周测评(3) 相互作用(二)-【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（三） 物理·相互作用（二】 (考试时间75分钟，总分100分》 一，单项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16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。 号 1 4 容案 L,有一种瓜子碳壳韩如图甲所示，将瓜子放入两阅柱体所夹的凹槽之间，按压瓜子即可装 开瓜子壳。被壳器慧面如图乙所示，瓜子的剂面可视作顶角为的扇形，将其竖直皮人 两完全相同的水平等高图柱体A,B之间，并用聚直甸下的恒力F拉压瓜子且保持静 止，若此时压子壳未藏开，忽略瓜子自重，不计摩趣，则 人若仪减小A.B距离，则留柱体A对瓜子的压力变大 我若仅诚小A.B离，期图柱体A对瓜子的压力变小 C若A,B距离不堂，夏角植大，则圆柱体A对瓜子的压力越大 D若A、B距离不变，顶角8越大，则圆柱体A对瓜子的压力越小 2.甲图中，轻杆AB一端与墙上的光带胶链连接，另一端用经绳系住，尾，杆之间夹角为 30,在B点下方是挂爱量为m的重物。乙图中，轻杆CD一端悟入墙内，另一端装有小 滑轮。现用轻绳饶过滑轮挂住质量为网的重物，绳，杆之可夹角也为30。甲，乙中轻杆 都垂直于靖，则下列说法正稀的是 A甲，乙两图中杆中弹力之比为1· 学科素养周测深（三】物理第1页（共8页） 衡水真 B甲，乙两图中轩中弹力之比为3：1 C.两根杆中并力方向均滑杆方向 D若甲，乙中经绳能承受最大拉力相同，刷物体加重时，乙中轻绳更容易新裂 3,小明同学喜欢体有运动，他拖拉物体时拉力最大为1000√N.某次调城中，体有老师将 不同质量的重物置于倾角为15的斜面上，让他拉动重物沿斜面向上运动，已知重物与 斜面间的动峰擦国数为厚。喇株能拉动的重物质量最大为 {3 A.100 kg B.100:3 kg C.200 kg 0203ke 《,如图所示，质量为侧的滑块A静止在镇角为30的周定斜面上，一根不可伸长的轻绳寄 过再个光滑的定滑轮粥滑块A和装有沙子的小桶B连接起来，系笼静止时，与滑块A 相连的轻绳与水平面的夹角为0°，北时滑块A与斜面同的摩振力恰好为零。已知滑块 A与斜面同的动摩擦因数和一停，是大静率教力等于清动摩孩力：重为加这度为，下列 说法正确的是 A,此时滑块A对斜面的压力大小为四g 且此时小插B及沙千的总膜量为停。 C.若要使滑块A始瓷处于静止状态，则最多可以从小辅 B底每缓慢政出睡量为得m的沙子 若要使清块A始终处子静止状态，刚最多可以向小桶母内极樱增加质量为受的 抄子 二、多项逃择驱：本第共4小题，每小题6分，共4分。每小抛有多暖符合题日要求，全都 选对的得6分，燃对但不全的得3分，有选错的得0分。 题号 5 6 7 答案 5,如周所示，上表面光滑的竿厕柱体败在水平地面上，一小特块从拿半圆柱体眉点O的 A点，在外力F作用下沿同无缓慢下带到B点，此过程中F始终沿因属的切线方向且半 调柱体保诗静止状态。下列说法正确的是 递密卷 学科素养周测坪三)物理第2页（共8页} A.半圆柱体对小物块的支持力变大 8外力F变大 C地面对半圆柱体的支持力先变大后变小 口地面对来解柱体的摩擦力先变大后变小 6,轻绳上端悬挂于天花板上的O点，另一端接在质量为知的小慧上，小球在水平向右的外 力下作用下处于平衡状态，比时轻闻上的弟力大小为F一，轻绳与紧直方向的夹角为0、 与F的夹角为a,知图所示。下列判斯正确的是 ( A若保持下水平，逐渐缓慢减小，则FF都逐渐增大 我若换一根更长的轻解，保持8@不变，则F,F,可像都减小 C若保持小球位置不变，F沿道时针方向饭慢转动直至F经直向上 测F先减小后增大 D,若保诗a不变，逐漫慢增大9，直至是线水平，则F?逐渐减小，F连渐增大 7.如图新示，一个光滑大阅环竖直州定，在其水平直整MN左端州定有一光带小圆环，一 轻蝇跨过小图环后左端与物块A相连，右端系于大属环上的P点。将物块A置于静止 在相稳水平而上的粗轮斜商体上，轻绳MA段与斜面平行，将悬挂有重物B的光滑轻质 动带轮C置干轻蝇P段上，稳定后，整个系统处于静止状态，现将轻蝇右编从P点沿 大圆环级慢移至下方关于直径N对称的P点，斜面体与物块A始篷保持静止状态 则在比过程中 A轻蝇C段与PC段间的夹角▣一定先增大后减小 我轻绳对滑轮C的弹力一定先增大后碱小 C物块A与斜面体之间的摩藤力一定先碱小后增大 D.斜面体与水平面之可的摩擦力一定先增大后诚小 8.如图所示，质量为m的小球：与质量为2m的小球6通过不可作长的轻绳相连，小球 还与团定在O点的另一根轻绳连接。现在小環b上作用一拉力F,保持O:同轻绳与 学科素养周测悍（三】物理第3页（共8页） 衡水真 竖直方向的夹角始终为0，重力如速度为g,下列美于两小球平商时的说法正确的是 A拉力F的最小值丸3m黑 且6间轻绳中的最个粒力为得g C当拉方F最小小何轻绳中的拉力大小为号 D当两根经绳中的拉力相等时，拉力F的大小7mg 三、非港择驱：共稀分，其中，10,11为填空题，12,13为实验题，14,15,16为计算题。 3,(3分)如图所示，质量为想的物块A放在领斜的木板上，木板的领角2分割为和45 时物焕所受度擦力的大小恰好相同，重力加连度为风，则该两状态下物块与木板间的摩 擦力F,= ,动摩擦因数x= 1山，《3分)如图所示，将一劲度系数为的轻弹簧一端固定在内壁光滑，半径为R的半球形 容器底部中心了处(O为球心)》，弹簧另一嫡与质量为m的小球A相连，小球静止干P 点，OP与水平方向闻的实角为8=30°。若换为与质量为2m的小球B相连，小球B将 静止于M点（图中未面出），期弹簧的原长为 ,OM的长度为 wwww9% 11.(3分)如周所示，周定的横斜直杆上套有一个质量为m的小球（可锐 为质点)和两原长均为L的轻弹簧，两根弹簧的一端与小球相连， 另一德分别国定在杆上相更为2L的A,B两点。已知杆与水平面的 夹角为心，两根养资的劲度系数当为表-血9，小球在面B友警 的P点处于静止状态，重力加速度为度。，小球在P点时受到的摩 擦力大小为，方句 12,(5分)某同学用图甲所示装置“探宽弹力和弹簧种长量的关系”。弹簧的上物固定在铁 案台支架上，弹簧的下隋固定一水平纸片（弹簧和纸片的重力均忽略不计），激光测脚 密卷 学科素养周测坪三)物理第4页（共8页} 夜可测量地面至水平纸片的竖直距离为。 1180 t160 1140 1120 光取 0001001,501001010m10N 甲 (1)该同学在弹簧下端逐一增挂肉码，每增挂一个购码，待弹簧 时，记录所拉 钩码的重力和对应的4， (2》根据实验记录数据作出h随弹簧弹力F变化的周线如图乙所示，可得表挂钩码时 水平蛋片到地面的显直距离太一 m,弹簧的劲度系数一 N/m. 《结果均保南到小数点后1位) 13.(8分)如图断示，某实段小组同学利用D尽实验装置研究支帮上力的分解，A,B为两 个相同的双向力传感鞋，滨型号传感器在受到拉力时读数为正，受到压力时读数为负。 A连接爱量不计的闺蝇，可沿围定的板敏圆宽形移动。日周定不动，通过光滑较链连 接长为0.3m的杆，将细绳连接在杆右璃O点构或支帮，保特杆在水平方向，按如下 声深操作： ①测量润绳与水平杆的夹角∠AOB一： ②对两个传感器进行调零： ③用另一根闲绳在口点悬挂一个钩弱，记果两个传感韩的读数： 取下钩码，移动传感等A改变角 重复上述实验步骤，得到表格。 F/N 1.01 Q.582 1.002 F/N -Q.6 -1291 3 150 学科素养周测浮（三】物理第5页（共8页） 衡水真是 (1)根暴表格，A传整蓉对应的是表中力（选填“F“或“F,“),纳码面量为 kg(g取10m/s,结果绿留1位有效数字)。 (2)本实验中多次对传够器迹行岗零，对此操作说明正确的是。（填正确答案 标号) A.因为事先忘记调零 B句时翼零对实验结果没有影响 C为了清除横杆自身重力对结果的影响几可以完全消除实验的恨差 (3)实验中，让A传够器沿翼心为O的圆氢形（面不是其他形状）轨道移动的主要目的 是 。(填正确答案标号) A.方便改变A传感器的设数 具方便政变B传感器的读数 C,保持轻杆右瑞O的位置不变 D.方便改变绳与杆的夹角8 14,(8分)如图所示，两个体积很小的球A、B希套在一个题直大阅环上，大圆环圆定在地 上。细绳的两骑分则栓在小球A,B上，然后将：混挂在小滑轮了上，位于大阅环环 心0的正上方。相绳两端的长度之比口A·了B一3·3，不计一切摩擦，当它们那静止 时，求： (1)两个小球A,B质量之比m+而 (2)大既环对A,B的作用力之比NA·N, 密鞋 学科素养周测坪三)物理第6页（共8页} 6 15.14分)如图所示，水平轻绳AC一端因定在境上，另一幽市接小球A:另一根轻绳跨过 16,(15分)如图所示，在质量为网的物块上系着两条细绳，其中长0m的细绳另一端违 光滑定滑轮后分别连接小球A和水平地面上的物体B。已知物体B的质量m:三 着轻质腿环，置环套在水平棒上可以带动，则环与棒间的动摩擦因数三075。另一细 3kg:小球A的爱量mA一3kg。跨过定滑轮的轻绳两侧与经直方向夹角均为0，小 闻骑过光滑定滑轮与重为G的物块相连，定滑轮固定在距离图环50m的地方。当 球A和物体B均处于静止状药，数重力如速度大小g=10m/s。求： G=6N时，周环哈好开始滑动。最大静焊旅力等于浙功降擦力：g=10m/W,n3= (1)轻蝇AC的拉力大小FT: 0,6,aw37”=0,8.求： (2)物体B所受地面的学擦力大小F,和支持力大小F,。 (104蝇与棒间的夹角8. (2)物块的质量如 学科素养周测牌三】物理第T页共8页) 衡水真题密程 学科素养周御坪三】物理第8页（共8贾}·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 衡水真题密卷 二、多项选择题 5.BD【解析】对小物块受力分析如图甲，物块缓 慢下滑，即处于平衡状态，F始终沿圆孤的切线 方向即始终垂直于圆柱面支持力F,的方向，如 图乙，由三角形法则知总有F=mgsin0,F= mgcos0,下滑过程中0增大，因此F增大，F1减 小，A错误，B正确；对半圆柱体分析，地面对半圆 柱体的摩擦力F:=F1sin0=mngcos0sin0= 2mgsi血20，地面对半圆柱体的支持力FN= Mg+F1cos0=Mg+mgcos20,0从接近0°到90 变化的过程中，摩擦力先增大后减小，支持力一 直减小，D正确，C错误。 甲 6.CD【解析】保持F水平，逐渐缓慢减小0，对小 球受力分析有Frcos0=mg,F=mgtan0,可知随 着0减小，F和FT都在减小，A错误：换一根更 长的轻绳，保持0、a不变，则F、Fr都不变，B错 误：保持小球位置不变，F沿逆时针方向缓慢转 动直至F竖直向上的过程，根据三角形定则，如 图甲所示，可知当F方向与Fr方向垂直时，F有 最小值，则F先减小后增大，C正确；保持a不 变，逐渐缓慢增大0，直至悬线水平，根据三角形 定则，如图乙所示，由图可知当F水平时F最 大，当FT水平时F最大，所以F逐渐减小，F逐 渐增大，D正确。 F π-0 mg 甲 7.AD【解析】设轻绳MP段长为L,M、P两点间 的水平距离为d,由几何关系可得sin号-是，将 轻绳右端从P点沿大圆环缓慢移至P点过程 中，L不变，d先增大后减小，所以a先增大后减 学科素养周测评 小，A正确：轻绳中的弹力记为F,分析轻质动滑 轮C的受力情况，有2FT0s号=mag,故轻绳对 滑轮C的弹力的合力大小等于mg,B错误；分 析物块A的受力情况，由于斜面倾角及动摩擦因 数未知，A、B的质量大小也未知，无法明确A所 受的摩擦力F,故在轻绳中的弹力先增大后减 小的过程中，Fa的大小变化情况存在多种可能， C错误：设斜面倾角为日，斜面体与水平面之间的 摩擦力为F:,对物块A和斜面体整体进行受力分 析，正交分解后可得F:=Frcos9,由于0不变、F1 先增大后减小，所以F:先增大后减小，D正确。 8.BCD【解析】画出力的失量图如图所示，把a、b 看成一个整体，当F与虚线垂直时有最小值，最小 值为Fm=(m十2mgm60=3mg,A错误：单 独对a进行受力分析，当a、b间轻绳与虚线垂直 时，a、b间轻绳中的拉力有最小位，同理可得到最 小值为F-受g,B正确：当拉力F最小时，单 独对b进行受力分析，根据余弦定理知c0s30°= F+,解得F=号mg,C正瑰：当 2FX2mg 两根轻绳中的拉力相等时，即满足两绳与竖直方向 夹角都为60°时，对a有2Fcos60°=mg,从而得 到F1=mg,根据余弦定理知cos120°= F十(2mg)2-F 2FTbX2mg ,所以F=√7mg,D正确。 g 2mg 三、非选择题 【解析】木板的倾角为30°时物块静止，根据平衡 条件，所受静摩擦力大小为F,=ngsin30°= mg,根据题意得mgsin30°=mgos45°，解得 1 2 =2 ·物理· 10.R+爱 mgR+R 2mg+kR 【解析】小球受到三个共点力而平衡，这三个力 可以构成一个夫量三角形，当弹簧另一端与质 量为m的小球A相连时可得爱=景-是， 当弹簧另一端与质量为2m的小球B相连时可 得贺-景-号，设弹黄原张为L4,则Fm k(Ln一R),F=(Lo一L2),联立可得Fn mg Lo-R+8,Fxe-2mg,La-mgRt 2mg+kR 11.mg8血0沿杆向下 【解析】由题意可知下面的弹簧被压缩，上面的 弹簧被拉仲，且两根弹簧形变量相同，因此小球 在P点时受到两根弹簧的弹力大小相等，设此 时两根弹簧的弹力大小均为F,根据胡克定律有 F=k(亿-号)，根据平街条件有mgsin0叶F= 2F,解得F=mgsin,方向沿杆向下。 5 12.(1)静止(2)120.031.3 【解析】(1)该同学在弹簧下端逐一增挂钩码， 每增挂一个钩码，待弹簧静止时，弹力与重力大 小相等，记录所挂钩码的重力和对应的h。 (2)由图可知，当F=0时h=120.0cm,即为未挂 钩码时水平纸片到地面的竖直距离。由胡克定律 可得△F=M,即图像斜率绝对值的倒数表示弹簧 3.13 劲度系数，则有k=q20.0-i10.0)X10NW/m= 31.3N/m。 13.(1)F10.05(2)C(3)C 【解析】(1)A传感器中的力均为正值，故A传 感器对应的是表中力F1,平衡时，mg=F1sin0, 当0=30°时，F1=1.001N,可求得m≈0.05kg。 (2)在挂钩码之前对传感器进行调零，是为了消 除横杆自身重力对结果的影响，C正确。 (3)让A传感器沿圆心为O的圆孤形轨道移动 的过程中，传感器与O点的距离保持不变，即O 点位置保持不变，A,B,D错误，C正确。 14.(1)3：5(2)3：5 【解析】(1)设圆环半径为R,OO距离为h,A、B 参考答案及解析 受力如图所示，由相似三角形对应边成比例 可得 FTAO mig h FtBO m2g h 又AO:B0=5:3 解得m1:2=3:5。 N Omg mg (2)由相似三角形对应边成比例可得 NANaR mig m2g h 则NANB=3:5。 15.(1)F=10N(2)F-10NFN=(30-10√5)N 【解析】(1)对小球A进行受力分析可知，小球 A受重力、轻绳AC的拉力和轻绳OA的拉力， 根据平衡条件得 FT=FAc=magtan 30 Foco0 解得Fr=10N。 (2)轻绳OA和OB为定滑轮两边的细绳，拉力 相等，即Fo1=Fm 物体B受重力、轻绳OB的拉力、地面的摩擦力 F:和支持力FN,则有F=Fo sin30 Fa cos30°+FN=mBg 解得F:-10N,Fw=(30-10/3)N。 16.(1)53°(2)1kg 【解析】(1)当圆环将要开始滑动时，设此时水 平棒对圆环的支持力大小为F,细绳对圆环的 拉力大小为F,对圆环受力分析，如图甲所示， 根据平衡条件有 uF-FTcos 0=0 Fx-FTsin 0=0 联立解得am0=号 6 衡水真题密卷 即0=53°。 F F 甲 (2)由题意，根据几何关系可知p=90°，按如图 乙所示建立Oy直角坐标系，对物块受力分析， 根据平衡条件有 Gcos 0+F'rsin 0-mg=0 2024一2025学年度学科素养周测讠 一、单项选择题 1.B【解析】根据平衡条件可知，物体受到三个平 行于水平面的共点力作用而平衡，则任意两个力 的合力与第三个力等大反向，当去掉F时可产 生5m/s2的加速度，则有F1=ma1,当去掉F2时 可产生3m/s2的加速度，则有F2=mag,当去掉 F3时，则有Fa=mag,由于已知F2和F垂直，则 有=十F,解得a3-4m/s2,B正确。 2.A【解析】货车制车经4s停止，从开始制车至 停止，货车前进了40m,设货车的加速度大小为 a,根据递向思维可得x=a,解得a=祭= 20n/g=5mg,以包襄P为研究对象，根 据牛领第二定律可得刹车后1s时，P所受合力 的大小为F台=ma=100×5N=500N,A正确。 3.B【解析】在0~2s内，物体的加速度由10m/s 逐渐减小到0，由加速度图像可得a=(10一5t)m/g, 由牛顿第二定律得mg一F=ma,可得a=g 可得F=7.5(N,即在0一2s内，物体所受 阻力与下落的时间成正比，A错误，B正确：在0一 2s内，物体的速度增量为10m/s,2s后物体的 加速度为零，物体做匀速运动，物体下落的最终 速度为10m/s,C、D错误。 4.C【解析】设扔掉的货物重力为G,气球所受的 浮力恒定为F,开始装有货物的探测气球正以加 速度a(a<g)匀加速下降，由牛顿第二定律有 G-F=G巴，扔掉一些货物后，它开始以相同的加 6 1 学科素养周测评 F'Tcos 0-Gsin 0=0 联立解得m=1kg。 AV F=G .0 10 ￥mg 乙 平（四）物理·牛顿运动定律（一） 速度匀加递上升，有F-(G-G)=G-G0】 联立解得G=2aG,C正确。 g-a】 二、多项选择题 5.BC【解析】设两棋子间的动摩擦因数为以，最大 静摩擦力等于滑动摩擦力，最上面两个棋子向右 运动的最大加速度为am=L,2mg=g,设最上 2m 面三个棋子一起以am向右做加速运动时，水平 恒力大小为F。,则Fa一u·3ng=3naa,所以F。 =6pumg。当0≤F≤3mg时，所有棋子均静止 不动；当3mg<F≤6pmg时，最上面三个棋子 作为整体，相对静止一起向右做匀加速直线运 动，下面的两个棋子静止不动，B正确，D错误：当 >6umg时，第三个棋子和上面两个棋子发生相 对滑动，此时第三个棋子以大于am的加速度向 右做匀加速运动，上面两个棋子以am的加速度 向右做匀加速运动，而第四个棋子不可能发生运 动，因为第四个棋子上表面受到的最大静摩擦力 为3umg,下表面受到的最大静摩擦力为4umg: 同理第五个棋子也不可能运动，A错误，C正确。 6.AC【解析】由于轻绳上的弹力处处相等，因此 A、B两小球对轻绳的摩擦力大小相等，二者质量 不相等，且FA<F铝<mAg,因此A球静止释放 后与轻绳间为滑动摩擦力，即F,=F镇，对B球 F=Fr=Fa<F细，即B球与轻绳间为静摩擦 力，故A正确，B错误；根据A、B选项分析，对A 丝，对B 球有mAg一FA=maA,解得aA=g一mA