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（湖北专版）

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，选择题：本题共10小题，每小题4分，共相分。在每小隳给出的四个选项中，第1一刀 题只有一项符合置目要求，第N一10题有多项符合题目要求。每小蓝全部选对的得4 分，迹对但不全的得2分，有悲蜡的得0分。 题号1 34 5 6 8 9 10 答案 L.有一种瓜子碳壳器如图甲所示，将瓜予放入两侧柱体所夹的凹槽之可，按压瓜予即可装 开瓜子壳。破壳帮截面如图乙所示，感子的副面可祝作顶角为0的扇形，将其竖直效人 两完全相同的水平等高图柱体A,B之间，并用极直向下的板力F按压瓜子且保持静 止，若此时压子壳未张开，忽略瓜子自重，不计摩据，则 A若仪减小A、B距离，则图柱体A对瓜子的辰力变大 且若仅诚小A,B距离，测国柱体A对瓜子的压力变小 C若A.B距青不变，黑角德大，则圆柱体A对瓜千的压力越大 D若A、A距离不变，顶角8越大，则图住体A对瓜子的压力越小 2,甲图中，轻杆AB一端与墙上的光带较链连接，另一端用轻绳系住，绳，杆之间夹角为 30,在B点下方悬挂质量为m的重物。乙图中，轻杆CD一端桶人墙内，另一烟装有小 滑轮。现用轻绳旋过滑轮挂住质量为知的重物，绳.杆之同表角恤为0°。甲乙中轻杆 都垂直于清，则下列说法正确的是 A甲，乙两图中杆中弹力之比为11图 学科素养周测浮[三】物理第1页共8页) 衡水真夏 B甲，乙两图中杆蝉力之比为31 C,两根杆中弹力方向均帝杆方向 D若甲，乙中轻绳能承受最大拉力相同，期物体如重时，乙中轻绳更容易断裂 3,豌内部为半球形，半径为R,碗口水平。若生米粒与宽内侧的动摩擦因数为以，最大静摩 蒸力等于滑动摩振力，网静止于碗内的生米教与碗口间的最小距离d为 A.R1 ARVT一N cR nR,品 4小明同学喜玫体育运动，他施拉物体知时教力最大为100,2N,某次川练中，体育老师将 不同质量的重物置于领角为15的斜面上，让他拉动重物沿斜面向上运动，已知重物与 斜面同的动摩额因致为学，则能能拉动的重物黄量最大为 A.100 kg R100,3kg C.200 kg D.200/S kg 5,一横截值为直角三角形的木块如图所示放置，质量均为丽的A,B两物体用轻质举簧相 连放在倾角为的斜面上，特体C款在候角为60的斜而上，B与C之问轻绳连接， A,C质量的比值为，整个装置处于静止较态，已知物体A.B与斜页阀的动摩擦因数相 同(<1》且最大静摩擦力等于滑动厚擦力，算簧弹力大小为mg,C与斜面间无摩报，则 A.物体A,B均受到紫擦力作用且等大反向 B物体A受摩报力作用且大小为方两：物体B不受学擦力作用 C举簧处于拉钟状态，，B两物体所受摩繁力大小均为立g,方向均沿斜面向下 D明斯弹簧深间，物体A将骨斜面向下骨动 密卷 学科素养周御坪三)物理第2页（共8页} 4 6如图所示，领角为8的料山固定在墙角，置量为M的尖球放盖在料 而上，尖男的右侧面竖直：川轻绳系住一个质量为m的球紧靠在突 缚的右侧，轻绳与料面平行，球与尖劈的接触面光滑，斜度对尖缚的 修摩擦力恰好为0，整个系烧处于静止状态。沿球心O对球能加一 个水平向左的恒定推力下，系统仍处干静止状态，用 A,对球施加水平推力后，轻绳的拉力可能变大 我对球随知水平推力后，尖男对斜国的压力一定变大 C,尖势的质量M与球的质量网之比为8 D.对球值加水平推力后，斜面对尖劈的厚擦力可能仍为0 7,如园所示，质量为m的滑块A静止在横角为30的成定斜面上，-一根不可传长的轻绳骛 过两个光滑的定滑轮将滑块A和装有惨子的小解D连接起来，系皖静止时，与滑块A 相连的轻绳与水平面的夹角为，北时带块A与每面间的摩擦力恰好为零。已知滑块 A与斜血间的动峰擦因数：一得，最大静李擦力等于滑功摩擦力，重力加速皮为，下列 说法正确的晶 A.此时滑块A对料面的压打大小为m :此时小桶B及沙子的总质量为号m C者要使指块A始终处于静止秋志，则最多可以从小桶B底部缓慢皮出质量为答 的沙子 八若要使滑块A始终处于静止状志则最多可以向小播B内报慢增加质量为受的沙子 ⑧如图所示，上表面光滑的半柱体放在水平地面上，一小物块从靠近半男柱体夏点O的 A点，在外力F作用下沿闭甄缓慢下滑到B点，此过程中F给终沿具氧的切线方向且率 圆柱体保持静止状态。下列说法正确的是 4 学科素养周测浮三】物理第3页{共8页)】 衡水真夏 A半圆柱体对小物块的支持力变大 B外力F变大 C,地面对半圆柱体的支持力先变大后变小 地面对半图柱体的摩黎力先变大后变小 出，如图所示，一个光滑大环竖直固定，在其水平直径N左瑞固定有一光滑小置环，一 轻绳爵过小属环后左瑞与物块A相连，右端系于大图环上的P点。将将欢A置于静止 在粗髓水平面上的粗糙斜面体上，轻绳MA段与斜而平行，将悬挂有重物B的光滑经质 动滑轮C置于径绳MP段上，稳定后，整个系使处于静止状态，凳将轻绳右确从P点滑 大圆环暖慢移至下方关于直轻MN对称的P点，斜面体与物块A价终候持尊止软态 则在此过程中 A.轻解C段与PC段间的夹角鱼一定先增大后减小 且轻绳对滑轮C的弹力一定先增大后减小 C物块A与斜面体之同的摩报力一定先规小后增大 D斜而体与水平而之间的摩擦力一定先增大后减小 1L,如图所示，质量为知的小妹4与质量为2如的小球6通过不可神长的轻绳相连，小球。 区与围定在口点的另一根轻绳连接。烧在小球b上作用一拉力F,保持O,▣间轻绳与 竖直方向的夹角命终为，重力加速度为风，下列关于可小球平衡时的说法正确的是 A.拉力F的最小值丸m 且。6间经绳中的最个技力为号g C当拉力F最小时a,b闯轻绳中的拉力大小为m深 D当两根轻绳中的拉力相等时，拉力F的大小Tmg 密秘 学科素养周测评三)物理第4页（共8页） 二，非选择题：本题共5小盟，共60分。 11.《?分》某同学用图甲所示装置“探究弹力和弹簧伸长量的关系”。弹簧的上幽固定在铁 架台支架上，弹簧的下端图定一水平纸片（弹簧和低片的重力均意略不计），激光测图 仪可测量地面至水平纸片的经直距离。 1180 1140 120所 散光3毛仅 000160150202知0m0N 甲 (1)该同学在弹簧下端遐一增挂脚码，每增挂一个斯码，待弹簧 时，记求所推 钩码的重力和对应的 (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 水平派片到地而的显直距离太。一 m,弹簧的对度系数一 N/m. 《结果均保置到小数点后1位) 12,《10分)如图所示，某实验小组同学利用S实验装置研究支 架上力的分解，A,B为两个相同的双向力传略器，该雕号传感 整在漫到拉力时读数为正，受现压力时读数为负。A连接质量 不计的闺绳，可沿周定的板做夏形移动。B围定不动，通过 光滑饮链连接长为0,3m的杆，将细绳连接在杆右端O点构成支架。保持杆在水平方 向，按如下少骤操作： ①测量智蝇与水平杆的克角∠OB=: 公对两个传感器进行调零： ③用另一根细绳在0点是挂一个钩码，记录两个传感荐的读数， ①取下构码，移动传感着A改变角 重复上述宴验步裹，得到表格 F/N 1.001 Q580 5节行 1.602 F:/N -Q.868 -0.291 书 A阴 3 6 150 学科素养周测深[三】物理第5页共8页) 衡水真是 (1)根暴表格，A传整器对应的是表中力（选填“F“或“F,“),头弱质量为 kg(g取0回/公，结果解留1位有效数字)。 (2)本实验中多次对传感器进行调零，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 R句时到零对实验结果设有影响 仁为了清除横杆白身重力对结果的影响可以克全消除实验修误差 (3)实验中，让A传感器沿飘心为O的既以形（面不是其使形状）轨道移动的主要目的 是一，（填正确答案标号》 A.方便这变A传感器的读数 B方梗政变B传感器的读数 C.绿持轻杆右瑞O韵位置不变 D.方便政变细绳与杆的夹角8 3,(10分)图甲中的滑紧巧妙地利团了景区的自然落差，为滑行提供了原动力。游客饼司 绳盘保护，在高堂领路祖国大好河山的壮美。其装置简化如图乙所示，候角为0的轨 道上套一个质量为和的滑轮P,面量为3的绳套和带轮之间用不可种长的轻绳相连。 某次检修时，工人对绳套监加一个粒力下，使绳套从附轮正下方的A点规慢移动，运动 过程中F与轻绳的类角始终保持12，直到轻绳木平，绳套到达B点。整个过程滑轮 保持静止，重力加速度为，求： (1)尾套罚达B点时，轨道对滑轮的摩繁力大小和弹力大小。 (2)绳套从A点级慢移动到B点的过程中，轻绳上拉力的最大值。 0 密鞋 学科素养周测坪三)物理第6页（共8页} 4 14.15分)如图所示，水平轻绳AC一龄因定在墙上，另一幽违接小球A:另一根轻绳跨过 15,(18分)如图所示，在质量为网的物块上系暮两条细绳，其中长0m的细绳另一端违 光滑定誉轮后分别连接小球A和水平地面上的物体B,已知物体B的质量m:一 着轻质概环，属环套在水平棒上可以带动，国环与棒间的动摩擦因数一0了5。另一闺 ☒kg,小球A的质量m4一3kg跨过定滑轮的轻桃两侧与竖直方向夹角均为3，小 绳畸过光补定滑轮与重为G的物块相连，定滑轮州定在离圆环50的地方。当 球4和物体B均处于静止状老，取重力加速度大小R一10m/安。求： G一6N时，阀环恰好开始滑动。最大静摩擦力等于带动摩擦力，8一10m/s,sin3打一 (1)经绳C的拉力大小F,。 0.6,osa7-0,8.求： (2)物体B所受地面的摩擦力大小F,和支持力大小Fx。 (1Q4蝇与棒间的克角8 (2)物块的质量知。 30n 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· 参考答案及解析 又F=FN 沿垂直斜面方向有 解得F1mm=13.2N FaN-mAg cos 0+F2 min sin 0 当F1较大时，物块A有向上的运动趋势，物块 又Fa=Fa A所受的摩擦力方向沿斜面向下，F1增大，F 增大，当摩擦力增大到最大值时，F有最大值， 解得=罗N 如图乙所示。沿斜面方向有 当F较大时，物块A有向上的运动趋势，物块 F1mm-mag sin 0+F A所受的摩擦力方向沿斜面向下，此时F,增 沿垂直斜面方向有FN=mAg COS0 大，F2增大，当摩擦力增大到最大值时，F2有最 又F=FN 大值，如图丁所示。沿斜面方向有 解得F1m=22.8N F2 mxcos 0=mag sin 0+F 则F1的取值范围为13.2N≤F122.8N。 沿垂直斜面方向有 Fe=mAg Cos 0++F2 mus sin 0 F 又FR=Fe 解得F- N 则F,的取值范周为罂N<F,<N。 甲 乙 (2)当F2较小时，物块A有向下的运动趋势，物 块A所受的摩擦力方向仍沿斜面向上，此时F2 减小，F2增大，当摩擦力增大到最大值时，F2有 F 最小值，如图丙所示。沿斜面方向有 丙 丁 F2 min cos 0+Fg=mag sin 0 2024一2025学年度学科素养周测评（三） 物理·相互作用（二） 一、选择题 若甲、乙中轻绳能承受的最大拉力相同，则物体 1.D【解析】瓜子处于平衡状态，若仅减小A、B距 加重时，甲中轻绳更客易断裂，D错误。 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。 30° 2.B【解析】题图甲中的杆有铰链相连，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-a30一5mg,乙中以D点为研 30D*F 究对象，受到重物的拉力、上边绳的拉力和CD杆 m 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 乙 拉力为F一0，乙周中轻绳的拉力F=mg, 3.D【解析】设米粒的质量为m,当米粒受到碗的 7 衡水真题密卷 学科素养周测评 摩擦力达到最大时，米粒距碗口的距离最小，设|6，B【解析】对球施加水平推力前，以尖劈和球整 支持力与水平方向的夹角为日，作出米粒的受力 体为研究对象，如图甲所示，可知轻绳的拉力 分析如图所示，根据平衡条件有mgcos0=Fm, Fr=(M十m)gsin0,斜面对尖劈的支持力FNn= R=,R=mgin联立解得=昌而 (M十m)gc0s0,以球为研究对象，如图乙所示，可 根据几何关系有cos日=R一正 m0是联 知轻绳的拉力一器联立解得以-1中。9 m sin20 R 立解得d=RD正确。 an日C错误：以球为研究对象，可知对球范加 水平推力后不影响竖直方向力的大小，轻绳的拉 力不变，如图丙所示，A错误：以尖劈和球整体为 研究对象，对球施加水平推力后，如图丁所示，有 F=(M十m)gcos0+Fsin0,总重力不变，可得 mg 斜面对尖劈的弹力变大，即尖劈对斜面的压力变 4.C【解析】设F与斜面夹角为0，则恰好拉动物 大，轻绳拉力F,不变，总重力不变，施加推力F 体时有Fcos0=mgsin15°+u(mgcos15° 后，要保持平街，有Fr十Fcos0=(M十m)gsin0十 Fsin),整理可得F=mgsin15十mgcos15°_ usin 0+cos 0 F:,则斜面对尖劈的摩擦力沿斜面向下，斜面对 尖劈的摩擦力不可能为0，B正确，D错误。 mg√1士2sin45°=mgsin45 V1十7sin(0叶p)sin(0计9，故当sin(0+ F卡 F F p)=1时，m最大m=gsin45=20kg:C 正确。 5.C【解析】根据题意可知，物体C的质量为3m, 其重力沿斜面的分力为2mg,对A、B及中间的 弹簧组成的系统，有2mg=2 ngsin30°+F:,所以 (M+m)g mg F=mg,又动摩擦因数u<1,所以A、B一定受 甲 乙 摩擦力作用，且方向均沿斜面向下；由于物体A 受到的摩擦力方向沿斜面向下，所以弹簧处于拉 F ..Ft F 伸状态，物体A、B的受力分析分别如图甲、乙所 示，根据平衡条件有Fr=mgsin30°十F,F十 FB十ngsin30°=2mg,将Fr=Fr=mg代入得 F FA=Fa-mg,A,B错误，C正确：由上述分析 可知，对于A,斜面对它的最大静摩擦力Fm> "受，剪断弹簧腺同，A受到的摩擦力向上，由于 用g (M+m)g 丙 mgsin30°-5<Fa,物体A仍处于静止状态， 2 7.C【解析】对滑块A受力分析，如图所示，由几 D错误。 何关系得Fm=F=号mg,由牛顿第三定律可 2mg 知，滑块A对斜面的压力大小为号g,A错误 由于F=mg,故小桶B及沙子的总质量为 mg 3m,B错误；当从小桶B底部缓慢放出沙子至 甲 滑块A即将向下滑动时，对滑块A受力分析可得 8 ·物理· 参考答案及解析 Frsin30°+Fe-mgcos30°=0，FTz cos30°+Fz 小，A正确：轻绳中的弹力记为F,分析轻质动滑 mgn30=0,且Fa=5e,解得Fn=号mg,所 轮C的受力情况，有2F1c0s受=mg,故轻绳对 以此过程中最多从小桶B底部缓慢放出的沙子质 滑轮C的弹力的合力大小等于mg,B错误；分 量m=。-得mC正确当向小桶B内 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 缓慢增加沙子至滑块A即将向上滑动时，对滑块 受的摩擦力Fh,故在轻绳中的弹力先增大后减 A受力分析可得F sin30°+Fa一mgcos30°=0， 小的过程中，F的大小变化情况存在多种可能， Fcos30-Fa-mgsin30°=0，且Fg=uF3,解 C错误；设斜面倾角为日，斜面体与水平面之间的 得Fn=33 mg,所以此过程中最多向小桶B内 摩擦力为F:,对物块A和斜面体整体进行受力分 缓授增加的沙子质量△m,=n一Fn=2 析，正交分解后可得F=Frcos0,由于0不变、F 21m,D 先增大后减小，所以F:先增大后减小，D正确。 错误。 10.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 Fn 小值为=(m+2mg如60=34g,A错误 60° B 单独对a进行受力分析，当a、b间轻绳与虚线垂直 30° 时，ab间轻绳中的拉力有最小值，同理可得到最小 VF1FFFF777727F777777F22777777772722 mg 值为Fmg,B正确；当拉力F最小时，单独 8BD【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 对b进行受力分析，根据余弦定理知0s30°= 方向即始终垂直于圆柱面支持力F1的方向，如 P十压，解得w=号s,C正：当 2FX2mg 图乙，由三角形法则知总有F=mgsin0,F1= 两根轻绳中的拉力相等时，即满足两绳与竖直方 mgcos0,下滑过程中0增大，因此F增大，F1减 向夹角都为60°时，对a有2Fcos60°=mg,从 小，A错误，B正确：对半圆柱体分析，地面对半圆 而得到F=mg,根据余弦定理知cos120°= 柱体的摩擦力F:=F1sin0=mgcos Osin0= F十(2mg)2-F ,所以F=√7mg,D正确。 2 mgsin20,地面对半圆柱体的支持力FN= 2FTs X2mg Mg十F1cos0=Mg十mngcos20,0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 mg 直减小，D正确，C错误 2mg 二、非选择题 11.(1)静止(2)120.031.3 9.AD【解析】设轻绳MP段长为L,M,P两，点间 【解析】(1)该同学在弹簧下端逐一增挂钩码， 的水平距离为d,由几何关系可得sin号=是，将 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。 轻绳右端从P点沿大圆环缓慢移至P'点过程 (2)由图可知，当F=0时ho=120.0cm,即为未挂 中，L不变，d先增大后减小，所以a先增大后减 钩码时水平纸片到地面的竖直距离。由胡克定律 9✉ 衡水真题密卷 学科素养周测评 可得△F=kh,即图像斜率绝对值的倒数表示弹簧 解得Fr=10N。 3.13 动度系数，则有k=120.0-i10.0)×10NWm (2)轻绳OA和OB为定滑轮两边的细绳，拉力 相等，即Fa1=F四 31.3N/m. 物体B受重力、轻绳OB的拉力、地面的摩擦力 12.(1)F10.05(2)C(3)C F1和支持力FN,则有F1=Fonsin309 【解析】(1)A传感器中的力均为正值，故A传 Fancos30°+FN=mBg 感器对应的是表中力F1,平衡时，mg=F1sin0, 解得F=10N,FN=(30-103)N. 当0=30°时，F1=1.001N,可求得m≈0.05kg 15.(1)53°(2)1kg (2)在挂钩码之前对传感器进行调零，是为了消 【解析】(1)当圆环将要开始滑动时，设此时水 除横杆自身重力对结果的影响，C正确。 平棒对圆环的支持力大小为F、,细绳对圆环的 (3)让A传感器沿圆心为O的孤形轨道移动 拉力大小为F?,对圆环受力分析，如图甲所示， 的过程中，传感器与O点的距离保持不变，即O 根据平衡条件有 点位置保持不变，A、B、D错误，C正确。 uFN-FTcos 0=0 13.(1)mg√3mg(2)2√3mg FN-FTsin 0=0 【解析】(1)绳套到达B点时，对质量为3m的绳 套，受力分析如图甲，有 联立解得tang=1=4 3 F=3 ngtan30°=√3mg 即0=53°。 对滑轮受力分析如图乙，有 F FN-F1sin30°-mgcos30°=0 F F+mgsin30°-F1cos30°=0 解得FN=√3mg,Ft=mg。 甲 (2)由题意，根据几何关系可知9=90°，按如图 F 乙所示建立xOy直角坐标系，对物块受力分析， 371g mg 根据平衡条件有 Gcos 0+F'tsin 0-mg=0 (2)在绳套的动态平衡过程中，当F与绳套的重 F'rcos 0-Gsin 0=0 力垂直时轻绳中的弹力最大，则有 联立解得m=1kg。 F。=0=25m8。 F-G 14.(1)Fr=10N(2)F=10NFw=(30-103)N 10 【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 mg FT=Fc=mAgtan 30 乙 Fon=mag c0s30 2024一2025学年度学科素养周测评（四）物理·牛顿运动定律（一） 一、选择题 m,箱子受到的空气阻力为k0,根据牛顿第二定 1.B【解析】设箱子的质量为M,物体的质量为 律可知，下落过程中有(M十m)g一kv=(M十 .10