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（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（三）】 物理·相互作用（二） (考选时可40分钟，惑分100分》 一，单项迹择题：本愿共3小盟，每小题10分，共功分。每小题只有一个透夏符合愿日 要求。 超号 答案 1,有一种瓜子装壳器如图甲所示，将瓜子放入两图住棒所夹的凹槽之间，按压瓜子即可玻 开瓜子壳。酸壳葬蕉面如图乙所示，瓜子的副面可说作侧角为的扇形，将其竖直收人 两完全相同的水平等高园桂体A,B之间，并用整直向下的恒力F花压瓜子且保持静 止，若此时瓜子壳未碳开，忽略瓜子自重，不计摩据，则 A,若仅设小A、B距离，则解柱体A对瓜子的压力变大 B若仅减小A,B离，则国柱体A对瓜子的压力变小 C若A、B臣离不变，原角B练大，则盟桂体A对瓜子的压力越大 D若A,B距离不变，顶角越大，则圆柱体A对瓜子的压力越小 2.小明同学喜欢体育运动，鞋孩拉物体时拉力最大为100,2N,某次练申，体有老师将 不司质量的重物置于顿角为15的斜面上，让他拉动重物沿斜而向上运诗，已知重物与 斜面问的动摩擦因数为号，则他生拉动的重物度量最大为 A.100 kg 且1o0vsig C200g D.20百kg 3,如图新示，辰量为m的滑烧A静止在衡角为别的民定斜面上。一根不可件长的轻绳跨 过两个光滑的定滑轮将滑块A和装有沙子的小桶B连接起来，系统静止时，与滑块A 相连的轻绳与水平而的突角为幻，此时带块A与斜而间的摩蔡力恰好为零，已知滑块 A与解面间的动摩素树数：一，最大静享擦力等干滑动摩擦力，重力加建度为，下列 学科素养周测浮三】物理第1页共4页) 衡水真无 说法正确的是 A.此时滑块A对斜面的压力大小为城 且此时小蝇B及沙了的总爱量为 C,若要使滑换A始隆处于静止状态，别量多可以从小桶 B底解缓慢皮出喷量为得如的沙子 0 若要使指块A始终处于静止状击：则最多可以向小佰B内湿樱增加霞量为受和的 抄子 二，多项姓释题：本驱共2小题，每小题10分，共20分。每小知有多个遗项符合题日要求， 全部选对得10分，进对但不金的得5分，有选铺的得0分。 题号45 答案 4,如图所示，上表面光滑的竿到位体成在水平地面上，一小物块从常置半圆住体厦点O的 A点，在外力下作用下沿制无缓慢下带到B点，此过程中F始终沿圆氧的切线方向且半 园性体保特静止状态。下列说法正确的是 A.半圆柱体对小物块的支持力变大 B外力F变大 C地而对半阳柱体的支持力先度大后变小 D地面对半图柱体的摩擦力先变大后变小 点，如图所示，一个光滑大国环竖直固定，在其水平直径N左陶固定有一光滑小圆环，一 轻绳蓟过小环后左端与物块A相连，右端系干大圆环上的P点，将物炔A置于静止 在粗壁水平面上的粗脑料面体上，轻绳A段与斜面平行，将是挂有重物B的光滑轻震 动骨轮C置于轻绳MP段上，稳定后，靡个系能处于静止状态，瑗将径绳右南从P点沿 大圆环缓慢移至下方美于直径MN对移的P‘点，斜面体与物块A始终保持静止状态。 谢在此过程中 A轻绳C段与℃段间的夹角金一定先增大后诚小 且轻绳对滑轮C的弹力一定先增大后观小 C.物块A与斜面体之间的摩擦力一定先或小后增大 D斜面体与水平面之间的摩黎力一定先增大后减小 三，非迭择览：本题共3小题，共0分。 6.12分)如图所示，某宾验小阻同学利用D5实险装置研究支果上力的分解，A,B为两 个相同的双向力传签器，藏型号传遮器在受到拉力时读数为正，受到压力时读数为负 A连接质量不针的细绳，可沿同定的版做醒氢形移动。B固定不动，通过光滑胶链连接 密卷 学科素养周测坪三)物理第2页（共4页） IA 长为0.3m的杆，将细绳连接在杆右璃O点构成支架。保持杆在水平方向，按知下莎覆 操作： ①测量细绳与水平杆的夹角∠AOB=, 公对两个传盛器进行两零： ③用另一限细绳在O点悬挂一个钩码，记录两个传移器的 读数： ①取下钩码，移动传感普A改变角 重复上述实验步果，得到表格。 F/N 1,0o1 A580 1.02 F/N -Q46 -L2学1 L朗5 3 0心 150 (1)根据表格，A传感器对应的是表中力 (选填“F”或“下”)，药质量为 kgg取10m/2,结果保留1位有效数字)。 (2)本实验中多次对传感普进行调零，对此操作说明正确的是 《填正确答案 标号》 A因为事先名记到零 且何时调零对实验结果设有影响 C为了消除横杆白身重力对钻果的影响D可以完全消除实验的误差 ()实验中，止A传感器希属心为O的圆翼形（而不是其他形状）物道移待的主要目的是 。(筑正确答案标号) 入，方便改变A传感蓉的读数 且方便改变耳传德器的设数 C保特轻杆右端O的位置不变 D方锂改变细绳与杆的夹角& ?,(8分)知图所示，AB是悬重力为G的匀质纸直杆，其中A端通过光滑饺链固定于竖直墙 毫上，B骑受一与每直杆夹角恒为6心的拉力作用，使杆由水平位置缓慢沿逆时针方向 转到竖直位置。求： 《1)当杆与精要的夹角为0时，杆A,B精分划受可的作用力的大小 (2)当杆与骑整的夹角为30时，杆A、B精分划受到的作用力的大小。 1A 学科素养周测浮三】物理第3页（共4页） 衡水真夏 8.《(0分)如医所示，在质量为m的物块上系着两条细绳，其中长30m的细绳另一端连着 轻质阅环，周环套在水平棒上可以滑动，翼环与棒间的动摩露因数一儿，石，另一御绳 跨过光滑定滑轮与重为G的物块相莲，定滑轮州定在里离圈环50cm的熟方，当G 6N制，属环拾好开始滑骑，最大静摩擦力等于清动摩擦力，g一10m/,血37”-06： 0s37-0.B。求， 《10A绳与棒间的夹角8。 《2)物块的质量m 通密卷 学科素养周测评三)物理第4页（共4页}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 ·物理· 得Fn=33 mg,所以此过程中最多向小桶B内 线授增加的沙子质量△m,=En一Fn=23m g 21m,D 错误。 tEE465662444444664444 F 30 mg 二、多项选择题 4,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F1的方向，如 图乙，由三角形法则知总有F=mgsin0,F= mngcos0,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=mgcos Osin0= 2 ngsin20,地面对半圆柱体的支持力FN= Mg十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。 mg 甲 乙 5.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，# 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 小，A正确；轻绳中的弹力记为FT,分析轻质动滑 轮C的受力情况，有2Fcos受=mg,故轻绳对 滑轮C的弹力的合力大小等于m服，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FA,故在轻绳中的弹力先增大后减 参考答案及解析 小的过程中，F4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:=Frcos0,由于0不变、F 先增大后减小，所以F先增大后减小，D正确。 三、非选择题 6.(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=Fsin0,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的圆弧形轨道移动的 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。 .DPa-号 FA=3G 2 (2FA-3G F-5G 6 6 【解析】(1)当杆与墙壁的夹角为60°时，对杆的 受力分析如图甲所示，据平衡条件可得 Ra=Gsin30-号 Fa=G0os30°-3G 29 30 60° B 30° G 分 (2)当杆与墙壁的夹角为30°时，对杆的受力分析 如图乙所示，由三力组成的失量三角形与△ACD 相似，有 品岳品 设杆长为，由几何关系知CD-全 AC- 1A 衡水真题密卷 AD=平4 解得F=四G 6 F-G. 6 C么 B YG 8.(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 FN-FTsin 0=0 联立解得m0=-号 2024一2025学年度学科素养周测评 一、单项选择题 1.B【解析】设箱子的质量为M,物体的质量为 m,箱子受到的空气阻力为k,根据牛顿第二定 律可知，下落过程中有(M十m)g一kv=(M十 m)a,随着速度的增大，加速度在减小，A错误；以 箱内物体为研究对象，根据牛顿第二定律可知 mg一FN=ma,随着加速度的减小，物体受到的支 持力在逐渐增大，B正确：整体向下做加速度减小 的加速运动，物体受到的支持力一直在增大，当 加速度为零时，整体开始做匀速运动，此时箱内 物体受箱子底部的支持力与物体重力相等，所以 最后不会出现支持力为零的情况，C错误；由于物 体受到向上的支持力，且支持力对物体做负功， 所以下落过程中箱内物体的机栽能减小，D 错误。 2.C【解析】由于小物块和斜面保持相对静止，所 以小物块具有沿斜面向上的加速度a,加速度有 1A ·6 学科素养周测评 即0=53°。 F 甲 (2)由题意，根据几何关系可知p=90°，按如图乙 所示建立xOy直角坐标系，对物块受力分析，根 据平衡条件有 Geos 0+F'rsin 0-mg=0 F'Tcos 0-Gsin 0=0 联立解得m=1kg。 F=G 乙 (四)物理·牛顿运动定律（一） 向上的分量，所以小物块处于超重状态，A错误： 以小物块为研究对象，小物块受竖直向下的重力 mg,垂直于斜面向上的支持力Fx和沿斜面向上 的静摩擦力F,在沿斜面方向上，根据牛顿第二定 律有F一ngsin30°-ma,可得小物块受到的静摩 擦力为日=2mg十m0,小物块在垂直于斜面方 向上受力平衡，其所受支持力FN=mgcos30°= 3 mg,若缆车加速度减小，则静摩擦力减小，但 支持力不变，C正确，BD错误。 B【解析】当Fcos30°≤Fm=H(mg一 Fsin30),即F cos30°+4sin30时，物体处于 静止状态，物体加速度大小为0，A错误；根据牛顿 第二定律可得Fcos30°-u(mg一Fsin30)=ma, 当a=g时，可得F= 2ung cos30千sin30,B正确；