周测评(四)牛顿运动定律(一)-【衡水真题密卷】2026年高三物理学科素养周测评（鲁冀粤辽鄂湘黑赣桂吉晋豫陕青宁蒙新藏渝甘黔滇川皖A版）

以嘴力为基，筑奋斗高台 2025一2026学年度学科素养周测评（四）》 班级 卺题 物理·牛顿运动定律（一）】 D 姓名 本试卷总分100分，考试时间40分钟。 4.如图所示，倾角为0的斜面体固定在水平面上，底部有一垂直斜面的固定挡板C,劲度系 数为的轻弹簧一端固定在挡板C上且与斜面平行，质量为m的物体A与斜面间的动 一、单项选择题：本题共5小题，每小题6分，共30分。每小题只有一个选项符合题目 得分 要求。 摩擦因数为：。物体A在方向平行于斜面向下、大小为F的力的作用下压缩弹簧，静止 于斜面上的某一位置，但并不与弹簧粘连（弹簧始终在弹性限度内）。突然撤去力F,重 题号 力加速度为g,则在物体A沿斜面向上运动的过程中 答案 A.撤去力F的瞬间，物体A的加速度大小为gsi0 1.如图所示为一趣味比赛的情景，一轻绳两端分别系在甲、乙两人的腰间，两人手中各持有 B.物体A与弹簧脱离接触的瞬间开始做诚速运动 一个木槌，面前各悬挂一铜锣，且人与铜锣的距离相等，比赛开始后，两人奋力向前拉绳 以最先击打铜锣者为胜。在比赛中，绳始终在同一水平面内，下列说法正确的是( C.撒去力F前，弹簧的形变量一定为 鲷侈石 0 D.弹资的形变量为ngsin9十mgcos9时，物体A的速度最大 A.若甲的质量更大，则甲一定能取得胜利 5.如图是货物输送装置示意图，载物平台M架在两根完全相同、轴线在同一水平面内的平 B.若乙与地面间的动摩擦因数更大，则乙一定能取得胜利 行长圆柱上，平台重心与两圆柱等距，货物m放在平台正中间。两圆柱以角速度细 C.若两人奋力拉绳时，绳始终静止不动，则两人受到的摩擦力大小一定相等 20tad/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=10N的恒 D.若甲最终取得胜利，则乙受到的绳的拉力可能比甲的大 力，使平台从静止开始沿轴线运动。已知质量M=4kg的平台与两圆柱间的动摩擦因 2.如图所示，物块A通过一根不可伸长且承受张力足够大的轻绳绕过光滑的轻滑轮与物 数41=0.2，质量m=1kg的货物与平台间的动摩擦因数2=0.3，圆柱半径r=4cm, 块B连接，A置于物体C上方，B与C的右侧接触。已知C上表面粗糙，右侧光滑，当C g取10m/s2。下列说法正确的是 以竖直向上的加速度a。匀加速运动时，B恰好相对C不下滑。当C的加速度由a。逐 A,货物与平台一起做匀加速直线运动 渐缓慢变大时 B.当平台速度o=0,6m/s时，货物加速度为2m/s2 A.A对C的摩擦力保持不变 C.当平台速度o=0.6m/s时，货物加速度为0.8m/s B.A对C的压力保持不变 D.若施加的恒力F<10N,平台将保持静止 C.A,B相对C仍保持静止 二、多项选择题：本题共2小题，每小题10分，共20分。每小题有多个选项符合题目要求， D.轻绳对B的拉力保持不变 全部选对的得10分，选对但不全的得5分，有选错的得0分。 3.如图，在水平地面上固定一个倾面为0的斜而，一长为L、质量分布均匀的矩形物块放在 题号 7 斜面上，如果在垂直于斜面方向把物块分成两部分A和B,分割线到矩形物块下端的距 离为x,用一个平行斜面的推力F推物块，使物块沿斜面向上加速运动，分成的两部分 答案 之间的弹力大小为下，分制位置如果变化，则 6.如图所示，轻弹簧竖直立在地面上，物块A放在轻弹簧上，物块B叠放在物块A上，用 一x的图像为 () 绕过两定滑轮的轻绳将物块B、C连接，用手托着物块C,使滑轮两边的轻绳刚好沿竖直 方向伸直，已知物块A,B,C的质量分别为m,m、2m,弹簧的劲度系数为k,重力加速度 为g,不计空气阻力，弹簧始终在弹性限度内，开始时物块B到滑轮的距离足够远，快速 撤去手，下列说法正确的是 A,撤去手的一瞬间，物块C的加速度为0 且徽去手的一瞬间，A对B的作用力大小为2mg C.撤去手后，物块B向上运动过程中加速度先减小后不变 D当物块AB刚好分离时，物块A上升的离度为 学科素养周测评（四）物理第1页（共4页） 真题密卷 学科素养周测评（四）物理第2页（共4页】 7.如图所示，滑索是一种常见的儿童游乐设施，轻绳与轻质滑环连接，玩耍时儿童手握轻 9.(18分)如图所示，顿角为0的斜面足够长，MN区间光滑，长度为L,其余部分粗糙程度 绳由静止沿钢索滑下。若钢索与水平方向的夹角为α，下滑过程中轻绳与竖直方向的夹 相同。长为L的轻绳连接两个相同的小滑块a、b。开始时a处于M点，轻绳恰好仲直。 角B保持不变，忽略空气阻力影响，下列说法正确的是 () 由静止同时释放a、b,经过一段时间后，a、b发生弹性碰撞。再经过一段时间轻绳突然 A.B可能大于a 绷紧，a、b达到共同速度，并一起匀速运动。已知a、b质量均为m,重力加速度大小为 BP等于2时，滑环与钢索间的动摩擦因数牡=tn? g,求： (1)滑块a与斜面粗糙部分之间的动摩擦因数： C.B等于a时，滑环与钢索间的动摩擦因数a=tana (2)滑块b从静止释放至运动到N点的时间： D.若：一2tana,则儿童下滑过程中动能的增量与克服摩擦力做的功大小相等 (3)滑块a、b一起匀速运动的速率。 三、非选择题：本题共3小题，共50分。 8.(12分)用如图甲所示的装置探究物体的加速度与力之间的关系。带有光滑定滑轮的长 木板放在水平桌面上。细绳通过滑轮一端连接滑块，另一端连接固定的力传感器，从力 传感器上可以直接读出细绳拉力大小F。动滑轮下方悬挂沙桶，通过改变沙桶内沙的 质量来改变滑块的加速度。 力传感器 10.(20分)如图所示，顶端带有轻质定滑轮的斜面体放在水平地面上，不可伸长的轻绳跨 过定滑轮一端连接斜面上的木板A,另一端连接小物块B。初始时木板A刚好不上 6m6n 744 8.16 单位c 滑，小物块B离水平地面的高度h=0.2m,某时刻小物块C以速度大小a=10m/s 的初速度滑上木板A,一段时间后，在小物块B落地的瞬间剪断轻绳。已知斜面与水 (1)关于本实验，下列说法正确的是（填正确选项前对应的字母）。 平方向的夹角0=37°，木板A与滑轮间轻绳与斜面平行，木板A足够长且木板不会与 A.实验需要满足沙桶和沙的总质量远小于滑块的质量 滑轮相碰，整个运动过程中斜面体始终保持静止，木板A的质量m■2kg,小物块 B.先释放滑块，再接通打点计时器的电源 C的质量mc=1kg,木板A与斜面间动摩擦因数：1=0.5，小物块C与木板A间 C.在挂沙桶的条件下，调整长木板左端的高度，以补偿阻力 动摩擦因数2=0.75，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s,sin37°-0.6， D,调整长木板右端的定滑轮，使得连接滑块的细绳与长木板平行 c0s37°=0.8，求： (2)实验中打出一条纸带如图乙所示，0,1、2、3、4为连续的5个计数点，相邻两个计数点 (1)小物块B的质量mB: 间还有4个点没有画出来，打点计时器所用交流电的频率为50Hz,则此次实验中滑 (2)木板A在斜面上向上运动的最大距离s及运动时间t; 块的加速度为m/s2(结果保留两位有效数字)。 (3)木板A回到初始位置时的速度大小v: (3)某实验兴趣小组，利用该实验装置来测定滑块的质量和滑块与长木板间的动摩擦因 (4)从木板A开始运动到木板A回到初始位置的过程中，画出地面对斜面体的静摩擦 数，实验中不平衡摩擦，多次实验。利用所测得的数据作出aF图像如图丙所示，图 力∫随时间：变化的图像（规定水平向左为正方向，不用写出论证过程）。 像的斜率为k,与纵轴的截距为一b,重力加速度为g,则本次实验中由图像测得滑块 的质量为，滑块与长木板之间的动摩擦因数为（用题目中的k、g、b表 示)。考虑到纸带与打点计时器之间的阻力、细绳与滑轮之间的阻力以及空气阻力， 则测得的动摩擦因数 (填“大于”“等于”或“小于”)真实值。 学科素养周测评（四）物理第3页（共4页） 真题密卷 学科素养周测评（四）物理第4页（共4页】·物理· 参考答案及解析 53 17 mg 三、非选择题 (2)水平向右的推力最小时，斜面体A有向左运动 8.(1号（或0.5）(3分)(2)43分)(3)245(6分) 的趋势，A受到的最大摩擦力 【解析】(1)根据题意，两物块均受力平衡，则由受 fmax=u(m+M)g=30 N<N2=120 N (3分) 力分析及胡克定律可知甲乙两装置弹簧伸长量相 则有Fmin十fmax=N2 (3分) 解得Fmin=90N。 (2分) 等，即友·△x=m1g,2k·△x=mg,则m=), m22 10.(1)282N(2)4 、375 N(3)33√5N 1 即m1是m2的2倍。 【解析】(1)两根绳子拉力的合力 (2)交换位置后再分别对两物块受力分析，有k· F=2Tcos37°=80N (2分) 石墩对地面的压力的大小 △x1=m2g,2k·Ax2=m1g,两式联立解得 FN=mg-Fsin37°-282N (3分) ,即△x:是△x2的4倍。 4 (2)若匀速运动，根据平衡条件 F'cos37°=μ(mg-F'sin37) (3分) (3)设弹簧处于原长状态时，下端与距离传感器之 而F′=2T'cos37 (1分) 间距离为h,则h=x1十△x,h=x2十△x1,代入 m1与g值，与以上各小问方程联立，解得k= 潮得T-N。 (2分) 245N/m (3)当两绳拉力的方向相同时，合力最大为2T,当与 9.(1)150N120N(2)90N 水平方向夹角为α时，根据平衡条件 【解析】(1)设斜面体A对小球B弹力的大小为 2Tcosa=u(mg-2Tsina) (2分) N1,墙面对小球B弹力的大小为N2,如图所示， 整理得 对小球B进行受力分析，根据平衡条件有 T- umg umg (3分) N1sin53°=N2 (3分) 2(cos ausin a) 2√1+μ2sin(a+p) N1cos53°=mg (3分) 1 其中tanp= (1分) 解得N1=150N,N2=120N (2分) 以 由牛顿第三定律可知，小球B对斜面体A压力的 显然T的最小值 大小为150N,受到墙面弹力的大小为120N。 21+=33v5N (3分) (2分) 2025一2026学年度学科素养周测评（四）》 物理·牛顿运动定律（一）》 一、单项选择题 等，C正确；根据牛顿第三定律可知，无论谁取得 1.C【解析】若甲取得胜利，说明甲与地面间的摩擦 胜利，甲、乙受绳的拉力大小都相等，D错误。 力大于乙与地面间的摩擦力，而甲与地面间的摩 2.C【解析】如图所示，当C以加速度a。向上匀加 擦力的大小不仅与其重力有关，还与甲和地面间 速时，A、B均相对于C恰好保持相对静止，则由受 的动摩擦因数有关，A错误；结合以上分析可知， 力图可得水平方向T=fcA,fcA=uFNA,竖直方 若乙与地面间的动摩擦因数大，但乙与地面间的 向FNA一mAg=mAa0,T-mBg=mBao,解得u= 摩擦力不一定大，则乙不一定能取得胜利，B错 误；绳静止不动时，由于绳对两人的拉力大小相 mB,当加速度由a0逐渐变大时，轻绳对B的拉力 等，根据二力平衡可知，两人受到的摩擦力大小相 逐渐变大，D错误；C对A的支持力逐渐变大，由 。7· A 真题密卷 学科素养周测评 牛顿第三定律，A对C的压力逐渐变大，B错误；A =2m/s2<u2g= 对C的摩擦力逐渐变大，A错误；当C的加速度由 整体，加速度大小a。=M十m a。逐渐增大时，拉力依然刚好等于最大静摩擦力， 3m/s2,圆柱表面的，点转动的线速度大小v=wr= 0.8m/s,设平台运动的速度大小为v,如图所示， 则A、B相对C一直静止，C正确。 可知平台受到两个圆柱表面对平台沿平行于轴线 FN 的方向的摩擦力大小均为fx=fcos0,根据牛顿 第二定律可得F-2fx=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，c0s日逐渐增大，加速度逐渐减小，所以货 物与平台不是一起做匀加速直线运动，A错误；当 平台速度v=0.6m/s时，则有cos日= √02+r 3.A【解析】设矩形物块单位长度的质量为m。,则 0.6,又F-2fcos0=(M+m)a,可得加速度大小 A的质量为(L一x)mo,B的质量为xmo,假设斜 a-F2fcos 0_10-2X5X0.6 m/s2=0.8m/s2,B M+m 4+1 面光滑，对物块整体由牛顿第二定律有F一 错误，C正确；若施加的恒力F<10N,由于初始时 Lmogsin0=Lmoa,对A由牛顿第二定律有F1一 刻，两圆柱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 ①-x)mog sin0=(L-x)ma,联立可得 错误。 1 0相 L一工三1一元，若斜面粗糙，同理可得相同的 L F 工函数，其为一次减函数，纵截距为1，A 正确。 二、多项选择题 4.D【解析】撤去力F的瞬间，设弹簧压缩量为x,由 6,BC【解析】由题意可知，撤去手之前绳子上的拉 牛顿第二定律得a=k红一mg sin0-umg cos日 力为0，此时，对A、B整体受力分析得2mg=x0, ,因 m 撤去手的一瞬间，弹簧上弹力不变，A、B、C三个物 弹簧压缩量未知，故无法求出撤去力F的瞬间物 体加速度大小相等，对C受力分析得2mg一F= 体A的加速度的大小，A错误；在物体A沿斜面 2ma,对A、B整体受力分析，由牛顿第二定律得 F十kxo-2mg=2ma,联立解得撤去手的一瞬 向上运动的过程中，当弹簧压缩量为x且合力为 零时开始做减速运动，即弹簧弹力满足x'= 回，物体C的加速度大小a二，g,绳上的拉力 mg sin0十mg cos0,B错误；撤去力F前，设物体 大小F=mg,A错误；撤去手的一瞬间，对物体B 受到的静摩擦力F:沿斜面向上，则由平衡条件F十 受力分析，由牛顿第二定律得F十FAB一mg= ma,代入数据得此时A对B的作用力大小FAB= mgsin0=F十红，得z=P+mgsin8-F,只有当 k 2mg,B正确；撤去手之后A、B分开前，对A,B、 mg sin0一Fr=0时，弹簧的形变量为与，C错误3 C系统受力分析，由牛顿第二定律得2mg十x一 2mg=4ma,随着A向上运动，弹簧的形变量减 当弹簧的弹力与重力沿斜面向下的分力及摩擦 小，可知加速度减小，A、B分开后，B、C两个物体 力平衡时，即物体A所受合力为0时，速度最 由绳连接加速度大小一样，对C受力分析，由牛顿 第二定律可知2mg一F'=2ma1,对B受力分析， 大，则有x'=mgsin0十mg cos0,得x'= 由牛顿第二定律可知F'一mg=ma1,联立解得 mgsin 0+umg cos 0 ,D正确。 1 B,C的加速度大小a1=3g,加速度不再变化，C 5.C【解析】根据对称性可知，平台与两个圆柱表面 正确；A、B分开时，FAB=O,此时A、B、C加速度大 小相等，设此时弹簧的形变量为x',对A、B、C系 的摩擦力大小相等，均为f=41M十m)g与 统受力分析得2mg十kx'-2mg=4ma,对A受力 5N,沿平行于轴线的方向给平台施加F=10N的 分析，由牛顿第二定律得x'一mg=ma,联立解 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 得完时弹簧形宝亚。一细，故当物块A,B刚好 A ·8. ·物理· 参考答案及解析 分高时，物块A上升的高度h=。一-2m,D 【解析】(I)a、b一起匀速运动时，对a、b整体有 3k 2 ng sin0=·2 ng cos0 (2分) 错误。 解得u=tan0。 (2分) 7.BD【解析】设滑环与钢索间的动摩擦因数为4， (2)a、b一起下滑距离L,对a、b整体有 对人受力分析可知mg cos a=Tcos(a一B), 2mg sin 0-umg cos 0=2ma (2分) ng sin a一Tsin(a-B)=ma,解得加速度a= 1 gsina一g cos a·tan(a一B),对人和滑环构成的整 解得a1= 2gsin 0 (1分) 体受力分析可知，加速度a=gsina一g cos a,联立 由位移公式可得L= 1 以上解得u=tan(a一B),故不可能有B>a,A 2a1t月 (1分) 错误；结合以上分析，当日=号时，以=tan受，B L 解得t=2√gsin0 (1分) 正确；结合以上分析，当B=a时，μ=0，C错误；若 此时a、b整体的速度 1 r=2tana,则滑环受到的摩擦力f=umg cos a- v1=a1t1=√gLsin0 b从M运动至N,因绳子松弛，故对b有 2 mg sin a,位移为L时，动能增量△E= mgsin 0=ma2 (1分) 1 1 (mgsin a一f)L=2 mgLsin a,克服摩擦力做功W,= 由位移公式可得L=U1t,十2a号 (1分) 解得t2=(√3一1) fL=2 mgLsin,D正确。 (1分) Ngsin 0 三、非选择题 又t=t1十t2 (1分) 8.①D3分)(20.723分)(322分) L 解得t=(1十√3) Ngsin 0 (1分) (2分)大于(2分) (3)b运动至N点后匀速运动，此时速度 【解析】(1)拉力是通过力传感器来显示的，与沙和 v2=v1+a2t2=√3 gLsin0 (1分) 沙桶的质量无关，故不需要满足沙和沙桶的总质 之后a、b发生弹性碰撞，由于质量相同，所以碰后 量远小于滑块的质量，A错误；实验中应先接通打 交换速度，直至轻绳绷紧，二者以相同的速度。匀 点计时器的电源，再释放滑块，B错误；为使滑块 速运动，该过程系统动量守恒，则有 所受的合外力等于绳的拉力，补偿阻力时不需要 mv1+mv2=2mv (1分) 挂沙桶，C错误；调整长木板右端的定滑轮，使得 连接滑块的细绳与长木板平行，保证细线上的拉 解得u=1+ 2 -√gL sin0。 (2分) 力就是滑块所受的合外力，D正确。 (2)纸带上每两个计数点间还有4个，点未画出，则 10.12kg(20.2m1s(3)5m/s(4)见 相邻计数点的时间间隔T=5X0.02s=0.1s,根 解析 据逐差法可得，滑块的加速度大小a=工4二 【解析】(1)初始时木板A刚好不上滑，对木板A 4T2 受力分析得 (8.16+7.44-6.72-6.00)×10- (1分) 4×0.12 -m/s2=0.72m/s2 T1=mag sin 0++uimag cos 0 对小物块B受力分析得 (3)设滑块的质量为m,根据牛顿第二定律F一 T=mBg (1分) F Mg=Ma,变形得a=M一g,由题图可知斜率 解得mB=2kg。 (1分) (2)当小物块C滑上木板A后未共速前，对小物 k=解得浴块的魔量M=名，我距为-%=-b, 块C受力分析得 mcgsin0+μ2 mcgcosθ=mcac (1分) 好得以=。；考虑到纸带与打点计时器之间的正 对木板A受力分析得 T2+u2mcg cos 0-magsin 0-u (mA+mc). 力、细绳与滑轮之间的阻力以及空气阻力，则计算 gcos 0=mAaAB (1分) 中的滑动摩擦力要大于真实值，因此测得的滑动 对小物块B受力分析得 摩擦因数要大于真实值。 mBg-T2=mBaAB (1分) L 9.(1)tan0 (2)(1+√3) 联立解得ac=12m/s2,aAB=0.5m/s2 √gsin0 即小物块C做匀减速直线运动，木板A和小物块 3)2√gLsin0] B做匀加速直线运动，设经过时间t1后木板A 和小物块C达到共速，此时有 A 真题密卷 学科素养周测评 vo-acti=aABt (1分) 运动时间t=t1十t2 (1分) 1 (1分) 解得t=1s。 (1分) 51=2aA加t号 (3)小物块B落地的瞬间剪断轻绳后，木板A和 联立解得t1=0.8s,s1=0.16m 小物块C将相对静止一起向下运动，对A、C整 此时二者速度大小均为v共=0.4m/s 体受力分析得 木板A和小物块C共速之后二者一起运动，相对 (mA+mc)gsin 0-u(mA+mc)gcos0=(mA+ 静止，此时对A、C整体和小物块B受力分别分 mc)a2 (1分) 析得1(mA+mc)gcos0+(mA十mc)gsin0- 解得a2=2m/s2,方向沿斜面向下 T3=(mA+mc)a (1分) 由运动学公式 Ta-mBg=mBa1 (1分) v2=2a25 (1分) 联立解得a1=2m/s2 解得v=写5ms。 2 A、C整体，做匀减速直线运动，假设经过时间t2 （1分) 从共速到速度减为零，则 (4)地面对斜面体的静摩擦力f随时间t变化的 v=2a1s2 (1分) 图像如图所示 t2米 N (1分) al 联立解得s2=0.04m,t2=0.2s 8.8 故s1十s2=0.2m=h 即三者速度减到零时小物块B恰好落地，所以木 板A在斜面上向上运动的最大距离 0.85+5 s=51十s2=0.2m (1分) 5 (2分) 2025一2026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 为m1恰好没有离开斜面，故其和斜面无弹力，可 1.D【解析】设A、B之间的距离为x,冰壶由A运 2 知绳上的举力T-2mg,数体的加是度a 动到B,根据运动学公式可得 2 =24gx, √3 1 设摩擦后B、D间摩擦因数为μ'，冰壶由B运动 到D有（份）=2gX2x,解得= 6D正确。 m2g,两式联立解得m1·m2=1:2,A正确。 2.A【解析】根据题意，当运动员在刚开始下落阶 段，只受重力，加速度为重力加速度，保持不变， 当与蹦床接触后，运动员受到向上的弹力，设运 动员刚与蹦床接触时位移为x1,根据牛顿第二定 律有mg-k(x一x1)=ma,所以a=g+mx1 k 甲 乙 ,由此可知，ax图线应为倾斜直线，当弹力增 k 4.C【解析】由于木板B初始速度为零，所以传送带 对木板B的摩擦力水平向右，铁块A对木板B的摩 大到与重力相等时，运动员的加速度为零，之后， 运动员所受弹力大于重力，加速度向上，根据牛 擦力水平向左，由牛顿第二定律得2(M十m)g 顿第二定律可得k(x一x1)一mg=ma,即a= H1mg=MaBH1mg=maA,解得aB=4m/s2,aA= 1m/s2,分别做A、B的vt图像，如图所示，0~ 厂m21一8，随着x增大，加速度反向，大小 0.5s内A、B发生相对滑动，分别做匀加速直线 与前一阶段相同，A正确。 运动，0.5s时B与传送带共速，之后与传送带一 3.A【解析】对m1、m2受力分析如图甲、乙所示，因 起匀速运动，A继续加速，A对B的摩擦力f A ·10·