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（冀粤辽黑赣桂吉晋豫陕青宁蒙新藏鲁渝甘贵云川皖A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40分钟，惑分100分》 一，单项达择题：本题共3小型，每小题10分，共的分。每小题只有一个选原符合题日 要求。 超号 3 答案 L,“儿童微学归米早，忙趁东风放纸香”，放风筝是民列传烧游成之一。如固 所示，一只风筝高高地悬停在空中，已知风筝受到重力G、绳子拉力F, 空气作用力F,下列受力分析示意图可能正确的是 2,如图所示，光滑细圆环固定在竖直平面内，O为其周心、P为其量高 点，轻弹簧a一端国定在P点，另一端与套在环上的质量为丽的 甲令 小球甲相连，较弹簧5一端连接甲，另一餐与套在环上的质量也为 m的小球乙连接，系统处于静止状老时，两弹簧长皮均与圆环率轻 相等。刚，b两弹簧对甲拉力大小之比为 A21 且√落11 C2·1 D.11 3,知图所示，质量为M的木块A套在水平轩上，并用轻绳将木块A与质量为m的小豫相 连。现用与水平方向械一定角8的力F拉看球带动木块一起向右匀速运动，运动中术 块和小球相对位凰保持不变，不计空气图力A与水平杆间的动啤擦因数为g一，重力 如魂麦为，知下列说法正确的是 A力F的最小值为亏(M什知g 武力F箱蔽小值为号M+mg C、力F取量小值时0■ D.力F和最小值时0-53 学科素养周测浮（二】物理第1页共4页） 衡水真 二，多项进释愿：本题共2小题，每小题10分，共0分，每小顺有多个选项符合题目要求， 全部选对得10分，进对但不会的得5分，有选情的得0分。 题号 4 5 答案 4,黄河铁牛是世界桥梁史上的传世之家。如图所示，唐代非津浮桥通过两岸的铁牛固定， 铁牛底部的铁柱插人入地下。设桥常对校牛的粒力为下，铁柱对铁牛的作用力为下F,期 《》 A.若F增大，期F也增大 五若F增大，则F将诚小 C,F与P的合力方向显直向上 D.F与F的合力方向竖直向下 5,如图所示，质量为M=3kg的木板B置于水平面上，轻蝇一端国定于竖直墙上，另一端 连接质量为网=2kg的物块A,物块A拉直轻绳后叠放在木板B上，此时轻蝇与水平面 间的夹角为8=53。现用一木平力下大小未知)将木板B从物块A下方匀速拉出。已 知A,B之间及B与地面之可的动摩擦因数均为H一Q.5,重力加速度大小为g一 10m/,in5g-0.8,0os53°-0.6。下列说法正确的是 A.木板B对地面的压力大小为50N 且木板B对物块A的弹力大小为12N C,轻解对墙的拉力大小为12W D水平力F的大小为7N 三，非洗择躐：本撒共3小题，共50分， 6.12分)某实险小组用一只弹簧海力计和一个量角#等器材 “险证力的平行四边形定测”，设计的实险装置如阁所示，同 简整1 定在经直木板上的黄角器边水平，橡皮筋一端圆定在量角 150 #侧心O的正上方A点，另一端系绳套1和蝇查2。 60 (1)实验步骤如下： 6绳2 ①弹簧薄力计挂在绳套1上板直向下拉豫皮筋，使修皮筋的结点到达O点，记下弹 簧海力计的示数下， ☒弹簧调力计挂在绳套1上，手拉着绳套2，缓慢拉整皮筋：使修皮筋的结点达到O 题密程 学科素养周测评二)物理第2页（共4置} IA 点，北时绳套1沿0方向，绳套2沿10方向，弹簧测力计的示数为F: ③根摆力的平行四边形定期计算绳套1的拉力一。 ①比校一，博呵粉步轻证力的平行四边形定测。 (2)将绳套1由0方向缓慢转动到0方向，同时绳套2清120方向不变，此过程中保持 橡皮筋的结点在O点不动，关于规套1的拉力大小的变化，下列结论正角的是 。(筑正确答案标号) A逐新增大 B先增大后减小 G逐前减小 D先或小后增大 7.(18分)如图斯示，在期角为8一37“的玻璃操上放有一质量为m的物体A,连接在整直墙 座上O点的细绳拾住物体A起保护作用，细询质量不计，与玻璃橱的夹角为：一37，且 测好伸直（拉力为0》，重力加莲度为屏。 (1)求物体A受到的摩擦力Fa, ()若由于下雨等因素物体A与璃糊之同的功厚擦因数减小为以一山，导致细绳张 繁且物体A受到的静摩擦力达到最大，求北时细绳上拉力的大小F,及物体所受翠 擦力的大小F。(已知最大静摩察力等于滑动摩整力)， 1A 学科素养周测浮（二】物理第3页共4页） 衡水真夏 8.(0分)如图所示，镜角为30的韩面体固定在水平面上，一皆截面半径为R的既柱体 丙放在水平面上，可税为质点的光滑小球乙质量为网，用轻饰拾接置干事圆桂上，物块 甲用轻绳栓接敛在斜面体上，轻道与斜面上表面平行，甲与斜面何的动摩擦W数为：一 真。经接小球乙与检接物块甲的轻绳与竖直的轻绳系于0点，且0点位于半往阅心 的正上方，已知O点到水平面的高度为2R,拴接小球乙的轻绳长度5取，整个装置处 于静止状态，重力都通度为以，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求： (1)小球乙对半柱体的压力的大小。 (2)半题柱体所受的摩银力的大小 (3)物块甲的质量的取值花围： /38 通密卷 学科素养周测评二)物理第4页（共4页}衡水真题密卷 三、非选择题 6.(1D1.170(2)t-2gr(3)2k 【解析】(1)主尺读数为1.1cm,游标尺读数为 0.05mm×14=0.70mm=0.070cm,所以最终 读数为1.1cm十0.070cm-1.170cm (2)小球经过光电门1的速度为=v一gt,根据 匀变速直线运动的推论得两光电门间的距离h (3)由h=W-2g,可得=一28，因华4图 线斜率的绝对值为，故有k=8,所以g=2。 .①8m/s(2)号m/824m 【解析】(1)设最大速度为，在加速阶段无人机 上升的高度=：=受4： 匀速阶段无人机上升的高度h2=m2 减速阶段无人机上升的高度=，=空 上升的总高度h=h1十h2十h 解得最大速度m=8m/s (2②)在匀减速阶段加造度a=费=音m/心 匀减速阶段的位移h==受与=24m 8.(1)260m/s(2)3.24km(3)19.4s 2024一2025学年度学科素养周测 一、单项选择题 1.C【解析】在A、B、D三个受力分析图中，合力 不可能为零，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。 2.C【解析】对甲、乙两球受力分析，如图所示，由 几何关系可知，圆环对甲的支持力FN以及弹簧a 对甲的拉力的方向F。与竖直方向夹角均为60°， 则两力大小相等，即F.一FN,且弹簧b在整直方 向，则对甲球根据共点力平衡条件有2F.cos60° mg十F,对乙球，国环对小球乙的弹力为零，则 F。=mg,解得F。:F6=2:1,C正确。 1A ·2 学科素养周测评 【解析】(1)根据题意，设无人靶机速度为可，则 有x=6十2a一功 解得)=260m/s (2)设导弹被发射后经1时间与无人把机速度相 等，此时二者间距最大，则有=h十a 解得t4=2.0s 最大距离为△x=h一(4十2ai)十z云。 解得△x=3.24km (3)导弹击中无人靶机时，歼击机与无人靶机的 距离为x1=x十（功一）t0 经分析可知，导弹击中无人靶机后，歼击机须先 做匀加速直线运动，达到最大速度后再以最大速 度做匀速直线运动，最后做匀减速直线运动，且 到达无人靶机被击落时所在位置时的速度为零。 设歼击机的最大加速度为am,则有am=,西 歼击机做匀加速直线运动的位移大小为工2一 w十地t 2 歼击机做匀减速直线运动的时间和位移大小分 别为4=空=受4 歼击机做匀速直线运动的时间为6=五一二西 所以从歼击机击中靶机至纤击机到达靶机所在 位置的最短时间为t血=t十t2十t3≈l9.4s 评（二） 物理·相互作用（一） 甲 mgb mg 3.A【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+FN=(M十m)g, F=FN,联立可得F=M什m)g。 usin 0+cos 0 M+m)g一，故当sin(0十p)=1时，拉力 √1+r2sin(0+p) ·物理· 最小，最小值为F=件g=号(M十 √1十 m)g,A正确，B错误：因为tanp==3,故p= 60°，当sin(0十p)=1时，拉力最小，此时0=30°， C、D错误。 二、多项选择题 4,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F、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F增大，则F2也增大，A 正确，B错误；F1与F的合力与重力平衡，故F 与F2的合力方向竖直向上，C正确，D错误。 F G 5.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如一 Frcos0,Fs=Fg,y方向有Fs十Frsin0= mg,联立解得Fr=10N,Fw=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FB,水平方向有F F十F纯=FB十F,由牛顿第三定律得 F=Fg,Fe=FB,解得FN地=42N,F= 27N,A错误，D正确。 本y 木FN地 - AFun X F铺Fa FA mg Mg 甲 乙 三、非选择题 6.I)③9F④R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的拉力=Fam30=马R.④比较F和E的 大小，即可初步验证力的平行四边形器定则。 参考答案及解析 (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 0° 180° 30￥ 41509 60 b绳套2 7.(1)3 mg,方向沿斜面向上 (2号mg3m8 【解析】(1)如图所示，沿斜面方向和垂直于斜面 方向建立直角坐标系，此时物体处于静止状态， 即受到的是静摩擦力，而且受到绳子的拉力F 为0，根据平衡条件有 Fn=G,=mgsin 0= 5mg,方向沿斜面向上。 y 墙 玻璃棚 .0 G (2)依题意，可得物体A在x方向有F2十 Frcos a-mgsin 0=0 在y方向有Frsin a-十FN-mgcos0=0 根据滑动摩擦力与最大静摩擦力相等，有F= uFN 解得R=号m8 Fe=23mg。 &D号mg(2语ng(3号m<mm<n 【解析】(1)对小球乙受力分析如图1所示，设栓 1A 衡水真题密卷 接小球乙的轻绳与竖直方向的夹角为α，由几何 关系可知 (2R)2=R2+(W3R)2 所以连接乙球的轻绳与半圆柱体相切，即sina= 最号 解得a=309 小球乙受到的支持力FN=mngsin a 解得R=2mg 根据牛顿第三定律可知，小球乙对半圆柱体的压 力大小为2mg。 BR 甲 a R 丙 30° -T 图1 图2 (2)拴接小球乙的轻绳拉力大小Fr=mgcos a 解得R-9s 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 诚小，C错误，D正确。 2.C【解析】设F与斜面夹角为0，则恰好拉动物 体时有Fcos0=mgsin15°+μ(mgcos15°- Fsin6),整理可得F-mgsin15°十mgcos15°_ usin 0+cos 0 mg1士2sin45=mgsin459 V十Fsin(0叶p)m0叶g,故当sim(0+ F p)=1时，m最大mmx= gsin 45=200 kg,C 正确。 3.C【解析】对滑块A受力分析，如图所示，由几 1A 4 学科素养周测评 以小球乙和半圆柱体丙整体为研究对象，由力的 平衡条件可知，半圆柱体丙所受的摩擦力方向水 平向左，大小等于拉力F沿水平向右方向的分 力，即F=Frsin a 解得R-9mg。 (3)以结点O为研究对象，对其受力分析如图2 所示，拉力Fr和F2的合力与F1等大反向，由平 衡条件得拴接物块甲的轻绳的弹力为 F2=FTtan a 代入数据解得F,=2mg 1 以物块甲为研究对象，对其受力分析，当静摩擦 力沿斜面向上达到最大值时有 F2十m鸭cosf=mwgsin日 解得m甲=4m 当静摩擦力沿斜面向下达到最大值时有 F2=mngsin 0+umgcos 0 4 解得mp=7m 综上，新块甲的质量范围满足号m<m,<m 评（三） 物理·相互作用（二）】 何关系得Fm=F-号mg,由牛顿第三定律可 知，滑块A对斜面的压力大小为号mg,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底部线慢放出沙子至 滑块A即将向下滑动时，对滑块A受力分析可得 Frsin30°+Fe-mngcos30°=0，FTzcos30°+Fe 3=-0,且Fa=5e,解得Fa=得mg,所 以此过程中最多从小桶B底部缓慢放出的沙子质 量m=Bn。=瓷m,C正确：当向小桶B内 g 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F sin30°+F一mgcos30°=0， FTscos30°-Fa一mngsin30°=0，且Fa=uFs,解