周测评(2) 相互作用(一)-【衡水真题密卷】2025年高考物理学科素养周测评（福建专版）

2024一2025学年度学科素养周测评（二） 物理·相互作用（一） (考选时可75分钟，惑分100分》 一，单项悬择想：本是共4小题，每小星4分，共6分。在每小殖能出的四个法项中，只有一两是箱合题 日要求的， 题号 2 容案 L“儿童学由来厚，忙东风值纸”，风溶是民时传做曾是之一。血图所示，一只 风等高高跑悬停在空中，已知风筝受到重力C,衡子拉力F:,空气作用力下：，下列受 力分析尽意图可能正晚的是 2质量为N的正方体A与质量为再的球B在水平向右的外力F作用下静 止在墙角处，它门的酸面图虹图所示，载面正方形的对角线与截商诞的一景 直检价好在一条直线上，承有像擦氢将不计，重力加连皮为后。期( AF=(M十m)g B F-mg C购面受到的压力为Fw,F<(M十m) D地真受到的压力为F,F>(十期)x a某物馆种办氧金待桃线您.如函为一块质量m=药kg的棱行形金骑，挑战者 须戴博物g是供的千套，单千部住金砖的a小两侧面肉上提，仅持金转面水平 铜上，育且手指不笔松离，在空中保特5：才算裤战成功。已知金酸年5侧商 与金环医面的夫角的为一8,5，桃就者随加静金砖的单舞程力为下，手套与企 香之问的动摩擦四登为一具简，程设量大静摩报力等于滑动摩报力，取重力间 魂度g一10m/。,计算时复始7很克0.98，o很0项2知：者菱荒起金砖，力F至少的为( A2500N 且2778N C1389N D无论多大的力都无法探起金待 七如图所云，盾量为M的木块A警在水平杆上，井用轻阁将本柒A与盾量为刚的小球相雀。烧用当水 平方向成一定角日的力F控碧球警动木块一越向右匀速运动，运南中木块相小球相对控置保持不变， 不计空气熙为A与水平杆利的动卓棒因数为心一号重力年造度为制下%说法庄精的是( A力F的最小值为亏M+mg R力F的最小值为号CM什wE C力F取最小慎时0一0心 D.力F粮量小值时一3 学科素养周测浮二】物理第1页（共4页） 衡水真 二，多项鹭福丽：本顾其4小原，每小题系分，其4分。每小隔有多项杆合题日重求，全算选对的得6 分，选对但不全的得3分，有选帽的得0分。 越号 答溪 5黄河铁牛是世界杨案史上的传优之父。如衡示，患代害律 浮桥通过两岸的铁牛园定，状牛定部的收柱桶入地下，设督 素时线牛的拉力为，院柱铁牛的作用力为F,侧〔 A若F增大，圈电增大 且若F增大，则F:减小 C下与F:的合力方食经直科上 DF与B的合力方向经直向下 氏如图所承，绕过轻质动滑轮的形绳一编风定在能直增上，站在地雀上 的人用数着蝇的习一精，动带党下吊看一—个小城，处于静止状态，保 药B高度不变，在人是慢肉左移动一小爱肉的过程中 A探上拉力度大 成人对地自的压力变大 C电闺对人的摩博力变大 几帝轮受到绳的作用力变大 无.图所示，B和C两个小球承力均为G,用轻绳悬非而沿别静止子图层拉置 上，侧以下说法正确的是 A.AB短商的控力为G BD幅隔的拉力为G C规C与暑直方淘的夹角一 D绳C与整直方向龄夹角一5 &虹国所标，质量为3知的木根日置于术平面上轻一痛图定于竖直墙上，另一连接质量为四 2架的物块A,物烧A拉直轻绳后叠收在木板B上，龙时是绳与水平间的夹角为一5。现用一水字 力F风大小未如)将木板B从物块A下方匀速拉出。已年A.B之间反B与地面之或的动摩授圆数均为 u-0.5,重力n魂度大小为x一10m/,4n回一几8，os53-06.下判搅法正 响的是 A,木板B对地离的压力大小为5到N B木饭B对物块A的弹力大小为名N C轻绳对墙的拉力大小为12N 血东平力F的大小为7N 三、非进择题：共m分，其中9、10、11为填空里，12,13为实验题，14、15、16为计算里。 么(3分》如围甲衡承，用兀片做屋顶是翼国建筑背色之 一。候顶落分结构如圆乙所示，侯粮置为圆弧的风片 静置在两根短互平行的木板正中闻。已知木板间匝离 为，与本平面先角均为泉，瓦片质量为碎，圆第半径为 d,家略瓦片厚度，重力如速度为，别每限木板对瓦片 的支持力大小为 ,每根木板对瓦片的摩整力 大小为 题密卷 学科素养周衡坪二)物理第2页（共4页} 1〔3分》如图所示，用三是线、6：将婚量分瑞为解和2州的丙个小球1,2连接表共并保势静止状 老，解线与整直方向的夹角为30，锤线水平，重力年速度为，测妇线u上的枚力为 线6与经直方向夹角8的正切值为 10驰用 11邀图 1(3分)如图所示，有一侧图为正方形、倾角为▣的斜面体，其中侧面上AB边与C边亭行. 边与AD边平行，斜面上数置有一便是为2kg的物块，规在斜雀内对物块维年一个平行于AB到 左的拉力F,物珠恰好沿斜霞对角线BD,速下情。测下 N物珠与斜面闭的动摩接因数 12.(5分》某实着小都用一只第簧圈力计和一个量角委等器材验任为 的平行边形定侧”，设计的实铃装置幻图所示，置定在复直木板上 的量角器直边水平，橡皮，一南国定在量角器风心O的正上方A 蝇套I 点，另一网聚绳套1蝇套2， (1)实骤如下， ①第贵测力计桂有蝇套1上竖直向下授橡皮，棱橡皮转的结点 绳 到达O点，记下弹箭测力计的示数： ②角黄测力计挂在蝇套1上，下粒着绳套2，缓餐控橡度畅，使橡皮筲的精点达到)点，发时蝇套 1沿0心方向蹈套2沿1方向，弹簧测力计的际数为1： ①根据力的平行四边形定海计算海教1的控力下了一 ①比校 ,可初参给证力的平行国边形定调. (2)将绳套1由0方向候慢转司到方向，同叫第套2沿12方向不变，此过程中保持橡皮着的结 点在O点不动，美于闻警1的散力大小的度化，下列结论正隆的星 。〔填正确答案标号) A.逐衡增大 B先增大后减小 C墨渐减小 B鬼减小B端大 13,(8分)在用如酯甲所示的装置敏探究共点力合表的规律”实童中 (1)本实验主要体现的科学方选是 ,(填正确答案标号) A等效替代法 且餐限法 C控制变最迭 〔2)在某一火实验中，北中一希黄测力计的如周乙所术，则其读数 N另一枚力F 的大小为3.00N, mr4 (3)正，5的方向如图丙所不，用作图法求F,下合力大本F■ N. 〔)美于比实险下列说法正稀的是 ,(填正确答案燃号) A像皮条的拉力是合力，丙弹费洲为计的拉力是分力 学科素养周测浮[二】物理第3页共4页) 衡水真 (拉模皮条的图调要长些，标记司一相间方向的闲点要运桃 C枚檬皮条刷，弹簧属力计，橡皮条，留间应站近术板且与木餐平自平行，弹整测力什的外壳不 能与木板产生率童 1(《们0分)如图所不，光带圆柱体的质量为m置于领角9一☒'，质址均为M的肉个刻直体上，已知肉 料自体与水平图面同的动摩物因数均为u=Q.4,曲53=Q.8,60%53”=0,6,求。 们1每个斜首体对地到压力的大小下。： 公为了不计湖自体出现帮对，罗的最大植 正12分)如图所承，领角=3了的斜虞体W定在水平直上物块A.B用跨过光滑定滑轮的幅线轻接： 处于静止找志，已知物块B的质量防：=2k,物块A的质黄m:二3瑞，物块A与斜雀体之间的动 报圆数m-0,25,g敷16m/,in3-46, )求块A受到幅嘴的拉牧力大小 (求物块A受到的摩泰力。 ()若称块A受到一个沿算面向下的拉力F时，给好匀速下滑，爱拉力下的大小 ]8,《8外)绳上痛图定，下鼎素一可视为质点的物块，表对物块随妇一个餐挖其保特在图甲所术收置 静止且最小的力F一0N,龙时经魔与竖直方陶的夹角：3时。再得此物块取下后轻故在图乙所层 的解面上，恰好雀处于都止裁多，给物境一个沿CA的司逸度，同时再对其地年一个平行千斜面的 拉力，2物块管沿图乙中虚线从C育A匀滤运封，已知料面ACD为叛毛，∠BAC=0',斜面的 氧角个一矿，重力加端度g一0m公，最大静摩景力等于滑动作擦力。求： 《幻)物块的质量w, ()侧块与斜面间的动摩聚园数及物块在斜面上运动时受到药摩力下，的大小： 《3拉力F的大小 题密程 学科素养周测评二)物理第4页（共4贾}·物理· 14.a8m/s(2)号m/g 24m 【解析】(1)设最大速度为，在加速阶段无人 机上升的高度=动=学 匀速阶段无人机上升的高度h2=t 减速阶段无人机上升的高度=，=受 上升的总高度h=h1十h2十h 解得最大速度m=8m/s (2)在匀减速阶段加速度a==4 43m/s 匀减逸阶段的位移h=动=受=24m 15.(1)894m(2)10.7s 【解析】(1)设汽车匀减速过程位移大小为d, 由运动学公式得-话=一2ad 解得d1=442m 根据对称性可知从开始减速到恢复正常行驶过 程中的位移大小 x1=2d1+d=894m (2)若汽车以%=10m/s的速度通过匀速行驶 区间，设汽车提速后匀减速过程位移大小为d2, 由运动学公式得话-话=一2ad2 解得d2=400m 提速前，汽车匀减速过程时间为，则山= 吉 解得4=26s 通过匀速行驶区间的时间为，有d=功t( 解得t4=2.5s 从开始减速到恢复正常行驶过程中的总时间为 T1=2h1+t=54.5s 提速后，汽车匀减速过程时间为红，则d2= w大必 2 解得t2=20s 通过匀速行驶区间的时间为t丝，则d=2名 2024一2025学年度学科素养周测 一、单项选择题 1.C【解析】在A,BD三个受力分析图中，合力不 3 参考答案及解析 解得t=1s 匀速通过(d一d)位移的时间y山二=L4s 通过与提速前相同位移的总时间为T2=22十 t2+2△=43.8s 所以汽车提速后过收货站过程中比提速前节省 的时间△T=T1-T2=10.7s 6.4)30(2)230m/s(313.2m 6 5 【解析】(1)设弹力球自1.2m高度处静止下落 与地面碰前、碰后速度大小分别为功、2，H= 1.2m,h=1m,由运动学公式有 下落过程听一0=2gH 反弹上升过程0一=2（一g)h 联立解得边=30 (2)设初速度大小为，与地面碰前、碰后速度 大小分别为、，由运动学公式有 下落过程喝一诺=2gH 反弹上升过程0一=2（一g)H 由题意有弘=丝 ”功 联立解得=23 5 -m/s (3)设某次下落高度HN,碰前速度大小N,反 弹上升高度HN+1,碰后速度大小w+1,由运动 学公式有 下落过程一0=2gHN 反弹上升过程0一+1=2（一g)Hw+1 由题意有山= UN功 联立解得H1=骨Hw 由上式可知弹力球运动总路程5=H+2H骨十 2H(片)'+2H(合)'++2H(合) 解得s=13.2m 评（二）物理·相互作用（一】 可能为零，不能处于平衡状态，只有C图中的风 筝，在三个力的作用下可能处于平衡状态，C正确。 6 衡水真题密卷 2.B【解析】对圆球B受力分析，如图，=45°，A 对B的弹力F一g根据牛顿第三定律，B对A 的弹力F片=F=gF=F片如=mg,A错误， B正确；地面受到的压力为FN=Mg十FTcos B= Mg十gmsg=Mg十mg,C.D情误. 川g 3.B【解析】对金块受力分析，如图所示，由平衡条 件可得F:=F,2Fsin0=mg十2Fcos0,解得 F2778N,B正确. G 4A【解析】对木块、小球组成的整体进行受力分 析，整体受到重力、支持力、摩擦力、拉力，正交分 解拉力可得Fcos0=F:,Fsin0十Fx=(M十m)g, F=FN,联立可得F=上M什m)g。 usin 0+cos 0 M十m)g一，故当sin(0十p)=1时，拉力 w√1+sin(0+e) 最小，最小值为F=uM件g=名(M+ √1十2 mg,A正确，B错误：因为1an9一-5，故9 60°，当sin(0十gp)=1时，拉力最小，此时0=30°， C、D错误。 二、多项选择题 5.AC【解析】对铁牛受力分析，如图所示，铁牛受 到自身重力G、桥索对铁牛的拉力F1、铁柱对铁 牛的作用力F2,三力平衡。根据共点力平衡条件 和三角形定律可得，若F1增大，则F2也增大，A 正确，B错误；F1与F2的合力与重力平衡，故F 学科素养周测评 与F2的合力方向竖直向上，C正确，D错误。 G 6.AC【解析】滑轮两边绳上的力大小相等，人缓 慢向左移动一小段距离的过程，滑轮两边绳间的 夹角0变大，根据2Fcos是=mg,解得F= 8,可知0变大，绳上的拉力F变大，A正 2c0s2 确：对人分析有R=mg十Fe0s号，解得F= mg十Fcos号-mg十7mag,根据牛频第三定 律有人对地面的压力爪=R=mg十m,可 知人对地面的压力不变，B错误：对人分析可知， 地面对人的摩擦力为R=Fsin号= 2m,gtan号，可知目变大，地面对人的摩擦力交 大，C正确：对滑轮与小球整体分析可知，滑轮受到 绳的作用力为F=mg,即滑轮受到绳的作用力不 变，D错误。 7.BC【解析】对B、C两球整体受力分析，由平衡 条件得FABcOS30°+Fa cos60°=2G,FAn sin30° =Fosin60°，联立解得Fs=√3G,Fm=G,A错 误，B正确；对C球受力分析，由平衡条件得 Ficcos0+Facos60°=G,Ficsin0=Fasin60°，联 立解得0=60°，C正确，D错误。 8.BD【解析】对物块A,其受力分析及正交分解 如图甲所示，由平衡条件得，x方向有F想= Frcos0,F=uFNB,y方向有FNa十Frsin0= mg,联立解得F-=10N,FNs=12N,B正确，C错 误：对木板B,其受力分析如图乙所示，由平衡条件 得，竖直方向有F=Mg十Fw,水平方向有F= Fa十F跳=FB十F跳，由牛顿第三定律得F s=FB,Fs=F,解得Fu=42N,F=27N, ·物理· A错误，D正确。 ↑FN 本FN F mg Mg 甲 乙 三、非选择题 9 3 mgcos 2mgsin 【解析】根据题意，作垂直平分一片瓦片且垂直 于木板的截面，截面及受力分析如图所示，A、B 分别为截面上瓦片与两根木板的接触点，两根木 板对瓦片的支持力的合力与瓦片垂直于木板向 下的重力分力等大反向，由几何关系可得α=30°。 瓦片静止，所受合力为零，根据平衡关系，可得 2 FNCOS a-=ngcos0,解得每根木板对瓦片的支持 力大小为Fx=号mg0s:同里，每根木板对瓦 片的摩擦力大小为F#= 2 mgsin。 F、 d mg cos 0 10.23mg号 【解析】对小球1、2整体受力分析，如图甲所 示，则可得FTacos30°=3mg,Fe=3 ngtan30°， 解得Fa=2v3mg,F=√3mg,对小球2受力 分析，如图乙所示，则有Fcos0=2mg,Fr= 2 ngtan,解得tang=5 2. 参考答案及解析 FIa 0 309 F 3mg ￥2g 甲 乙 11.106 3 【解析】物块相对斜面沿对角线BD下滑，物块 受到斜面的滑动摩擦力，方向与相对运动方向 相反，将重力沿斜面方向与垂直于斜面方向分 解，在沿斜面的平面，由于侧面为正方形，报据 F 平衡条件有F=mgsin a,F=sin4行，解得F= 10N,F=10W2N:将重力沿斜面方向与垂直于斜 面方向分解，可知，斜面对物块的支持力为F、一 mngcos a,物块受到的滑动摩擦力为F=uFN,联 立解释一。 12.1③F④F,与F的大小(2D 【解析】(1)③根据力的平行四边形定则，计算绳 套1的根力月=Rm3刘=停r,国比较R布R 的大小，即可初步验证力的平行四边形器定则。 (2)保持绳套2方向不变，绳套1从0°方向向下 缓慢转动到60°方向，此过程中保持橡皮筋的结 点在O处不动，说明两个细绳拉力的合力不变， 作图如图所示，故绳套1的拉力先减小后增加， A、B、C错误，D正确。 绳套1 0° 180° 30° 41509 60 6绳套2 13.(1)A(2)1.90(3)3.00(4)B 【解析】(1)本实验每次将橡皮条拉到同样的位 置，保证对橡皮条的拉力大小和方向相同，即两 6 衡水真题密卷 次的力的作用效果相同，这种方法叫等效替代 法，A正确，B、C错误。 (2)测力计的分度值为0.1N,读数应估读到下 一位，所以读数为1.90N。 (3)根据已给图示作出合力，按比例长度量出F一 1.90N,F=3.00N,量出合力为F=3.00N。 F (4)橡皮筋的拉力是与合力等大反向的作用力， 两弹簧测力计的拉力是分力，A错误：拉橡皮条 的知绳要长些，标记同一细绳方向的两，点要远 些，可以减小方向的相对误差，B正确；实验中， 弹簧测力计、橡皮条、细绳应贴近木板且与木板 平面平行，弹簧测力计的外壳与木板产生摩擦 不会改变测力计示数，C错误。 14a2mg+Mg2%-号 【解析】(1)对整体受力分析，根据平衡条件有 2Mg十mg=2FN 解得地面对每个斛面体的支持力为F-2mg十 Mg 根据牛顿第三定律得，每个斜面体对地面的压 力大小为R==2mg+Mg。 (2)对其中一个斜面体受力分析，如图所示，当 斜面体恰好不发生滑动时，根据平衡条件有 F=Fy sin 0 F=uFN F-mg+Mg 对圆柱体受力分析，根据平衡条件和牛顿第三 定律有mg=2F如cos日 联立解得号一马· 学科素养周测评 F w510744777773☑ Mg 15.(1)20N(2)2N,方向沿斜面向下(3)8N 【解析】(1)物块B处于平衡状态，则 FT=mgg 解得Fr=20N. (2)物块A处于平衡状态，则 mag sin37°=Fr十F 解得F=-2N 所以物块A受到的摩擦力大小为2N,方向沿 斜而向下。 (3)若物块A受到一个沿斜面向下的拉力F时， 恰好匀速下滑，物块A受到的滑动摩擦力大小 Fe=umag cos 37 解得Fz=6N 物块A处于平衡状态，则 Fr+Fe=F+magsin 37 解得F=8N。 16(1m=4g(2g-号 F:=20N(3)F= 20W3N 【解析】(1)图甲中，当施加力F与绳子方向垂 直时，力F最小，则有 F=mgsin a=20 N 解得物块的质量为m=4kg。 (2)将此物块取下后轻放在图乙所示的斜面上， 恰好能处于静止状态，则有 mgsin 0=jmngcos 0 解得物块与斜面间的动摩擦因数=am0=马 3 对其施加一个平行于斜面的拉力F,使物块能 沿图乙中虚线从C向A匀速运动，则物块受到 滑动摩擦力作用， ER=mg6s0-=号×4X10x09N=20N. 3 (3)由于物块重力沿斜面方向的分力为 G.-mgsin 0-4X10X N=20N ·物理· 则有F:=Gz=20N 根据平衡条件可知，拉力F的方向与F:和G 夹角的角平分线在同一直线上，则拉力的大小 2024一2025学年度学科素养周测 一、单项选择题 1.D【解析】瓜子处于平衡状态，若仅减小A、B距 离，A、B对瓜子的弹力方向不变，则大小也不变， A、B错误：若A、B距离不变，顶角0越大，则A、 B对瓜子弹力的夹角减小，合力不变，则两弹力 减小，C错误，D正确。 2.B【解析】题图甲中的杆有较链相连，可以自由 转动，弹力方向沿杆方向，题图乙中的杆一端插 在墙里，不能自由转动，弹力方向不一定沿杆方 向，而是沿两段绳合力的反方向，C错误：受力分 析如图所示，甲中以B点为研究对象，根据平衡 条件可得F=30-5mg,乙中以D点为研 究对象，受到重物的拉力、上边绳的拉力和CD杆 的弹力，由于拉力F和重力的夹角为120°且大小 均为mg,则由几何知识可得Fr=mg,即轻杆受 到的弹力为mg,A错误，B正确；甲图中轻绳的 sin30,乙图中轻绳的拉力F=mg, 拉力为F=mg 若甲、乙中轻绳能承受的最大拉力相同，则物体 加重时，甲中轻绳更容易断裂，D错误。 30° 30 D ,ng 乙 3.C【解析】设F与斜面夹角为0，则恰好拉动物 7 参考答案及解析 为F=G2cos30°+Fcos30°=20V3N。 评（三）物理·相互作用（二）】 体时有Fcos0=mgsin15°+u(mgcos15°- Fsin),整理可得F=mgsin15+umgcos15°_ usin 0+cos 0 mg√1+sin45°_mgsin45 V1+n(0叶p)sn(0叶，故当sim(0+p）= 1时，m最大m=gD45=200kg,C正确。 C【解析】对滑块A受力分析，如图所示，由几 何关系得Fn=R=侣mg,由牛顿第三定律可 知，滑块A对斜面的压力大小为号g,A错误 由于Fn=mg,故小桶B及沙子的总质量为 3m,B错误：当从小桶B底部缓慢放出沙子至 滑块A即将向下滑动时，对滑块A受力分析可得 Frzsin30°+Fe-mngoos30°=0，FTcos30°+Fe g血初-0，且Fa=Re,解得F-得g,所 以此过程中最多从小桶B底部缓慢放出的沙子质 量m=B-2得mC正角：省向小指B内 缓慢增加沙子至滑块A即将向上滑动时，对滑块 A受力分析可得Fsin30°+Fg一mgcos30°=0， FTscos30°-Fg一mngsin30°=0，且Fs=Fs,解 得Fn=3yg,所以北过程中最多向小精B内 缓慢增加的沙子质量△m,=Fn二Fn_5m,D g 21 错误。 Fn 60° B 309 wiiz7z777m mg 6