周测卷(三) 相互作用(二)-【鱼跃龙门卷】2025-2026学年高三物理一轮复习周测卷（新教材版·江苏专用）

null·物理· 参考答案及解析 物理（三） 1.C【解析】人受到重力、左右两边墙壁对人的弹力和 缓慢转动过程中，a、B均减小，所以绳上拉力、杆上支 摩擦力，总共受到5个力作用，选项A错误。由平衡 持力均增大。 条件可知，两边墙壁对人的摩擦力大小等于人的重 力，则当人蹬墙壁的弹力越大时，墙壁对人的摩擦力 不变，选项B错误，C正确。若换一双鞋底更粗糙的 运动鞋，墙壁对人的摩擦力大小仍等于人的重力，不 变，选项D错误。 2.D【信息获取与转化】 序号 文本信息 隐含信息 5.C【解析】箭被发射瞬间所受弹力的 球与木板之间不存在 光滑重球 摩擦力 示意图如图所示，设发射箭时弦中弹力O 整个系统处于静止状态 为F,根据胡克定律可得，弦的弹力为 各物体均受力平衡 F=k(21一)=kL,根据几何知识可知，弦的上下两 缓缓释放细绳使重球缓 3 球处于动态平衡状态 慢下降 部分的夹角为60°，根据力的合成可得，箭被发射瞬 【解析】设球对木板的压力为F,则对图乙所示情况， 间所受的弹力为F。=2Fc0s30°=√3l,故箭被发射 对A分析可知1F>u2F十mg,对B分析可知2F< 瞬间所受的弹力为√31，C正确。 g,联立解得μ1>2μ2，选项A、B错误。对图丙所 6.C【解析】设绳1、2的作用力分别为F1、F2,对球a 示情况，对A、B整体分析可知41F<2mg,对B分 受力分析，如图1所示，可知F1=2mg,F2=3mg, 析可知μ2F≥mg,联立解得41<2μ2，选项C错误，D 对球b受力分析，如图2所示，将b的受力由四力平 正确。 衡转变为三力平衡，如图3所示，球b的重力与绳2 3.B【解析】对第2张卡片受力分析，它对第3张卡片 的拉力合成后的合力确定(F合=2mg,与竖直方向成 的压力等于上面两张卡片的重力及手指的压力，与 60),绳3的方向确定，由图解法可知，当F的方向与 第3张卡片间的最大静摩擦力fmax≥2(2mg十F), 绳3垂直时，F有最小值，即Fm=2 ngsin30°=mg。 而受到的第1张卡片的滑动摩擦力为∫=42(mg十 F)<∫mx,则第2张卡片与第3张卡片之间不发生相 F=3mg 对滑动。同理，第3张与第4张卡片也不发生相对滑 309 动，故A错误。根据题意，因上一张卡片相对下一张 F=2mg长 卡片向右滑动或有向右滑动的趋势，因此上一张卡 mg Ymg 片受到下一张卡片的摩擦力一定向左，故B正确。 图1 图2 图3 第1张卡片受到手指的静摩擦力与手指的运动方向 相同，即受到手指的摩擦力向右，故C错误。对第1 7.B【解析】对A,根据平衡条件，可得轻绳拉力Fx= 张卡片外的53张卡片研究，水平方向受到第1张卡 mAg,对B,在水平方向有f=Frcos0=mAg cos0, 片向右的滑动摩擦力，可知最后一张卡片受到桌面 在竖直方向，地面对B的支持力FN=mBg一Frsin0= 的摩擦力方向向左，故D错误。 mBg一nag sin0,由牛顿第三定律可知，物体B对地 4.C【模型建构】 面的压力大小为mBg一magsin0;当mBg=mAg sin0 时，FN=0,此时物体B不可能静止。 选取对象，分析 杆一端铰连，另一端连接小物块，在外 A【解析】萝卜在水平地面上匀速运动，则F1与F2 状态、过程 力作用下处于静止状态 的合力大小等于萝卜与地面间的摩擦力，大小为F= 建构模型 “动杆”模型 f=G=4N,选项A正确。F2的大小为F2= 当杆平衡时，杆所受的弹力一定沿着 模型特点 杆的方向 Ftan37°=3N,选项B错误。F1的大小为F1= 【解析】如图所示，对物块受力分析，根据正弦定理 os37一0.8N=5N,选项C错误。若将F1顺时针 4 G 有 F杆 旋转到与虚线重合，此时F1与F2的合力大小为 sin a ,物块顺时针 sin(2-a-8) si（+ F'-√F+F>5N,选项D错误。 ·5 高三一轮复习周测卷 ·新教材版J· D【解析】在水平力大小由零逐渐增加至G时，A对 为2m。 斜面的压力达到最大，最大值为F1=Gcos37°+ (2)开始时，对A、B及弹簧Ⅱ分析，k1x1=2mg,弹 Gsin37°=1.4G,A错误。在水平力为零时，A对斜 面的压力最小，最小值为F2=Gcos37°=0.8G,B错 簧I的压缩量为工1=2m5,对B分析，k22=mg, k1 误。在水平力为零时，A所受摩擦力方向沿斜面向 上，大小为f1=Gsin37°=0.6G,在水平力为G时，A 弹资Ⅱ的压缩量为：一警竖，当I恢复原长时，对A 所受摩擦力方向沿斜面向下，大小为f2=Gcos37°一 Gsin37°=0.2G,可知，A所受摩擦力的最大值为 分析，：=加g,弹资Ⅱ的伸长量为-，在此 0.6G,C错误。根据上述，当水平推力沿斜面向上的 过程中，小桶下降的距离为h=-x1十x2十x?= 分力与重力沿斜面向下的分力大小相等时，A相对斜 面没有运动趋势，此时A所受摩擦力的最小值为零，D 2ms(+) 正确。 10.(1)5N5√3N(2)大小为10N,方向与水平方 8.(1)C(2)等于(3)会 【解析】(1)根据实验原理可知，图甲可测量合力， 向成30角斜向左上方(3) 4 乙、丙两图测量分力，结合胡克定律可知，需要测量 【解析】(1)以物体N为对象，根据受力平衡可知轻 弹簧的原长以及图甲、乙、丙中弹簧的长度，以便测 绳OB的拉力大小为FB=m1g=10N, 量三个力的大小，三个力的大小均与劲度系数成正 以O点为对象，根据受力平衡可得FA=Fasin 0= 比，则形变量大小可以表示力的大小关系，故A、B错 误。步骤④中每次重复实验时，不需要保证O点位 10x号N=5N, 置与第一次实验记录的位置一致，从而使实验更具 有普遍性，故C正确。 Fc-Facos 0-10x3 N=5√3N。 (2)根据实验原理可知，图甲测量合力，乙、丙两图测 (2)以滑轮为对象，可知轻绳对滑轮的作用力大小 量分力，所以图乙中细绳L?的拉力大小等于图丙中 为F=2 FB cos60°=10N,方向沿滑轮两侧轻绳的 弹簧的弹力大小。 角平分线向下，即与水平方向成30°角斜向右下方： (3)水瓶中的水洒落了少许，即合力减小，虽然弹簧 则定滑轮对轻绳的作用力大小为10N,方向与水平 和细绳L2的方向都与步骤②中平行，O点位置也与 方向成30°角斜向左上方。 步骤②中重合，但弹簧弹力会变小，从而造成实验 (3)如果物体M恰好没有滑动，则有Fc=f, 误差。 又f=μN=um2g, 9.a2m（28mg(+) 联立解得物体M与水平面间的动摩擦因数为 【解析】(1)当I恢复原长时，对A、B及弹簧Ⅱ整体 3 分析，绳子的拉力为F=2mg,即小桶中细砂的质量 49 物理（四） 1.C【解析】老鹰受重力和空气作用力， 运动过程，根据牛顿第二定律可得mg sin37° 且合力方向沿直线方向，根据牛顿第二 mg cos37°=ma,解得动摩擦因数为u=0.25,由于 60F合=7mg 运动员与斜坡、水平地面间的动摩擦因数相同，则运 定律可得F春=ma=2mg,其受力如 动员与水平地面间的动摩擦因数为0.25，故C正确。 图所示，由几何关系可知，空气对其作 g 3. B【信息获取与转化】 用力大小为F=mgsin60°= 序号 2mg。 文本信息 隐含信息 2.C【解析】运动员在斜坡上运动的位移x与时间t 弹力为恒力，伸长量为 轻弹簧水平且弹力大小 的关系式为x=2t,结合匀变速直线运动位移时间 定值，木块A静止不 为F2 动，受力平衡 公式z=,可得运动员在斜按上运动时的加速 B做匀速运动 受力平衡 度大小为a=4m/s2,运动员在5s末到达斜坡底端， 则运动员运动到斜坡底端时的速度大小为v=at= 水平恒力F1…轻弹 竖直方向受力平衡 簧水平 20m/s,则运动员在斜坡上运动的平均速度大小为 a=号=I0m/s,放A,B,D错误。运动员在斜坡上 【解析】木块A和木板B之间有相对运动，所以A、 B之间的摩擦力是滑动摩擦力，故A错误。木块A ·6