周测评(四) 牛顿运动定律(一)-【衡水真题密卷】2027届高三物理学科素养周测评（福建专版）

2026一2027学年度学科素养周测评（四） 物理·牛顿运动定律（一） 本试卷总分100分，考试时间40分钟。 一、单项选择题：本题共4小题，每小题8分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有 一项是符合题目要求的。 题号 1 2 3 4 答案 1.低海拔地区大气压强值力与海拔高度h满足关系p=一ah十b,其中a、b为大于零的常 量。小宇在乘坐广州塔电梯过程中，保持与电梯厢相对静止，打开手机中的气压传感 器，记录一段时间内大气压强值力随电梯运动的变化情况，0~t1为直线。下列说法正 确的是 () A.0~t1,电梯在做匀加速直线运动 B.t=t2以后，电梯在做匀速直线运动 C.0~t1,小宇处于失重状态 D.t1~t2,小宇处于超重状态 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质定滑轮 与物块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 逐渐缓慢变大时 A A.A对C的摩擦力保持不变 B.A对C的压力保持不变 B C.A、B相对C仍保持静止 D.轻绳对B的拉力保持不变 3.如图甲所示，光滑水平面上并排静止放置着A与B两个物体（两物体接触但不黏合），A 的质量mA=2kg。t=0时刻，水平推力FA和水平拉力FB同时分别作用于A、B上， FA、FB随时间变化的关系如图乙所示，当FA减小到4N时，A、B间弹力恰好为0。下 列说法正确的是 () ↑FN 6 ag 0.511.522.533.5is 甲 乙 学科素养周测评（四）物理第1页（共4页） 队劳力为基，筑奋斗高台 A.t=2s时刻，A、B间的弹力为2N 班级 B.B物体的质量mB=12kg C.t=3s时刻，A、B间的距离为3m D.t=3s时刻，A、B间的距离为0.75m 姓名 4.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 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=10N的恒 得分 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 数1=0.2，质量m=1kg的货物与平台间的动摩擦因数42=0.3，圆柱半径r=4cm, g取10m/s2。下列说法正确的是 ( A.货物与平台一起做匀加速直线运动 F B.当平台速度v=0.6m/s时，货物加速度为2m/s2 C.当平台速度v=0.6m/s时，货物加速度为0.8m/s2 D.若施加的恒力F<10N,平台将保持静止 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， 全部选对的得10分，选对但不全的得5分，有选错的得0分。 题号 5 6 答案 5.雨滴的收尾速度即雨滴最终匀速下落的速度，与雨滴的大小有较强的相关性。设雨滴 下落过程中受到的空气阻力可以表示为F=CS,其中C为空气阻力系数（无单位 的常数)，ρ为空气密度，S为雨滴（可看成球形）的横截面积，v为雨滴与空气的相对运 动速度。已知球体的体积公式为V-矿(，为半径)，若雨滴下落过程中质量、形状保 持不变，则下列说法正确的是 () A.空气阻力表达式中的x=2 B.雨滴下落过程中，惯性逐渐变大 C.雨滴下落过程中，加速度逐渐增大 D.若两个雨滴的半径之比为1：4，则二者的收尾速度大小之比为1：2 6.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 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 角阝保持不变，忽略空气阻力影响，下列说法正确的是 ) A.B可能大于a 滑环 钢索 BB等于？时，滑环与钢索间的动摩擦因数以=tan号 ..------..C. C.3等于a时，滑环与钢索间的动摩擦因数μ=tana D.若a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 学科素养周测评（四）物理第2页（共4页） 2 三、非选择题：共48分，其中7为填空题，8为实验题，9、10为计算题。 7.(8分)如图甲所示，甲、乙两个相同物块通过轻弹簧连接，静置于倾角为0且足够长的光 滑固定斜面上，物块乙紧靠垂直斜面的固定挡板P。现对物块甲施加一沿斜面向上的拉 力F,使物块甲从静止开始做加速度大小为α的匀加速直线运动，从物块甲开始运动到 物块乙刚要离开挡板P的过程中，拉力F与物块甲的位移大小x的关系如图乙所示。 加速度α、F1、F2、x。均为已知量，重力加速度为g,弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻 力，则该过程中，物块甲运动的时间为 ,弹簧的劲度系数为 (用题目中所给 出的物理量表示)。 & 8.(10分)在用如图甲所示的装置验证牛顿第二定律的实验中，保持小车质量一定时，验证 小车加速度a与合力F的关系。 小车纸带打点计时器 轨划 槽码 (1)补偿阻力的方法是：调整轨道的倾斜， A.小车在轨道上保持静止 B.打点计时器不打点，小车不受牵引时，小车拖动纸带沿轨道做匀速运动 C.挂上槽码，让打点计时器打点，小车拖动纸带沿轨道做匀速运动 D.不挂槽码，让打点计时器打点，小车拖动纸带沿轨道做匀速运动 (2)本实验采用的研究方法和下列 实验的方法是相同的。 A.研究桌面的微小形变 B.探究两个互成角度的力的合成规律 C.探究向心力的大小与半径、角速度、质量的关系 (3)某同学得到了如图乙所示的一条纸带，频率为50Hz,由此纸带得到小车加速度的大 小a= /s2(其中每两个计数点之间还有四个点未画出，结果保留两位 有效数字)。 单位：cm 2.33 45633 8.34 乙 (4)若多次增大槽码的质量进行实验，得到槽码的质量及对应的小车运动的加速度 α，作出图像如图丙中实线所示，在O点作曲线的切线如图中虚线所示，并在虚线上 取一点q,在曲线部分取一点p,p、q对应的横坐标都为1，已知重力加速度大小为 g,若小车的质量为M,则ag与a。的比值为 (用M、m1表示)。 2 学科素养周测评（四）物理第3页（共4页） D 177 0 m 丙 9.(12分)某兴趣小组在实验室进行科学实验：一根轻质弹簧下端固定在实验平台上，上端 拴接一个质量为2kg的物块B,B上方叠放一个质量为2kg的物块A,A、B接触面粗 糙，可保持相对静止直至分离。实验分为两个阶段：第一阶段变力牵引实验，对A施加 竖直向上的牵引力F,使A从静止开始以加速度a=5m/s2做匀加速直线运动，直至 A、B分离。第二阶段恒力牵引实验，改用F=36N的恒定牵引力竖直向上拉动A,直至 A、B刚好分离。已知弹簧劲度系数k=100N/m,g取10m/s2。 (1)在变力牵引实验中，求刚施加的瞬间牵引力F。的大小。 (2)在变力牵引实验中，求从静止到A、B分离所经历的时间。 (3)在恒力牵引实验中，求从静止到A、B刚好分离的过程中，物块A的位移大小。 A B 00000 77777 10.(18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 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vo=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 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 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mA=2kg,小物块 C的质量mc=1kg,木板A与斜面间动摩擦因数41=0.5，小物块C与木板A间 动摩擦因数2=0.75，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2,sin37°=0.6， c0s37°=0.8，求： (1)小物块B的质量mB； (2)木板A在斜面上向上运动的最大距离s及运动时间t; (3)木板A回到初始位置时的速度大小； (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 力f随时间t变化的图像（规定水平向左为正方向，不用写出论证过程）。 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 (2)如图乙所示，细线与竖直方向的夹角增大 9 解得环A的质量M 到53°时，A、B间细线的拉力恰好减小到零，设装 6n。 (3分) 置转动的角速度为ω，弹簧弹力与静止时大小相 A轻杆 等、方向相反，根据几何关系可得A的半径为 转轴 37 2l.sin 5 (3分) m B g 对A有F=Mu2·写 8 (3分) 乙 对B有ng tan53°=mw2,D (3分) 2026一2027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 F 1.D【解析】由于大气压强值力与海拔高度为线性 关系，0~t1,在电梯里测得的大气压强值卫随着 时间是均匀变化的，即高度均匀变化，此时电梯在 m g 做匀速直线运动，A错误；2以后，大气压强值p 不变，代表电梯高度不变，为静止状态，B错误；通 过A选项分析，0~t1,电梯做匀速直线运动，即小 3.D【解析】由题知，当FA减小到4N,即t=2s 时，AB间弹力恰好为0，此时AB仍有相同的加速 宇受到的支持力等于自身重力，C错误；t1~t2,大 度，设为a,由图乙可知，t=2s时FB=6N,根据 气压强值力依然增加，但增长率逐渐减小，而气压 牛顿第二定律，对A、B分析有FA=mAa,FB= 越高，说明电梯的高度越低，故电梯在减速向下运 mBa,联立解得B物体的质量mB=3kg,A、B错 动，加速度方向向上，支持力大于重力，故小宇处 误；由题知，当FA减小到4N,即t=2s时，AB间 于超重状态，D正确。 弹力恰好为0，则AB即将分离，设此时AB的速 2.C【解析】如图所示，当C以加速度a。向上匀加 度为口，对A分析，根据牛顿第二定律有FA= 速时，A、B均相对于C恰好保持相对静止，则由受 mAaA,其中FA=1N,解得aA=0.5m/s2,对B 力图可得水平方向T=fcA,fcA=FNA,竖直方 分析，根据牛顿第二定律有FB=mBaB,其中FB= 向FNA一mAg=mAao,T-mBg=mBa0,解得H= 6N,解得aB=2m/s2,故A、B从t=2s运动到 ,当加速度由a0逐渐变大时，轻绳对B的拉力 mA 4=3s的位移分别为工A=aL十a△，。 逐渐变大，D错误；C对A的支持力逐渐变大，由 UAt+ 2aB△，其中△t=3s-2s=1s,联立解得 牛顿第三定律，A对C的压力逐渐变大，B错误；A 对C的摩擦力逐渐变大，A错误；当C的加速度由 1 1=3s时刻，A、B间的距离△x=B一xA=2a日· a。逐渐增大时，拉力依然刚好等于最大静摩擦力， 则A、B相对C一直静止，C正确。 42 2a△2=0.75m,C错误，D正确。 。9。 2 2027 学科素养周测评 4.C【解析】根据对称性可知，平台与两个圆柱表 8ro*g ,可知u℃√r,则半径之比为1：4的两 1 3pC 面的摩擦力大小相等，均为f=21(M+m)g= 个雨滴，收尾速度大小之比为1：2，D正确。 5N,沿平行于轴线的方向给平台施加F=10N的 6.BD【解析】设滑环与钢索间的动摩擦因数为H, 恒力，使平台从静止开始沿轴线运动，初始时刻，平 对人受力分析可知mg cos a=Tcos(a一B), 台受到两圆柱的摩擦力刚好平衡，以平台和货物为 mg sin a-Tsin(a一B)=ma,解得加速度a= F 整体，加速度大小a。=M十m =2m/s2<42g= gsin a一g cos a·tan(a一B),对人和滑环构成的整 体受力分析可知，加速度a=gsin a一g cos a,联立 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， 以上解得u=tan(a一B),故不可能有B>a,A 可知平台受到两个圆柱表面对平台沿平行于轴线 错误；结合以上分桥，当月=号时，=tan?,B 的方向的摩擦力大小均为f,=fcos0,根据牛顿 正确；结合以上分析，当B=a时，以=0，C错误；若 第二定律可得F一2f:=F-2fcos0= 1 (M十m)a,可知随着平台速度v的逐渐增大，0逐 A= 2tana,则滑环受到的摩擦力f=mgcos a= 渐减小，c0s0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 2 mg sin a,位移为L时，动能增加量△E= 1 平台速度v=0.6m/s时，则有cos0= √02+0r (mgsin a一f)L=2 mngL sin a,克服摩擦力做功W,- 0.6,又F-2fcos0=(M十m)a,可得加速度大小 1 a=F-2fcos0_10-2X5X0.6 fL=2 mngLsina,D正确。 M+m 4+1 /s2=0.8m/s2,B 三、非选择题 错误，C正确；若施加的恒力F<10N,由于初始时 刻，两圆柱对平台沿平行于轴线的方向的摩擦力 0(4分) 7.a F,-F(4分) 大小为0，所以平台一定沿轴线的方向运动，D 【解析】从甲开始运动到乙离开挡板，甲运动的距 错误。 离为x0,因做匀加速运动，则x二)at,即物块 2x0 甲运动的时间t= ,设物块甲的质量为m, a 开始时弹簧被压缩x1,则x1=mg sin0,则F1十 二、多项选择题 k.x1一mg sin0-ma,当物块乙离开挡板时弹簧伸 5.AD【解析】F单位为N,且1N=1kg·m/s2,根据 长量为x2,则kx2=ng sin0,则F2-kx2 P-96,可物1e·wg-×m×得 gsin0=ma,可知x1=x2三2x0,可知物块甲的 则x=2,A正确；惯性只与质量有关，则雨滴下落 质量m二n>弹簧的劲度系数飞一二 过程中，惯性不变，B错误；雨滴下落过程中，开始 所受重力大于阻力，雨滴做加速运动，速度逐渐增 8.(1)D(2分)(2)C(2分)(3)2.0(3分) 大，则阻力随之增大，雨滴的加速度逐渐减小，直 (4Mtm（3分) M 到雨滴达到收尾速度，加速度保持不变，C错误； 雨滴达到收尾速度时，重力和阻力等大反向，即 【解析】(1)补偿阻力的方法是调整轨道的倾斜 4πr3 度，不挂槽码，让打点计时器打点，小车拖动纸带 mg= 2CpSu,又m=p*3,S=r2,可得0= 沿轨道做匀速运动，D正确。 2 ·10· ·物理· 参考答案及解析 (2)本实验采用的研究方法是控制变量的方法，研 T1=mAg sin 0+umAg cos 0 (1分) 究桌面的微小形变采用放大的方法，A错误；探究 对小物块B受力分析得 两个互成角度的力的合成规律采用等效的方法，B T1=mBg 错误；探究向心力的大小与半径、角速度、质量的 解得mB=2kg (1分) 关系采用控制变量的方法，C正确。 (2)当小物块C滑上木板A后未共速前，对小物 (3)由于相邻两计数，点间的时间间隔T=5×0.02s 块C受力分析得 0.1s,则小车的加速度大小4=工ce二乙Ac mcgsin0+uzmcgcos0=mcac (1分) (2T)2 对木板A受力分析得 (8.34十6.33-4.35-2.33)×10-2 m/s2≈2.0m/s2。 T2+u2 ncg cos0-mAg sinθ-1(mA+mc)· 0.22 g Cos 0-mAa AB (1分) （4)对虚线，有m1g=Ma,则a,-8, M,对实线， 对小物块B受力分析得 mBg-T2=mBaAB (1分) mig 有m:g=(m:十M)a,整理得a,m1十M,所以 联立解得ac=12m/s2,aAB=0.5m/s aM+mi 即小物块C做匀减速直线运动，木板A和小物块 ap M B做匀加速直线运动，设经过时间t1后木板A 9.(1)20N(2)0.2s(3)0.04m 和小物块C达到共速，此时有 【解析】(1)未施加力F时，由平衡条件可知 vo-act1-aABti (1分) kxo=2mg (1分) 1 解得xo=0.4m (1分) 51=20AB2号 (1分) 施加力F的瞬间，对AB整体由牛顿第二定律知 联立解得t1=0.8s,s1=0.16m F。+kx0-2mg=2ma (1分) 此时二者速度大小均为⑦共=0.4m/s 解得F。=20N (1分) 木板A和小物块C共速之后二者一起运动，相对 (2)在变力牵引实验中，A、B分离时A、B间弹力 静止，此时对A、C整体和小物块B受力分别分 为零，则对B分析可知x1一mg=ma (1分) 析得u1(mA+mc)gcos0+(mA+mc)gsin0- 1 T3=(mA十mc)a1 (1分) 由运动学公式知x0一工1=20t (1分) T:-mBg=mBa (1分) 解得t=0.2s (1分) 联立解得a1=2m/s2 (3)在恒力牵引实验中，A、B刚好分离时，则两者 A、C整体，做匀减速直线运动，假设经过时间t2 之间的弹力为零，加速度相等，则对A由牛顿第二 从共速到速度减为零，则 定律F-mg=ma (1分) v'k=2a1sz (1分) 对B有kx2一mg=ma (2分) V共 t2= 解得x2=0.36m (1分) al A的位移大小 联立解得s2=0.04m,t2=0.2s x=xo-x2=0.04m。 (1分) 故s1十s2=0.2m=h 2 即三者速度减到零时小物块B恰好落地，所以木 10.1)2kg(2)0.2m1s(3)55m/s(4)见 板A在斜面上向上运动的最大距离 解析 s=s1十s2=0.2m (1分) 【解析】(1)初始时木板A刚好不上滑，对木板A 运动时间t=t1十t2 (1分) 受力分析得 解得t=1s (1分) ·11· 2 2027 学科素养周测评 (3)小物块B落地的瞬间剪断轻绳后，木板A和 (4)地面对斜面体的静摩擦力f随时间t变化的 小物块C将相对静止一起向下运动，对A、C整 图像如图所示。 体受力分析得 N (mA+mc)gsin 0-u(mA+mc)gcos 0=(mA+ 8.8 mc)a2 (1分) 4.8 解得a2=2m/s2,方向沿斜面向下 0 t/s 由运动学公式 0.85+W5 5 (2分) 2=2a2s (1分) 解得-名5m。 (1分) 2026一2027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 3.D【解析】设A、B之间的距离为x,冰壶由A运 1.D【解析】由于存在摩擦力作用，滑块不可能停 在出发，点，A错误；题图初始位移不是从0开始， 动到B,根据运动学公式可得明一（觉》】 =24gx, 不符合题意，B错误；设弹簧劲度系数为，滑块质 设摩擦后B、D间摩擦因数为口'，冰壶由B运动 量为m,动摩擦因数为μ。设释放瞬间弹簧压缩 量为x0,向右运动时，根据牛顿第二定律可知 到D有侣》-gX2a,原释-号D适 a1-ka,-T）-mg--g+-g,可知 m m m 4.C【解析】设杆对球A的作用力大小为F,对A Q-x图像是一条倾斜的不过原，点的直线（斜率为 球，竖直方向上由平衡条件有Fcos0=mg,解得 负)；向左运动时，根据牛顿第二定律可知a2= 一k(红-x)+mg-_十&z0十g,可知ax F=mg c059,轻杆与车厢相对静止，则杆对球的力的 m mm 图像是一条倾斜的不过原点的直线（斜率为负）， 方向始终与竖直方向夹角为日，在不同加速度的情 且两条线斜率相同，C错误，D正确。 况下，轻杆对小球A的作用力始终为恒力，A错 2.A【解析】对1、m2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， 误；杆对球B的作用大小始终也为F=mg cos日，当小 23 可知绳上的弹力T= 3m18,整体的加速度a= 球B对底面的摩擦力等于0时，对B球由牛顿第 二定律Bsin0=2ma1,解得a1=怎g,B锅误：者 m2g,两式联立解得m1:m2=1:2,A正确。 =4v 9,小球B与底面间的最大静摩擦力f1= k(2mg十Fcos),当A与侧壁无弹力，B与底面 间有最大静摩擦力时，对A、B整体，根据牛顿第 4√3 mg 二定律得f1=3ma:,解得a:=98,但当A与 侧壁恰无弹力时，A有向左的最大加速度，此时对 ·12·