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B版）

以努力为基，筑奇斗高台 2025一2026学年度学科素养周测评（四） 4.如图所示，倾角为0的斜而体固定在水平面上，底部有一垂直斜而的固定挡板C,劲度系 班级 数为k的轻弹簧一增固定在挡板C上且与斜而平行，质量为的物体A与斜面间的动 题 物理·牛顿运动定律（一） 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 力加速度为g,则在物体A沿斜面向上运动的过程中 姓名 本试卷总分100分，考试时间40分钟。 A.撤去力F的瞬间，物体A的加速度大小为gsi0 B.物体A与弹簧脱离接触的瞬间开始做诚速运动 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 C撤去力F前，弹簧的形变量一定为月 得分 要求。 题号 1 2 3 4 5 D.弹簧的形变量为mgsn9十g COs9时，物体A的速度最大 答案 5.如图所示，A、B滑块质量分别为mA和m",倾角为a的斜面体D紧靠地板突出部分E。 控制A使所有物体处于静止状态。现静止释放A,当A沿斜面体D下滑，B上升时，不 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 计绳子质量及一切摩擦，重力加速度为g,地板突出部分E对斜面体D的水平压力F为 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( 2 A,若甲的质量更大，则甲一定能取得胜利 B.若乙与地面间的动摩擦因数更大，则乙一定能取得胜利 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 A.mA(mAgsin&mg) B.m(Agsin a一mg) cos a mA十m长 mA一mB D.若甲最终取得胜利，则乙受到的绳的拉力可能比甲的大 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 C.mA(mAgcos a-mng) -sin a D.(cosmsin a 71A产11 22A程书 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 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， 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ao逐 全部选对的得10分，选对但不全的得5分，有选错的得0分。 渐缓慢变大时 A,A对C的摩擦力保持不变 题号 6 7 B.A对C的压力保持不变 答案 C.A、B相对C仍保持静止 D.轻绳对B的拉力保持不变 6.如图所示，倾角0=30的足够长的斜面上紧靠放置两物块A、B(均可视为质点)，物块A 3.如图，在水平地面上固定一个倾面为0的斜面，一长为L、质量分布均匀的矩形物块放在 的质量mA=4kg,它与斜面间的动摩擦因数4-名，物块B的质量m=1kg,它与斜面 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 间无摩擦。t=0时刻，给A施加一沿斜面向下的拉力F,F随时间变化的规律为F=2.5t, F 设物块A受到的摩擦力大小为F,,加速度大小为a、,物块B受到A的弹力大小为F、: 之间的弹力大小为F,分制位置如果变化，则下7的图像为 () 加速度大小为a,g取10m/®，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列图像中可能正 确的是 ad,Am-s) 02220 B 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，倾角为8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：，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。开始时处于M点，轻绳恰好伸直 角？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，、b发生弹性碰撞。再经过一段时间轻绳突然 AB可能大于a 翻紧，n、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 BB等于号时，滑环与锅索间的动摩擦因数以=an号 g,求： (1)滑块a与斜面粗糙部分之间的动摩擦因数： C.3等于a时，滑环与钢索间的动摩擦因数：=tna (2)滑块b从静止释放至运动到N点的时间： D,若：=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下。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 '6062 7.44 8.16 单位： (1)关于本实验，下列说法正确的是 (坑正确选项前对应的字母)」 A,实验需要满足沙桶和沙的总质量远小于滑块的质量 10.(20分)如图所示，厚度可忽略的薄木板A和薄木板B放置在水平地面上，A,B紧 B.先释放滑块，再接通打点计时器的电源 密接触但不相连，木板A的质量mA=1kg,长度LA=1.8m,木板B的质量m" C.在挂沙桶的条件下，调整长木板左端的高度，以补偿阻力 1kg,长度1#=2.5m,现有一可视为质点的质量mc=2kg的小物块C以初速度v。 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 5m/s从木板A左侧冲上木板，已知小物块与两木板间动摩擦因数：=0.25，小物块、 (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 两木板与地面间动摩擦因数均为：=0.15，g取10m/s2。求： 间还有4个点没有画出来，打点计时器所用交流电的颊率为50Hz,则此次实验中滑 (1)木板A总位移： 块的加速度为m/g(结果保留两位有效数字)。 (2)木板B总位移： (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 (3)物块C总位移。 数，实验中不平衡摩擦，多次实验。利用所测得的数据作出-F图像如图丙所示，图 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、6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】真题密卷 学科素养周测评 而F'=2T'cos37 (1分) umg umg T- (3分) 解得T'_375N. 2(cos ausin a) 2√1+μsin(a+p) 4 (2分) 1 其中tanp= (1分) (3)当两绳拉力的方向相同时，合力最大为2T,当与 水平方向夹角为α时，根据平衡条件 显然T的最小值 2Tcosa=u(mg-2Tsina) (2分) Tmn=、g =33√5N (3分) 整理得 2√1十2 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 面光滑，对物块整体由牛顿第二定律有F一 1.C【解析】若甲取得胜利，说明甲与地面间的摩擦 Lmogsin0=Lmoa,对A由牛顿第二定律有F1- 力大于乙与地面间的摩擦力，而甲与地面间的摩 擦力的大小不仅与其重力有关，还与甲和地面间 x)mgin9=(L-x)ma,联立可得号 的动摩擦因数有关，A错误；结合以上分析可知， 三1-1工，若斜面粗糙，同理可得相同 若乙与地面间的动摩擦因数大，但乙与地面间的 L 摩擦力不一定大，则乙不一定能取得胜利，B错 F F心函数，其为一次减函数，纵栽距为1，A 误；绳静止不动时，由于绳对两人的拉力大小相 正确。 等，根据二力平衡可知，两人受到的摩擦力大小相 4.D【解析】撤去力F的瞬间，设弹簧压缩量为x,由 等，C正确；根据牛顿第三定律可知，无论谁取得 胜利，甲、乙受绳的拉力大小都相等，D错误。 牛颜第二定律得a-r-mgsin9-os9,因 m 2.C【解析】如图所示，当C以加速度a。向上匀加 弹簧压缩量未知，故无法求出撤去力℉的瞬间物 速时，A、B均相对于C恰好保持相对静止，则由受 体A的加速度的大小，A错误；在物体A沿斜面 力图可得水平方向T=fca,fcA=FNA,竖直方 向上运动的过程中，当弹簧压缩量为x'且合力为 向FNA一mAg=mAao,T-mBg=mrao,解得μ= 零时开始做减速运动，即弹簧弹力满足，x'= mB,当加速度由a。逐渐变大时，轻绳对B的拉力 mg sin0十umg cos0,B错误；撤去力F前，设物体 受到的静摩擦力F:沿斜面向上，则由平衡条件F十 逐渐变大，D错误；C对A的支持力逐渐变大，由 牛顿第三定律，A对C的压力逐渐变大，B错误；A mgsin-F+kz,mgsin 0-F ，只有当 对C的摩擦力逐渐变大，A错误；当C的加速度由 F a。逐渐增大时，拉力依然刚好等于最大静摩擦力， mgsin0-F:=0时，弹簧的形变量为友，C错误； 则A、B相对C一直静止，C正确。 当弹簧的弹力与重力沿斜面向下的分力及摩擦 F 力平衡时，即物体A所受合力为0时，速度最 大，则有kx'=mgsin0十μng cos0,得x'= mg sin 0+umg cos 0 ,D正确。 k 5.A【解析】由题意可知，对A、B、D组成的整体为研 究对象，可知水平压力F只引起滑块A水平方向的 加速度，因为B、D在水平方向的加速度均为零，因此 3.A【解析】设矩形物块单位长度的质量为o,则 由牛顿第二定律可得F=mAax,对A、B组成的整体 A的质量为(L一x)mo,B的质量为xmo,假设斜 则有mAgsin a-mBg=(mA十mB)a,又有a.= B ·8 ·物理· 参考答案及解析 acOS,联立解得F-mA(mAgsin&一mBg 挂沙桶，C错误；调整长木板右端的定滑轮，使得 -cos a,A mA十mB 连接滑块的细绳与长木板平行，保证细线上的拉 正确。 力就是滑块所受的合外力，D正确。 二、多项选择题 (2)纸带上每两个计数点间还有4个点未画出，则 6.BD【解析】t=0时刻，对A、B整体分析有Fr= 相邻计数，点的时间间隔T=5X0.02s=0.1s,根 (mA十mB)gsin0=25N,A错误；设A、B开始移 动的时刻为t1,则有F。十(mA十mB)gsin0= 据逐差法可得，滑块的加速度大小a=工4一x 4T2 umAg cos0,F。=2.5t1,联立解得t1=2s,设A、B (8.16+7.44-6.72-6.00)×10- -m/s2=0.72m/s2 开始分离时的时刻为t2,则有F1十(mA十mB)· 4×0.12 gsin0-umAg cos0=(mA十mB)ao,对B有 (3)设滑块的质量为m,根据牛顿第二定律F mBg sin0=mBao,F1=2.5t2,联立解得t2=12s, Mg=Ma,变形得a=Mg,由题图可知斜率 且可解出在t1≤t≤t2时间内A、B整体的加速度 a=0.5t-1,即a与t为一次函数，A、B分离后， 7解得滑块的质量M-,我距为-g=-b, 对A有F2+mAg sin0-μnAg cos日=mAaA, 5 解得以一二；考虑到纸带与打点计时器之间的阻 F2=2.5t,解得aA=8t-2.5,当t=20s时，解 力、细绳与滑轮之间的阻力以及空气阻力，则计算 得aA=l0m/s2,对B有mBg sin0=mBaB,aB= 中的滑动摩擦力要大于真实值，因此测得的滑动 5m/s2,B、D正确；t=2s前，A、B静止不动，对B 摩擦因数要大于真实值。 有FN=mBg sin0=5N,由上面分析可知，当t= L 12s时，A、B将分离，有Fx=0,C错误。 9.(1)tan0 (2)(1+√3) √gsin 0 7.BD【解析】设滑环与钢索间的动摩擦因数为H, 对人受力分析可知mg cos a=Tcos(a一B), 3)+ 2°√gLsin 0 mg sin a-Tsin(a-B)=ma,解得加速度a= 【解析】(I)a、b一起匀速运动时，对a、b整体有 gsina一g cos a·tan(a一B),对人和滑环构成的整 2 mg sin0=u·2 ng cos0 (2分) 体受力分析可知，加速度a=gsina一g cos a,联立 解得μ=tanO。 (2分) 以上解得μ=tan(a一B),故不可能有B>a,A (2)a、b一起下滑距离L,对a、b整体有 错误；结合以上分析，当B=号时，H=an?,B 2mg sin 0-umg cos 0=2ma (2分) 1 解得a1= 2gsin (1分) 正确；结合以上分析，当B=a时，u=0,C错误；若 1 1 μ=2tana,则滑环受到的摩擦力f=μng cos a- 由位移公式可得L= 2a1t号 (1分) 2 mg sin a,位移为L时，动能增量△E= L 解得t1=2√gin0 (1分) 1 此时a、b整体的速度 (mgsin a一f)L=2 mgLsin a,克服摩擦力做功W,= v1=a1t1=√gLsin0 b从M运动至N,因绳子松弛，故对b有 fL=2 mngLsin a,D正确。 mgsin 0=ma2 (1分) 三、非选择题 1 由位移公式可得L=1t2十2a号 (1分) &.D3分)(20.723分)(3g(2分) 6 (2分)大于(2分) 解得t2=(√3-1) (1分) Ngsin 0 【解析】(1)拉力是通过力传感器来显示的，与沙和 又t=t1十t2 (1分) 沙桶的质量无关，故不需要满足沙和沙桶的总质 L 解得t=(1+√3) gsin 0 (1分) 量远小于滑块的质量，A错误；实验中应先接通打 点计时器的电源，再释放滑块，B错误；为使滑块 (3)b运动至N点后匀速运动，此时速度 所受的合外力等于绳的拉力，补偿阻力时不需要 v2-v1+a2t:=V3gLsin 0 (1分) 。9 B 真题密卷 学科素养周测评 之后a、b发生弹性碰撞，由于质量相同，所以碰后 2act2-28 1 交换速度，直至轻绳绷紧，二者以相同的速度？匀 xc=vct- m (1分) 速运动，该过程系统动量守恒，则有 24 mv1+mv2=2mv (1分) 相对位移△x=rc一xB=9m>LB=2.5m 解得=1+ 则C在共速前就离开B,设C在B上运动的时间 2°VgL sin0. (2分) 为t',有 1 10.(1)0(2)3m (3)5.3m Le=vct 2act'1 (1分) 【解析】(1)小物块与薄木板间的滑动摩擦力大小 解得t'=1s fi=uimcg=5 N (1分) 该过程中B的位移 C在A上运动时，A、B与地面的滑动摩擦力大小 6=2a=1m 1 4 m (1分) f2=μ2(mA+mB十mc)g=6N (1分) 因为f<f (1分) B的速度vB=at'=2m/S 1 则A不动，故木板A的总位移为0。 (1分) C离开B后，B的加速度 (2)C到达B时的速度为oc,有 aB=uzg=1.5 m/s2 (1分) v2-v8=-2μ1gLA (1分) B做匀减速运动的位移 解得vc=4m/s vB 1 C在B上运动时，B与地面的滑动摩擦力大小 h-2an-12m (1分) f3=μ2(mB十mc)g=4.5N (1分) 此时C的加速度ac=1g=2.5m/s2 B运动的总位移xB%=xB十xB= 1 3 m (1分) 对B,根据牛顿第二定律有 (3)C在B上运动的位移 fi-f;=mBaB (1分) act'?-1 xc=vcl!-1o (1分) 解得aB=0.5m/s2 设经过t时间，B、C共速，则有 C落地后的加速度ac=μ2g=l.5m/s2(1分) vc-act=aBt (1分) C落地的速度v心=vc-act'=l.5m/s(1分) 朗容1一 v62 C落地后运动的位移x8=2n。=0.75m1分) 该过程中B、C的位移分别为 C运动的总位移 za-gen-gm 1 xc&=LA十xc十xC=5.3m (1分) (1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 1.D【解析】设A、B之间的距离为x,冰壶由A运 律有mg一k(红一x)=ma,所以a=g+ 动到B,根据运动学公式可得一 =24gx, m1,由此可知，ax图线应为倾斜直线，当弹力增 设摩擦后B、D间摩擦因数为以'，冰壶由B运动 大到与重力相等时，运动员的加速度为零，之后， 到D有)=gX2,得=台D正， 2 运动员所受弹力大于重力，加速度向上，根据牛 顿第二定律可得k(x-x1)一mg=ma,即a= 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， m之一m工1一8随着x增大，加速度反向，大小与 当与蹦床接触后，运动员受到向上的弹力，设运 前一阶段相同，A正确。 动员刚与蹦床接触时位移为x1,根据牛顿第二定 3.A【解析】对m1m2受力分析如图甲、乙所示，因 为1恰好没有离开斜面，故其和斜面无弹力，可 B 。10·