周测评(六) 牛顿运动定律(三)-【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（六） 物理·牛顿运动定律（三） 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 答案 1.景区滑道方便游客下山的同时，又可让游客领略沿途的风景。设某景区内的一段滑道由 三部分组成，如图甲所示，AB和CD的倾角相同，BC水平，一游客（可视为质点）自A点 由静止开始自由下滑，滑过B点后，瞬间“刹车”缓慢行至C点静止，再从C点由静止开始 自由下滑至D点，若整个过程中游客在AB和CD段速度的平方2与路程x的关系图像 如图乙所示，则对于游客通过AB和CD两滑道的过程，下列说法正确的是 ) A.游客通过AB所用的时间长 B.游客通过AB过程的加速度小 C.游客与AB间的动摩擦因数小 1x。2.1x。 D.游客通过AB及CD的动摩擦因数相等 2.如图所示，倾角为30°且足够长的固定光滑斜面底端有一固定挡板，轻弹簧一端与挡板 连接，另一端与物块A接触但不连接，A上方放置另一物块B,B与物块C用跨过光滑 轻质定滑轮的细线连接，B与定滑轮间的细线与斜面平行。开始时用手托住C,使细线 处于伸直但不拉紧的状态，此时A、B静止在斜面上。某时刻突然释放C,一段时间后 A、B分离，此时C未触地。已知A、B分离时，B的速度大小为v,A、B、C的质量均为 ,弹簧劲度系数为k,弹簧的形变始终在弹性限度内，重力加速度为g。下列说法正确 的是 A.刚释放C时，A,B间的弹力大小为2mg B.分离时刻弹簧处于伸长状态 C.A的速度最大时沿斜面上升的距离为mg 4k DAB分离时，B的如速度大小为女 3.体育考试中有个项目是双手垫排球，双手以大小为。的初速度竖直向上垫出一个质量 为m的排球，若排球运动过程中受到的空气阻力大小与其速度大小成正比，排球运动的 速度随时间变化的规律如图所示，1时刻排球到达最高点，再落回垫出点时的速度大小 为1，且落回垫出点前排球已经做匀速运动，重力加速度大小为g。下列说法正确的是 () 学科素养周测评（六）物理第1页（共4页） 学习是灯，照亮前行之路 A.排球上升过程中的加速度逐渐减小，下降过程中的加速度逐渐增大 班级 B.在0~41时间内，排球上升的高度小于 2 C排球挚出解间的加速度大小为+品)g 姓名 D.排球下降过程中的平均速率大于0.5vo ------------- 4.如图甲所示，水平地面上有一长木板，将一小物块放在长木板上，给小物块施加一水平 得分 外力F,通过传感器分别测出外力大小F和长木板及小物块的加速度a的数值如图乙 所示。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g,下列说法正确的是() 小a A.小物块与长木板间的动摩擦因数1=兰 g B.长木板与地面间的动摩擦因数42=a: g C.小物块的质量m=F,一F D.长木板的质量M= F1+F2十F3 ao 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.如图甲所示，一倾斜传送带以恒定速度v顺时针转动，质量分别为m、M的两物块P、Q 用绕过定滑轮的轻绳相连，某时刻P以速度。滑上传送带顶端，同时Q也以速度。竖 直向上运动，此后P运动的心t图像如图乙所示，vo、v、M、m、t1、t2已知。已知P与滑 轮之间的轻绳始终与传送带平行，传送带足够长，Q始终没有与滑轮相碰，重力加速度 为g,下列说法正确的是 () A.一定有v0> B.一定有M>m C.物块P返回传送带顶端的时刻为2t2 D.根据图像可求出P与传送带间的动摩擦因数μ以及传送带倾角0 6.如图甲所示，一根粗糙的直杆OM被固定在墙角，与水平面的夹角为53°，其上套着一质 量为1kg的滑块。弹性轻绳一端固定于O点，另一端跨过固定在Q处(O点正上方)的 光滑定滑轮与位于直杆上P点的滑块拴接，弹性轻绳原长为OQ,PQ为1.6m且垂直 学科素养周测评（六）物理第2页（共4页） 2 于OM,以P点为原点，沿杆问下建立x轴。现将滑块无初速度释放，已知滑块下滑过 程中的加速度与位移的关系图像是一条直线，如图乙所示，图中x1大小为0.64m,x2 为滑块刚好减速为零的位置坐标。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹性轻绳上弹力F 的大小与其伸长量l满足关系式：F=kl,其中k=10N/m,重力加速度g取10m/s2, sin53°=0.8，cos53°=0.6。下列说法正确的是 () E ↑a/(ms2) 0 x/m 0 人539 a, M 甲 A.滑块与直杆间的动摩擦因数μ=15 4 B.图乙中x2=2x1 C.图乙中a1=-a2=6.4m/s2 D.滑块沿杆上滑过程中速度最大的位置也在x1点 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 LL4LLL4Lu 在物块A上，用绕过两定滑轮的轻绳将物块B、C连接，用外力托着物块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 C mm、2,弹簧的劲度系数为，重力加速度为g,不计空气阻力，弹簧始终在只日 弹性限度内。开始时物块B到滑轮的距离足够远，则撤去外力的一瞬间，A 对B的作用力大小为 ;当物块A、B刚好分离时，物块A上升的高度mm 为 (均用题中已知物理量表示)。 8.(10分)(1)如图甲所示为“探究小车加速度a与受力F、质量M的关系”实验装置图。 纸带 打点计时器 小车 槽码 木板 甲 ①实验中主要采用的研究方法是 A.理想模型法 B.微元法 C.控制变量法 ②关于本实验，下列说法正确的是 A.实验时，应先接通打点计时器的电源，再释放小车 B.每次增加重物改变小车的质量，都需要重新平衡摩擦力 C.平衡小车受到的摩擦力和其他阻力时，应不挂槽码 ③经正确操作后获得一条如图乙所示的纸带，选取0、1、2、3、4、5、6七个计数点，建立以计 数点0为坐标原点的x轴，选取的相邻计数点间的时间间隔为T,计数点0、3、6的位 2 学科素养周测评（六）物理第3页（共4页） 置坐标分别为0、L1、L2。小车加速度的表达式是 (用题中所给字母表示)。 0 L 0 2 3 4 6 (2)如图丙所示，两小车放在水平桌面上，把木板一端适当垫高平衡阻力。两小车前端 各自通过小盘及重物牵引，后端各系一条细线，用板擦把两条细线按在木板上，使小 车静止。抬起板擦，小车同时运动，一段时间后按下板擦，小车同时停下。 黑板擦 细线 小氧运动方向、 小车1 俯视图 侧视图 丙 ①用小盘和盘中重物的总重力大小代替拉小车的轻绳拉力大小，其条件是小盘和盘中 重物的总质量（填“远大于”“远小于”或“等于”）小车和车中重物的总质量。 ②在盘中重物相同且保持不变的情况下，通过增减小车中的重物改变小车的质量，多 次进行实验，测得多组数据。把两小车质量（包括车上重物质量）之比”m作为横轴， 对应的两小车位移大小之比工作为纵轴，作出工21图像。该图像满足什么特征即 71 x m2 可说明“合力一定时，物体加速度与其质量成反比” 9.(12分)如图所示，货车车头A通过水平刚性连接杆拖动车厢B,车厢B内放置货物C, 在发动机水平牵引力F的作用下一起向左做匀速直线运动。车头A、车厢B和货物C 的质量均为m,车头A和整个车厢（含货物）在水平面上运动时受到的阻力大小始终为 其重量的k倍，货物C与车厢B间的动摩擦因数为0.4k,重力加速度为g,最大静摩擦 力等于滑动摩擦力。 (1)求水平牵引力F的大小。 (2)若仅将水平牵引力F增大为匀速拉动时的1.5倍，求力F增大后水平连接杆受到A 的弹力大小。 B 7777777777777777777777777777777 10.(18分)如图所示，一轻绳吊着粗细均匀的棒，棒下端离地面高度为H、上端套着 一个细环。棒和环的质量均为m,相互间最大静摩擦力等于滑动摩擦力kg环日 (k>1),断开轻绳，棒和环自由下落。假设棒足够长，与地面发生碰撞时，触地时 间极短，无动能损失。棒在整个运动过程中始终保持竖直；空气阻力不计（附：等棒 比数列求和公式.=a1一g) ，a1为首项，q为比例系数)。求： 1- (1)棒第一次与地面碰撞后，弹起上升的过程中，环和棒的加速度大小和方向； (2)棒第二次与地面碰撞前，环和棒的速度大小； (3)从断开轻绳到棒和环都静止，棒运动的总路程s。 学科素养周测评（六）物理第4页（共4页）·物理· 参考答案及解析 ui (mA+mB)gcos 30=mBaB (1分) 因为mAg sin30>mAa2 (1分) 可得aB=一2m/s2 (1分) 所以A受到摩擦力方向沿传送带向上且为静摩 与事实不符，所以A相对于B静止，A不会从B 擦力，对于A有 上滑下 (1分) mAgsin30°-f=maa2 (1分) 设A、B整体加速度为a2 f=2N 根据(ma十mB)gsin30°-h1(mA十mg)gcos30°= 方向沿传送带向上 (ma十mB)a2 (1分) 根据v1-v2=2a2x (1分) 可得a2=4m/s2 可得v1=9m/s。 (1分) 2026一2027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 2欢，可知A的速度最大时它沿斜面上升的距离 m 1.C【解析】由v2-x图像和v2=2ax,可知AB段 与CD段位移均为x0,且AB段加速度更大。根 Ax=x1一x2三mg0三2B,C错误；A、B分 据x= 2at,加速度大则时间短，故AB段时间更 离时，两者之间的弹力为零，设此时的加速度为 短，A错误，v2-x图像的斜率为2a,AB段斜率更 a',细线的拉力大小为T',以C为研究对象，物体 大，说明aAB>acD,AB段加速度更大，B错误；斜 受到重力和细线的拉力以及垂直于斜面的弹力， 面上加速度a=g(sin0-ucos0),AB、CD倾角0 根据牛顿第二定律得mg一T'=ma',以B为研究 相同，aAB>acD,故HAB<hcD,即AB间动摩擦因 对象，物体受到弹簧的弹力和物体自身的重力以 数更小，HAB≠cD,C正确，D错误。 及垂直于斜面的弹力，根据牛顿第二定律得T'一 2.D【解析】开始时，细线的张力为零；以AB整体 mgsin30°=ma',联立解得a'-4g,D正确。 为研究对象，根据受力平衡可知，此时弹簧的弹力 3.B【解析】上升过程根据牛顿第二定律，有∫十 大小为F=2 ng sin30°，刚释放C时，设A、B间的 弹力大小为N,细线拉力大小为T,此时的加速度 mg=ma,解得a=g十上，由于排球减速上升，阻 m 为a,以C为研究对象，根据牛顿第二定律得mg 力逐渐减小，故加速度不断减小；下降过程根据牛 一T=ma,以B为研究对象，根据牛顿第二定律得 T+N一ng sin30°-ma,以A为研究对象，根据 领第二定体，有mg一f=m0,每得a=8一人，由 牛顿第二定律得F弹一mg sin30°-N=ma,联立 于速度增大，阻力增大，故加速度减小，最后匀速 解得N=日mg,A错民：AB会高醉阅，它们头有 运动，加速度为零，A错误；速度一时间图像与时 间轴围成的面积表示位移，从图像可以看出，上升 共同沿斜面向上的加速度，合外力沿斜面向上，故 的位移小于阴影部分面积。而阴影部分面积是匀 弹簧仍处于压缩状态，B错误；初始时弹簧的压缩 减速直线运动的位移”1，B正确；排球受到的空 2 量-，当A的连度最大时，加选度为 气阻力与其速率成正比，最终以匀速下降，有 零，即弹簧的弹力与A的重力沿斜面向下的分力平 mg=kU1,排球垫出瞬间，有mg十kvo=mao,解 衡，则此时弹簧的压缩量x2= _F#_mg sin30° 得a-(1+)g,C错误；从图像可以看出，上升 k k U1/ ·15· 2 2027 学科素养周测评 的位移小于阴影部分面积，而阴影部分面积是匀 对P、Q的整体Mg-mg sin0-mg cos0=(M 减速直线运动的位移，匀减速直线运动的平均速 十m)a2,因a1和a2可以从rt图像斜率中得到， 度学于贺，故排球上升过程的平均追度小于，排 则由两方程联立可求出P与传送带间的动摩擦 因数μ以及传送带倾角0，但不能确定M和m的 球下降过程的辛均速率更加小于受D错误。 大小关系，D正确，B错误；由图像可知，在t2时 刻物块P到达最低点，然后反向沿斜面向上运 动，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2t2,C错误。 -01 4.C【解析】由题中a-F图像知，当F=F1时，小 物块与长木板均恰好开始相对地面滑动，则有F1 =u2(m十M)g,当F1<F≤F3时，小物块与长 木板相对静止一起加速运动，有F一μ2(m十M)g 6.BC【解析】x1处滑块的加速度为零，对滑块受 F 力分析如图所示，根据胡克定律可得弹性绳弹力 =(m+M)a,即a= n十M一42g,结合图像的截 F=k 8):垂直杆方向有Fc0s0=mgc0s53°+ PQ 距有一Q6=一42g,联立可解得，-a,B错误； PQ FN,平行杆方向有mg sin53°=f+k mM,当F>F时，小物块相对长木板滑 1 cos日·sin0 动，对小物块有F一1mg=ma,巷理得a=F ∫+红，共中m0=是80.4，又f=B,联支 m 解得FN=10N,可知滑块与杆之间的弹力保持不 站合图缘有是一E,则小物共的质是 变，滑动摩擦力大小不变，可得滑块与直杆间的动 摩擦因数u=0.16,A错误；从释放到x2,速度变化 m-F,C正确；对长木板根据牛领第二定 童为家，根据。r图像面积表示△g),可知， 律有1mg一2(M+m)g=Ma1,联立解得M= 2x1,a1=一a2,滑块释放时，加速度为a1,有 E1F-F,由题中aF国像知F,-FF' ao mg sin53°-f=ma1,解得a1=6.4m/s2,B、C正 可解得M=F。F a1F2 确；滑块上滑的摩擦力方向向下，设其平衡点为x3, ,μ1=(F,-F2)g A、D 有ng sin53°+f=kx3,解得x3=0.96m,D错误。 错误。 B 二、多项选择题 o M 5.AD【解析】物块P先向下做匀减速运动，t1时 刻加速度发生变化，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 物块的速度大于传送带的速度，则一定有0>v, A正确；在t1时刻之前，对P、Q的整体gcos日 53 十Mg-ngsin0=(M+m)a1,在t1时刻之后， m 2 ·16· ·物理· 参考答案及解析 三、非选择题 (2)①根据牛顿第二定律可得mg=(M十m)a,轻 1 7.2mg（4分) 2mg(4分) M 绳拉力F= 3k M十mmg,所以用小盘和盘中重物的 【解析】由题意可知，撤去外力之前轻绳上的拉 总重力大小代替拉小车的轻绳拉力大小，其条件 力为0，此时，对A、B整体受力分析得2mg= 是小盘和盘中重物的总质量远小于小车和车中重 kx0,撤去外力的一瞬间，弹簧上弹力不变，A、B、 物的总质量。②根据运动学公式x=2at2,根据 C三个物体加速度大小相等，对C受力分析得 2mg一F=2ma,对A、B整体受力分析，由牛顿第 牛顿第二定律可得a一m,整理可得x= 2 m 二定律得F十kxo一2mg=2ma,联立解得撤去外 所以两车合外力相同，运动时间相同时，有 力的一瞬间，物体C的加速度大小a=2g,撤去外 mi 力的一瞬间，对物体B受力分析，由牛顿第二定律 ,该图像满足过原点的一条倾斜直线，斜率为1 m2 得F十FAB一mg=ma,代入数据得此时A对B 的特征即可说明“合力一定时，物体加速度与其质 的作用力大小F=2mg,A,B分开时，FAB= 量成反比”。 0,此时A、B、C加速度大小相等，设此时弹簧的形 9.(1)3kmg(2)2.95kmg 变量为x1,对A、B、C系统受力分析解得2mg十 【解析】(1)由题意知，A、B、C一起向左做匀速直 线运动，对整个系统，由平衡条件有 k.x1-2mg=4ma,隔离A,受力分析由牛顿第二定 律得kx1一mg=ma,联立解得弹簧形变量x1= F=3kmg (2分) (2)当力F增大为匀速拉动时的1.5倍时，水平牵 3欢，故当物块A,B刚好分离时，物块A上升的高 Am 引力F'=1.5F=4.5kmg (1分) 2mg 度h=x0一x1=3k· 假设此时A、B、C一起向左做匀加速直线运动，加 速度大小为a,对系统，由牛顿第二定律有 8.(1)①C(2分) @AC(2分)③。2L2分) 9T2 F'-3kmg=3ma共 (1分) (2)①远小于(2分)②过原点的一条倾斜直线， 解得a=0.5kg>f=0.4g m (2分) 斜率为1（意思相近即可，2分） 说明此时B与C之间发生了相对运动，假设不成 【解析】(1)①影响加速度大小的因素有木块和砝 立。因此，取A、B为一个整体，由牛顿第二定律 码的总质量、木块和砝码所受的合外力，探究加速 F'-3kmg-0.4kmg=2ma AB (2分) 度与力、质量的关系，先控制其中一个物理量不 解得aAB=0.55kg (1分) 变，探究加速度与另一个物理量的关系，本实验主 设水平连接杆受到A的弹力大小为T,对A,由牛 要应用的方法是控制变量法，C正确。②实验时， 顿第二定律有F'-kmg一T=maAB (2分) 应先接通打点计时器的电源，再释放小车，A正 解得T=2.95kmg。 (1分) 确；平衡摩擦力只需要平衡一次即可，每次增加重 10.(1)环：a1=(k一1)g,方向竖直向上；棒：a2=(k 物改变小车的质量，都不需要重新平衡摩擦力，B 2gH 错误；该实验中需要把带滑轮的长木板右端垫高 十1)g,方向竖直向下(2)。 k 来补偿阻力的影响，由于是利用木块重力沿木板 向下的分力来补偿阻力，所以木块不悬挂槽码，C “4 H 【解析】(1)设棒第一次上升过程中，由牛顿第二 正确。③根据逐差法可知加速度a=L:一2L 9T2。 定律得，对环有mg一mg=ma1 (1分) ·17· 2 2027 学科素养周测评 解得a1=(k-1)g (1分) 为v2,则有v2=十2gh1= (1分) 方向竖直向上，对棒有kmg十mg=ma2 (1分) 解得a2=(k十1)g (1分) 解得v2= 2gH k (2分) 方向竖直向下 (1分) (3)第一次碰后棒反弹上升的高度 (2)环和棒第一次落地时的速度v1=√2gH vi H 此后棒速度反向，向上减速，环向下减速，经分析 H=2a2-k十1 (1分) 可知棒相对环总是向上运动，受到的摩擦力总向 第二次碰后棒反弹上开的高度 下，设经过时间t达到共同速度，以向下为正方 吃听1 向，则有 H:-2a-2axkkH (1分) v1-(k-1)gt=-v1+(k+1)gt (1分) 则有H。=友H。-1 (1分) 解得= (2分) kg 每次反弹的高度与前一次反弹的高度成等比数 此时共速v共=1一(k-1)g1=四 列，则全过程棒运动的总路程 (1分) S=H+2H1+2H2+…+2Hm+…=H+ 棒距地面高度，=经_使一1D 2a2 2k'g (1分) H1k2+2k-1H。 2 1k2-1 (2分) 共速后两者一起以加速度g向下加速，落地速度 1一k 2026一2027学年度学科素养周测评（七） 物理·抛体运动 一、单项选择题 1 1.B【解析】根据题意，两小球从平抛到第一次落 坡面倾角为0，由平抛运动规律有tan0= t,解 地，竖直方向有H=日5，可知两小球平想后，从 得t=2 vo tan0 ,喷水速度越大，水在空中的时间 抛出到第一次落地所用时间相等，则在水平方向 越长，B正确；根据A、B选项分析可知，甲的时间 有x1=1t,x2=2t,由题图可知x1=5x2,可得 与速度无关，乙的时间与速度有关，则两种情形喷 v1=5v2,将小球2运动倒过来，看成从M运动到 水速度大小相同，时间不一定相等，而水能直接喷 C点与小球1从M运动到B点时间相同，则有 到的水平距离x=⑦0t,即水能直接喷到的水平距 xNB=5xcw,由几何关系可得，AM间水平距离与 离不一定相同，C、D错误。 AB间水平距离之比为xAM:xAB=2:3,则小球 3.A【解析】将滑雪者速度分解为沿雪道的速度分 1由A运动到M与由A运动到B的时间之比为 量和垂直于雪道的速度分量，同时将其受重力分 1 1 Aw:tA=2:3,则有H=2gtia,h= 2 gtAm, 解为沿雪道的分力mg sin0和垂直于雪道的分力 mg cos0,这样滑雪者在沿雪道方向做初速度为0 解得A=合H,B正境。 的匀加速直线运动，在垂直雪道方向做匀变速直 2.B【解析】题图甲情形中，水做平抛运动，根据 线运动，当滑雪者回到雪道上时，运动时间t= h=?g,高度一定，则运动时间一定，与喷水速度 gc0s9,滑雪者在P点时离斜直雪道最远，即在P 200 无关，A错误；题图乙中，水不会喷出坡面范围，设 ,点的速度方向与雪道平行，OP段所用时间与PQ 2 ·18·