单元过关(二)相互作用-【衡水真题密卷】2026年高考物理单元过关检测(重庆甘肃贵州专版)

学海无涯，志在干里 密 2025一2026学年度单元过关检测（二） 4.图甲中台秤的内部简易结构如图乙所示：托盘A、竖直杆B、水平横杆H与齿条C固定 班级 连在一起，齿轮D可无摩擦转动，且与齿条C完全啮合，在齿轮D上固定指示示数的轻 题 物理·相互作用 质指针E,两根完全相同的弹簧将横杆H吊在秤的外壳I上。经过调校，托盘中不放物 品时，指针E恰好指在竖直向上的位置。若放上质量为m的物体，指针偏转日弧度(8< 姓名 本试卷总分100分，考试时间75分钟。 2x),齿轮D的直径为d,重力加速度为g,则每根弹簧的劲度系数为 () 一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有 得分 一项符合题目要求。 题号 3 答案 1.如图所示，在水平路面上匀速直线行驶的汽车内，一个手机通过吸盘式支架周定在倾斜 乙 的前挡风玻璃上。若吸盘和玻璃间的空气已被排空，则手机和支架 ( A,共受3个力作用 A器 C.au n B.共受4个力作用 5.如图所示，两相同轻质硬杆OO,、OO2可绕其两端垂直纸而的水平轴O、O1、O,转动， 在O点悬挂一质量为M的重物，将质量为m的两相同木块紧压在竖直挡板上，此时整 C.受前挡风玻璃的作用力方向一定竖直向上 个系统保持静止。若将两挡板缓慢靠近少许距离后，OO1与竖直方向夹角为0，靠近过 D.受前挡风玻璃的摩擦力方向一定竖直向上 程保持O1、O。始终等高，则靠近过程中 2.一本质量为M的书平放在水平桌面上，将一张A4纸夹在书页间，如图所示。A4纸与 A.挡板与木块间的弹力变大 书页间的动摩擦因数为1，书与桌面间的动摩擦因数为4241=2：。现用一水平向右 B.挡板与木块间的摩擦力一定保持不变 的力F作用于A4纸上，若要使书与A4纸一同运动，则A4纸上面书页的质量m应满 C.若木块没有滑动，则两挡板的摩擦力之和大于(2m+M)g 足（最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A4纸的质量忽路不计） () D者术块设有滑动，则木块与销板间动家擦因数至少为 A.mM A4纸 6.某景区挂出32个灯笼，相邻两个灯笼间由轻绳连接，从高到低依次标为1、2、3、…、32。 在无风状态下，32个灯笼均处于静止状态，简化图如图所示，与第32个灯笼右侧相连的 C.m>合M 轻绳处于水平状态，已知每一个灯笼的质量m=1kg,g取10m/s2,悬挂灯笼的轻绳最 3.我国古代利用水轮从事农业生产，其原理简化如图所示，细绳跨过 大承受力T。=320,2N,最左端悬挂的轻绳与竖直方向的夹角为0。下列说法正确 光滑固定转轴B,一端绕在固定转轮A上，另一端与重物相连。已 的是 () 知转轮A与水轮圆心O等高，且距离为6m,转轴B到圆心O的距 A.0最大为60 离为3m,重物质量为4kg。现水轮绕O点缓慢转动（重物未与圆 B.当0最大时，最右端轻绳的拉力为3202N ⊙ ④ 盘接触)，通过转轮A收放细绳，使细绳始终绷紧，那么细绳对转轴 C.当am0=2时，第16个灯笼与第17个灯笼间轻绳与竖 B的作用力F合范围为 直方向的夹角为45 A.20N≤Fa≤40N B.203N≤F。≤40N D.当an0=时，第8个灯笼与第9个灯笼间轻绳与竖直 8@0@￥ C.40N≤F含≤403N D.402N≤F合≤405N 方向的夹角为30 单元过关检测（二）物理第1页（共8页）】 真题密卷 单元过关检测（二）物理第2页（共8页） 2 7.如图甲的玩具吊车，其简化结构如图乙所示，杆AB固定于平台上且不可转动，其B端 9.春节前夕，某同学需移开沙发，清扫污垢。质量m=10kg的沙发放置在水平地面上，沙 固定一光滑定滑轮：轻杆CD用铰链连接于平台，可绕C端自由转动，其D端连接两条 3 发与地面间的动摩擦因数以一兮，该同学用力F=100N推沙发，认为最大静摩擦力等 轻绳，一条轻绳绕过定滑轮后悬挂一质量为m的重物，另一轻绳缠绕于电动机转轴O 于滑动摩擦力，g取10m/s2。下列说法正确的是 上，通过电动机的牵引控制重物的起落。某次吊车将重物吊起至一定高度后保持静止， A.若力F斜向下，且与水平方向成0角，当0=30°时沙发做匀速 此时各段轻绳与杆之间的夹角如图乙所示，其中两杆处于同一竖直面内，OD绳沿竖直 直线运动 方向，y=37°，0=90°，sin37°=0.6，cos37=0.8,重力加速度为g,则 () B.若力F斜向下，且与水平方向成8角，当0>60°时，无论力F 多大，沙发都不会动 C.若力F方向能随意改变，让沙发匀速运动，F斜向上与水平方向成30时，F最小 D.若力F方向能随意改变，让沙发匀速运动，F斜向上与水平方向成60时，F最小 )电动机 10,如图所示，三根轻质细线结于O点，OA另一端固定在天花 板上的A点（位于圆心O'的正上方），OB另一端连接质量为易m m的小球P(可视为质点)，OC另一端连接质量为2m的物体 A.a一定等于8 Q,将小球P放置于半径为R、质量为3m的表面光滑的半圆 柱上，半圆柱及物体Q均放置于粗糙水平面上，当A、O、O处于同一竖直线上时，OC B.杆AB受到绳子的作用力大小为3mg C.杆CD受到绳子的作用力方向沿∠ODB的角平分线方向，大小为mg 处于水平且物体Q恰好不滑动，此时0B=R,00=2R,重力加速度为8，最大静摩 D.当启动电动机使重物缓慢下降时，杆AB受到绳子的作用力将逐渐增大 擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是 () 二、多项选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多 A.半圆柱所受的摩擦力与物体Q所受到的摩擦力大小相等 项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 、B.OC段绳子的拉力大小为365mR 题号 9 10 C.水平面对圆柱体的支持力大小为4mg 答案 D,物体Q与水平面间的动摩擦因数为3，西 64 8.《大国工匠》节目中讲述了王进利用“秋千法”在1000kV的高压线上带电作业的过程， 三、非选择题：本题共5小题，共57分。 如图所示，绝缘轻绳α一端固定在高压线杆塔上的O点，另一端固定在兜篮上，另一绝 11,(7分)某兴趣小组为测量自动笔里面被压缩弹簧的劲度系数，设计了如图甲所示的实 缘轻绳b跨过固定在杆塔上C点的定滑轮，一端连接兜篮，另一端由工人控制，身穿屏 验：将笔的活动端竖直置于电子秤上，当竖直向下按下约0.60cm时（未触底且未超过 蔽服的王进坐在兜篮里，缓慢地从C点运动到处于O点正下方E点的电缆处，轻绳α 弹簧弹性限度)，稳定后电子秤上的读数增加了28.8g(g取9.8m/s2)。 一直处于伸直状态。兜篮、王进及携带的设备总质量为m,可看作质点，不计一切阻力， 重力加速度为g。从C点运动到E点的过程中，下列说法正确的是 ( ) FN A.轻绳a的拉力一直减小 O任塔C 1.0 B.轻绳b的拉力一直减小 C.轻绳a、b拉力的合力大于mg 刻度尺 04 单位：m D.轻绳b与竖直方向的夹角为30时，轻绳b的拉力为mg 678910112 丙 单元过关检测（二）物理第3页（共8页） 真题密卷 单元过关检测（二）物理第4页（共8页） (1)估测这支笔里的弹簧劲度系数为N/m(保留三位有效数字)， 13.(10分)如图所示，一倾角为53°、质量M=6kg的斜面体A置于水平面上，在斜面体和 (2)由于弹簧较短，施加适当外力时长度变化不太明显，于是他们将三根相同的弹簧串 竖直墙面之间放置一质量m=9kg的光滑小球B,斜面体A受到水平向右的推力F, 起来，竖直挂在如图乙所示的装置中。某次弹簧上的指针在刻度尺上对应的位置 使A、B系统始终处于静止状态。已知斜面体与水平面间的动摩擦因数：=0,2，最大静摩 如图丙所示，该处的读数为 cma 擦力等于滑动摩擦力，in53°=0.8，cos53°=0.6，g取10m/s2。求： (3)通过测量，他们作出三根弹簧的总长度L与相应所挂重物重力即拉力大小F的关 (1)小球B对斜面体A的压力大小和受到墙面弹力的大小： 系图像，如图丁所示，则每根弹簧的原长为 cm,每根弹簧的劲度系数 (2)水平向右的推力F的最小值。 k=N/m(均保留三位有效数字)。 12,(9分)某小组为了验证力的平行四边形定则，设计了如图甲所示的实验。在一半圆形 刻度盘上安装两个可以沿盘边缘自由移动的拉力传感器A,B,两轻绳的一端分别系在 A、B的挂钩上，另一端系成结点O。在O点挂上重力为G的物体，改变绳与竖直方向 的夹角，分别记录A、B的示数F:、F:及对应刻度盘上的角度01,0：。作出F1,Fg和 合力F的图示，比较F'与G是否等大反向，即可验证力的平行四边形定则。 +F/N 4.0 3.0 20 10 12643122 (1)下列操作中正确的是 (填正确答案标号)。 A.刻度盘必须竖直放置，且两轻绳必须与刻度盘平行 B.实验中应使角度01、02尽量的大 C.实验中要保证结点O与刻度盘圆心重合 (2)在某次实验中，A、B传感器的读数分别是F,、F:,然后用一个力传感器测量物体重 力，其读数为F,最后作出F,、F2的合力F'。若操作正确，则作出的图可能是图 (填“乙”或“丙”) (3)该组同学在实验中，将传感器A周定在某位置后，再将传感器B从竖直位置的P点 顺时针缓慢旋转，得到了一系列传感器B的示数F:和对应的角度：，作出了如图 丁所示的F202图像，由图丁可知A传感器所处位置的角度81= 单元过关检测（二）物理第5页（共8页） 真题密卷 单元过关检测（二）物理第6页（共8页） 2 14.(13分)如图甲所示，质量均为1kg的物块A、B静止在水平而上，A、B由劲度系数k= 15.(18分)如图所示，倾角a=37°的斜面固定在水平地面上。质量分别为m1=2.6kg、 3N/©m的轻弹簧相连，物块A套在竖直杆上，在竖直向上的力F作用下沿杆缓慢上 m=1.4kg的物块A、B置于斜面上，B的上表面水平，物块A、B之间用跨过光滑定滑 移，B运动之前，力F随上升高度h的变化关系如图乙所示，已知物块A,B处于水平面 轮（滑轮固定在竖直固定杆上）的轻质细线连接，物块A、B与左侧滑轮间的两段细线均 时距离l=16cm,弹簧原长l。=18cm,物块A与杆间动摩擦因数4=0.5，图中c点的 保持水平。物块C穿在固定在地面上的光滑竖直杆上，A与C之间用跨过光滑定滑轮 高度h。=0.12m,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。(g取10m/s2,sin37°=0.6， (滑轮固定在斜面上)的轻质细线连接，滑轮左侧的细线与斜面平行，滑轮右侧的细线 cos37°=0.8) 与竖直方向的夹角3=53°。当物块C的质量ma=0.6kg时，A恰好相对于B静止，且 (1)当A在地面时，求B所受摩擦力的大小。 A与左侧滑轮间的细线绷直但无弹力。已知物块B与斜面间的动摩擦因数红2=0.5， (2)求F。的数值。 各接触面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2,sin37°=0.6，cos37°=0.8， (3)求坐标a、b的数值。 (1)求物块A、B间的动摩擦因数：1· (2)求物块B对斜面的摩擦力大小F和方向。 (3)为确保A,BC均静止，求物块C的质量m的取值范围。 单元过关检测（二）物理第7页（共8页） 真题密卷 单元过关检测（二）物理第8页（共8页）真题密卷 单元过关检测 解得x=4m。 (1分) 上述过程泥石流与行人的位移分别为 (3)结合上述可知 十Ut6 (1分) t1=t3+△t=5s x泥=- (1分) 2 即泥石流到达坡底时，行人恰好加速至最大速 x杆=Vmt5 (1分) 度，此过程行人的位移 解得x泥=84m x2=16m x行=48m 若行人沿AB方向逃离，当泥石流减速至与行人 由于x形<x0十x2十x行 (1分) 速度相等时有 可知，行人能脱离危险，泥石流与行人间的最小 vm=v1一a3ts (1分) 距离 解得ts=6s xmin=x0十x2+x行一x泥=16m (1分) 2025一2026学年度单元过关检测（二）】 物理·相互作用 一、单项选择题 40√3N,C正确。 1.B【解析】手机和支架受到的力有重力、大气压 力、玻璃的弹力和玻璃的摩擦力，共4个力，A错 误，B正确；前挡风玻璃给支架的作用力为弹力和 0 摩擦力的合力，与大气压力和重力的合力等大反 向，不可能竖直向上，C错误；受前挡风玻璃的摩 B2 擦力方向一定是与玻璃相切，不可能竖直向上， D错误。 2.B【解析】书与A4纸恰好一同运动，对于书和 甲 A4纸组成的整体有F>μ2Mg,由于A4纸的上、 、mg 下两面均有摩擦力，要想A4纸不滑出，则F< mg 21mg,整理得2u1mg>rMg,解得m>M, 4 mg B正确。 3.C【解析】如图甲所示，在水轮缓慢转动过程中， 乙 丁 虚线圆为固定转轴B的轨迹，因为B光滑且缓慢 4.B【解析】由题图乙可知，弹簧的形变量等于齿 转动，所以轴两边绳子上的拉力均为mg,根据平 条C下降的距离，由于齿轮D与齿条C啮合，所 行四边形定则，可知当两边绳子之间的夹角最小 以齿条C下降的距离等于齿轮D转过的孤长，根 时合力最大，夹角最大时合力最小，由几何关系可 知，图甲中B1位置时合力最大，B?位置时合力最 据数学知识可得5=0·受，即弹簧仲长A虹=5= 小。B在B1位置处进行受力分析如图乙所示，设 0. 2,对托盘A,竖直杆B、水平横杆H与齿条C ∠OAB1=0,在直角三角形OB1A中，根据几何关 和重物整体研究，根据平衡条件得mg=2F,根据 OB 1 系可得sin0=OA-2,解得0=30，根据平行四 胡克定律公式F=△x,联立解得每根弹簧的劲 边形定则，可得合力与竖直方向的夹角0=30°，则有 度系教及一爱，B正喷。 F合=2gcos30°=40√3N,同理，B在B2位置处 5.D【解析】设轻质硬杆的弹力为F,与竖直方向 进行受力分析，如图丙所示，根据几何关系可知 夹角为日，将细线对O点的拉力按照效果分解如 ∠AB2B1=90°-0=60°，则AB2与竖直方向的夹 图甲所示，竖直方向有2Fc0s0=Mg,再将杆对木 角为60°，根据平行四边形定则，可知合力与竖直 块的推力按照效果分解，如图乙所示，根据几何关 方向的夹角B=60°，则可得F合=mg=40N,故细 绳对固定转轴B的作用力范围为40NF金 系有F,=Fsin0,联立解得F,=Mgan,若挡 2 2 ·4· ·物理· 参考答案及解析 板间的距离稍许减小后，角日变小，F玉变小，所以 3 挡板与木块间的弹力变小，A错误；若木块没有滑 a16=45,C正确；当tan0=年时，则有T。- 动，对整体受力分析，由平衡条件可知两挡板的摩 32 ng tan0=240N,第8个灯笼与第9个灯笼间 擦力之和与整体的重力平衡，即2Fr=(2m十 T。 M)g,若木块发生了相对滑动，则挡板与木块间的 轻绳与竖直方向的夹角a4满足tana4一24mg 摩擦力由静摩擦力转变为滑动摩擦力，摩擦力增 1,解得a24=45,D错误。 大，B、C错误；若木块没有滑动，对其中一个木块受 T32 力分析如图丙所示，竖直方向F:=mg十Fcos0,联 立解得F,=M+2m)g,由于F,<R,则≥ Ma9,即木块与挡板间动摩擦因教至少为 2m+M 2m+M 32mg nmg ,D正确。 Mtan 0 甲 乙 7.D【解析】杆AB固定于平台，杆力不一定沿杆， ● 同一条绳的力大小相等，其合力一定在其角平分 挡 挡 板 板 线上，由于杆力不一定沿杆，所以α不一定等于B, A错误；如图所示，两个力T所作力的平行四边形 为菱形，根据平衡条件可得T=mg,根据几何关 甲 系可得a十B=53°，对角线为F杆，则杆AB受到绳 ● 子的作用力大小F#=2Tc0s 53°≠3mg,B错 误；根据题意，D端连接两条轻绳，两条轻绳的力 不一定大小相等，且杆CD为较链连接，为“活”杆， 乙 杆力沿着杆的方向，根据F#c0s53°=Tcos37°= 4 ● mg cos37,解得F#=3mg,C错误；当启动电动 挡 02 机使重物缓慢下降时，T=mg不变，a十B变小，根 据F=2Tc0s生日，可知F变大，D正晴. mg 分 F杆 6.C【解析】对32个灯笼整体受力分析，如图甲所 绕过 B 示，由平衡条件可知，最右端轻绳的拉力T。= 32 ng tan0,对从最右侧开始的第n(n≤32，且为 53 正整数)个灯笼整体为研究对象，受力分析，如图 乙所示，由平衡条件可知，连接在此整体最左侧的 电机 轻绳拉力Tn=√T十(nmg),则可知n越大，Tm 0 越大，且Tm均大于T,故当T2=Tm时，0最大， 二、多项选择题 8.BD【解析】对兜篮、王进及携带的设备整体受力 由图甲可知cos0m= =2,解得0。=45°，此 32mg_√2 分析如图所示，轻绳α的拉力为F,,与竖直方向 时最右端轻绳的拉力T。=32 ng tan9m=320N, 的夹角为0，轻绳b的拉力为F2,与竖直方向的夹 1 角为a,根据几何关系可得0十2a=90°，由正弦定 A,B错误；当tan0=2时，则有T。=32 mg tan0= mg 理可得 mg 160N,第16个灯笼与第17个灯笼间轻绳与竖直 sin a sin 0 sin (180-a-0)cos a T。=1,解得 方向的夹角a16满足tana16=16mg 联立可得F,=mgtan a,F:=mgsin9- cos a ·5· 2 真题密卷 单元过关检测 2oe。2=mg2 2o3a)由于a增大，可 平衡条件有FN-2mg,f-F4,又有F4=F2= cos a 得轻绳a的拉力F1增大，轻绳b的拉力F2减小， 片9=Fs如0-fsn0-3gmg,f=5、， A错误，B正确；兜篮、王进及携带的设备处于平 衡状态，两绳拉力的合力等于mg,C错误；轻绳b 划有一{-是-3B特头，D玉：0A 与竖直方向的夹角为30°时，即a=30°时，则有F2= 段绳子的张力F3=F1c0s日，在竖直方向上将小 mg(2cos30°1）=3 cos30)=3mg,D正确。 球P和圆柱体看作整体受力分析有FN十F,= 4mg,解得FN=4mg-F1cos0<4mg,C错误。 0 777777777777 mg F2 777 9.ABC【解析】若力F斜向下，且与水平方向成 0=30°时，地面对沙发的摩擦力大小F:=u(mg十 Fsin30°)=50W3N,力F在水平方向的分力大小 F=Fc0s30°=50√3N,两个力大小相等、方向相 77777777777777元 反，故沙发做匀速运动，A正确；若力F斜向下，且 与水平方向成0角，则最大静摩擦力大小F:= μ(mg十Fsin 0),若要物体静止不动，应该满足 77777777777777 Fcos0≤u(mg+Fsin0),变形得F(cos0- μsin0)≤mg,如果满足cos0-μsin0<0,即 日>60°，则此时无论F多大，物体都会保持静止，B C 0 正确；如果力F斜向上，且与水平方向成日角，物 体做匀速运动，则有Fcos0=μ(mg一Fsin0),变 0' umg 形可得F= umg cos 0+usin √1+μsin(0+o) 丙 三、非选择题 其中sinp= 1十元受，即9子，故当0=天 1=3 6 11.(1)47.0(2分)(2)7.20(1分)(3)2.00(2分) 时，F有最小值，C正确，D错误。 50.0(49.0~51.0均可)(2分) 10.AD【解析】根据题意，对整体进行受力分析，水 【解析】(I)根据胡克定律可得，弹簧劲度系数 平方向上合力为零，物块所受摩擦力与半圆柱体 k=4F_28.8×9.8×10 -N/m≈47.0N/m。 △x 0.6×102 所受摩擦力等大反向，A正确；对小球P受力分 (2)刻度尺一小格为0.1cm,所以题图丙中读数 析，受重力mg、光滑半圆柱的支持力N和绳子 为7.20cm。 的拉力F,处于平衡状态，画出拉力F等大反向 的力F',即为mg和N的合力，如图甲所示，由 (3)由题图丁可知，三根弹簧的总原长为6.00cm, 所以一根弹簧的原长为2.00cm。三根弹簧的劲 OB OO 相似三角形有 ,解得F'=3m mg 4ng,由余 度系数k'=△F'=1.0 (侵R)°+(2R)-R2 △z76.00X10N/m,每根弹簧 7 1.0 弦定理有cos0 3xR×2R 8·则 = 的劲度系数k=3k′=3X 6.00X10N/m= 50.0N/m。 有如0=-0s0=四，时结点0金力分 12.1)AC(3分)(2)乙(3分)(3)或60(3分) 析，如图乙所示，由平衡条件有F2=F1sin0,Fg 【解析】(1)为避免摩擦影响，刻度盘必须竖直放 =F1c0s日，对物体Q受力分析，如图丙所示，由 置，且两轻绳必须与刻度盘平行，A正确：实验中 2 ·6· ·物理· 参考答案及解析 角度日1、日2不能太大，不能太小，B错误；实验需 联立解得F。=16N (1分) 要测量拉力对应的角度，则要保证结，点O与刻度 (3)A缓慢上升，视为平衡状态，弹簧弹力先减小 盘圆心始终重合，C正确。 再增大，因为存在 (2)在某次实验中，A、B传感器的读数分别是 F=mg=10 N （1分) F1、F2,然后用一个力传感器测量物体重力，其 可知在a点时弹簧处于压缩状态，在b点时弹簧 读数为F,根据二力平衡可知，F一定处于竖直 处于原长状态。在a点时弹簧弹力斜向上，设弹 方向；最后作出F1、F2的合力F',由于存在误 簧弹力为T,弹簧与水平方向夹角为0，则有 差，所以F'不一定处于竖直方向，则作出的图可 F-mg+Tsin 0-uTcos 0=0 (2分) 能是题图乙。 部得m0-月 (1分) (3)由题图丁可知，当02=0时，有F2=2N=G, (1分) 当02=，F:=2N,设此时传感器A的示数为 故h。=ltan0=0.08m=8cm 在b点时弹簧处于原长，有 F1,根据受力平衡可得F1sin01=F2sin02, h6=√后-产=0.02√/17m=2√/17cm(1分) F,c0s0+P:c0s0.=G,联立解得0，=0，=行 坐标a、b的数值分别为8、2√/17 (1分) 13.(1)150N120N(2)90N 15.(1)0.4(2)14N,方向平行于斜面向下 【解析】(1)对B受力分析，受重力mg、A的弹力 (a尝g<m≤ kg N1、墙面的弹力N2,受力如图所示，根据平衡条 【解析】(1)对物块C受力分析，竖直方向上有 件有 (1分) Ni sin 0=N2,Ni cos 0=mg (2分) Fcos B=m3g 解得N1=150N,N2=120N (2分) 对物块A受力分析，水平方向上有 根据牛顿第三定律，所以B对A的压力大小为 Fcos a=f (1分) (1分) 竖直方向上有 150N。 FN+F1sin a=mig (1分) S 其中f1=h1FNm 联立解得41=0.4 (1分) (2)对物块A、B构成的整体受力分析，由于 mg F<(m1+m2)gsin a (1分) (2)水平向右的外力最小（设为Fmn)时，斜面体 斜面对物块B的摩擦力沿斜面向上，平行于斜面 可能有向左运动趋势，由于 方向上有 f max=u(m+M)g=30 N<N2 (2分) F+f2=(m1+m2)gsin a (1分) 则有Fin十fmax=N2 (2分) 根据牛顿第三定律可知，物块B对斜面的摩擦力 解得Fmin=90N (1分) 大小 14.(1)6N(2)16(3)82√17 f=f2 (1分) 【解析】(1)当A在地面时，根据平衡关系，B所 解得f=14N,方向平行于斜面向下。(1分) 受的摩擦力大小与弹簧弹力大小相等 (3)设物块C的质量为m4时，物块A、B构成的 f=F1=k(1。-l)=3×(18-16)N=6N 整体恰好不下滑，对物块C有 (1分) F2 cos B=mag (1分) (2)当A上升到c,点时，此时弹簧长度 对物块A、B构成的整体，垂直于斜面方向上有 '=√h+ (1分) FN2=(m1+m2)gcos a (1分) 弹簧弹力 平行于斜面方向上有 T'=k(1'-l) (1分) F2十h2Fe=(m1十m2)g sin a (1分) 设此时弹簧与水平方向夹角为α，对A受力分 析得 郭年m一岩好 F.-mg-T'sin a-uT'cos a=0 (1分) 即物块C的质量应满足 h 又tana= (1分) (1 ·7 2 真题密卷 单元过关检测 设物块C的质量为m与时，物块A、B恰好要被拉 联立解得 动，此时连接物块A、B的细线上的拉力大小为 260 T=161 r,1 558 LN,m,=805 g T,对物块C有 F3 cos B=msg 即物块C的质量应满足 对物块A受力分析，有 558 F3 cos a=T+u (m1g-F3sin a) (1分) m5≤805 kg (1分) 对物块A、B构成的整体，平行于斜面方向上有 因此物块C的质量m的取值范围为 12 F3+u2 FN3=(m1+m2)gsin a+2Tcos a (2) 558 25kg≤m≤805kg (1分) 垂直于斜面方向上有 FN3+2Tsin a=(m1+m2)gcos a (1分) 2025一2026学年度单元过关检测（三） 物理·运动和力的关系 一、单项选择题 1.D【解析】惯性是物体的固有属性，其大小只与 式a-4 ,可知其平均加速度小，C错误；当竖直 物体的质量有关，与速度无关，则两辆质量相同的 方向速度大小为1时，第一次滑翔时图像切线的 汽车，惯性一样大，A错误；物体间的相互作用力 斜率大于第二次滑翔时图像切线的斜率，而图像 与物体运动状态无关，在任何时候大小均相等， 切线的斜率表示加速度的大小，故第一次滑翔时 B错误；大人拉动小孩的时候，自己不动，但大人 速度达到口1时的加速度大于第二次时的加速度， 拉小孩的力等于小孩拉大人的力，它们互为一对 由mg一f=ma,可得阻力大的加速度小，第二次 作用力与反作用力，C错误；乒兵球可以被轻易扣 滑翔时的加速度小，则其所受阻力大，D正确。 杀，铅球却很难被掷得更远，是因为铅球的惯性比5.A【解析】设弹簧弹力为F,对两球整体受力分 乒乓球惯性大，运动状态难以改变，D正确。 析，由平衡条件可得F=TAsin30°，TAcos30°= 2.B【解析】小球加速上升过程中，铁夹对小球的 (mM十mN)g,对小球M受力分析，且由平衡条件 弹力与小球对铁夹的弹力是一对作用力和反作用 可得Tasin45°=F,Tecos45°=mMg,解得 力，根据牛顿第三定律知二者大小相等，A错误； TA=1=2,mM=5+1, 小球加速上升过程中，受到的摩擦力方向竖直向 F-sin 30-1'mN- 2,A错误，B正确； 上，B正确；铁夹松开前小球竖直向上做匀加速直 剪断轻绳B的瞬间，小球N将做圆周运动，垂直绳 线运动，小球处于超重状态，松开后小球做竖直上 A方向，即沿切线方向根据牛顿第二定律可得 抛运动，小球处于完全失重状态，C、D错误。 mNg sin30°=mNaN,可得小球N的加速度大小 3.D【解析】能量的单位为kg·m2·s2,质量的 1 单位为kg,结合力学单位制知识可知，由公式E= N=28,弹簧弹力不变，对于小球M由牛顿第二 1 mRw可得kg·m·sm=kg·m2·s2,解 定律得√F2+(mMg)=mMaM,而F=mMg,联 得k=2,m=2,在飞轮厚度、材料、角速度均不变 立解得小球M的加速度大小aM=√2g,C、D正 时，飞轮的质量m=pV=pSh=πRph,代入E= 确。本题选不正确的，故选A。 mRw2可得E=子Rphw2,D正确， 1 6.A【解析】由对称性可知，两木棍给圆管的支持 力相等，设为N,它们方向的夹角为2α。则 4.D【解析】根据图像与时间轴所围图形的面积表 2 Ncosa=mgcos0(,解得N=mgsin9,适当增大 示竖直方向上的大小可知，第二次滑翔过程中的 2cos a 竖直位移比第一次的位移大，设倾斜雪道与水平 两根木棍的间距，则a增大，可知N增大。在下 滑方向上，由牛顿第二定律得mg sin0-2uN= 面的夹角为0，因tan0=y,可知第二次的水平位 ma,N增大，则a减小，可减缓圆管下滑，A正确； 移也较大，A、B错误；由图像知，第二次滑翔时的 换成两根更短的木棍，实际就是适当增大木棍与 竖直方向末速度小，运动时间长，据加速度的定义 水平面的夹角0，由mg sin0一2μN=ma,N= 2 ·8·