B对滑块A的弹力大小。 (2)抛去水平推力F后，滑块A与滑块B之同的最大距离。 17.(14分》如图所示，亮滑本平桌面右餐固定有一个定带轮和挡板P,长木板c质量为 w,=2kg,物换a静止放在长木板：左端，并通过与桑而平行的轻绳与重物b相连。重 物6由静止释被后一2s时，长木板c与特板P发生碰撞（碰植时间极短），同时轻绳立 即断裂，碰后长木板以碰前速率的0,8倍反弹。已知物块a和重物6的质量均为 程。一m一1kg,物块位与长木板c同的动摩擦因数为严一山.巧，充滑水平桌面足够长 重物6离地面的高度是够高，g一10m/5。 (1)重物6刚开始下落轻绳的拉力及长木板：与挡版P碰能的速率为多少？ (2》长木板c至少需要多长，物块a才不会从c上滑出？ 3 学科素养周测浮五)物理第7页{共8页) 衡水真是 18,(15分)某织城装置可箭化为如图所示的物理模型，面量分划为2两和丽的小球A.B 穿在足够长的经直周是杆上，A,B之佩有一长度可忽略，劲度系数足够大的轻质弹簧， 弹簧下端与B相连，上端与A球不连接。开始时弹簧处于压缩优态，同时由静止释放 两球，弹簧鼻日侠复原长，掉簧与A分离后，A竖直上升的量大高度为为。若A与显直 杆闻摩旅不计，B与整直杆何的摩擦力大小恒为重力的女倍（是<1），重力加速度为 g。求： (们)开始时弹簧储存的弹性势能E, (2)运动过程中两小球之同的最大距离。 (3)第一次A追上B压缩弹簧到最短距离时，B的违度大小， 密卷 学科素养周测评五)物理第8页（共8贾}·物理· 参考答案及解析 解得F湘=2√4红N。 解得撒去F后木块能继续沿斜面上滑的距离为 16.(1)36m/s(2)8m x=6 m. 【解析】(1)泥石流从A到B做匀加速直线运 18.a0.4g14mg(2 ￥(3)2m>MD√2m 动，根据牛顿第二定律有 【解析】(1)将乙与丙间的线剪断，对甲、乙整体 ngsin a一mgcos a=ma 根据牛顿第二定律有 解得a=7.2m/s2 mg=(1.5m十m)a 由项一听=2ax相 解得a=0.4g 解得vg=36m/s。 对乙进行受力分析有 (2)车行驶过程中，车与泥石流速度相等时，二 者间的距离最小，设速度相等时经历的时间为 Fr-mg=ma 则Fr=1.4mg。 t,则有 (2)设甲物体质量为M,开始时弹簧处于仲长状 Ug一at=a年t 态，其伸长量为x1,有 解得t=4s kx=(2m-M)g 由%=g-2ar=104m 解得=如。4。 1 x4=2a42=32m 剪断轻线，甲的加速度为零时，速度达最大，设 可得△x=x华十80m一x元=8m。 此时弹簧压缩量为x2,有 17.(1)0.75(2)2m/s2,方向沿斜面向上(3)6m kx:=(M-m)g 【解析】(1)木块恰能沿斜面匀速下滑，有 解得=M mgsin37°-mgcos37°=0 所以，甲速度最大时，下降的距离x=x1十x2= 解得4=tan37°=0.75。 mg (2)木块沿斜面向上匀加速时，由牛颜第二定 k。 律得 (3)设丙到地面的距离为L,丙刚好落地时，甲、 Fcos37°-mgsin37°-F=ma 乙的速度为，对于甲、乙、丙三物体组成的系 F=uFN 统，由机械能守恒定律有 FN=mgcos37°+Fsin37 联立解得a=2m/s2,方向沿斜面向上。 2mgL-MgL-j(M+2m)v (3)撇去F时木块的速度为o1=at=12m/s 若乙恰能着地，此时甲、乙物体速度为零，对甲、 撒去F后，设木块加速度大小为a2,由牛顿第二 乙两物体组成的系统，由机械能守恒定律有 定律得 MgL-mgL-(M+m)v mngsin37°+mgcos37°=mag 解得a2=12m/s2 联立解得M=√2m 根据运动学规律有2a2x= 所以2m>M√2m时，己物体将不会着地。 2024一2025学年度学科素养周测评（五） 物理·牛顿运动定律（二） 一、单项选择题 确，A,C、D错误 1,B【解析】因为阻力正比于速度，所以F=w, 2.C【解析】将A、B作为一个整体，受力分析，水 而雨滴的加速度a=mg一E,当速度增加，阻力 平方向受到拉力和摩擦力，竖直方向受到重力和支 72 持力，根据平衡条件，则F=F=4(ma十m阳)g, 增加，加速度减小，雨滴做加速度逐渐减小的加 A、B、D错误，C正确。 速运动，当加速度减小为零时，做匀速直线运动， 3.A【解析】木板撤去前，小球处于平衡状态，受 所以速度一时间图线的切线率逐渐减小，B正 ·15 衡水真题密卷 学科素养周测评 重力、支持力和弹簧的拉力，如图所示，根据共点 分离时，两者加速度相等，两者间的弹力为零，则对 力平衡条件，有F-Fxsin30°=0，Fxcos30° Q有F-m gsin0=m2a,对P有kx-mgsin0= G=0,解得R-2g,木板AB突然报去后，支 ma,此时弹簧仍处于压缩状态，即物体Q的位移 小于x0,A、B错误；两物体分离之前，对整体有 持力消失，重力和拉力不变，合力等于支持力F, F+k(xo-x)-(m+mz)gsin 0=(m+mz)a, 方向与人反向：故a=册-2方向垂直于木 对Q有F十Fw一m2gsin0=mga,联立解得Fw= 板向下。 m十nagsin0m当F=0时解 m内十m2 得x=m十m)gsin0_Fm<(m+m)gsin km2 =x,C错误，D正确。 000000 8.C【解析】物块B、C质量相等，设B、C质量均 y 为M,A与B保持相对静止，则二者向下的加速 B 30 21727722127 度是相等的，对A、B整体，由牛顿第二定律有(M GY 十m)gsin B-a(M+m)gcos B-(M十m)a1,解得 a1=gsin B-egcos。同理，A与C保持相对静 4,C【解析】对B分析，由牛顿第二定律得m2g 止，则二者向下的加速度也是相等的，对A、C整 FT=m2a,对A、B整体分析，由牛顿第二定律得 体，由牛顿第二定律有(M十m)gsin 8一(M十 g一m gsin0=(m十me)a,联立解得a=6m/s2, m)gcos B-(M+m)az,解得a2=a1=gsin B FT=12N,A、B错误，C正确：如果将物块B换成 gC0sB,第一次以A为研究对象，A受重力、物块 一个竖直向下且大小为30N的力，对A由牛顿第 B竖直向上的支持力、弹簧水平向左的弹力，因 二定律得F-mgsin0=ma',解得a'=24m/s, 为A所受合力沿斜面向下，由力的合成与分解知 前后加速度不一样，对物块A的运动有影响，D 识可知，A在水平方向上所受合力一定向右，即 错误。 A所受静摩擦力水平向右，则有FB一Fm= 5.C【解析】对于BM段，位移x1=√2R,加速度 ma1cosB,第二次仍以A为研究对象，A受重力、 a=阳位=号g,根播=名培得。 物块C垂直斜面向上的支持力、弹簧沿斜面向上 m 的弹力，物块C对A沿斜面向上的静摩擦力，由 ；对于AM段，位移x=2R,加速度 牛頓第二定律有mgsin B-F#一Fc=ma2,又 g a=gin60=g,由= Fm=mg,联立解得--，A,BD 2a娟，得ta Fe2√3a-1 错误，C正确。 2x2 8R ;对于CM段，设CM与竖直方向 二、多项选择题 N3g 9.CD【解析】对A、B整体受力分析，由牛顿第二 夹角为8，同理可解得tc= 2x 2·2Rcos0 定律得FA十FB=(mA十mg)ao,解得a= gcos 6 2m/s2,当A、B两物体恰好分离时，对A由牛顿 巫，即a=e<a,C正确。 N 第二定律得FA=mAao,FA=(7-2t)N,解得t= 6.C【解析】当绳中拉力最大时，木块要相对滑动， 1.5s,所以1=1.5s内A、B两物体一起向右做 设绳中拉力为FT,对右侧的m,根据牛顿第二定 匀加速直线运动，l=1.5s后A、B两物体分离， 律有mg-Fr=ma,对左侧整体有Fr=3ma,联 由于FA、FB是变力，则两物体加速度发生改变， 3 A错误，C正确；当t=1.5s时，A、B两物体之间 立解得F=mg,A,B,D错误，C正确。 的弹力为零，此时FA=(7一2×1.5)N=4N,Fa 7.D【解析】静止时k=(m十)gsin0,当P、Q =(3十2×1.5)N=6N,则FA≠F,B错误：当t 3 16 ·物理· 参考答案及解析 =6s时，对B受力分析，由牛顿第二定律有FB 第二定律有F=(M什m)a,再隔离物块，在竖直 =maB,其中Fa=(3+2t)N,代入数据解得B物 方向有FNcos0一mg=0,水平方向有F 体的加速度为ag=5m/s2,D正确。 Fysin0=mia,联立解得F=1L.25N,FN=12.5N, 10.AD【解析】小球刚好离开斜面时的临界条件 a=3.75m/s,A、B、C正确：若力作用在斜面上， 是斜面对小球的弹力恰好为零，斜面对小球的 对物块进行受力分析，物块仅受重力和支持力， 弹力恰好为零时，设细绳的拉力为F,斜面体的 二力合成有mgtan0=mao,解得ao=7.5m/s2, 加速度为α。，以小球为研究对象，根据牛顿第二 再对整体根据牛顿第二定律有F=(M十m)ao, 定律有Fcos0=maa,Fsin0-mg=0,解得ao≈ 可知外力需增大，D错误。 13.3m/s2。由于a1=5m/s2<a,可见小球仍 三、非选择题 在斜面上，此时小球的受力情况如图甲所示，以小 13.(1)= (2)BC(3)P1 1 球为研究对象，根据牛顿第二定律有F1c0s0一 2L(△)一（△） Fssin0=a1,F1sind+FNcos0-mg=0,解得 (4)0.20(5)0.13(0.14亦可) F1=20N,A正确，B错误：由于a2=20m/s2> 【解析】(1)调节气垫导轨下面的螺钉，在不挂 ,可见小球离开了斜面，此时小球的受力情况 槽码的情况下轻推滑块，若滑块做匀速直线运 如图乙所示，设细绳与水平方向的夹角为α，以小 动，则滑块通过两光电门时速度相同，即光电门 球为研究对象，根据牛顿第二定律有F2cosa 的遮光时间相同，证明气垫导轨已水平。 ma2,F2sina-mg=0,解得F2=20√5N,C错 (2)本实验存在力传感器，示数是滑块的合外 误，D正确。 力，不需要满足槽码的总质量远小于小车的质 量，A错误：用极短时间内的平均速度表示瞬时 速度，则挡光片越窄，平均速度表示瞬时速度越 准确，B正确；适当增加两光电门间的距离，可减 小因测量带来的相对误差，C正确」 mg mg (3)滑换经过光电门的速度为防= 甲 46,4 乙 D 11.AD【解析】把A、B、C看成是一个整体进行受 △1 根据公式暖一=2ax,解得a=哈近- 力分析，有F=3 ngsin0,在轻绳被烧断的瞬间， D 1 17 A、B之间的绳子拉力为零，对A,由牛顿第二定 2x(△2)（△41）] 律得F-mgsin0=maA,解得an=2gsin0,A正 确；对于C,由牛颜第二定律得F=mgsin0,在 ④由于B=M,别M-5-公8g-0.20起 轻绳被烧断的瞬间，对于B,绳子拉力为零，弹力 (5)图像的斜率k= ，解得m= 1 M十m 不变，根据牛顿第二定律有F,十mgsin0= mag,解得ag=2 gsin 0,B错误：剪断弹簧的眸 M 1.50 -0.20 kg≈0.13kg。 0.50 间，对于整体A、B,弹簧弹力为零，根据牛顿第 二定律有F-2 ngsin0=2ma想，解得aw= 14.(1)10.30 (2)0.85(3)见解析图0.35 (4)小于 2gsin0.A的加速度大小aA=ae=7gsin0,C 【解析】(1)刻度尺的分度值为0.1cm,需要估 错误：突然撤去外力F的瞬间，A、B整体一起做 读到分度值的下一位，第4点读数为10.30cm。 匀减速直线运动，由牛顿第二定律有F十 (2)根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度 2 mgsin0=2mala,解得aa=多gsin0,A的加 等于该过程的平均速度，可得西=器 速度大小aA=ae=号gsin0,D正确。 13.70-10.30×102m/s=0.85m/s. 2×0.02 12.ABC【解析】对整体进行受力分析，根据牛频 (3)根据表中数据作出Gn图像如图所示，设每 ·17 衡水真题密卷 学科素养周测评 个钩码的质量为m,所有钩码质量之和为M,木 块质量为0，当细线下端挂有n个钩码时，对这 n个钩码，根据牛顿第二定律有mg一Fr= ma,对小车及剩余钩码，根据牛顿第二定律有 0 Fr一4(M什m一m)g=(M+m一m)a,联立解 得a=十卫n一g,根据图像可得一g 常机g M+mo 甲 乙 -3.4m/s,解得u=0.35。 16.(1)2mg (2)4g6 a/(m·s2 4.0 【解析】(1)用水平向右的推力F推动滑块B 3.0 时，设滑块A、B一起加速运动的加速度为a0, 2.0 根据牛顿第二定律有F-mg一24ng=2mae 解得ao=g 1.0 对滑块A进行受力分析，由牛颜第二定律有 0 :8:10 n FN一omg=mao -1.0 解得FN=2μmg。 -2.0 (2)滑块A、B在时间为to时的速度大小为= -3.0 aoto-ugto -4.0 撒去向右的水平推力F后，滑块A的加速度为 (4)实验中发现木板未调节水平，右端偏高，设 aA-Lmg-g m 木板与水平面夹角为0，根据(3)分析，纵轴裁距 滑块B的加速度为aB=mg=2g 为g6os0=6,则1一g0。g若仍接照4-之计 g 根据匀减速直线运动的规律知，滑块A减速运 算，则以的测量值小于真实值。 15.22.0NF81.3N 动的距高为人一点-包时 【解析】设物块处于相对斜面向下滑动的临界 滑块B运动的距离为xB一2aB4g6 状态时的推力为F,此时物块的受力分析如图 滑块A与滑块B之间的最大距离为△x=xA 甲所示，取加速度的方向为x轴正方向，在水平 方向有Fxsin0-uFNCOS0=ma =g6. 在竖直方向有Fxcos9十uFxsin 0=mg 17.(1)7.5N5m/s(2)3.6m 对M、m整体有F1=(M什m)a 【解析】(1)重物b释放后，假设a、b、c一起运 联立解得F1≈22.0N 动，根据牛顿第二定律有 设物块处于相对斜面向上滑动的临界状态时的 m6g=(ma十m6十m,)a 推力为F2,对物块受力分析如图乙所示，取加速 解得a=2.5m/s2 则长木板c应受到的摩擦力为Fg=m,a=5N< 度的方向为x轴正方向，在水平方向有Fsin0十 umag=7.5 N uF cos =maz 故重物b释放后，a、b、c一起运动成立，根据牛 在竖直方向有Fcos0-uFxsin9=mg 顿第二定律有 对整体有F2=(M十m)a2 msg-T=ma 联立解得F2≈81.3N 解得T=7.5N 综上所述可知推力F的取值范围为22.0N≤ 长木板c与挡板P碰前的速率为4=at=5m/s。 F≤81.3N。 (2)长木板c与挡板P碰后，a、c均做减速运动， 18 ·物理 参考答案及解析 a、c的加速度大小分别为a。=g=7.5m/s2, 解得E。=6mgh。 a.=g=3.75m/g (2)对A,由牛顿第二定律可得 2mg=2may 物块口减建为索的时间为-品一号s 解得a1=g 对B,由牛顿第二定律可得 长木板c减速为零的时间为t,=0,8u=16 a.15 s mg-kmg=maz 解得a2=(1一)g 则物块a先减速为零的位移为x。一嘉=名m 设经过时间（两球速度相同，此时两球距离最 此时长木板c的速度为=0.8u一ah=1.5m/s 远，有 长木板的位移为4-0.8u,十4-5,5m 一十at=2十a2t 2 3 长木板和物块共速时有aat'=U一at' 解得t=十边=十边_32g a-az kg kg 解得1=品。 此时A、B的位移分别为 此时长木板和物块的速度为v=at'=1m/s -n+taie.-+tae 该段时间长木板的位移为a=心十巴以-0.5】 2 m 3 两球之间的距离为=一-上_助 2kg k 杨块a的位移为工a一昌-合×品m=品m 1 (3)设经过时间t时，A追上B,此时有x{=x4 则长木板的长度至少为L=工十x十xa一xa 其中=-nt叶2a,x=wt叶2au 3.6m。 解得1-2十) 18.a)6mgh2)（3)(层-2V2g kg 此时两球速度分别为 【解析】(1)设弹簧与A分离瓣间，A、B速度大 叫=-h十a1t,2=h十azt 小分别为1，，A做竖直上抛运动，有 第一次A追上B压缩弹簧到最短距离时，A、B vi=2gh 速度相等，设此时速度为，根据动量守恒定律 解得=√2gh 可得 以竖直向下为正方向，根据动量守恒定律可得 2mwl十mu2=3mv 0=m边一2m0 解得0=（凭-2小V2a. 解得2=20=2√2gh 根据能量守恒定律可得 E,=2×2mf+2mnd 2024一2025学年度学科素养周测评（六）物理·牛顿运动定律（三） 一、单项选择题 球A只受自身的重力作用，将竖直向下做自由落 1.B【解析】根据题意有F=6π，则有刀= 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 又由于F=ma,通过单位运算，可知空气粉 持力F、的作用，沿斜面向下滑动。在垂直于斜 带系数的单位可以表示为经。A,C,D错误，B 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 正确。 力为一定值，所以物块B沿斜面向下做匀加速直 2.B【解析】假设由静止释放物块B后一小段时 线运动，设其加速度为a,则有a1<g。设物块B 间内，小球A与物块B之间的压力为零，此时，小 在竖直方向上的加速度为a2,则有a2<a1<g。 ·19 3