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（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（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、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 2 3 4 5 6 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 x。1.1x。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 m,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2g 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 30o 4k D.A,B分离时，B的加速度大小为4g 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 里里n9sa里9 班级 姓名 -V 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 B.在0~1时间内，排球上升的高度小于。 得分 2 C排球整出瞬间的加速度大小为1+测)： 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 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α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() 本a A.小物块与长木板间的动摩擦因数1= g 0----- B.长木板与地面间的动摩擦因数4？=a g -ar C.小物块的质量m=F一E D.长木板的质量M= F1+F2+F3 0 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v。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 () iiL 甲 A.一定有v>v 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4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1.6且垂直 于OM,以P点为原点，沿杆向下建立x轴。现将滑块无初速度释放，已知滑块下滑过 学科素养周测评（六）物理第2页（共4页） 1 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0.64，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=l,其中k=10N/m,重力加速度g取10m/s2, sin53°=0.8，c0s53°=0.6。下列说法正确的是 () M ↑a/(ms2) 0 1 X xm 53 02--------- anq4777746 甲 乙 4 A.滑块与直杆间的动摩擦因数μ= 15 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 二、非选择题：本题共3小题，共52分。 7.(12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 小车 打点计时器 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 的位置坐标分别为0、L1、L2。小车加速度的表达式是 (用所给字母表示)。 0 L 0 1 2 3 5 6* .7g0ii7i7ais7617i802i2a2524253627282为5031拉356783902g5630 cm (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。 1 学科素养周测评（六）物理第3页（共4页） 黑板擦 细线 小车1 小车2运动方向 色 俯视图 侧视图 分 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 m2 轴，对应的两小车位移大小之比作为纵轴，作出二图像。该图像满足 1 ,即可说明“合力一定时，物体加速度与其质量成反比”。 8.(20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。 77777777777777777777777777777777777777 9.(20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kmg(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：等比数列求和公式sm= a1(1-q") 1-q 一，a1为首项，g为比例系数)。求： (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。 环 棒 H 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 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 2027 学科素养周测评 3.B【解析】上升过程根据牛顿第二定律，有f十 化，即t1时刻物块P与传送带共速，t1时刻之前 mg=ma,解得a=g十，由于排球减速上升，阻 物块的速度大于传送带的速度，则一定有0>， A正确；在t1时刻之前，对P、Q的整体umg cos0 力逐渐减小，故加速度不断减小；下降过程根据牛 十Mg-ng sin0=(M+m)a1,在t1时刻之后， 领第二定律，有mg一f=ma,解得a=g一人，由 对P、Q的整体Mg-ng sin0-ng cos0=(M 十m)a2,因a1和a2可以从t图像斜率中得到， 于速度增大，阻力增大，故加速度减小，最后匀速 则由两方程联立可求出P与传送带间的动摩擦 运动，加速度为零，A错误；速度一时间图像与时 因数4以及传送带倾角0，但不能确定M和m的 间轴围成的面积表示位移，从图像可以看出，上升 大小关系，D正确，B错误；由图像可知，在t2时 的位移小于阴影部分面积，而阴影部分面积是匀 刻物块P到达最低点，然后反向沿斜面向上运 减速直线运动的位移，B正确；排球受到的空 动，加速度一直为a2,因a2<a1,结合图像的面积 2 等于位移，可知物块P返回传送带顶端的时刻大 气阻力与其速率成正比，最终以匀速下降，有 于2t2,C错误。 mg=v1,排球垫出瞬间，有mg十kv0=mao,解 得a。-(1+)g,C错误：从图像可以看出，上升 的位移小于阴影部分面积，而阴影部分面积是匀 减速直线运动的位移，匀减速直线运动的平均速 度等于，放希球上升过程的平均递度小子2稀 6.BC【解析】x1处滑块的加速度为零，对滑块受 球下降过程的平均连率更加小于？，D错误。 力分析如图所示，根据胡克定律可得弹性绳弹力 F=k- s0,垂直杆方向有Fc0s0=mgcos53°十 PQ FN,平行杆方向有mgsin53°-f十 PQ cos9·sin0= 0.64 f+kx1,其中tan0= 1.6=0.4,又f=FN,联立解 得FN=10N,可知滑块与杆之间的弹力保持不变， 滑动摩擦力大小不变，可得滑块与直杆间的动摩擦 4.C【解析】由题中a-F图像知，当F=F1时，小 因数μ=0.16，A错误；从释放到x2,速度变化量为 物块与长木板均恰好开始相对地面滑动，则有 △(w2) F1=μ2(m十M)g,当F1<F≤F3时，小物块与 零，根据ax图像面积表示2，可知x2=21, 长木板相对静止一起加速运动，有F一μ2(m十M) a1=一a2,滑块释放时，加速度为a1,有mg sin53°- g=(m十M)a,即a= m十M一2g,结合图像的 f=ma1,解得a1=6.4m/s2,B、C正确；滑块上滑的 摩擦力方向向下，设其平衡点为x3,有mg sin53°十 截距有一a,=一g,联立可解得4，=，1 g'm+M f=x3,解得x3=0.96m,D错误。 tddldltdllle =,B错误；当F>F,时，小物块相对长木板滑 动，对小物块有F一41mg=ma,整理得a= m 始合用缘方行万石则小备失的质老 _F一P,C正确；对长木板根据牛顿第二定律 mg 有A1mg一A(M十m)g=Ma1,联立解得M=B 539 FE,由题中aF因豫知F,R行，可解 二、非选择题 得M=FF: aiF2 a1K(F,-F)gAD错误。 7.(1)①C(2分)②AC(2分) g8分 5.AD【解析】物块P先向下做匀减速运动，t1时 (2)①远小于(2分)②过原点的一条倾斜直线， 刻加速度发生变化，说明摩擦力方向发生了变 斜率为1（意思相近即可，3分） 1 ·12· ·物理· 参考答案及解析 【解析】(1)①影响加速度大小的因素有木块和砝 解得T=2.95kmg。 (3分) 码的总质量、木块和砝码所受的合外力，探究加速 9.(1)环：a1=(k-1)g,方向竖直向上；棒：a2=(k 度与力、质量的关系，先控制其中一个物理量不 变，探究加速度与另一个物理量的关系，本实验主 十1)g,方向竖直向下(2) 2gH k 要应用的方法是控制变量法，C正确。②实验时， （3)2+2%-1H 应先接通打，点计时器的电源，再释放小车，A正 k2-1 确；平衡摩擦力只需要平衡一次即可，每次增加重 【解析】(1)设棒第一次上升过程中，由牛顿第二 物改变小车的质量，都不需要重新平衡摩擦力，B 定律得，对环有bmg一mg=ma1 (1分) 错误；该实验中需要把带滑轮的长木板右端垫高 解得a1=(k-1)g (1分) 来补偿阻力的影响，由于是利用木块重力沿木板 方向竖直向上 (1分) 向下的分力来补偿阻力，所以木块不悬挂槽码，C 对棒有kmg十mg=ma2 (1分) 正确。圆根据逐差法可知加速度a=L:一2L1 解得a2=(k+1)g (1分) 9T2。 方向竖直向下 (1分) (2)①根据牛顿第二定律可得mg=(M+m)a,轻 (2)环和棒第一次落地时的速度01=√2gH M 绳拉力F=M十mmg,所以用小盘和盘中重物的 此后棒速度反向，向上减速，环向下减速，经分析 可知棒相对环总是向上运动，受到的摩擦力总向 总重力大小代替拉小车的轻绳拉力大小，其条件 下，设经过时间t达到共同速度，以向下为正方 是小盘和盘中重物的总质量远小于小车和车中重 向，则有 物的总质量。②根搭运动学公式工=，根那 v1-(k-1)gt=-1+(k+1)gt (1分) 解得一kg 01 m,整理可得c=.1 (1分) 牛顿第二定律可得a= 2 m 此时共速0=u一(k-1)g= (1分) 新以两车合外力相同，运动时间相同时，有 棒距地面高度h1= o好-o共(k-1)1 mi (2分) ,该图像满足过原点的一条倾斜直线，斜率为1 2a2 2k2g m2 共速后两者一起以加速度g向下加速，落地速度 的特征即可说明“合力一定时，物体加速度与其质 量成反比”。 为u2,则有员=喉十2gh1=飞 (1分) 8.(1)3kmg(2)2.95kmg 2gH 【解析】(1)由题意知，A、B、C一起向左做匀速直 解得02一λk (2分) 线运动，对整个系统，由平衡条件有 (3)第一次碰后棒反弹上升的高度 F=3kmg (2分) H (2)当力F增大为匀速拉动时的1.5倍时，水平牵 H,-2a,-k+7 (1分) 引力F'=1.5F=4.5kmg (2分) 第二次碰后棒反弹上开的高度 假设此时A、B、C一起向左做匀加速直线运动，加 211， 速度大小为a共，对系统，由牛顿第二定律有 H,=2a,2ak友H (1分) F'-3kmg=3ma共 (2分) 弱有.=君H. (2分) 解得a共=0.5kg> fpcm-0.4kg (3分) m 每次反弹的高度与前一次反弹的高度成等比数 说明此时B与C之间发生了相对运动，假设不成 列，则全过程棒运动的总路程 立。因此，取A、B为一个整体，由牛顿第二定律 S=H+2H1+2H2+…+2Hn+…=H+ F'-3kmg-0.4kmg =2ma AB (3分) H,2+2k-1H。 2 (2分) 解得aAB=0.55kg (2分) k2-1 设水平连接杆受到A的弹力大小为T,对A,由牛 顿第二定律有F'一kmg一T=maB (3分) ·13· 1