周测评(五) 牛顿运动定律(二)-【衡水真题密卷】2027届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专版）

2026一2027学年度学科素养周测评（五） 物理·牛顿运动定律（二） 本试卷总分100分，考试时间40分钟。 一、选择题：本题共6小题，每小题8分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1~4题 只有一项符合题目要求，第5、6题有多项符合题目要求。全部选对的得8分，选对但不 全的得4分，有选错的得0分。 题号 1 3 5 6 答案 1.如图，足够长的轻质薄板A放置在光滑水平面上，薄板上静置着两个小物体B、C,物体 B的质量为2m,物体C的质量为m,两物体与板之间的动摩擦因数均为μ，现对物体C 施加大小为F=5g的水平拉力，重力加速度大小为g,最大静摩擦力等于滑动摩擦 力。下列说法正确的是 () A B A.两物体都与薄板相对静止 B.两物体都与薄板发生相对滑动 C.物体C速度变化率的大小为3g D.物体B受到的合外力大小为mg 2.如图所示，一滑块与固定于墙壁的轻质弹簧栓接，并置于粗糙的足够长的水平轨道上。 将滑块左推压缩弹簧后由静止释放，滑块沿轨道向右运动到最右端后，又返回运动一段 距离后停止在轨道上。设滑块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，滑块与轨道间的 动摩擦因数处处相同，取初始释放位置为原点，向右为正方向，从释放滑块开始计时到 滑块最终停止的整个过程中，滑块的位移x与时间t的图像及加速度α与位移x的关系 图像大致正确的是 000000L 7777777 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 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、m2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） 使斜面体向右做匀加速运动，m1、m2与斜面体保持相对静止，且m1恰好没有离开斜 面，则m1、m2的质量比为 () 学科素养周测评（五）物理第1页（共4页） 劳力奋斗，命运才据手中 A.1:2 B.1:1 C.3:4 D.2:1 班级 4.如图，水平地面上有一小车，车内有质量分别为m、2m的A、B两小球，用轻杆相连，杆 与竖直方向的夹角0=30°。A球靠在光滑的竖直侧壁上，B球在粗糙的水平底面上，且 受到的最大静摩擦力与正压力之比为k。小车可以以不同的加速度向右运动，现要保证 姓名 轻杆与车厢相对静止，重力加速度用g表示，下列说法正确的是 ( ) ------------ A 得分 B 777797777797777 A.在不同加速度的情况下，轻杆对小球A的作用力大小不同 &,当小球B对底面的摩探力等于0时，那么此时小车做匀加速运动，加速度大小为。 C.若=43 上。，当小车向右做匀减速线运动时，则允许的最大加速度为臭 ,23 D若k二4.3，当小车向右做匀加速直线运动时，则允许的最大加速度为？ 5.如图所示，质量分别为m1和m2的两个小球之间用轻绳AB、BC和轻弹簧CD连接并 保持静止，其中轻绳BC保持水平，轻绳AB与竖直方向夹角为60°，轻弹簧CD与竖直 方向夹角为30°，重力加速度为g,下列说法正确的是 ( ) n1_1 A. A m23 60 30° m11 1m1 B. m2√3 C.剪断轻绳AB的瞬间，m1的加速度为 48 D.剪断轻绳AB的瞬间，m:的加速度为 8 6.如图所示，轻弹簧竖直固定在水平桌面上，质量为1的木块放置在弹簧上但不拴接，质 量为2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 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 度为g,M>m2,轻弹簧劲度系数为k,弹簧始终处于弹性限度内，则 () M-m2 A.铁球释放瞬间其加速度大小为M十m,名 M B.铁块与木块分离之前细线的张力逐渐增大 (M0 M-m2 C.铁块与木块分离时铁球的加速度大小为M+m? D.从初始状态到铁块与木块分离时，木块的位移为m:5_mM一m:)g k (M+m2)k 学科素养周测评（五）物理第2页（共4页） 1 二、非选择题：本题共3小题，共52分。 7.（12分)某同学利用智能手机中的传感器和APP软件“Phyphox'”来探究“质量不变的情 形下小车的加速度与力的关系”实验。用同一套设备设计了两种方法，分别如图甲、乙 所示。小车和智能手机总质量记为M,钩码的质量记为m,不计空气阻力，重力加速度 为g。 智能手机 智能手机 甲 方法一：采用装置甲，实验步骤如下： ①不挂钩码，改变木板的倾角日，给一初速度使小车和智能手机沿木板匀速下滑（可通过 软件测出加速度为零)；再保持倾角不变，进行以下步骤； ②挂上钩码，记录其质量为m,让小车和智能手机沿木板下滑，利用手机软件Phyphox 测出加速度a; ③改变钩码质量，再重复步骤②，多次测量； ④用m(g一α)作为小车和智能手机受到的合外力F,通过作图可得到小车加速度与合 外力(a-F)的关系图像 方法二：采用装置乙，实验步骤如下： ①挂上钩码，改变木板的倾角0，给一初速度使小车和智能手机拖着钩码沿木板匀速下 滑（可通过软件测出加速度为零）； ②取下钩码，记录其质量为m,让小车和智能手机沿木板下滑，利用手机软件Phyphox 测出加速度a; ③改变钩码质量和木板倾角，再重复步骤①②，多次测量； ④用钩码的重力mg作为小车和智能手机受到的合外力F,通过作图可得到小车加速度 与合外力(a-F)的关系图像。 (1)下列说法正确的是 (填写下列字母)。 A.方法一中钩码的质量需要远小于小车和智能手机的总质量 B.方法二中钩码的质量需要远小于小车和智能手机的总质量 C.两个方法中都需要连接小车的细绳与长木板保持平行 D.两个方法中都存在因实验原理不完善引起的系统误差 (2)在方法一中，作出α-F图像如图丙所示，测出图像中直线的斜率为1，图像不经过坐 标原点的原因是 公 1 学科素养周测评（五）物理第3页（共4页） (3)在方法二中，作出α-F图像如图丁所示，测出图像中直线的斜率为k2。两种方法得 出a-F图像的斜率k1 k2(填“等于”或“不等于”)。 5 (4)在方法二中，根据图像得到斜率值飞2=？（各物理量均采用国际单位制的基本单 位)，小车和智能手机的总质量为 ;若其中一组实验数据为：木板倾角0= 37时对应钩码质量m=60g,则此时小车和斜面间的摩擦力大小为 (sin37°=0.6，重力加速度g取10m/s2)。 8.(20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，t=0时刻给木板和小物块一共同的初速度0，二者保持相 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 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= 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 10m/s2。求： (1)初速度v。的大小； (2)假设物块未掉下木板，则物块最终距木板右端的距离。 4（ms）》 9.(20分)如图所示，倾角为30°的传送带以v=7m/s的速度沿逆时针方向转动，滑块A 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 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与传送带 之间的滑动摩擦因数41一，A与B之间的滑动摩擦因数为4，（大小未知），A,B、CA 质量分别为ma=2kg,mB=1kg,mc=1kg,传送带足够长，B板长L=6m,A、B与传 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： (1)当A、B由静止开始下滑到与传送带共速所需的时间t1; (2)A与B之间的滑动摩擦因数42； (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 力大小与方向如何？与传送带共速后B相对传送带再运动4后的速度o1。 ○130°.... 学科素养周测评（五）物理第4页（共4页）·物理· 参考答案及解析 小物块C达到共速，此时有 运动时间t=t1十t2 (1分) vo-act1=aABti (1分) 解得t=1s (1分) ati (3)小物块B落地的瞬间剪断轻绳后，木板A和小 (1分) 物块C将相对静止一起向下运动，对A、C整体受 联立解得t1=0.8s,51=0.16m 力分析得 此时二者速度大小均为v,=0.4m/s (mA+mc)gsin 0-ur(mA+mc)gcos=(mA+ 木板A和小物块C共速之后二者一起运动，相对 mc)a2 (1分) 静止，此时对A、C整体和小物块B受力分别分析 解得a2=2m/s2,方向沿斜面向下 u(mA+mc)gcos 0+(mA+mc)gsin 0-T3= 由运动学公式 (mA+mc)ai (1分) v2=2a2s (1分) T3-mBg=mBai (1分) 解得o=行5m/s (1分) 联立解得a1=2m/s2 A、C整体，做匀减速直线运动，假设经过时间t2 (4)地面对斜面体的静摩擦力f随时间t变化的 从共速到速度减为零，则 图像如图所示。 vk=2aisz (1分) AIN 4巴 (1分) 联立解得s2=0.04m,t2=0.2s 4.8 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 0 >tls 0.85+5 板A在斜面上向上运动的最大距离 (2分) s=s1十s2=0.2m (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、选择题 1.D【解析】由于薄板受到的合外力为零，所以C 可知绳上的弹力T= 2√3 3m1g,整体的加速度a= 相对于薄板滑动，B相对于薄板静止，A、B错误； √3 3、 1 1 由于C受到的是滑动摩擦力，对C根据牛顿第二 8,对m:有2N-2 T= 2T=m2a,。N+21 定律可得F-mg=-ma,解得a=4μg,因此物体 C速度变化率的大小就是加速度的大小为4g,C m2g,两式联立解得m1:m2=1:2,A正确。 错误；物体B受到薄板施加的水平方向的静摩擦 力，大小为umg,D正确。 309 2.D【解析】由于存在摩擦力作用，滑块不可能停 m a 在出发点，A错误；B选项初始位移不是从0开 始，不符合题意，B错误；设弹簧劲度系数为，滑 块质量为，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 乙 4.C【解析】设杆对球A的作用力大小为F,对A a,=k（xo一x)）一mg=一x士x0一ug,可知 m m 球，竖直方向上由平衡条件有Fcos0=mg,解得 Q-x图像是一条倾斜的不过原，点的直线（斜率为 负)；向左运动时，根据牛顿第二定律可知a2= P一。轻杆与车酒相对持上，则杆对球的力的 一kc-x)十mg-虹+红+4g,可知ax 方向始终与竖直方向夹角为0，在不同加速度的情 m mm 况下，轻杆对小球A的作用力始终为恒力，A错 图像是一条倾斜的不过原点的直线（斜率为负）， 误：杆对球B的作用大小始终也为F三，当小 且两条线斜率相同，C错误，D正确。 3.A【解析】对m1、m2受力分析如图甲、乙所示， 球B对底面的摩擦力等于0时，对B球由牛顿第 因为1恰好没有离开斜面，故其和斜面无弹力， 二定律Fsin0=2ma1,解得a1-5含 68,B错误；若 。9· 1 2027 学科素养周测评 二、非选择题 飞二43，小球B与底面间的最大静摩擦力f1 7.(1)C(3分) (2)补偿阻力时木板倾角偏大或补 k(2mg十Fcos0),当A与侧壁无弹力，B与底面 偿阻力过度(2分)(3)等于(3分)(4)0.60kg 间有最大静摩擦力时，对AB整体，根据牛顿第二 (2分)3N(2分) 定律得f1=3ma2,解得a2= 43 【解析】（1)对钩码，根据牛顿第二定律可得mg一 98,但当A与侧 T=ma,解得T=m(g-a),可知m(g-a)就是 壁恰无弹力时，A有向左的最大加速度，此时对 绳子拉力，不需要满足钩码质量远远小于手机和 小车总质量，A错误；由于在悬挂钩码的时候小车 A,根据牛颜第二定律Fsin0=ma,解得a,=g, 和智能手机做匀速直线运动，则取下钩码时，小车 所受的合外力大小跟钩码的重力一样，所以不需 因此当小车向右做匀减速直线运动时，允许的最 要钩码的质量远小于智能手机和小车的总质量，B 大加递度为6，C正确；若表=4，当小车向右 错误；为了让细绳拉小车的力为恒力，则细绳应该 9 始终与长木板平行，C正确；方法一中，用m(g一 做匀加速直线运动时，小球B与底面间的最大静 a)作为小车和智能手机受到的合外力F准确，原理 摩擦力f1=(2mg十Fcos0),对B,根据牛顿第 完善，没有系统误差；方法二中小车和手机合力等于 53 取下钩码前钩码重力，没有系统误差，D错误。 二定律f十Fsin0=2ma4,解得a4=6g,当小 (2)不挂钩码时小车和手机加速度不为零，说明重 车向右做匀加速直线运动时，允许的最大加速度 力分力大于所受摩擦力，即补偿阻力时木板倾角 为56D错. 偏大或补偿阻力过度。 (3)方法一：根据牛顿第二定律可得m(g一a)= 5.AC【解析】m2小球三力平衡，水平绳拉力F= m2gtan30°，m1小球三力平衡，水平绳拉力F= F-a:可得a-,用，- gn60,联立解得-了A正确，B特误：勤断 方法二：根据牛顿第二定律可得mg=F=Ma,同 轻绳AB的瞬间，弹簧弹力不变F弹cos30°=m2g, 理可得k:=M,可得k,=k1。 两球整体水平方向Fsin30°=(m1十m2)a*,联立 1 (4)由于k,=可得M=0.60kg,对小车和手机， 解得a 48,所以m:小球只有水平方向的加速 有Mg sin0-f=Ma=mg,代入数据解得f=3N。 8.(1)6m/s(2)9.6m 度a2=a水= 48,D错误；m1的加速度a1= 【解析】(1)设木板与水平面间的动摩擦因数为1， 物块与木板间的动摩擦因数为：2，碰后木板向右 vg+a装-9 48C正确。 做减速运动，物块向左做减速运动。假设物块速 度先减到零，根据题图乙可知，物块的加速度大小 6.BCD【解析】铁球释放瞬间，铁块与木块并未分 4 离，所以三者加速度相同，开始时弹簧的弹力℉= a1=4-2m/s=2m/s (1分) (m1十m2)g,设铁球释放瞬间其加速度大小为 木板的加速度大小 a,细线的张力为T,对于铁球有Mg一T=Ma, 对于铁块与木块有T+F一(m1十m2)g= 4- M 42三4-2m/s=3m/s9 (1分) （m1十m:)a,联立解得a一M+m1十m:8,A错 根据牛顿第二定律有μ2mg=ma1 (1分) 误；铁块与木块分离之前，因弹簧的弹力逐渐减 μ2mg+u1(M+m)g=Ma2 (1分) 小，所以系统的加速度逐渐减小，则细线的张力 解得1=0.1,42=0.2 (2分) 逐渐增大，B正确；铁块与木块分离时木块对铁块 “1<42<1,假设成立，同理可证，木板速度先减为 无作用力，所以对于铁块与铁球有Mg一m2g= 零的情况不符合题述，根据题意可知初始两者同 (M十m2)a',所以此时铁球的加速度大小为a'= 时以相同初速度。向左减速运动，加速度大小 M-m2 M十，g,C正确；结合上述可知，初始状态弹簧 ao=μ1g=1m/s2 (1分) 由题图乙知v1=4m/s (1分) 的压缩量x1=m1十m)g 且to=2s又v1=0-aot0 (1分) 设铁块与木块分离瞬 解得初速度大小v。=6m/s (1分) 间弹簧的压缩量为x2,则对木块有kx2一m1g= (2)与墙壁碰撞后瞬间至物块速度减为零，物块的 m1a',联立可得从初始状态到铁块与木块分离时 U1 木块的位移Ax=一x=m5_m,M-m:)g」 位移大小x1=24 (1分) k (M+m2)k 木板的位移大小，= (1分) D正确。 2 1 ·10· ·物理· 参考答案及解析 t1=2s (1分) 2√3 4 (1分) 解得μ2=15 (1分) va=3 m/s (3)绳断瞬间，第一种情况：如果A相对于B下 物块速度减为零至两者共速的过程，物块和木板 滑，对于B有 的加速度大小不变a1=2m/s2 mBg sin30°+h2 mAg cos30°-h1(mA+mB)· 4 (1分) a:-3 m/s (1分) gcos30°=mBaB 可得aB=4m/s2 (1分) 则有v2一a2t2=a1t2 (1分) 对于A有 该过程中二者的相对位移大小 mAg sin30°-μ2 mAgcos30°=mAaA (1分) 1 可得aA=3m/s2,aA<aB,所以A相对于B不会 △x1=v2t2-2a2t-7a1t3 (1分) 下滑。 则整个运动过程中物块与木板的相对位移 第二种情况：如果B相对于A下滑 △x=x1十x2十△x1 (1分) 对于B有mgg sin30°-μ2 nAgCOs30° 解得△x=9.6m。 (2分) H1(mA十mB)gcos30°=mBaB (1分) 23 可得aB=-2m/s2 (1分) 9.(1)1s(2) (3)2N,沿传送带向上 与事实不符，所以A相对于B静止，A不会从B 15 上滑下 9 m/s 设A、B整体加速度为a2 【解析】(1)对于A、B、C整体加速度为a1,根据 根据(ma十mB)gsin30°-1(mA十mB)gcos30°= mcg+μ1(mA十mB)gcos30°+(mA+mB)· (mA+mB)a2 (1分) gsin30°=(mc十mA+mB)a1 (1分) 可得a2=4m/s2 (1分) 可得a1=7m/s2 (1分) 因为mAg sin30>mAa2 (1分) 根据v=a1t1 (1分) 所以A受到摩擦力方向沿传送带向上且为静摩 解得t1=1s (1分) 擦力，对于A有 (2)对于A,因为恰好相对B静止，所以A与B之 mAg sin30°-f=mAa2 (1分) 间静摩擦力达到最大静摩擦力，又 f=2N (1分) a1=7m/s2>5m/s2 (1分) 方向沿传送带向上 (1分) 所以根据 根据1-v2=2a2x (1分) 42 mAg cos30°+mAg sin30°=mAa1 (1分) 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、选择题 共同沿斜面向上的加速度，合外力沿斜面向上，故 1.C【解析】由v2-x图像和v2=2a.x,可知AB段 弹簧仍处于压缩状态，B错误；初始时弹簧的压缩 与CD段位移均为xo,且AB段加速度更大。根 1 F=mg,当A的速度最大时，加速度为 据x=2at,加速度大则时间短，故AB段时间更 零，即弹簧的弹力与A的重力沿斜面向下的分力平 短，A错误，v2-x图像的斜率为2a,AB段斜率更 大，说明aAB>acD,AB段加速度更大，B错误；斜 衡，则此时弹簧的压缩量x2= F年_mgsin30° k k 面上加速度a=g(sin0-μcos0),AB、CD倾角0 相同，aAB>acp,故HAB<ucD,即AB间动摩擦因 欢，可知A的速度最大时它沿斜面上升的距离 mg 数更小，4AB卡μcD,C正确，D错误。 2.D【解析】开始时，细线的张力为零；以AB整体 Axx1x2mgs1n0=26,C错误；A、B分 为研究对象，根据受力平衡可知，此时弹簧的弹力 k 大小为F=2 ng sin30°，刚释放C时，设A、B间的 离时，两者之间的弹力为零，设此时的加速度为 弹力大小为N,细线拉力大小为T,此时的加速度 a',细线的拉力大小为T',以C为研究对象，物体 为a,以C为研究对象，根据牛顿第二定律得mg 受到重力和细线的拉力以及垂直于斜面的弹力， 一T=ma,以B为研究对象，根据牛顿第二定律得 根据牛顿第二定律得mg-T'=ma',以B为研究 T+N一ng sin30°=ma,以A为研究对象，根据 对象，物体受到弹簧的弹力和物体自身的重力以 牛顿第二定律得F弹一mg sin30°-N=ma,联立 及垂直于斜面的弹力，根据牛顿第二定律得T' 解得V= 6mg,A错误；A、B分离瞬间，它们具有 mgsin30°=ma',联立解得a'- 48,D正确。 ·11· 1