(2)相互作用 共点力的平衡 运动和力的关系-【衡水金卷·先享题】2026年高考物理一轮复习单元检测卷（N）

高三一轮复习单元检测卷/物理 (二)相互作用共点力的平衡 运动和力的关系 (考试时间75分钟，满分100分) 一、选择题（本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一 项是符合题目要求的) 1.如图所示，方形木箱c静置在水平地面上，木箱底端固定一磁铁b, 在木箱顶端用轻绳拴着磁铁α，磁铁a的下端与磁铁b的上端极性 相反，开始时系统保持静止状态，下列说法正确的是 白a A.磁铁α受到的重力和轻绳的拉力是一对平衡力 日b B.轻绳对磁铁α的拉力和轻绳对木箱c的拉力是一对相互作用力 777779777 C.若磁铁磁性足够强，木箱c可以离开地面 D.若将轻绳剪断，则剪断轻绳的瞬间地面对木箱c的支持力将变小 2.如图所示为一辆装满石块的货车，货箱中石块B的质量为，重力加速度为g。已知 货车从静止开始匀加速启动，在时间t内运动的位移为x。对于该过程中，下列说法 正确的是 A.货车刚起步瞬间，货车的速度为零，加速度也为零 B.货车刚起步瞬间，周围物体对石块B的作用力大小 为mg C.周围物体对石块B的作用力的大小为m 24x2 D.周围物体对石块B的作用力的大小为m兴 3.巴黎奥运会十米跳台跳水决赛中，中国运动员全红婵获得冠军。如图甲所示为她站 在跳台起跳的精彩瞬间，如图乙所示为全红婵重心的v-t图像，从她离开跳台开始 计时，则下列说法正确的是 A.t2~t4时间内全红婵的速度先向下后向上 B.t4时刻全红婵到达水下最低点 C.t1~t2时间内全红婵的平均速度比t4~t时 间内的大 D.t~t5时间内全红婵处于失重状态 4.瓦房为中国常见的一种传统建筑。如图甲所示为一瓦房屋顶结 构的简化图，当椽子与水平面的夹角0=30°时，瓦片刚好能在两 根相互平行的椽子正中间匀速下滑。已知瓦片横截面的圆弧半 径为R,恰好等于椽子间的距离d,如图乙所示，忽略瓦片厚度。 瓦片与椽子间的动摩擦因数为 椽子 c. D③ 2 物理第1页（共4页) 衡水金卷·先享题·高 5.神舟载人飞船竖直升空的过程中，整流罩按原计划顺利脱落。整流罩脱落后受到的 空气阻力与速度大小成正比，则下列关于整流罩脱落后的-t图像正确的是 6.张靖皋长江大桥是中国在建的世界上 跨径最大的悬索桥，如图甲所示。悬索 桥的简化模型如下：桥面由分列在桥面 4 D 两边的六对等距离钢杆悬吊，钢杆上端 C”B'A'D'E”P 甲 挂在两根钢缆上。如图乙所示为其侧面图，两端钢缆CM、PN与水平方向的夹角均 为0=37°，若每根钢杆承受拉力相同，桥面总质量为，钢杆、钢缆自重不计，重力加 速度为g,sin37°=0.6，则钢缆BC中的拉力大小为 .ng 且9mg C.ing 0.m3 二、选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项 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) 7.工地上有一种如图甲所示的搬运小车，前 方挡板与小车平面垂直，每次总需要把小 车平面放至竖直才能将货物卸下。某工友 对其做了改进，将前方挡板与小车平面的 夹角改为120°，如图乙所示，这样不用再将 甲 小车平面放至竖直就可将货物卸下。某次使用改进后的小车搬运圆柱体货物，卸货 时，挡板从与地面成30°角缓慢转至水平的过程中，下列说法正确的是 A.小车平面对货物的弹力增大 B.小车平面对货物的弹力减小 C.挡板对货物的弹力增大 D.挡板对货物的弹力先减小后增大 8.如图所示，楔形物体α和b叠放在水平地面上，物体α用一水平轻弹簧和竖直墙壁相 连，整个系统处于静止状态。已知物体α、b之间的接触面光滑，下列说法正确的是 A.物体b对物体a的支持力大于物体a的重力 B.物体b受到4个力的作用 W C.弹簧可能处于伸长状态 D.物体b对地面的摩擦力水平向右 9.如图甲所示为风洞示意图，风洞可以人工产生可控制的气流，用以模拟飞行器或物体 周围气体的流动。在某次风洞飞行表演中，质量为50kg的表演者静卧于出风口，打 开气流控制开关，表演者与风力作用的正对面积不变，所受风力大小F=0.05(采 用国际单位制)，v为风速。通过控制v可以改变表演者的上升高度h,其与h的 变化规律如图乙所示，重力加速度g=10m/s2,则表演者上升10m的运动过程中， 下列说法正确的是 A.打开开关瞬间，表演者的加速度大小为2m/s *2/(×104m2-s-2) 1. B.表演者一直处于超重状态 C.表演者上升5m时获得最大速度 03 D.表演者先做加速度逐渐增大的加速运动，再做加速度 逐渐减小的减速运动 10 h/m 甲 一轮复习单元检测卷二 物理第2页（共4页） 回 10.一质量为加的物块在水平地面上向右运动，物块与地面间的动摩擦因数4= 39 现对物块施加一个大小F=mg(g为重力加速度)的外力，保持外力F大小不变， 使外力F沿逆时针方向旋转一周，该过程中物块一直向右运动。下列说法正确 的是 A.当外力F水平向右时物块向右做加速运动 B.当外力F水平向左时物块具有向左的最大加速度 C物块具有的向左的最大知速度为2g 7777777777777 D.当外力F与水平方向的夹角0=30°且斜向右上时，物块的加速度为0 班级 姓名 分数 题号 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 三、非选择题（本题共5小题，共56分。请按要求完成下列各题） 11.(6分)唐同学和李同学一起用实验探究胡克定律，他们把轻质弹簧上端固定在铁架 台的横杆上，弹簧的右侧固定一刻度尺，如图甲所示。在弹簧下端悬挂有不同质量 的钩码，记录弹簧弹力F和相关数据。 (1)唐同学根据实验数据绘制的弹力F与x的关系图像 如图乙所示，图中x表示 (填正确答案标号) A.弹簧的形变量 B.弹簧形变量的变化量 C弹簧处于水平状态下的自然长度 D.弹簧处于竖直状态下的自然长度 (2)李同学使用两条不同的轻质弹簧α和b,根据实验数 甲 据绘制出F-x图像，发现图像中弹簧α的斜率小于弹簧 b的斜率，由此可知弹簧a的劲度系数 (填“大于”“等于”或“小于”)弹簧b 的劲度系数。 (3)两位同学分别用同一弹簧做实验，其中唐同学以弹簧处于竖直状态且不挂钩码 时的弹簧长度作为原长，李同学以弹簧自然水平放置时的弹簧长度作为原长。两位 同学完成实验后，得到如下的F-x图像，其中实线是唐同学的，虚线是李同学的，则 下列图像正确的是 。(填正确答案标号) A B D 12.(9分)如图所示，水平桌面上滑块A通过轻绳连接一个小球B,小球B放置在光滑 的斜面上，已知滑块A与小球B的质量均为10kg,轻绳与竖直方向的夹角为45°， 斜面倾角为37°，整个装置处于静止状态，不计定滑轮和轻绳之间的摩擦。sin45°= c0s45°≈0.7，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g=10m/s2,最大静摩擦力等 于滑动摩擦力。求：（结果均保留两位有效数字） (1)斜面对小球B的支持力大小； 物理第3页（共4页) 衡水金卷·先享题·高 (2)滑块A与水平桌面之间的动摩擦因数的范围。 45 37 13.(11分)如图所示，AB为空心圆管、C是可视为质点的小球，圆管AB的长度L= 1,圆管AB与小球C在同一竖直线上。零时刻，圆管A端从距离地面高h(未知) 处做自由落体运动，小球C从地面以初速度（未知）开始做竖直上抛运动，小球在 运动过程中始终未与圆管接触，圆管AB落地瞬间小球C恰好穿过圆管AB,重力加 速度g=10m/s2。 (1)若h=20m,求小球C的初速度vo; (2)若小球C的初速度vo=6m/s,求圆管AB最初离地的高度h。 如 91 14.(14分)如图所示，物块A(可视为质点)和木板B的质量均为=1kg,木板B长L =2m。开始时A、B均静止。现使A以水平初速度vo(未知)从B的最左端开始运 动。已知A与B、B与地面之间的动摩擦因数分别为=0.3和=0.1，重力加速 度g=10m/s2。 (1)发生相对滑动时，求A、B的加速度大小； (2)若A刚好没有从B上滑下来，求A的初速度o; B (3)若A刚好没有从B上滑下来，求B在地面上滑行的总位移。 15.(16分)如图所示，一足够长的倾斜传送带以v=2m/s的速度沿顺时针方向匀速运 动，传送带与水平方向的夹角0=37°。底部有墨粉且质量1=5kg的小物块P和 质量m2=7kg的小物块Q由跨过光滑定滑轮且不可伸长的轻绳连接，小物块P与 定滑轮间的轻绳与传送带平行。某时刻小物块P从传送带上端以vo=6/s的速 度冲上传送带（此时P、Q的速率相等），已知小物块P与传送带间的动摩擦因数以 =0.5,整个运动过程中小物块Q都没有上升到定滑轮处。sin37°=0.6，c0s37°= 0.8,重力加速度g=10m/s2。求： (1)小物块P刚冲上传送带时轻绳的拉力大小； (2)小物块P速度减为零时的加速度大小； (3)小物块P从刚冲上传送带至运动到最低点的过程中在传送 带上留下的墨迹长度。 一轮复习单元检测卷二 物理第4页（共4页) 回高三一轮复习N ·物理· 高三一轮复习单元检测卷/物理（二） 9 命题要素一贤表 注： 1.能力要求： I,理解能力Ⅱ.推理能力 Ⅲ，分析综合能力Ⅳ，应用数学处理物理问题的能力V,实验能力 2.学科素养： ①物理观念 ②科学思维③科学探究 ④科学态度与责任 分 知识点 能力要求 学科素养 预估难度 题号 题型 值 (主题内容) I ⅡⅢ W ① ②③④ 档次 系数 1 选择题 4 牛顿第三定律、平衡条件 易 0.90 选择题 4 牛顿第二定律、平行四边形定则 易 0.85 3 选择题 4 u-t图像；超、失重 中 0.75 4 选择题 4 共点力平衡 分 0.75 利用牛顿第二定律分析动态过 5 选择题 4 / 中 0.70 程、v-t图像 6 选择题 4 三力平衡问题 0.65 选择题 5 动态平衡问题 中 0.70 整体法与隔离法结合处理物体 8 选择题 分 0.75 平衡问题 9 选择题 5 牛顿第二定律 中 0.75 利用牛顿第二定律分析动态 10 选择题 的 0.60 过程 11 非选择题 6 探究胡克定律 中 0.75 12 非选择题 9 正交分解法解共点力平衡 中 0.70 自由落体和竖直上抛相遇类 13 非选择题 11 / 中 0.70 问题 14 非选择题 14 利用牛顿定律解决多过程问题 中 0.65 15 非选择题 16 传送带问题 难 0.50 ·5· ·物理· 参考答案及解析 9 香考答条及解析 一、选择题 t2时间内的平均速度比t4~t时间内的大，C项正 1.D【解析】磁铁a受到的重力、磁铁b对磁铁a的吸 确；t~t时间内图像的斜率为负，可知加速度向上， 引力和轻绳对a的拉力，三力平衡，A项错误；轻绳对 处于超重状态，D项错误。 磁铁a的拉力和磁铁a对轻绳的拉力是一对相互作 4.A【解析】根据题意，对瓦片受力分析如图所示： 用力，B项错误；对整体受力分析，磁铁间的作用力为 内力，无论磁铁磁性有多强，木箱c都不可能离开地 面，C项错误；轻绳剪断前，木箱c对地面的压力等于 a、b、c重力的合力，若将轻绳剪断，a有向下的加速 度，而b、c仍平衡，则剪断轻绳的瞬间地面对木箱c 的支持力将变小，D项正确。 N,=N2=N,因为R=d,所以由平衡条件有沿斜面 2.C【解析】货车刚起步，速度为零，但加速度不为零， 1 方向，2 mgsin30°=uN,垂直于斜面方向，2Ncos30° A项错误；由运动学公式x=合a:可得货车的加速 =ngcos30°，解得瓦片与椽子间的动摩擦因数u= 度a=经，对石块B,由牛顿第二定律得F=ma ，A项正确。 1 婴，石块B要到周围物体对它的作用力下和重力 5.A【解析】空气阻力与速度大小成正比，设空气阻力 f=kU,上升阶段对整流罩由牛顿第二定律有mg十k mg,受力分析如图所示： =ma,随着速度的减小，加速度逐渐减小，故上升阶 段做加速度逐渐减小的减速运动。在最高点加速度 a=g,下降阶段对整流罩由牛顿第二定律可得mg ku=a',随着速度的增大，加速度继续减小，故下降 阶段做加速度逐渐减小的加速运动，-t图像中斜率 表示加速度，A项正确。 根据力的合成与分解可得周围物体对石块B的作用 6.A【解析】以桥面和CP间的钢杆、钢缆整体为研究 力大小F=√mg+(ma=m√g+ -,B、D 对象，对其受力分析如图甲所示： t 项错误，C项正确。 2TMc 2TPN 3.C【解析】t2一t时间内全红婵的速度一直为正，方 38.- 向没有发生变化，一直向下，A项错误；t图像与时 间轴围成的面积表示位移，由图乙可知t时刻全红 甲 婵到达水下最低点，B项错误；因t~t时间内的加 由对称性可知T=TN,由平衡条件可得 速度为g,则速度从零增加到的平均速度：一艺， 4Tcsm37°=m,解得Tc=是mg,由题意可知，每 t~t时间内加速度小于g,则速度从)：减小到零用 根钢杆承受的拉力相同，因此每根钢杆的拉力为 的时间大于看一，得远<号=受=，即可知入 2mg。对C点进行受力分析，如图乙所示： ·6 高三一轮复习N ·物理· 持力大于物体a的重力，A项正确，C项错误：物体b H 2 受到自身的重力，地面的支持力，物体α的压力和地 C 面对物体b的摩擦力4个力的作用，B项正确；将物 体α和物体b作为一个整体，因为整体受到弹簧水平 BC Tcc 向右的弹力，地面一定给物体b一个向左的摩擦力， 乙 根据牛顿第三定律可得物体b对地面的摩擦力水平 由力的平衡条件可知，钢缆MC的拉力Twc与钢杆 向右，D项正确。 CC的拉力Tcx的合力大小等于钢缆BC的拉力Tx, 将Tc沿水平方向和竖直方向正交分解可得T= 9.AC【解析】打开开关瞬间，表演者高度为0，则有6 Tw cosX cog TaTsin =1.2×10m·s2,根据牛顿第二定律有0.056 5 mg=ma,解得ao=2m/s,A项正确；当风力与表演 是ng Xsin37°=十mg,Ta=Te=最mg,由直角 者的重力相等时有0,05=mg,解得=1× 10m2·s2,由图乙可得2=1.2×10-400h,可知 △CHJ可得Tx=T=√Tm+T 重力与风力大小相等时的高度h,=5m,此时速度达 V(6mg)2+( 3g)2 6mg,A项正确。 到最大值，则在高度小于5m时，风力大于重力，加速 二、选择题 度方向向上，表演者处于超重状态，在高度大于5m 7.BC【解析】对货物进行受力分析，如图所示： 时，风力小于重力，加速度方向向下，表演者处于失重 状态，B项错误，C项正确；结合上述可知，表演者先 做加速度逐渐减小的加速运动，再做加速度逐渐增大 的减速运动，D项错误。 10.CD【解析】当外力F水平向右时，物块受到的摩 mg F 擦力f=mg=誓m>子mg,可知物块的加速度 由拉密定理可知mg sin 603 sin B sin a 挡板从与地面 方向向左，则物块向右做减速运动，A项错误：根据 成30°角缓慢转至水平的过程中，图中α由钝角逐渐 题意，设F指向左下方，与水平方向成α角时，具有 增大到180，则sina逐渐减小，由F,=msin可知 向左最大的加速度，竖直方向上由平衡条件有F、= sin60° mg十Fsin a,水平方向上，由牛顿第二定律有Fcos a F2逐渐减小，即小车平面对货物的弹力一直减小，A 项错误，B项正确；挡板从与地面成30°角缓慢转至水 +R=ma,解得a=g十5(cosa十sinc),由数 平的过程中，图中3由钝角逐渐减小至直角，则sinB 逐渐增大，由下=msn可知F,逐渐增大，即挡板 学知识可得a=g十品V十7c0s(a一，其中 sin60° 对货物的弹力一直增大，C项正确，D项错误。 mg=以=号，可知当a=月=30时，加速度有最大 8.ABD【解析】物体a要在光滑的斜面上静止，弹簧 一定压缩，对物体a进行受力分析如图所示： 值，最大值a=g十只(V1十7)=2，B项错 m F 误，C项正确；当外力F与水平方向的夹角0=30°且 斜向右上时，竖直方向上有Fsin30°十Fv1=mg,解 得R=子mg,则摩擦力人=R1mg,水平方 向上，由牛顿第二定律有Fcos30°一f1=ma1,解得 根据平衡关系誉=c0s0,因此物体6对物体a的支 a1=0,D项正确。 ·物理· 参考答案及解析 三、非选择题 解得w=10.5m/s (2分) 11.(1)A(2分) (2)由小球C在圆管AB落地瞬间恰好穿过圆管 (2)小于(2分) AB,可知圆管落地的瞬间小球与B点相遇，则有t (3)D(2分) 1 P=L (1分) 【解析】(1)根据胡克定律F=kx,结合图乙可知图 当o=6m/s时，解得t=0.2s,t2=1s (2分) 中x表示弹簧的形变量，A项正确。 (2)由(1)中分析可知，F-x图像中斜率表示弹簧的 又A=t (1分) 劲度系数，由于图像中弹簧a的斜率小于弹簧b的 解得h=0.2m或5m (2分) 斜率，由此可知弹簧a的劲度系数小于弹簧b的劲 14.(1)3m/s21m/s2(2)4m/s(3)1m 度系数。 【解析】(1)分别对物块A、木板B进行受力分析可 (3)实验中用横轴表示弹簧的伸长量x,纵轴表示弹 知，A在B上向右做匀减速运动，设其加速度大小为 簧的拉力F,由胡克定律可得F=kx,唐同学以竖直 a1,根据牛顿第二定律可得1mg=ma (1分) 状态不挂钩码时的弹簧长度作为原长，则图像过原 解得a1=3m/s2 (1分) 点；李同学以弹簧自然水平放置时的弹簧长度作为 木板B向右做匀加速运动，设其加速度大小为a2, 原长，由于弹簧自身的重力，弹簧不挂钩码时弹簧的 根据牛顿第二定律可得以mg一·2g=ma2 伸长量已经不为零，则图像不过原点，两种情况下弹 (1分) 簧的劲度系数相同，两图像平行，D项正确。 解得a2=1m/s (1分) 12.(1)71N(2)≥0.61 (2)若A刚好没有从B上滑下来，则A滑到B最右 【解析】(1)对小球进行受力分析如图所示 端时的速度和B的速度相同，设为v,则有v= a t=at (1分) =ul-24l (1分) r-ta (1分) 37 mg x1=x2十L 由平衡条件可得竖直方向有Fcos45°十Vcos37°= 解得u=1m/s,=4m/s (2分) A刚好没有从B上滑下来，则A的初速度。为 mg 41m/s (1分) 水平方向有Fsin45°=Vsin37 (2分) 解得F≈61N,V≈71N (2分) (3)若A刚好没有从B上滑下来，A到达B的最右 (2)滑块A处于静止状态，可知F≤ung (2分) -=0.5m 端时B的位移x=a三 (1分) 解得≥0.61 (1分) 此后A、B一起做匀减速运动直至停止，设加速度大 13.(1)10.5m/s(2)0.2m或5m 小为a4,由牛顿第二定律得×2mg=2ma:(1分) 【解析】(1)由自由落体运动规律有h= s1分) 解得a3=1m/s (1分) A、B在地面上一起滑行的位移u2=2ax3(1分) h2s 可得=g (1分) 解得x=0.5m (1分) 根据小球C在圆管AB落地瞬间恰好穿过圆管AB, 则B在地面上滑行的总位移x=x2十x=1m 可知圆管落地的瞬间小球与B点相遇，则有6t (1分) 1 28t=L (1分) 15.135N(2号m/s3)1.6m ·8 高三一轮复习N ·物理· 【解析】(1)小物块P刚冲上传送带时相对传送带向 块P分析有-2a1x1=2-话 (2分) 下运动，所以小物块P所受摩擦力方向沿传送带向 )=w一a1t1 (1分) 上，受力分析，对小物块Q有m2g-F1=m2a1 解得t1=0.8s,x1=3.2m (1分) 此过程，传送带的位移x1'=t1=1.6m (1分) 对小物块P有F1十1gcos9-m gsin日=m1a1 则△x1=x1-x1′=1.6m (1分) (1分) 与传送带共速到减速到0的过程中，对小物块P有 解得加速度大小a1=5m/s -2a2x2=0-u (1分) F1=35N (1分) v=at? (2)设小物块P速度减为0时的加速度大小为a2, 解得t2=1.2s,x2=1.2m 对小物块Q有m2g一F2=2a2 (1分) 此过程，传送带的位移x2'=t2=2.4m (1分) 对小物块P有F2一m1gcos9一mgsin日=m1a2 △x2=xg'-x2=1.2m (1分) (2分) 可得小物块P从刚冲上传送带到运动到最低点的 5 解得ae=号m/s 过程中在传送带上留下的墨迹长度为1.6m(1分) (1分) (3)小物块P减速到与传送带共速的过程，对小物 9