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(山东专版)

2025一2026学年度单元过关检测（二） 题 物理·相互作用 本试卷总分100分，考试时间90分钟。 一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。 题号 1 2 3 4 5 6 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固定在倾斜 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 B.共受4个力作用 C.受前挡风玻璃的作用力方向一定竖直向上 D.受前挡风玻璃的摩擦力方向一定竖直向上 2.如图所示，水平桌面上平放一叠共计54张的扑克牌，每一张的质量均为m。用一手指 以竖直向下的力压第1张牌，并以一定速度向右移动手指，确保手指与第1张牌之间有 相对滑动。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，手指与第1张牌之间的动摩擦因数为1， 牌间的动摩擦因数均为μ2，第54张牌与桌面间的动摩擦因数为3，且有1>42>μ3。 下列说法正确的是 A.第1张和第2张牌一定保持相对静止 B.第54张牌受到水平桌面向右的摩擦力 777777777777777777 C.第2张牌到第53张牌之间不可能发生相对滑动 D.第2张牌到第53张牌之间可能发生相对滑动 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 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 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 0 离为3m,重物质量为4kg。现水轮绕O点缓慢转动（重物未与圆 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 B的作用力F合范围为 A.20N≤F合≤40N B.20√3N≤F合≤40N C.40N≤F合≤40W3N D.402N≤F合≤40W5N 单元过关检测（二）物理第1页（共8页） 真 大承受力Tm=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 的是 () A.0最大为60 B.当0最大时，最右端轻绳的拉力为320√2N C.当tan0=2时，第16个灯笼与第17个灯笼间轻绳与竖 直方向的夹角为459 D.当tan9=时，第8个灯笼与第9个灯笼间轻绳与竖直 四①①@毛 方向的夹角为30° 8.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 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 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 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， 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 方向，Y=37°，0=90°，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度为g,则 () B O电动机 A.a一定等于3 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g 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 二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求， 全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 题号 9 10 11 12 答案 9.如图所示，三根轻质细线结于O点，OA另一端固定在天花板 4 上的A点（位于圆心O的正上方），OB另一端连接质量为m 77777 的小球P(可视为质点)，OC另一端连接质量为2m的物体Q, 6 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 777777777777777 同-竖直线上时，0C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g,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是 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 3 单元过关检测（二）物理第3页（共8页） 真 三、非选择题：本题共6小题，共60分。 13.(6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 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 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)。 本FN 1.0 0.8 o 刻度尺 0.4 单位：cm 0.2 6789101112/em 甲 乙 丙 丁 (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)。 (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 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 如图丙所示，该处的读数为 cm。 (3)通过测量，他们作出三根弹簧的总长度1与相应所挂重物重力即拉力大小F的关 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 k- N/m(均保留三位有效数字)。 14.(8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F1、F2及对应刻度盘上的角度01、02。作出F1、F2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 4.0H 3.0 2.0 1.0 90 TTTT5T0/rad 12643122 丙 入 (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 单元过关检测（二）物理第5页（共8页） 真 16.(8分)如图所示，两柱体甲、乙的截面为半径均为R的圆和半圆，已知甲、乙的质量相 等，两柱体的曲面光滑，半圆柱乙与水平面之间的摩擦不能忽略，圆柱体甲的右侧用一 光滑挡板挡住，开始两球心连线沿竖直方向，现将挡板缓慢地向右移动，直到圆柱体甲 刚要落至地面为止，整个过程半圆柱乙始终保持静止。假设最大静摩擦力等于滑动摩 擦力。 (1)两球心的连线与水平方向分别为60°和45°时，求挡板所受压力之比。 (2)为了保证半圆柱乙始终静止，求半圆柱乙与水平面间动摩擦因数的最小值。 甲 03 17.(14分)如图甲所示，质量均为1kg的物块A、B静止在水平面上，A、B由劲度系数k= 3N/cm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 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 时距离l=16cm,弹簧原长l。=18cm,物块A与杆间动摩擦因数u=0.5,图中c点的 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， c0s37°=0.8) (1)当A在地面时，求B所受摩擦力的大小。 (2)求F。的数值 (3)求坐标a、b的数值。 本FN F 10 B 0 a h/em 甲 单元过关检测（二）物理第7页（共8页） 真·物理· 参考答案及解析 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 绳对固定转轴B的作用力范围为40N≤F金≤ 1.B【解析】手机和支架受到的力有重力、大气压 40√3N,C正确。 力、玻璃的弹力和玻璃的摩擦力，共4个力，A错 B 误，B正确；前挡风玻璃给支架的作用力为弹力和 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 擦力方向一定是与玻璃相切，不可能竖直向上， B2 D错误。 2.C【解析】手指对第1张牌的压力为F,则手指对 第1张牌的摩擦力f手=μ1F,第1张牌与第2张 甲 牌间的弹力大小N12=F+mg,第1张牌与第2 mg 张牌间的最大静摩擦力大小f12=μ2(F十g), 由于1>2，故可能存在f手=1F>f2= mg 42(F十mg),即第1张牌和第2张牌可能发生相 对滑动，A错误；以第2张牌到第54张牌为整体， F合 mg 乙 该整体受到第1张牌对它水平向右的摩擦力，整 4.B【解析】由题图乙可知，弹簧的形变量等于齿 体相对于水平桌面向右运动（或有向右的运动趋 条C下降的距离，由于齿轮D与齿条C啮合，所 势)，故水平桌面对第54张牌有向左的摩擦力，B 以齿条C下降的距离等于齿轮D转过的孤长，根 错误；对第2张牌分析，它跟第3张牌间的弹力大 小N23=F+2mg,第2张牌与第3张牌间的最大 据数学知识可得s=0· ?,即弹簧伸长△x=5目 静摩擦力大小f23=μ2(F+2mg),而第1张牌与 0. 第2张牌间的摩擦力最大为f12=μ2(F十mg),可 2,对托盘A,竖直杆B、水平横杆H与齿条C 知f12<f23,则第2张牌与第3张牌之间不发生 和重物整体研究，根据平衡条件得mg=2F,根据 相对滑动，同理，第3张到第53张牌之间也不发 胡克定律公式F=k△x,联立解得每根弹簧的劲 生相对滑动，C正确，D错误。 3.C【解析】如图甲所示，在水轮缓慢转动过程中， 度系效=脂B正确。 5.D【解析】设轻质硬杆的弹力为F,与竖直方向 虚线圆为固定转轴B的轨迹，因为B光滑且缓慢 夹角为日，将细线对O点的拉力按照效果分解如 转动，所以轴两边绳子上的拉力均为mg,根据平 行四边形定则，可知当两边绳子之间的夹角最小 图甲所示，竖直方向有2Fcos0=Mg,再将杆对木 块的推力按照效果分解，如图乙所示，根据几何关 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，B2位置时合力最 系有F,=Fsin0,联立解得F,=Mgan9,若挡 2 小。B在B1位置处进行受力分析如图乙所示，设 板间的距离稍许减小后，角日变小，F,变小，所以 ∠OAB,=日，在直角三角形OB,A中，根据几何关 挡板与木块间的弹力变小，A错误；若木块没有滑 系可得血0-识日解得9-0，长搭手行西 动，对整体受力分析，由平衡条件可知两挡板的摩 擦力之和与整体的重力平衡，即2F,=(2m十 边形定则，可得合力与竖直方向的夹角0=30°，则有 M)g,若木块发生了相对滑动，则挡板与木块间的 F合=2gcos30°=40√3N,同理，B在B2位置处 摩擦力由静摩擦力转变为滑动摩擦力，摩擦力增 进行受力分析，如图丙所示，根据几何关系可知 大，B、C错误；若木块没有滑动，对其中一个木块受 ∠AB2B1=90°-0=60°，则AB2与竖直方向的夹 力分析如图丙所示，竖直方向F:=mg十Fcos0,联 角为60°，根据平行四边形定则，可知合力与竖直 1 方向的夹角B=60°，则可得F6=mg=40N,故细 立解得F=2(M+2m)g,由于F≤uF:,则u≥ ·5· 3 真题密卷 单元过关检测 Mtan9,即木块与挡板间动摩擦因数至少为 2m+M 32 ng tan0,对从最右侧开始的第n(n≤32，且为 正整数)个灯笼整体为研究对象，受力分析，如图 2m+M Mtan9,D正确。 乙所示，由平衡条件可知，连接在此整体最左侧的 轻绳拉力Tm=√T十(nmg)2,则可知n越大，Tm 越大，且Tm均大于T。,故当T2=Tm时，0最大， 挡 0 由图甲可知cos0m =之，解得0。=45”，此 32mg-V2 甲 时最右端轻绳的拉力T。=32 ng tan0m=320N, AB错误；当an0=2时，则有T。=32 mg tan0= 挡 160N,第16个灯笼与第17个灯笼间轻绳与竖直 02 方向的夹角a16满足tana16= T。=1,解得 16mg a16=45°，C正确；当tan0= 时，则有T。= 3 32 ngtan0=240N,第8个灯笼与第9个灯笼间 板 0 板 To 轻绳与竖直方向的夹角a4满足tan4=24mg 丙 1,解得a24=45,D错误。 6.A【解析】在材料绕轴线逆时针缓慢转过90°角 T32 的过程中，对均匀圆柱形木棒受力分析，由力的平 衡条件可知，重力mg、槽面OA对木棒的弹力 FA和槽面OB对木棒的弹力FOs构成封闭的三 角形，即三力的合力是零，如图所示，在转动中两 弹力FA、FOB的夹角不变，可知当由题图示位置 32mg nmg 逆时针缓慢转过30°时，槽面OA对木棒的弹力 乙 P有大位，最大值P=6o=20,A 8.D【解析】杆AB固定于平台，杆力不一定沿杆， 3 同一条绳的力大小相等，其合力一定在其角平分 正确；由图可知，槽面OB对木棒的弹力FOB一直 线上，由于杆力不一定沿杆，所以a不一定等于B, 增大，B错误；槽面OA对木棒的弹力先增大后减 A错误；如图所示，两个力T所作力的平行四边形 小，C错误；由力平衡条件可知，槽面OA与槽面 为菱形，根据平衡条件可得T=mg,根据几何关 OB对木棒弹力的合力始终等于木棒的重力，合力 系可得a十B=53°，对角线为F杆，则杆AB受到绳 大小不变，D错误。 53 60 子的作用力大小F杆=2Tcos 2≠3mg,B错 609 误；根据题意，D端连接两条轻绳，两条轻绳的力 Q609 不一定大小相等，且杆CD为铰链连接，为“活”杆， 0 309 杆力沿着杆的方向，根据F#cos53°=Tcos37°= mg mg cos37,解得F片=mg,C错误；当启动电动 机使重物缓慢下降时，T=mg不变，a十B变小，根 7.C【解析】对32个灯笼整体受力分析，如图甲所 示，由平衡条件可知，最右端轻绳的拉力T。= 据F=2Tcos生9，可知F支大，D正瑞 3 ·6· ·物理· 参考答案及解析 绕过 B T F杆 m 53 7nd D =37 丙 电机 10.BD【解析】对斜面、两物块与弹簧整体进行分 0 析，受到重力与地面的支持力，水平方向没有运 二、多项选择题 动趋势，可知斜面和水平地面间不可能有静摩擦 9.AD【解析】根据题意，对整体进行受力分析，水 力，A错误；对物块进行分析，物块受到重力、斜 平方向上合力为零，物块所受摩擦力与半圆柱体 面的支持力、斜面的静摩擦力及弹簧的弹力，重 所受摩擦力等大反向，A正确；对小球P受力分 力沿斜面向下的分力为mg sin0,令弹簧弹力为 析，受重力g、光滑半圆柱的支持力N和绳子的 F,根据平衡条件可知，撤去弹簧之前，物块所受 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，由相似三 静摩擦力的大小为f:=√(mgsin0)2十F> 角形有0B00 解得F'=3 mg sin0,当撤去弹簧后，由于沿斜面重力的分力 mg 4mg,由余弦定理有 为mg sin0,结合上述可知ng sin日小于最大静 (侵R)°+2R)P-R 摩擦力，可知，此时物块所受静摩擦力大小等于 c0s0= 2X号RX2R 8,则有sin0= mg sin0,即若将弹簧拿掉，物块一定不会发生滑 动，B正确；对A、B与弹簧组成的整体进行分析， -o可-零，对结点0全力分析，如周乙所 整体受到重力、斜面的支持力与静摩擦力，将重 力沿斜面分解，根据平衡条件可知，斜面对A、B 示，由平衡条件有F2-F1sin0,F3=F1cos0,对 组成的系统的静摩擦力等于2 ng sin0,C错误； 物体Q受力分析，如图丙所示，由平衡条件有 若此时A所受静摩擦力恰好为最大静摩擦力，则有 FN=2mg,f=F4,又有F4=F2=F1sin0=Fsin0= fmax=uN=umg cos0,结合上述有fmax=f1= F'sin0=3V⑤ 32=ng’=FN,则有4=手=F、日 √(mg sin0)+F=√(mg sin0)2+(k.x)z, 3√15 解得x=mg ucos0-sin20 6M,B错误，D正确，0A段绳子的张力F,= 即弹簧可能的最 k F1c0s0,在竖直方向上将小球P和圆柱体看作整 大压缩量为mg√cos'0-sin20 D正确。 体受力分析有FN十F3=4mg,解得FN=4mg F1cos0<4mg,C错误。 11.BD【解析】对兜篮、王进及携带的设备整体受 力分析如图所示，轻绳a的拉力为F1,与竖直方 Q 0 向的夹角为0，轻绳b的拉力为F2,与竖直方向 的夹角为a,根据几何关系可得0十2a=90°，由正 弦定理可得 F1 F2 mg sin a sin 0 sin (180 a-0) m5,联立可得F,=mgtan a,F,=msin0 cos a cos a mg cos 2a 0 cos a -mefzc》,向fu增，大可 得轻绳a的拉力F1增大，轻绳b的拉力F2减 小，A错误，B正确；兜篮、王进及携带的设备处 0 77777777777777 于平衡状态，两绳拉力的合力等于mg,C错误； 轻绳b与竖直方向的夹角为30时，即α=30°时，则有 7 3 真题密卷 单元过关检测 113 置，且两轻绳必须与刻度盘平行，A正确；实验中 F2=mg(2cos30° c0s30°/ 3mg,D正确。 角度日1、日2不能太大，不能太小，B错误；实验需 要测量拉力对应的角度，则要保证结，点O与刻度 F 盘圆心始终重合，C正确。 mg (2)在某次实验中，A、B传感器的读数分别是 F F1、F2,然后用一个力传感器测量物体重力，其 读数为F,根据二力平衡可知，F一定处于竖直 12.ABC【解析】若力F斜向下，且与水平方向成 方向；最后作出F1、F2的合力F',由于存在误 0=30°时，地面对沙发的摩擦力大小F=μ(mg十 差，所以F'不一定处于竖直方向，则作出的图可 Fsin30°)=50√3N,力F在水平方向的分力大 能是题图乙。 小F,=Fcos30°=50√3N,两个力大小相等、方 (3)由题图丁可知，当02=0时，有F2=2N=G, 向相反，故沙发做匀速运动，A正确：若力F斜向 当0，=3，F:=2N,设此时传感器A的示数为 下，且与水平方向成日角，则最大静摩擦力大小 F:=μ(mg十Fsin0),若要物体静止不动，应该满 F1,根据受力平衡可得F1sin01=F2sin02, 足Fcos0≤u(mg+Fsin0),变形得F(cos0 F,c0s0,十Fcos0:=G,联立解得0，=0：=5 usin 0)≤mg,如果满足cos0-usin0<0,即 0>60°，则此时无论F多大，物体都会保持静止， 15.a2N20≤0 B正确；如果力F斜向上，且与水平方向成0角， 【解析】(1)以圆环为对象，竖直方向根据受力平 物体做匀速运动，则有Fcos0=H(mg一 衡可得Tcos a=mg (1分) Fsin0),变形可得F= umg = 解得绳子拉力T=5N cosθ+usin0 以物块为对象，竖直方向根据受力平衡可得 umg 一，其中sinp= 1 3 N+Tcos B=Mg (1分) √1+usin(0+p) √I+u 2 解得支持力N=22N (1分) 即9=行，故当0=6时，F有最小位，C正确， 根据牛顿第三定律，可知物块对地面的压力大小 6 为22N。 (1分) D错误。 (2)若m、M大小可调，以圆环为对象，可得绳子 三、非选择题 13.(1)47.0(1分)(2)7.20(1分)(3)2.00(2分) 拉力大小T=g cos a 50.0(49.0~51.0均可)(2分) 以物块为对象，竖直方向根据受力平衡可得 【解析】(1)根据胡克定律可得，弹簧劲度系数 N+Tcos B=Mg k=△F_28.8×9.8×10 0.6×10-2 -N/m≈47.0N/m。 △x 解得N=Mg-mg cos (1分) cos a (2)刻度尺一小格为0.1cm,所以题图丙中读数 水平方向根据受力平衡可得 为7.20cm. (3)由题图丁可知，三根弹簧的总原长为6.00cm, f-Tsin B-mgsin B (1分) cos a 所以一根弹簧的原长为2.00cm。三根弹簧的劲 又f≤uN 度系数'=△F=1.0 联立可得 A-6.00X10N/m,每根弹黄 mgsin≤(Mg-co) (1分) 1.0 cos a cos a 的劲度系数k=3k'=3× 6.00X102N/m= 50.0N/m。 解特≤行 (1分) 14.1)ACC2分)2)Z(2分)(3)3或604分) 16.(1)1:3(2) 3 【解析】(1)为避免摩擦影响，刻度盘必须竖直放 【解析】(1)设两球心连线与水平方向的夹角为 ·8· ·物理· 参考答案及解析 日，对圆柱体甲进行受力分析，如图所示 弹簧弹力 根据平衡条件有 T'=k(1'-l) (1分) F=_G tan 0Fxsin 0=G (1分) 设此时弹簧与水平方向夹角为《，对A受力分 析得 当0=60°时，挡板对圆柱体甲的支持力 F.-mg-T'sin a-uT'cos a=0 (1分) F.-tag (1分) 又tana=i (1分) 当0=45°时，挡板对圆柱体甲的支持力 联立解得F.=16N (1分) G F:-tan 45-G (1分) (3)A缓慢上升，视为平衡状态，弹簧弹力先减小 再增大，因为存在 由牛顿第三定律可知，0分别为60°和45°时，圆柱 F=mg=10 N (1分) 体甲对挡板的压力分别为 可知在α，点时弹簧处于压缩状态，在b,点时弹簧 F1=F1,F2=F 处于原长状态。在a点时弹簧弹力斜向上，设弹 则两球心的连线与水平方向分别为60°和45°时， 簧弹力为T,弹簧与水平方向夹角为0，则有 挡板所受压力之比 F-mg+Tsinθ-uTcos0=0 (1分) F1:F2=1:3 (1分) 解得tan0=2 (1分) 故h。=ltan0=0.08m=8cm (1分) 在b点时弹簧处于原长，有 hb=√话-l产=0.02√17m=2√17cm(2分) 坐标a、b的数值分别为8、2√17 (1分) (2)当圆柱体甲恰好降到地面时（甲对地面无压 18.(1)0.4(2)14N,方向平行于斜面向下 力)，乙受甲的压力在水平方向的分力最大，根据 、12 558 (3)25kg≤m≤80 kg 几何关系，结合上述，对甲进行受力分析可知 Fmcos60°=G (1分) 【解析】(1)对物块C受力分析，竖直方向上有 对乙有Fxm=Fmsin60° (1分) Fcos B=m3g (1分) 对物块A受力分析，水平方向上有 解得Fxm=3G 此时乙受地面的摩擦力 Ficos a=fi (1分) 竖直方向上有 F:=Fxm=√3G FN+Fisin a=m1g (1分) 对甲、乙整体受力分析可知，地面对乙的支持力 其中f1=1Fm N=G+G=2G 联立解得41=0.4 (1分) 根据题意，乙保持静止，则有 (2)对物块A、B构成的整体受力分析，由于 uN≥F (1分) F<(m1+m2)gsin a (1分) 部每≥浮。 (1分) 斜面对物块B的摩擦力沿斜面向上，平行于斜面 方向上有 17.(1)6N(2)16(3)8217 F+f2=(m1+m2)gsin a (1分) 【解析】(1)当A在地面时，根据平衡关系，B所 根据牛顿第三定律可知，物块B对斜面的摩擦力 受的摩擦力大小与弹簧弹力大小相等 大小 f=F1=k(l。-l)=3×(18-16)N=6N f=fa (1分) (2分) 解得f=14N,方向平行于斜面向下。(1分) (2)当A上升到c,点时，此时弹簧长度 (3)设物块C的质量为m4时，物块A、B构成的 l'=√h:+ (1分) 整体恰好不下滑，对物块C有 ·9 3 真题密卷 单元过关检测 F2cos B=m4g (1分) F3 cos a=T+u(m1g-F3 sin a) (1分) 对物块A、B构成的整体，垂直于斜面方向上有 对物块A、B构成的整体，平行于斜面方向上有 FN2=(m1十m2)g cos a (1分) F3十μ2FN=(m1十m2)gsin a+2Tcos&(1分) 平行于斜面方向上有 垂直于斜面方向上有 F2+u2 F N2=(m1+m2)g sin a (1分) Fx3+2Tsin a=(m1+m2)gcos a (1分) 解得0，品g 联立解得 T-e N.F,10n N.m-0s ka 260 即物块C的质量应满足 12 即物块C的质量应满足 m4≥25kg (1分) 设物块C的质量为5时，物块A、B恰好要被拉 g0 kg 动，此时连接物块A、B的细线上的拉力大小为 因此物块C的质量m的取值范围为 T,对物块C有 12 25 kg≤m≤805kg (1分) F3 cos B=msg 对物块A受力分析，有 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 4.D【解析】分解绳子拉力，竖直方向分力大小为 1.D【解析】惯性是物体的固有属性，其大小只与 G 物体的质量有关，与速度无关，则两辆质量相同的 F=品则每极绳的拉力为下= C0s37°= 汽车，惯性一样大，A错误：物体间的相互作用力 7.5×105N,A错误；依题意，钢圆筒处于静止状 与物体运动状态无关，在任何时候大小均相等， 态，所受的合力为零，B错误；若增加起吊绳的长 B错误；大人拉动小孩的时候，自己不动，但大人 度，则每根绳与竖直方向的夹角变小，由F= 拉小孩的力等于小孩拉大人的力，它们互为一对 G F竖直一 10G 作用力与反作用力，C错误；乒乓球可以被轻易扣 cos日c0s010c0S0,可知每根绳的拉力变小， 杀，铅球却很难被掷得更远，是因为铅球的惯性比 C错误；若每根绳承受的最大拉力为9×105N,则 乒乓球惯性大，运动状态难以改变，D正确。 10根绳的合力Fmax=10 Tmaxcos37°=7.2X 2.B【解析】小球加速上升过程中，铁夹对小球的 弹力与小球对铁夹的弹力是一对作用力和反作用 l06N,由牛顿第二定律有Fmx一mg=mamx,解 得amax=2m/s2,D正确。 力，根据牛顿第三定律知二者大小相等，A错误； 5.A【解析】设弹簧弹力为F,对两球整体受力分 小球加速上升过程中，受到的摩擦力方向竖直向 析，由平衡条件可得F=Tasin30°，TAcos30°= 上，B正确；铁夹松开前小球竖直向上做匀加速直 (mM十mN)g,对小球M受力分析，且由平衡条件 线运动，小球处于超重状态，松开后小球做竖直上 抛运动，小球处于完全失重状态，C、D错误。 可得Tesin45°-F,TBcos45°-mMg,解得 3.D【解析】能量的单位为kg·m2·s2,质量的 =1=2M=3十1，A错误，B正确； F=sin30°=1’my 单位为kg,结合力学单位制知识可知，由公式E= 剪断轻绳B的瞬间，小球N将做圆周运动，垂直绳 1 mRw可得kg·m·gm=kg·m2·s2,解 A方向，即沿切线方向根据牛顿第二定律可得 得k=2,m=2,在飞轮厚度、材料、角速度均不变 mNg sin30°=mNaN,可得小球N的加速度大小 时，飞轮的质量m=pV=pSh=πRph,代入E= N=28,弹簧弹力不变，对于小球M由牛顿第二 1 子mRw2可得E=R'phw,D正确， 1 定律得√F2十(mMg)了=mMaM,而F=mMg,联 3 ·10·