周测评(五)牛顿运动定律(二)-【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）

旁力奋斗，运才福手中 2025一2026学年度学科素养周测评（五） 4.如图所示，一足够长的水平传送带以速度0=2m/s顺时针匀速转动，把一质量M= 班级 1kg的木板B轻放在传送带上，同时把一个质量m=2kg的铁块A轻放在木板B的中 题 物理·牛顿运动定律（二） 央位置，A与B之间的动摩擦因数以1=0.1，B与传送带之间的动摩擦因数：=0.2，g 取10m/s。下列说法正确的是 姓名 本试卷总分100分，考试时间40分钟。 B A 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 A.木板B与铁块A一起做匀加速直线运动，直到与传送带共速 得分 要求。 B.木板B与传送带共速后，木板处于平衡态，那么B与传送带之间的摩擦力为零 题号 1 2 3 4 5 C.若铁块A不从木板B上滑落，则木板的长度至少为3m 答案 D.从放上A、B直到稳定的过程中与不放A、B相比，电动机多消耗的电能为6J 1.某冰壶比赛赛道的简化图如图所示，A、B、C、D是水平冰面直线赛道上的四个点，其 5.如图甲所示，在桌面上有一薄木板，板上放置了3个木块A,B,C,其中mA=m,mB=2m, 中A是掷出点，D是营垒中心，AB=BC=CD。运动员将冰壶从A点以初速度掷 mc=3m,A可祝为质点，B、C大小不可忽略，且开始A叠放在B的正上方，现用水平外 出，冰壶沿直线AD做减速运动，经过B点时速度恰好为2，另一运动员用冰壶刷摩擦 力将薄木板沿垂直于B,C连线方向拉出。已知术块间，木块与薄木板间动摩擦因数均 B、D之间的冰面以减小动摩擦因数，冰壶恰好到达营垒中心D。若未用冰壶刷摩擦冰 为以，木块与桌面间动摩擦因数为2，重力加速度为g。则从静止开始计时，三个木块 面时，冰壶与冰面之间的动摩擦因数为：，假设摩擦后的冰面光滑程度处处相同，则摩擦 的速度时间图像可能为（图乙为俯视图，A,B最终分离，忽略木块自身高度）() 后冰壶与冰面之间的动摩擦因数为 A%B C 桌面 背 A.号 B c.5 D.a 2.某蹦床比赛中一运动员从最高点由静止开始沿竖直方向向下运动，运动员与蹦床接触后， 崩床对运动员的弹力始终沿竖直方向，且弹力大小与形变量满足胡克定律。运动员可视 作质点，取竖直向下为正方向，不计空气阻力，重力加速度为g。运动员从最高点开始向下 运动直到速度诚为零的过程中，加速度：随位移x变化的图像可能正确的是 ( 4位 B. 3 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， 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.如图所示，一光滑的正三角形斜面体(OAB放在光滑的水平地面上，不可伸长的轻绳两 题号 6 7 端分别栓接质量为m1、m2的两物体，轻绳跨过固定在O点的光滑定滑轮，m1、1g分别 放在OA、OB面上，两部分轻绳与斜面均平行。作用在斜面体上的恒力（图中未画出） 答案 使斜面体向右做匀加速运动，m:,m:与斜面体保持相对静止，且m1恰好没有离开斜 6.滑沙运动是继滑冰，滑雪，滑草之后的另一项新兴运动。如图所示，若某滑沙者沿一坡 面，则m1、m:的质量比为 度相同的沙坡从顶端A由静止下滑时，经过两段长度相等，动摩擦因数不同的沙面AB 和BC,滑到坡底C时速度恰减为零，则下列说法正确的是 A.滑沙者经过AB和BC运动的时间相等 B.滑沙者在AB上运动时的加速度小于他在BC上运动时的加速度 C,滑沙者与AB间的动摩擦因数大于他与BC间的动摩擦因数 A.1t2 B.1:1 C.3:4 D.21 D,滑沙者在AB间运动时损失的机械能小于他在BC间运动时损失的机械能 学科素养周测评（五）物理第1页（共4页） 真题密卷 学科素养周测评（五）物理第2页（共4页） 7.如图所示，轻弹簧竖直固定在水平桌面上，质量为m:的木块放置在弹簧上但不拴接，质 (5)该实验小组经过讨论后，改进了(4)中的实验方案，保持槽码、小车、砝码的总质量不 量为m:的铁块放置在木块上并通过跨过光滑定滑轮的轻质细线与质量为M的铁球连 变，把槽码分别逐个叠放在小车上，重复(4)中的实验。由此得到的F图像是一条 接，先用手托住铁球使细线恰好伸直但无张力，然后将铁球由静止释放。已知重力加速 (填“直线”或“曲线”)。 度为g,M>:,轻弹簧勃度系数为k,弹簧始终处于弹性限度内，则 9.(18分)如图甲所示，粗糙水平面上放置一足够长的木板，木板最右端放置一小物块，木 板左侧某位置有一竖直墙壁，1=0时刻给木板和小物块一共同的初速度，二者保持相 、八铁球释放瞬间其加速度大小为g】 对静止向左运动，=2s时木板与竖直墙壁发生碰撞，碰撞时间极短，2~4s内木板和物 B.铁块与木块分离之前细线的张力逐渐增大 块的速率时间图像如图乙所示。已知木板与墙壁碰撞后原速率反弹，木板质量M C.铁块与木块分离时铁球的加速度大小为M一m: 9kg,物块质量m=1kg,物块与木板，木板与水平面间的动摩擦因数均小于1，g取 M十m,g 10m/s”。求： D,从初始状态到铁块与木块分离时，木块的位移为8M一：g (1)初速度。的大小： (M十m2)k (2)假设物块未掉下木板，则物块最终距木板右增的距离。 三、非选择题：本题共3小题，共50分。 8.(12分)某学习小组利用如图甲所示的装置探究加速度与力、质量的关系。 打点计时器 纸低指 定滑轮 请回答下列问题： 10.(20分)如图所示，倾角为30的传送带以0=7m/s的速度沿逆时针方向转动，滑块A (1)该实验需要研究三个物理量之间的关系，我们应该采用的研究方法是 置于长木板B上端，B的下端通过轻绳绕过定滑轮与C连接，绳与传送带平行，不计绳 A.控制变量法 B.放大法 C.理想实验法 与定滑轮之间的摩擦以及空气阻力，使A、B从传送带顶部由静止开始下滑，B与传送 (2)该小组同学经过讨论后认为需要平衡摩擦力，于是某同学将小车放在水平静止的长 木板上，将长木板不带滑轮的一端缓慢垫高，直到小车拖着纸带由静止开始沿长木 带之间的滑动摩擦因数4一停，A与B之间的滞动摩擦因数为：（大小未知），A,B,C 板向下潜动为止，这名同学的操作（填“正确”或“错误”）。 (3)某次实验获得的纸带如图乙所示，相邻计数点间均有4个点未画出，打点计时器电 的质量分别为mA=2kg,mn=1kg,me=1kg,传送带足够长，B板长L=6m,A,B与 源频率为50Hz,则小车的加速度大小为 m/s(结果保留三位有效数字)。 传送带共速前恰能保持相对静止，A与B之间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取 10m/s2,求： 465100-61-64一46 (1)当A、B由静止开始下滑到与传送带共速所需的时间11： 乙 单位：m (2)A与B之间的滑动摩擦因数4： (4)该小组在某次实验中，保持小车和砝码总质量不变，以槽码的重力为外力，通过改变 (3)当A、B与传送带共速瞬间，轻绳突然断掉，A能否从B上滑下，此时B对A的摩擦 槽码的个数，得到了图丙中的图线1，另一位同学利用最初的几组数据拟合了一一条图 力大小与方向如何？与传送带共速后B相对传送带再运动4m后的速度：。 线2。如图丙所示，作一条与纵轴平行的虚直线，与这两条图线及横轴的交点分别为 P,Q,N,若此虚线对应的小车和砝码总质量为M,悬挂槽码的质量为m则 (用、m表示) (30. A 学科素养周测评（五）物理第3页（共4页） 真题密卷 学科素养周测评（五）物理第4页（共4页）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· ·物理· 参考答案及解析 mg=2N,且f<μ2(M+m)g,B处于平衡态， (m1十m2)g,设铁球释放瞬间其加速度大小为 所以B与传送带之间的摩擦力也为2N,2s时A、 a,细线的张力为T,对于铁球有Mg一T=Ma, B共速，然后一起与传送带匀速运动，A、B错误； 对于铁块与木块有T十F一(m1十m2)g= 由图像可知，A相对B的位移x=(2-0.5)×2× M 2-1.5m,所以若使A不从B上滑落，由于A最 十m:)a,联立解得a一M+1十m,g,A错 误；铁块与木块分离之前，因弹簧的弹力逐渐减 初放在B的中夹，所以B的长度至少L=2x= 小，所以系统的加速度逐渐减小，则细线的张力 3m,C正确；0.5s内传送带的位移x1=2×0.5= 逐渐增大，B正确；铁块与木块分离时木块对铁块 1m,0.5~2s内传送带的位移x2=2×(2-0.5)= 无作用力，所以对于铁块与铁球有Mg一m2g= 3m,电动机多消耗的电能E=42(M十m)gx1十 (M十m2)a',所以此时铁球的加速度大小为a'= fx2=12J,D错误。 M-m2 A训(ms) M+m,g,C正确；结合上述可知，初始状态弹簧 A 的压缩量x1= (m1十mz)8,设铁块与木块分离瞬 k 间弹簧的压缩量为x2,则对木块有x2一m1g= 0.5 2§ m1a',联立可得从初始状态到铁块与木块分离时 5,B【解析】薄木板未离开时，以A、B为整体，根据 牛顿第二定律u(mA十mB)g=(mA十mB)a1,分 木块的位移△x=x1一x2= m2g m(M-m2)g (M+m2)k1 析可知A、B一起以g的加速度匀加速运动，薄 D正确。 木板离开后，对A,根据牛顿第二定律μmAg= 三、非选择题 mAaA2,对B,根据牛顿第二定律2μ(mA十mB)g一 8.(1)A(2分)(2)错误(2分)(3)8.20(2分) mAg=Ba2,A、B间发生相对运动，其中A以 4M+m(3分)(5)直线(3分) g的加速度匀减速运动，B以2.5g的加速度 M 匀减速运动，当A从B上滑离后，对A、B根据牛 【解析】(1)该实验需要研究三个物理量之间的关 顿第二定律2μmAg=mAaA,2umBg=mBas,则 系，在实验过程中需要先保持其中一个物理量不 aA3=aB照，A、B各自以2g的加速度匀减速运 变，可知我们应该采用的研究方法是控制变量 动，A、C错误，B正确；薄木板未离开时，对C根 法，A正确。 据牛顿第二定律umcg=mcac1,木块C以g的 (2)平衡摩擦力时，应不挂槽码，将小车放在水平 加速度匀加速运动，薄木板离开后，对C根据牛顿 静止的长木板上，将木板不带滑轮的一端适当垫 第二定律2umcg=mcacz,木块C以2g的加速度 高，轻推小车，使小车拖着纸带向下滑动，纸带上 匀减速运动，D错误。 打出的点迹分布均匀，可知这名同学的操作错误。 二、多项选择题 (3)根据题意可知，相邻两，点之间的时间间隔T= 6.AD【解析】设滑沙者经过B点时的速度大小为 . 5 0s=0,1s,根据逐差法可知，小车的加速度a= ,则有=名0a==号加，品= 1 68.1+76.4+84.6)×104-(43.6+51.7+60.0)×10m/s 9×0.12 2 Q ABT AB=2 BC BC,解得tAB=tBC,aAB=aBC,A =8.20m/s2。 正确，B错误；设沙坡的倾角为α，滑沙者在AB (4)小车和砝码总质量不变，对槽码与小车和砝 段加速，表明4AB<tana,在BC段减速，表明 码构成的整体，根据牛顿第二定律有mg=F= Bc>tana,即HAB<μBc,C错误；滑沙者在两段 F 损失的机械能等于在这两段克服摩擦力做的功， (M十m)a,则有a=M十m,该图线为题图丙中 结合W=umg cos aXx,可知滑沙者在AB间运 1 QN 动时损失的机械能小，D正确。 的图线1，剥有M十m一ON,对小车和砝码进行 7.BCD【解析】铁球释放瞬间，铁块与木块并未分 分析，近似认为槽码重力等于小车和砝码所受外 离，所以三者加速度相同，开始时弹簧的弹力F= 力的合力，根据牛顿第二定律有mg=F=Ma,则 ·11· A 真题密卷 学科素养周测评 有a-日演因线为题因丙中的因线2则有 1 af,4f 1 △x1=v2t2一 (1分) 器好器- 则整个运动过程中物块与木板的相对位移 △x=x1十x2+△x1 (1分) (5)保持槽码、小车、砝码的总质量不变，把槽码 解得△x=9.6m。 (1分) 分别逐个叠放在小车上，槽码、小车和砝码总质 量不变，以槽码、小车和砝码为整体，则有g= 10.(1)1s(2)25 (3)2N,沿传送带向上 15 F=M+m)a,解得a一M十m,可知得到的a-F 9 m/s 【解析】(1)对于A、B、C整体加速度为a1,根据 图像是一条直线。 cg+1(mA十mB)gcos30°+(mA+mB)· 9.(1)6m/s(2)9.6m gsin30°=(mc+ma十mB)a1 (1分) 【解析】(1)设木板与水平面间的动摩擦因数为1， 可得a1=7m/s2 (1分) 物块与木板间的动摩擦因数为42，碰后木板向右 根据v=a1t1 (1分) 做减速运动，物块向左做减速运动。假设物块速 解得t1=1s。 (1分) 度先减到零，根据题图乙可知，物块的加速度大小 (2)对于A,因为恰好相对B静止，所以A与B 4 a1=4-2m/s2=2m/s2 (1分) 之间静摩擦力达到最大静摩擦力，又 木板的加速度大小 a1=7m/s2>5m/s2 (1分) 所以根据 4 43 a:=42m/s- μ2 nAg cos30°+mAg sin30°=mAa1 (1分) 3m/s2 (1分) 23 根据牛顿第二定律有μ2mg=ma1 (1分) 解得2=15· (1分) u2mg+u (M+m)g=Ma2 (1分) (3)绳断瞬间，第一种情况：如果A相对于B下 解得1=0.1,2=0.2 (2分) 滑，对于B有 41<μ2<1，假设成立，同理可证，木板速度先减为 mBg sin30°+42 nAg cos30°-H1(mA+mB)· 零的情况不符合题述，根据题意可知初始两者同 gcos30°=mBaB (1分) 时以相同初速度0向左减速运动，加速度大小 可得aB=4m/s2 (1分) ao=uig=1 m/s2 (1分) 对于A有 由题图乙知v1=4m/s (1分) mAgsin30°-H2 mAg cos30°=mAaA (1分) 且t0=2s又v1=v0一aoto (1分) 可得aA=3m/s2,aA<aB,所以A相对于B不 解得初速度大小vo=6m/s。 (1分) 会下滑。 (2)与墙壁碰撞后瞬间至物块速度减为零，物块的 第二种情况：如果B相对于A下滑 位移大小x1=21 01 (1分) 对于B有mng sin30°-42 mAg cos30° ui(mA+mB)gcos 30=mBaB (1分) 木板的位移大小x,= 2t1 (1分) 可得aB=-2m/s2 (1分) 与事实不符，所以A相对于B静止，A不会从B t1=2s (1分) 上滑下 (1分) 4 va=3 m/s (1分) 设A、B整体加速度为a2 物块速度减为零至两者共速的过程，物块和木板 根据(ma十mB)gsin30°-h1(mA十m.)gcos30°= 的加速度大小不变a1=2m/s2 (mA十mB)a2 (1分) 4 可得a2=4m/s2 (1分) a:-3 m/s 因为mag sin30>mAa2 (1分) 则有2一a2t2=a1t2 (1分) 所以A受到摩擦力方向沿传送带向上且为静摩 该过程中二者的相对位移大小 擦力，对于A有 A ·12· ·物理· 参考答案及解析 mAg sin30°-f=mAa2 (1分) 根据v一v2=2a2x (1分) f=2N (1分) 可得v1=9m/s。 (1分) 方向沿传送带向上 2025一2026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 5.C【解析】由题中a-F图像知，当F=F1时，小物 1.D【解析】由题图像可知，在t。~t1时间内，“水火 块与长木板均恰好开始相对地面滑动，则有F1= 箭”竖直向上加速，故处于超重状态，A错误；在 u2(m+M)g,当F1<F≤Fg时，小物块与长木 t1t2时间内“水火箭”的加速度减小，根据F一 板相对静止一起加速运动，有F-2(m十M)g= mg=ma,可知，水对“水火箭”的作用力逐渐减 F 小，B错误；在t0~t4时间内，“水火箭”的速度始 (m+Ma,即a一m十MA:g,站合图像的载距 终为正，故一直竖直向上运动，C错误；题图像中 的D点为曲线和直线的转折点，则t3时刻之后 有-a。=一4g,联立可解得2=00,1 g'm+M “水火箭”只受重力，D正确。 2.B【解析】解除锁定后，沿斜面方向上对A、B和轻 ,当F>F3时，小物块相对长木板滑动，对 绳组成的系统由牛顿第二定律有Mgsin0一mg= 物块有FH1mg=m,整理得a= 41g,结 M十ma,对A由运功学规拿有E=ar,始合 m 20,即a=2k,联立解得4_k十5 合图像有 1 mF,-F,则小物块的质量m 图线斜率k= m3-k’ F3-F ,对长木板根据牛顿第二定律有41mg一 B正确。 3.D【解析】对Q球受力分析，Q球受竖直向下的 重力、绳的拉力和弹簧的弹力，根据平衡条件可 H:(M+m)g=M1,联立解得M=E ao Feemgcos 30mg in 30 ,万可你 P一B,由题中a-F图像知aE aiF2 2g,A、B错误；对P球受力分析，并进行力的 1 得M=F,-F 1=(F3-F2)g C正确。 分解可得kxsin60°=Fopsin30°，mrg+ 二、多项选择题 6.AD【解析】物块P先向下做匀减速运动，t1时刻 尼zc0s60=Forcos30,联立解得Fop三mg 加速度发生变化，说明摩擦力方向发生了变化， 即t1时刻物块P与传送带共速，t1时刻之前物块 mp= 2,D正确；若将弹簧剪断，剪断瞬间P球 的速度大于传送带的速度，则一定有v0>v,A正 确；在t1时刻之前，对P、Q的整体umg cos0十 的眸时加速度大小a=mp8sin30°-1。 mp 28,C Mg-gsin0=(M十m)a1,在t1时刻之后，对 P、Q的整体Mg-mg sin0-umg cos0=(M+ 错误。 m)a2,因a1和a2可以从t图像斜率中得到，则 4.D【解析】传送带启动后做匀加速运动，包裹在摩 由两方程联立可求出P与传送带间的动摩擦因 擦力作用下也做加速运动，则包裹的加速度一定 数μ以及传送带倾角O,但不能确定M和m的大 小于传送带的加速度，则由题图像可知，图线I 小关系，D正确，B错误；由图像可知，在t2时刻 反映的是传送带的运动，图线Ⅱ反应的是包襄的运 物块P到达最低，点，然后反向沿斜面向上运动， 动，A错民：色桌的加选度a=号mg=1, 加速度一直为a2,因a2<a1,结合图像的面积等 于位移，可知物块P返回传送带顶端的时刻大于 根据a=g可知，包裹和传送带间的动摩擦因 2t2,C错误。 数为0.1，B错误；传送带的长度等于包裹的位 1 移L=2X5X5m=12.5m,C错误；包裹相对 传送带滑动的距离△x二)X5X8m-12.5m 2 7.5m,D正确。 ·13· 1