周测评(6)牛顿第一定律 加速度与力、质量之间的关系 牛顿第二定律-【衡水真题密卷】2024-2025全学年高一物理学科素养周测评（粤教版）

2024一2025学年度学科素养周测评（六） 卷题 物理·牛顿第一定律加速度与力、质量 之间的关系牛顿第二定律 (考试时间40分钟，总分100分) 一、选择题：本题共6小题，每小题8分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1~4题 只有一项符合题目要求，第5、6题有多项符合题目要求。全部选对的得8分，选对但不 全的得4分，有选错的得0分。 题号 1 2 3 4 5 6 答案 1.在我国悠久的历史长河中，古人在认识自然的过程中提出的一些观点与现今的物理学 理论相符合，甚至要比西方早几百年。例如《墨经》中指出：“力，行之所以奋也”，意思是 力可以使物体由静到动。下列关于此句话的理解正确的是 () A.有力作用物体一定能运动起来 B.没有力作用物体就一定处于静止状态 C.力是改变物体运动状态的原因 D.物体的运动必须要力来维持 2.如图所示，在向右做加速度为？的匀加速直线运动的车厢内，小球与车厢相对静止，轻绳 a斜向上，与水平方向的夹角为37°，轻质弹簧b水平，重力加速度为g。下列说法正确 的是 ( ) A.此时轻质弹簧b上的弹力大小为4mg 37 3 MO B.此时轻绳a上的拉力大小为4mg 3 LK440 C.某一时刻，若轻绳α突然断裂，则断裂瞬间小球的加速度大小为g D.某一时刻，若轻绳α突然断裂，则断裂瞬间小球的加速度大小为√2g 3.在某次探究活动中，小明在t=0时刻将篮球以一定的初速度竖直向下抛出，用传感器和 计算机得到篮球运动的二}图像是斜率为k,纵裁距为力的直线，如图所示，其中工为 其下落的距离。已知篮球下落过程中受到的阻力恒定，篮球的质量为m,重力加速度大 小为g。下列说法正确的是 ) A.篮球下落过程中做变加速直线运动 B.篮球下落的初速度大小为g C.篮球下落的加速度大小为g D.篮球下落过程中受到的阻力大小为mg一2mp 高一学科素养周测评（六）物理第1页（共4页） 衡水真是 4.货物输送装置示意图如图所示，载物平台架在两根完全相同、轴 班级 线在同一水平面内的平行长圆柱上，平台重心与两圆柱等距，货 物放在平台正中间。两圆柱以角速度ω=20rad/s绕轴线做相 反方向转动。现沿平行于轴线的方向给平台施加F=12N的恒 姓名 力，使平台从静止开始沿轴线运动。已知平台质量M=4kg,平台与两圆柱间的动摩擦 因数均为μ1=0.2，货物质量m=1kg,与平台间的动摩擦因数42=0.3，圆柱半径r= 4cm,取g=10m/s2。下列说法正确的是 () 得分 A.货物与平台运动的加速度一定大于0.4m/s2 B.货物与平台之间会发生相对滑动 C.当平台速度v=0.6m/s时，货物的加速度为0.8m/s2 D.若施加的恒力F<10N,平台将保持静止 5.如图所示，倾角为30°的斜面固定在水平地面上，质量为1.5kg的箱子静止在斜面上，质 量为0.1kg的小球通过细绳悬挂在箱子顶面的O点。现给箱子一沿斜面向下的力 F=20N,箱子沿斜面向下运动，稳定后细绳与竖直方向成60°角。取g=10m/s2。下 列说法正确的是 () 160° 30 A.稳定时细绳上的拉力为1N B.稳定时细绳上的拉力为2N C.改变F大小，系统再次稳定后细绳处于竖直方向，此时力F为4N D.改变F大小，系统再次稳定后细绳处于竖直方向，此时力F为8N 6.如图所示，水平传送带右端通过一段光滑的圆弧轨道与固定的斜面对接，传送带长L= 3m,沿顺时针方向以v。=5m/s的速率匀速转动，斜面高h=0.5m,倾角0=30°，某时 刻将一质量为=0.5kg的小物块无初速度轻放到传送带的左端，被传送带传送到右 端经光滑的小圆弧运动到斜面上。物块与传送带和斜面之间的动摩擦因数分别为41= 543,不考虑物块的大小，忽略物块在小圆弧上运动的时间及速度大小的交 物块运动到斜面上时在竖直平面内对物块施加力F,使物块沿斜面匀速上滑。取g= 10m/s2。以下说法正确的是( 入0 ⊙ A.物块在传送带和斜面上运动的总时间为1.3s B.物块在传送带上运动过程中相对于传送带的路程为2.5m C.力F沿斜面向上时具有最小值，最小拉力F为5N D.力F斜向右上与斜面夹角为30时拉力最小，最小拉力F为5)3N 题密卷 高一学科素养周测评（六）物理第2页（共4页）】 YJ 二、非选择题：本题共3小题，共52分。 7.(12分)某物理兴趣小组利用图甲所示实验装置探究加速度与力、质量的关系。小车后 面连接的纸带穿过电火花打点计时器，电火花打点计时器接50Hz交流电，小车的质量 为M,沙和沙桶的总质量为mo。 电火花打点计时器小车 细线 滑轮 纸带旦 5 长木 2.132.633.12 3.63 水平实验台 单位：cm 沙桶 甲 乙 (1)关于实验，下列说法正确的是 (填正确答案标号)。 A.实验时应先释放小车后接通电源 B.平衡阻力时，应将长木板的左端垫高然后挂上沙桶使小车匀速下滑 C.要使细线的拉力大小近似等于所挂沙和沙桶的总重力，沙和沙桶的总质量。应 远小于小车的质量M (2)图乙为某次实验得到的一条纸带，两相邻计数点间有四个点未画出，纸带上标出了 相邻计数点之间的距离。小车运动的加速度大小是m/s2(结果保留三位有 效数字)。 (3)另一小组利用如图丙所示的装置进行实验探究，并测量小车和智能手机的总质量。 将手机固定在小车上，利用智能手机APP可以直接测量出手机运动时的加速度。 小车上装有6个完全相同的钩码，每个钩码的质量为。平衡阻力之后，将小车中 的钩码取出n个挂在细绳的左端（依次取n=1、2、3、4、5、6),其余(6一n)个钩码仍 留在小车上，记录下手机的加速度α与所挂钩码的个数n。每次改变所挂钩码个数 后， (填“需要”或“不需要”)重新平衡阻力。将记录的加速度α与所挂钩码 的个数n进行描点作出a-n图像如图丁所示，已知图线的斜率为k,重力加速度为 g,每一个钩码的质量与小车和手机的总质量相差不大，则小车和手机的总质量为 (用题中所给物理量的字母表示)。 智能手机 买 钩码 丙 入 8.（20分)如图所示，小物块A、B用轻绳相连，并通过轻质滑轮将B悬挂于C的右端，初 始时A、B、C均静止且将A锁定，A与C左端水平距离l=3m,C放在光滑水平地面 上，其高度为h=5m,已知A、B、C质量分别为mA=mB=1kg、mc=4kg,A、C和B、 C之间的动摩擦因数分别为1=0.5、42=0.2，取g=10m/s2,设最大静摩擦力等于滑 动摩擦力。现解除A的锁定状态，同时对C施加一个水平外力F。 YJ 高一学科素养周测评（六）物理第3页（共4页） 衡水真是 (1)若水平外力为F。时C保持静止，A、B匀加速运动，且A未撞滑轮、B未落地，求A 的加速度大小aA和F。的大小。 (2)若施加水平向右的外力F1,为了保证A、B、C相对静止，求F1的大小范围。 7777777777777777777777777777777777777777777777777 9.(20分)家里地板上有一块质量为M=0.5kg的木板，木板正中央静置有质量为m= 2kg的小铁块（可视为质点），木板与地板、铁块之间的动摩擦因数分别为1=0.8和2= 0.4,设最大静摩擦力和滑动摩擦力大小相等，取g=10m/s2。 (1)若小猫用水平向左的拉力拉动木板，求小猫对木板的最小拉力F1。 (2)若小猫以水平拉力F2=25N向左拉动木板，求木板加速度大小a。。 (3)若在铁块与墙壁间用劲度系数k=3N/m的轻质橡皮绳相连，橡皮绳刚好伸直且无 拉力。小猫将木板以a=3m/s2的加速度向左拖动，当铁块相对木板发生滑动的瞬 间，橡皮绳恰好崩断，小猫吓得立即放开爪子，铁块没有从木板上掉下来，求橡皮绳 能承受的最大拉力Fm及木板的最小长度L。 题密卷 高一学科素养周测评（六）物理第4页（共4页）·物理· 2024一2025学年度学 物理·牛顿第一定律加速度与力 一、选择题 1.C【解析】由牛顿第一定律可知，力是改变物体 运动状态的原因，运动不需要力来维持，A、D错 误，C正确；没有力作用，物体可能处于静止或匀 速直线运动状态，B错误。 2.D【解析】轻绳a断裂前，对小球受力分析，如 图所示，则有F。sin37°=mg,F.cos37°-F6=m· 号，联立解得轻质弹簧6的苹力为下，=mg,轻绳 a的粒力为r。=号mgAB错误：当轻凭a突然 断裂时，弹簧弹力保持不变，则小球受到的合力 大小为F合=√F十(mg)=√2mg,小球的加速 度大小为a-P在=2g,C错误，D正确。 m F 837.. Ymg 3.D【解析】篮球下落过程中，根据牛顿第二定律 可得mg一f=ma,因阻力恒定，可知加速度不 变，且加速度小于g,则做匀加速直线运动，A、C 错误：报搭x=0t十a,可得号=0十0 1 1 可知u,=k,2a=力，即篮球下落的初速度大小 为k,篮球下落的加速度大小为a=2p,B错误；篮球 下落过程中受到的阻力大小为f=mg一ma= mg一2mp,D正确。 4.A【解析】根据对称性可知平台与两个圆柱表面 的摩擦力相等，大小均为f=24M十m)g=5N, 圆柱表面的，点转动的线速度大小为v'=wr 0.8m/s,设平台运动的速度大小为，如图所示， 可知平台受到两个圆柱表面对平台沿平行于轴 线的方向的摩擦力大小均为f,=fcos0,根据牛 顿第二定律可得F一2f,=F-2fcos0=(M十 m)a,可知随着平台速度v的逐渐增大，0逐渐减 小，cos0逐渐增大，加速度逐渐减小，当0趋近于 0时，根据牛顿第二定律可得此时的加速度大小为 _F一2f=0.4m/5,可知货物与平台运动的 a1一M+m 加速度的最小值趋近于0.4m/s2,A正确；沿平 ·9 参考答案及解析 科素养周测评（六） 、质量之间的关系牛顿第二定律 行于轴线的方向给平台施加F=12N的恒力，使 平台从静止开始沿轴线运动，初始时刻，平台受 到两圆柱的摩擦力刚好平衡，以平台和货物为整 F 体，加速度大小为a。=M十m =2.4m/s2<2g= 3m/s2,所以货物与平台之间不会发生相对滑 动，B错误；当平台速度v=0.6m/s时，则有cos0= 0.6 =0.6,又F-2fc0s0= √/2+√0.6+0.8 (M什m)a,可得加速度大小为a=F一2fos0- 12-2×5×0.6m/s2=1.2m/s2,C错误，若施 4+1 加的恒力F<10N,由于初始时刻，两圆柱表面 对平台沿平行于轴线的方向的摩擦力大小为0，所 以平台一定沿轴线的方向运动，D错误。 ---入相 0 5.AC【解析】设小球的质量为m,箱子的质量为 M,稳定时具有共同的沿斜面向下的加速度a,此 时对小球垂直斜面方向受力分析有Tc0s30°= mg cos30°，沿斜面方向受力分析有Tsin30°+ mg sin30°=ma,解得T=1N,a=g=10m/s2, A正确，B错误；对整体受力分析得F十 (m+M)gsin30°-f=(m十M)a,解得箱子受 到斜面的滑动摩擦力大小为f=12N,改变F的 大小，稳定后当细绳处于竖直方向时，小球加速 度为零，故整体加速度为零，处于平衡状态，由于 此时箱子处于匀速运动状态，受到沿斜面向上的 滑动摩擦力f,对整体根据平衡条件可得F'十 (m+M)gsin30°=f,解得F'=4N,C正确，D 错误。 6.AB【解析】物块在传送带上加速过程，由牛顿 第二定律有1mg=ma1,解得a1=5m/s2,由运 动学公式可得，物块运动的位移为x1= 2a1 52 2X5m=2.5m<L=3m,物块加速运动的时间 -=1S,之后物块随传送带一起匀速运动， 为t1一a1 YJ 衡水真题密卷 L一=0.1s,物块相对于传送带运动 则有t2=0。 过程，传送带的位移为x2=vot1=5m,则物块相 对于传送带运动的路程为s=x2一x1=2.5m,物 块沿斜面匀速上滑，物块在斜面上运动的时间？= h sin30° =0.2S,则物块在传送带和斜面上运动的 总时间为t=t1十t2十t3=1.3s,A、B正确；物块在 斜面上运动过程中对物块受力分析，如图所示， 将斜面对物块的支持力F、和摩擦力F:等效成 P,周有m-过，解得a= 60°，F'方向不变，然后将mg、F'和拉力F矢量平 移到一个三角形当中，当F与F'垂直时拉力F 最小，则有3=90°-(180°-60°一60)=30°， Fm=mgCOS月=5 2 2N,则F与斜面的夹角Y= 60°-B=30°，C、D错误。 F 二、非选择题 7.(1)C(2)0.498(3)不需要"m8-6m k 【解析】(1)为了充分利用纸带，实验时应先接通 电源后释放小车，A错误；平衡阻力时，应撤去沙 桶，将长木板的左端垫高使小车匀速下滑，B错 误；以小车为对象，有T=Ma,以沙和沙桶为对 象，有mog-T=m,a,联立可得T= Mmog M+mo mog 1+ ,可知要使细线的拉力大小近似等于所挂 沙和沙桶的总重力，沙和沙桶的总质量m。应远 小于小车的质量M,C正确。 (2)两相邻计数点间有四个点未画出，则相邻计数，点的 时间间隔为T=5X0.02s=0.1s,根据逐差法可得加速 度大小为a=812+363-2.13-263)×102 4×0.12 m/s2≈ 0.498m/s2。 (3)平衡摩擦力时，根据Mg sin0=g cos0,可 得tan0=μ，可知每次改变所挂钩码个数后，不需 YJ 学科素养周测评 要重新平衡阻力。以小车（包含手机）和所有钩码为 整体，根据牛顿第二定律可得mg=(M十6m)a,可 mg 得a=M+6m ·n,可知a-n图线的斜率为及= mg,解得小车和手机的总质量为M="mg-6m。 M+6m k 8.(1)2.5m/s22.5N(2)25N≤F1≤112.5N 【解析】(1)小物块A与C间的滑动摩擦力为 fn=uimag=5 N 把A、B看作一个整体，有 F&=mBg-fa 根据牛顿第二定律得 F合=(mA十mB)aA 解得aA=2.5m/s2 以B为研究对象，受到绳子的拉力和重力的作用 向下加速运动，根据牛顿第二定律得 mBg-Te-mBaB aB=aa=2.5 m/s2 解得Tg=7.5N。 绳子对A和对B的拉力大小相等 TA=TB=7.5N 以C为研究对象，在水平方向受力平衡，则 F。十fA=TA 解得F。=2.5N。 (2)保证A、B、C相对静止，当A相对于C即将 向右滑动时，外力最小，对A受力分析，由牛顿第 二定律得 Tin-fh=mAa 以A、B、C整体为研究对象，由牛顿第二定律得 F1mim=(mA十mB十mc)a 以B为研究对象，根据牛顿第二定律，此时B、C 间的压力为 N=mBa 则B受到的摩擦力为 fB=μ2N 对B受力分析，有 T1B十fB=mBg TA=TiB 解得F1mn=25N 当A相对于C即将向左滑动时，外力最大，则以 A为研究对象，由牛顿第二定律得 T2A+fa=mAa 此时B向上运动，则 T2B=fB十mBg fB=μ2N' ·物理· 参考答案及解析 N'=mga Fm=kx T2A=T2B 、2 以A、B、C整体为研究对象，由牛顿第二定律得 解得x=3m F1mx=(mA+mB十mc)a 设小猫松爪时的木板速度为？，由运动学公式 解得F1max=112.5N v2=2ax 所以F1的大小范围为 解得v=2m/s 25N≤F1≤112.5N。 橡皮绳刚被拉断后，对铁块，根据牛顿第二定律有 0.a20N(22n/g(32N号n uzmg-ma2 解得a2=4m/s 【解析】(1)对木板和铁块整体分析，根据平衡条 对木板，根据牛顿第二定律有 件可得小猫对木板的最小拉力为 u(m+M)g-u2mg=Ma F1=41(m+M)g=20N。 解得a1=24m/s2 (2)设铁块刚好与木板发生相对滑动时，所加的 设板长为L,则 外力为Fmn,对铁块，根据牛顿第二定律有 L0-v20-v2 u2mg=ma 22(-a2)2(-a1) 对整体，根据牛顿第二定律有 解得L=m 5 Fmin-u(m+M)g=(m+M)a 联立解得Fmin=30N>25N 另解：橡皮绳刚被拉断后，对铁块，根据 说明小猫的拉力为25N时，铁块与木板未发生 v=a2t2 相对滑动 解得t2=0.5s 对整体，根据牛顿第二定律可得 对木板，根据 F2-u1(m+M)g=(m+M)ao v=aiti 解得a0=2m/s2。 1 解得t1=12s (3)橡皮绳刚被拉断时，对铁块，根据牛顿第二定 设板长为L,则 律可得 u2mg-Fm=ma -- 解得Fm=2N 对橡皮绳，根据胡克定律，得 解得L=号m. 2024一2025学年度学科素养周测评（七） 物理·牛顿第三定律牛顿运动定律的应用失重和超重力学单位 一、选择题 3.D【解析】设通过力传感器1、2的力分别为 1.C【解析】根据牛顿第二定律可得a=E,根 F1、F2,根据牛顿第二定律有F1一mAg=mAa, m F2-mBg-F1=mBa,联立解得mA=16kg, 据运动学公式可得x=},联立解得工 A、B、C错误，D正确。 (很)上，可知计茅结采的单位为未的是号（织）户， 4.B【解析】运动员离开蹦床竖直向上运动过程 和下落的过程加速度向下，均为完全失重状态，A C正确。 错误；运动员在最低，点时加速度竖直向上，则受 2.A【解析】由于v=36km/h=10m/s,根据匀 到的弹力大于运动员自身的重力，B正确；运动员 加速直线运动中速度一时间关系有v=at,设马 在蹦床上下落过程中的后一阶段，加速度向上， 对马车的拉力为F,根据牛顿第二定律有 处于超重状态。在从最低，点上升的开始阶段，加 F5m*g=m车a,联立可得F=1500N,A 速度也向上，处于超重状态。在空中及接触到蹦 正确，B、C、D错误。 床的前一阶段处于失重状态，C错误；运动员下落 ·11· YJ