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专版）

2024一2025学年度学科素养周测评（三）】 物理·相互作用（二） (考拔时同75分钟，总分100分》 一、选择题：本题共10小"，共6分，在每小题的出的四个法项中，第1一了题只有一项行 合题日要求，每小题4分：第#一10题有多项符合题日要求，每小题6分，全部选对的得 6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 题号1 2345678910 答案 L.有一种瓜子蓝壳器如图甲所示，将瓜子故入两圆桂体所夹的凹棉之间，按压瓜子即可破 开瓜子壳。碳壳器截而如图乙所示，瓜子的剂面可规作顶角为的扇形，将其竖直放人 两完全相同的水平等高园柱体A,B之间，并用竖直向下的恒力F按压瓜子且保持静 止，若此时瓜子壳未蓝开，忽略瓜子自重，不计摩搬，则 A若仅成小A,B距离，期周柱体A对瓜千的压力变大 B若仪诚小A,B距离，则图住体A对瓜子的压力变小 C若A,B距离不变，黑角塘大，则属柱体A对瓜子的压力越大 D若A、B距离不变，顶角8越大，期圆柱体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，绳，杆之问夹角为 30°，在B点下方悬挂厦量为m的重物。乙图中，轻杆CD一端情人墙内，另一端装有小 滑轮。现用轻绳绕过滑轮挂往质量为知的重物，绳，杆之同夹角也为0。甲.乙中轻开 都垂直干清，喇下列说法正确的是 学科素养周测深三】物理第1页共8页)】 衡水真夏 A.甲，乙两图中杆中弹力之比为1√3 且甲，乙两图中轩中弹力之比为怎：1 C两根杆中弹力方向均箱杆方向 D若甲，乙中轻绳能承受最大拉力相同，则物体加重时，乙中轻绳更容葛新裂 3.碗内部为半球形，半径为尼，碗口水平，若生米粒与病内侧的动摩擦因数为性，最大静摩 紫力等于滑动摩擦力，则静止于规内的生米粒与碗口问的最小距离为 4 A.R1+ BRVI-M BR1 4,小明同学喜欢体育运动，他施拉物体时拉力最大为1000v臣N,某次训越中，体育老师将 不间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，已您重物与 斜面何的动峰振阳数为厚。则他能拉动的重物质量最大为 L A.100 kg 且10o5lkg C.200 kg D.2003 lg 反一情截面为直角三角形的木块图所示敬置，质量均为网的AB两物体用轻质弹簧相连故 在顿角为的斜面上，物体C成在顿角为0的斜面上，B与C之问轻绳连接.A,C质量的 比值为，整个装瓷处于香止状老。已知物体A,日与解面同的功摩擦因数相时)且量 大静摩素力等于沿动摩堰力，弹舞弹力大小为战g,C与到而间无摩擦，则 A.物体A,B均受到摩擦力作用且等大反向 且物体A受摩报力作用且大小为三g,物体B不受原擦力作可 C弹簧处于拉钟软态，A,非两物体所受摩察力大小均为g,方向均沿斜面向下 剪断弹簧阙间，物体A将沿料雀向下滑动 密卷 学科素养周测坪三】物理第2页（共8置} 6如图所示，镜角为8的斜面国定在境角，版量为M的尖男故置在到面上，尖劈的右侧面 繁直，用轻绳系住个置量为m的球紧常在尖对的右侧，轻绳与斜面平行，球与尖切的 接触面光册，斜面对尖劈的静摩源力恰好为0，整个系统处于静止状篷 态。沿球心O对球陵加一个水平向左的恒定推力F,系统仍处于静 止状态。附 A对球施加水平推力后，轻绳的拉力可能变大 对球笔加水平推力后，尖劈对斜面的压力一定变大 C火明的质量M与球的质量网之比为a) D对球随加水平推力后，斜面对尖男的厚擦力可能仍为0 7.图新承，质量为m的滑块A静止在倾角为3的围定斜面上，一根不可停长的轻递莺 过两个光滑的定滑轮将滑块A和素有沙子的小精B莲接起来，系统静止时，与滑块A 相违的轻绳与水平雀的实角为，此时滑块A与斜篚间的摩擦力恰好为零。已知滑块 A与斜面间的动峰察调敢：一专，最大静率擦力等于脊动晾擦力，重力加速度为g,下列 说法正确的是 A.此时滑块A对斜面的压力大小为m 玉此时小桶B及沙子的卷质量为号m C若要使滑块A始终处于静止状态，赐最多可以从小桶B糕都缓侵放出质量为管。 的抄子 D若要使滑块A始路处于静止状态，阳最多可以向小桶B内领慢塔如展量为号m的 沙子 8如图所示，上表面光滑的半圆柱体放在水平：面上。一小物块从常近半桂体厦点O的 A点，在外力F作用下沿闭题暖慢下滑罚B点，此过程中F给终滑侧汇的切线方向且半 圆住体保持静止状态。下列说法正确的是 1 学科素养周测浮三】物理第3页{共8页) 衡水真夏 A,半侧住体对小物块的支持力变大 且外力F变大 C.地面对半圆柱体的支持力先变大后变小 D地面对半圆柱体的摩擦力先变大后变小 B.如图所示，一个光精大国环竖直固定，在其水平直径MN左南固定有一光滑小属环，一 轻绳骑过小辉环后左端与物块A相违，右端系于大因环上的P点，将物块A置于静止 在粗髓水平值上的组脑斜面体上，轻绳MA段与料面平行，将悬挂有重物B的光滑轻版 动滑轮C置于轻绳MP段上，稳定后，整个系统处于静止状态，残将轻绳右精从P点沿 大圆环缓慢移至下方美于直径N对移的P点，料面体与物块A始终保持静止状态。 明在此过程中 A.经绳MC段与P℃段间的夹角日一是先增大后诚小 且轻绳对滑轮C的弹力一定先增大店减小 C物块A与斜面体之河的摩擦力一定先暖小府增大 D料面体与水平面之间的摩擦力一定先增大后减小 10如图所示，盾量为网的小球a与质量为2网的小球万通过不可韩长的轻绳相连，小球a 还与战定在O点的另一根轻鲜连接。残在小球5上作用一拉力F,保持O、g闻轻绳与 竖直方向的夹角始终为0，重力如速度为g,下列美于两小球平衡时的说法正确的是 《》 A,拉力F的最小雀为百mg 且b时轻绳中的最个不校力为号 C当拉力F最小时，6何轻佩中的拉力大小为号g D当两根轻绳中的拉力相等附，拉力F的大小为7mg 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小题，共54分。 1上，《6分》某同学用图甲所示装置“探究弹力和弹簧仲长量的关系”。弹簧的上端周定在铁 架台支架上，弹簧的下端周定一水平纸片（弹簧和纸片的重力均复略不计》，激光测图 仪可测量地面至水平纸片的竖直距离：。 4b'cm 1230. 纸 118 114 1120 00501001.0210间2.03003.0FN 甲 (1)该间学在弹簧下端逻一增挂两码，每增挂一个与码，待弹簧 时，记录所挂 韵码的重力和对应的五。 《2)根据实验记录数据作出A随弹簧弹力F变化的图线如图乙所示，可得术挂构码时 水平纸片到地加的条直里离= m,弹簧的劲度系数最= N/m. (结果均保甯到小数点后1位) 12.《8分)如图断示，某实验小组同学利用DS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感器，该型号传透器 在受到拉力时读数为正，受司压力时读数为负。A连接质量不 计的相蝇，可沿固定修板殿侧承形移动。非圆定不功，通过光 滑饮迹连接长为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，按知下步果操作： ①测量相绳与水平杆的突角∠OB=: 对两个传感器进行剥零： 忍用另一根相蝇在0点悬挂一个岗码，记录两个传感器的读数； ④取下钩码，移幼传感指A政变9角 重复上述实验少骤，得到表格 FAN 1001 8580 1.002 F/N 3 4 150 ()根据表格，A传感器对应的是表中力 (透填“F,”戏“下)，钩码质量为 学科素养周测深[三】物理第5页共8页) 衡水真是 一kg(g取10m/s,结果候留1位有效数字) (2》本实验中多次对传够器进行调零，对此操作说明正角的是 。{填正跳答案 标号) A.因为事先忘记调零 及何时调零对实验结果没有影响 C为了清除横杆自身重力对结聚的影响D.可以完全消意实险的误委 (3)实验中，让A传感器沿置心为O的腥氢形（面不是其伤形状）轨道移动的主要目的 是一。（填正骑答案标号） A方便边变A传感器的读数 B方使改变B传感器的读数 C,保持轻杆右瑞O的位置不变 D,方便政变细绳与杆的夹角 13.(10分)断甲中的滑常巧妙地利用了景区的自然落差，为滑行提供了原动力。游客背凯 绳套保护，在高空领略祖国大子可山的壮更。其装置简化如图乙所示.模角为0的轨 道上套一个质品为限的滑轮P,质量为烟的绳套和滑轮之可用不可种长的轻绳相连。 某次检修时，工人对绳套随血一个粒力F,使绳套从滑轮正下方的A点援慢移动，运动 过程中F与轻绳的夹角始修保持12的，直到轻绳水平，绳套到达B点。靡个过程骨轮 保持静止，重力加速度为g,求： (1)绳套到达B点时，轨道对滑轮的摩擦力大小和弹力大小。 (2)绳套从A点缓慢移动到B点的过程中，轻道上拉力的最大值。 3w 密鞋 学科素养周衡坪三)物理第6页（共8贾} 14.13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,(1了分)如图所示，在质量为网的物块上系着两条细蝇，其中长0m的细绳另一端违 光滑定膏轮后分别连接小球A和水平地面上的物体B。已知物体B的质量m一 着轻质偶环，展环爸在水平帮上可以带动，测环与摔间的动摩擦因数m一Q5,另一湘 3kg,小球A的质量mA一kg。跨过定滑轮的轻绳两侧与整直方向夹角均为测.小 绳跨过光滑定滑轮与重为G的物块相连，定滑轮周定在里离图环50m的地方，当 球A和物体B均处于静止状室，数重力如速度大小g=10m/公。求： G=6N时，圆环恰好开始滑动。最大舒厚将力等于滑动摩擦力，x=10m/,如3了一 (1)轻蝇AC的拉力大小F,, 0.6,o837-08。求： (2)物体B所受地面的摩擦力大小F,和支持力大小Fw, (104蝇与棒间的夹角8 (2)物块的质量知 50m B 1 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 当F较大时，物块A有向上的运动趋势，物块 当F2较大时，物块A有向上的运动趋势，物块 A所受的摩擦力方向沿斜面向下，F增大，F: A所受的摩擦力方向沿斜面向下，此时F2增 增大，当摩擦力增大到最大值时，F1有最大值， 大，F2增大，当摩擦力增大到最大值时，F2有最 如图乙所示。沿斜面方向有 大值，如图丁所示。沿斜面方向有 F1 max-mag sin 0+F F1 max cos 0-mag sin 0+F 沿垂直斜面方向有FM=mAg cOS0 沿垂直斜面方向有 又F=FN FN=mAg Cos 0++F2 max sin 0 解得F1mx=22.8N 又F=F 则F1的取值范围为13.2N≤F1≤22.8N。 (2)当F2较小时，物块A有向下的运动趋势，物 每得Rm一2N 块A所受的摩擦力方向仍沿斜面向上，此时F2 则R的取值范周为0N<F,<9N。 23 减小，Fa增大，当摩擦力增大到最大值时，F2有 最小值，如图丙所示。沿斜面方向有 F2 min cos 0+Fe=magsin 0 沿垂直斜面方向有 Fzw=mag cos0十F2nsin0 又Fa=Fg 解得R=罗N 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 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， 309 A,B错误；若A、B距离不变，顶角O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 甲 转动，弹力方向沿杆方向，题图乙中的杆一瑞插 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 30 析如图所示，甲中以B点为研究对象，根据平衡 条件可得F=a50一尽mg,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 2 均为mg,则由几何知识可得Fr=mg,即轻杆受 3.D【解析】设米粒的质量为m,当米粒受到碗的 到的弹力为mg,A错误，B正确；甲图中轻绳的 摩擦力达到最大时，米粒距碗口的距离最小，设 拉力为F=影0，乙图中轻绳的拉力F=mg 支持力与水平方向的夹角为，作出米粒的受力 分析如图所示，根据平衡条件有mgcos0=F, 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。 F=R,R=mgn0,联立解得a-昌而 7 1 衡水真题密卷 学科素养周测评 根据几何关系有cos9=R,血0=是，联 Fr=(M十m)gsin0,斜面对尖劈的支持力Fa R (M十m)gcos0,以球为研究对象，如图乙所示，可 立解得d=R√D正确 如绳的拉力片一器联立解得兴10 sin20 an0C错误：以球为研究对象，可知对球施加 1 水平推力后不影响竖直方向力的大小，轻绳的拉 ￥mg 力不变，如图丙所示，A错误；以尖劈和球整体为 4.C【解析】设F与斜面夹角为0，则恰好拉动物 研究对象，对球施加水平推力后，如图丁所示，有 体时有Fcos0=ngsin15°+u(ngcos15° F=(M什m)gcos0+Fsin0,总重力不变，可得 Fsin),整理可得F=mgsin15十mgcos15°- 斜面对尖劈的弹力变大，即尖劈对斜面的压力变 usin 0-+cos 0 大，轻绳拉力F不变，总重力不变，施加推力F mg士2sin45°=mgsin45 后，要保持平衡，有Fr十Fcos0=(M十m)gsin0十 V1+sin(0叶gp)sin(0g,故当sin(0十 F:,则斜面对尖劈的摩擦力沿斜面向下，斜面对 p)=1时，m最大mmx= gsin 45*=200 kg.C 尖劈的摩擦力不可能为0，B正确，D错误。 F 正确。 F 5.C【解析】报据题意可知，物体C的质量为5， 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°+Fr,所以 F:=mg,又动摩擦因数u<1,所以A、B一定受 0 摩擦力作用，且方向均沿斜面向下：由于物体A 0C- (M+m)8 mg 受到的摩擦力方向沿斜面向下，所以弹簧处于拉 甲 乙 仲状态，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Fw,F十 Fs十ngsin30°=2mg,将F,=Fr=mg代入得 F4=Fm-2mg,A,B错误，C正确：由上述分新 Fv F 可知，对于A,斜面对它的最大静摩擦力F> 受，剪断弹簧醉间，A受到的摩擦力向上，由于 mg (M+m)g mgsin30°="<Fm,物体A仍处于静止状态， 丙 丁 2 D错误。 7.C【解析】对滑块A受力分析，如图所示，由几 2mg 何关系得Fn=Ra=停g,由牛损第三定律可 知，滑块A对斜面的压力大小为 mg,A错误； 由于Fm=mg,故小桶B及沙子的总质量为 mg mg 甲 乙 3m,B错误；当从小桶B底部缓慢放出沙子至 6.B【解析】对球施加水平推力前，以尖劈和球整 滑块A即将向下滑动时，对滑块A受力分析可得 体为研究对象，如图甲所示，可知轻绳的拉力 Frzsin30°+Fe一ngcos30°=0，FTcos30°+Fa 8 ·物理· 参考答案及解析 mgim30'=0,且Fa=Fe,解得Fn=5m 5mg,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=g-治m.C正璃：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 g 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F4,故在轻绳中的弹力先增大后减 A受力分析可得Fa sin30°+Fa一ngcos30°=0， 小的过程中，F4的大小变化情况存在多种可能， FTacos30°-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=3y3 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 析，正交分解后可得F-Frcos0,由于0不变，F, 缓授增加的沙子质量△m=Bn二Fn=2 g 21m,D 先增大后减小，所以F:先增大后减小，D正确。 10.BCD【解析】画出力的失量图如图所示，把a、b 错误。 VEEEELAEEE22E2222222222422228 看成一个整体，当F与虚线垂直时有最小值，最小 值为FB=6m十2mg动60°-3号g,A错误：单 Fn 独对a进行受力分析，当a、b间轻绳与虚线垂直 60° B 时，a,b间轻绳中的拉力有最小值，同理可得到最小 mg 值为Fm= 气mg,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 对b进行受力分析，根据余弦定理知c0s30° 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 十压，解得Fw-号g,C正确：当 2FX2mg 图乙，由三角形法则知总有F=mngsin0,F1= 两根轻绳中的拉力相等时，即满足两绳与竖直方向 mgcos日，下滑过程中日增大，因此F增大，F1减 夹角都为60°时，对a有2F山os60°=mg,从而得 小，A错误，B正确：对半圆柱体分析，地面对半圆 到F1b=mg,根据余弦定理知cos120°= 柱体的摩擦力F:=F1sin0=mgcos0sin0= F十(2mg)2-F 2FTab X2mg ,所以F=√7mg,D正确。 1 2 mgsin20,地面对半圆柱体的支持力FN= Mg十F1cos0=Mg十mngcos20,0从接近0°到90 mg 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。 2mg mg 二、非选择题 甲 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， 每增挂一个钩码，待弹簧静止时，弹力与重力大 的水平距离为d,由几何关系可得m号-是，将 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h=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 小，A正确：轻绳中的弹力记为FT,分析轻质动滑 可得△F=k△M,即图像斜率绝对值的倒数表示弹簧 9 衡水真题密卷 学科素养周测评 3.13 劲度系数，则有-120.010.0)X10NWm= 解得Fr=10N。 (2)轻绳OA和OB为定滑轮两边的细绳，拉力 31.3N/m. 相等，即Fam=F 12.(1)F10.05(2)C(3)C 物体B受重力、轻绳OB的拉力、地面的摩擦力 【解析】(1)A传感器中的力均为正值，故A传 F:和支持力FN,则有F=Fonsin30 感器对应的是表中力F1,平衡时，mg=Fsin9, Facos30°+FN=mg 当0=30°时，F1=1.001N,可求得m≈0.05kg。 解得F=10N,Fx=(30-103)N。 (2)在挂钩码之前对传感器进行调零，是为了消 15.(1)53°(2)1kg 除横杆自身重力对结果的影响，C正确。 【解析】(1)当圆环将要开始滑动时，设此时水 (3)让A传感器沿圆心为O的圆弧形轨道移动 平棒对圆环的支持力大小为F,细绳对圆环的 的过程中，传感器与O点的距离保持不变，即O 拉力大小为F,对圆环受力分析，如图甲所示， 点位置保持不变，A、B、D错误，C正确。 根据平衡条件有 13.(1)mg√3mg(2)23mg uFN-FTCOS 0=0 【解析】(1)绳套到达B点时，对质量为3m的绳 Fx-FTsin 0=0 套，受力分析如图甲，有 F1=3 ngtan30°-√3mg 联立解得tan0-⊥=4 3 对滑轮受力分析如图乙，有 即0=53°。 FN-F1sin30°-mgcos30°=0 F1十mgsin30°-F1cos30°=0 F 解得FN=√3mg,F=mg。 甲 (2)由题意，根据几何关系可知9=90°，按如图 mg 乙所示建立Oy直角坐标系，对物块受力分析， 分 乙 根据平衡条件有 (2)在绳套的动态平衡过程中，当F与绳套的重 Gcos 0+F'rsin 0-mg=0 力垂直时轻绳中的弹力最大，则有 F'rcos 0-Gsin 0=0 E=器=23mg 联立解得m=1kg。 14.(1)Fr=10N(2)F=10NFw=(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=Fc=mAg tan 30 乙 Focos 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 律可知，下落过程中有(M十m)g一ko=(M十 1,B【解析】设箱子的质量为M,物体的质量为 m)a,随者速度的增大，加速度在减小，A错误；以 m,箱子受到的空气阻力为k,根据牛顿第二定 箱内物体为研究对象，根据牛顿第二定律可知 1 ·10