单元过关(二) 相互作用-【衡水真题密卷】2027年高考物理单元过关检测(冀辽黑赣桂吉晋豫陕青宁蒙新藏滇川专版)

2026一2027学年度单元过关（二） 物理·相互作用 本试卷总分100分，考试时间75分钟。 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 一项符合题目要求。 题号 1 2 3 4 5 6 2 答案 1.榫卯结构是中国传统建筑、家具和其他木制器具的主要结构方式。如图甲所示为榫眼 的凿削操作，图乙为截面图，凿子尖端夹角为0，在凿子顶部施加竖直向下的力F时，其 竖直面和侧面对两侧木头的压力分别为F1和F2,不计凿子的重力及摩擦力，下列说法 正确的是 () A.F1大于F2 B.夹角0越小，F1越大 C.F大于F2 D.夹角0越大，凿子越容易凿入木头 2.如图甲所示，用两根手指对称地抓起一个截面为圆的杯盖，将其简化成如图乙所示，手 指与杯盖截面始终处于竖直平面内，手指接触点1、2与圆心的连线与水平方向的夹角 均为37°，手指和杯盖间的动摩擦因数4=0.8，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知 杯盖质量为m,重力加速度为g,sin37°=0.6，cos37°=0.8，杯盖始终在竖直平面内处 于平衡状态，手指与杯盖恰好不相对滑动，则手指对触点1的压力为 () 接触点1 3703 接触点2 乙 A.12.5mg B.6.25mg C.1.25mg D.mg 单元过关（二）物理第1页（共8页） 学海无涯，志在干里 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 班级 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的距离为3m,重物质量为4kg。现水轮绕O点缓慢转动 姓名 (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 得分 A.20N≤F合≤40N B.203N≤F合≤40N C.40N≤F合≤40W3N D.40√2N≤F合≤40√5N 4.如图所示，在一个半球形的绝缘光滑球壳内，有M、N两个半径较小的均匀带电的绝缘 小球。N球固定，M球静止时如图所示，球壳球心为O,OC为过圆心的竖直线，交M、N 的连线于Q点。现M球的电荷量缓慢减小（仍分布均匀），下列说法正确的是() M A.两小球间的库仑力将增大 B.M球受到的弹力减小 C.OC和MN的交点Q不会移动 D.OC和MN垂直时，库仑力大小等于M球的重力 5.沿轴线切除一部分后的圆柱形材料水平放置，该材料的横截面如图所示，O为其圆心， ∠AOB=60°，质量为m的均匀圆柱形木棒沿轴线放置在“V”形槽中。初始时，A、O、C 三点在同一水平线上，不计一切摩擦，重力加速度为g。在材料绕轴线逆时针缓慢转过 90°角的过程中，下列说法正确的是 () 0 单元过关（二）物理第2页（共8页） 1 A.槽面OA对木棒的弹力的最大值为23mg B.槽面OB对木棒的弹力先增大后减小 C.槽面OA对木棒的弹力一直增大 D.槽面OA与槽面OB对木棒弹力的合力先减小后增大 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 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 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 () 四①①@光 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45 3 D.当tan0=时，第8个灯笼与第9个灯笼间轻绳与竖直方向的夹角为30 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 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 () )电动机 1 单元过关（二）物理第3页（共8页） A.a一定等于B 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3小题，每小题6分，共18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6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 题号 8 9 10 答案 8.质量均为m的两物块A和B之间连接着一个轻质弹簧，其劲度系数为k,现将物块A、 B放在水平地面上一斜面的等高处，如图所示，弹簧处于压缩状态，且物块与斜面均能保 持静止，已知斜面的倾角为O,两物块和斜面间的动摩擦因数均为4，设最大静摩擦力等 于滑动摩擦力，重力加速度为g,则下列说法正确的是 () ⑦Ww旬 A B A.斜面和水平地面间可能有静摩擦力 B.若将弹簧拿掉，物块一定不会发生滑动 C.斜面对A、B组成的系统的静摩擦力大于2 mg sin0 D.弹簧可能的最大压缩量为mgcos0一sin0 k 9.如图所示，不可伸长的轻绳两端拴接在固定水平直杆上的M、N两点，a、b、c为三个完 全相同且质量为m的小环，a、b套在轻绳上，c环穿过轻绳后套在直杆上。三个小环均 处于静止状态且可看作质点，不计一切摩擦，重力加速度为g。下列说法正确的是 () A.直杆对c环的弹力为3mg B.若将N点缓慢向左移动少许，轻绳的弹力将减小 C.若将c环缓慢向右移动少许，夹角α等于夹角Y D.若将小环a、b的质量都变为2m,轻绳对c环的弹力为mg 单元过关（二）物理第4页（共8页） 10.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， 3 沙发与地面间的动摩擦因数4=3，该同学用力F=100N推沙发，认为最大静摩擦力 等于滑动摩擦力，g取10m/s2。下列说法正确的是 () A.若力F斜向下，且与水平方向成0角，当0=30°时沙发做匀速直线运动 B.若力F斜向下，且与水平方向成0角，当0>60°时，无论力F多大，沙发都不会动 C.若F为变力，让沙发匀速运动，F斜向上与水平方向成30°时，F最小 D.若F为变力，让沙发匀速运动，F斜向上与水平方向成60°时，F最小 三、非选择题：本题共5小题，共54分。 11.(6分)弹簧是熄火保护装置中的一个元件，其劲度系数会影响装置的性能。小组设计 了如图甲所示的实验装置测量弹簧的劲度系数，其中压力传感器水平放置，弹簧竖直 放在传感器上，螺旋测微器竖直安装，测微螺杆正对弹簧。 (1)某次测量时，螺旋测微器的示数如图乙所示，此时读数为 mm。 测微螺杆 45 弹簧 压力传感器 甲 (2)对测得的数据进行处理后得到弹簧弹力F与弹簧长度1的关系如图丙所示，由图 可得弹簧原长为 mm,弹簧的劲度系数为 N/m(结果均保留 3位有效数字)。 3.00EN 2.50 2.00 1.50 1.00 0.50 000608010012.014016018.07mm 丙 12.(8分)某兴趣小组设计了一个可以测量质量的装置。如图甲，细绳1、2和橡皮筋相连 于一点，绳1上端固定在A点，绳2下端与水杯相连，橡皮筋的另一端与绳套相连。为 单元过关（二）物理第5页（共8页） 确定杯中物体质量与橡皮筋长度x的关系，该小组逐次加入等质量的水，拉动绳套， 使绳1每次与竖直方向夹角均为30°且橡皮筋与绳1垂直，待装置稳定后测量对应的 橡皮筋长度。根据测得数据作出x-m关系图线，如图乙所示。 12.0 绳套 11.5 30 11.0 橡皮筋 10.5 ■■■■ 水杯 10.0 50 & 100 150m/g 回答下列问题： (1)将一芒果放入此空杯，按上述操作测得x=11.60cm,由图乙可知，该芒果的质量 mo g(结果保留到个位)。若杯中放入芒果后，绳1与竖直方向夹角 为30°但与橡皮筋不垂直，由图像读出的芒果质量与m。相比 (填“偏 大”或“偏小”)。 (2)另一组同学利用同样方法得到的x-m图像在后半部分弯曲，下列原因可能 的是 A.水杯质量过小 B.绳套长度过大 C.橡皮筋伸长量过大，弹力与其伸长量不成正比 (3)写出一条可以使上述装置测量质量范围增大的措施 13.(10分)如图甲所示，倾角0=37的斜面体放置在水平面上，右侧靠着半径为R的球，球上端 固定一轻杆，轻杆在固定装置约束下只能沿竖直方向运动。已知斜面体的高度为3.2R,斜 面体和球的质量均为m,不计一切摩擦，重力加速度为g,sin37°=0.6，cos37°=0.8。 (1)水平向右推动斜面体，求最小推力的大小F。 (2)若斜面体在推力作用下由静止开始向右做加速度a=0.8g的匀加速直线运动，求 斜面对球作用力的大小FN。 nnn9分 rdren 甲 乙 单元过关（二）物理第6页（共8页） 14.(13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 =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μ=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。 ◆FN F 10 0 a >h/cm 单元过关（二）物理第7页（共8页） 15.(17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1=2.6kg、m2= 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（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，滑轮右侧的细线与竖直方向的夹 角3=53°。当物块C的质量3=0.6kg时，A恰好相对于B静止，且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42=0.5，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。 (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、B、C均静止，求物块C的质量的取值范围。 rammmmmmmnemn 单元过关（二）物理第8页（共8页）2027 单元过关 行人匀速至D所用时间 若行人沿AB方向逃离，当泥石流减速至与行人 4=L-x2 速度相等时有 (1分) Um Um=v1-a3ts (1分) 结合上述，解得t4=2.5s 解得ts=6s △t+t3十t4=7.5s>t1+t2=7s (1分) 上述过程泥石流与行人的位移分别为 可知，行人不能到达安全区，行人被泥石流掩埋 的位置与D点的距离 (1分) V1ts 2 (1分) x=vm(△t+t3+t4一t1-t2) (1分) x特=vmt5 (1分) 解得x=4m (1分) 解得x花=84m (3)结合上述可知 x行=48m t1=t3+△t=5s 由于x泥<x0十x2十x行 (1分) 即泥石流到达坡底时，行人恰好加速至最大速 可知，行人能脱离危险，泥石流与行人间的最小 度，此过程行人的位移 距离 (1分) x2=16m xmim=x0十x2十x行一x花=16m。 (1分) 2026一2027学年度单元过关（二)物理·相互作用 一、单项选择题 3.C【解析】如图甲所示，在水轮缓慢转动过程中， 1.B【解析】作出力F分解的关系图，如图所示，根 虚线圆为固定转轴B的轨迹，因为B光滑且缓慢 据牛顿第三定律可知F1=F1,F2=F2,由图可 转动，所以轴两边绳子上的拉力均为mg,根据平 知F2>F1,F2>F,A、C错误；根据几何关系 行四边形定则，可知当两边绳子之间的夹角最小 有F2 sin,F,、F F =an0,力F一定时，夹角日越 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 小，F1和F2越大，B正确；力F一定时，夹角0越 小。B在B1位置处进行受力分析如图乙所示，设 大，F1和F2越小，凿子越不容易凿入木头，D ∠OAB1=0,在直角三角形OB1A中，根据几何关 错误。 系可得如0一8识-日解得0=30，格超手行四 边形定则，可得合力与竖直方向的夹角0=30°，则有 F合=2 ng cos30°=40√3N,同理，B在B2位置处 进行受力分析，如图丙所示，根据几何关系可知 ∠AB2B1=90°-0=60°，则AB2与竖直方向的夹 2.A【解析】令0=37°，根据题意，对杯盖两接触点受 角为60°，根据平行四边形定则，可知合力与竖直 力分析，如图所示，由平衡条件有2mg十Nsin0= 方向的夹角B=60°，则可得F合=mg=40N,故细 fcos0,又有f=N,联立解得N=12.5mg,A 绳对固定转轴B的作用力范围为40N≤F金≤ 正确。 40√3N,C正确。 0 B2 mg 甲 1 4· ·物理 参考答案及解析 mg 乙所示，由平衡条件可知，连接在此整体最左侧的 mg 轻绳拉力Tm=√T十(mg),则可知n越大，Tm 越大，且Tm均大于T。,故当T2=Tm时，0最大， mg 由图甲可知c0s0m= 32mg_√2 mg T =2,解得0。=45，此 丙 时最右端轻绳的拉力T,=32 ng tan0m=320N, 4.B【解析】对两球受力分析，并构建矢量三角形，如 A、B错误：当tan0=2时，则有T,=32 ng tan0 图所示，由于三角形相似可得-心。-，在 QOOM MQ 160N,第16个灯笼与第17个灯笼间轻绳与竖直 T。 MN之间距离不支时，由F=K,,由于电荷量减 方向的夹角a16满足tana16=16mg =1,解 小，小球之间的库仑力减小，M球下移，Q,点也下移， 3 得a16=45°，C正确；当tan0=4时，则有T。= OQ长度增加，所以k值减小，又因为mg、OM不变， 32 ng tan0=240N,第8个灯笼与第9个灯笼间 所以N1减小，A、C错误，B正确；OC和NM垂直 时，有F库QM To mg一CQQM与0Q不一定相等，所以库仑 轻绳与竖直方向的夹角a2:满足tana4=24mg 1,解得a24=45°，D错误。 力不一定等于M球的重力，D错误。 T32 T )N a C mg 5.A【解析】在材料绕轴线逆时针缓慢转过90°角 32mg nmg 乙 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 7.D【解析】杆AB固定于平台，杆力不一定沿杆， FOA和槽面OB对木棒的弹力FOB构成封闭的三 同一条绳的力大小相等，其合力一定在其角平分 角形，即三力的合力是零，如图所示，在转动中两 线上，由于杆力不一定沿杆，所以a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 弹力FOA、FOB的夹角不变，可知当由题图示位置 为菱形，根据平衡条件可得T=mg,根据几何关 逆时针缓慢转过30°时，槽面OA对木棒的弹力 系可得α十B=53°，对角线为F杆，则杆AB受到绳 Fa有最大值，最大值F6=mg=23m5,A 53° sin60° 3 子的作用力大小F#=2Tcos2≠3mg,B错 正确；由图可知，槽面OB对木棒的弹力FB一直 误；根据题意，D端连接两条轻绳，两条轻绳的力 增大，B错误；槽面OA对木棒的弹力先增大后减 不一定大小相等，且杆CD为铰链连接，为“活”杆， 小，C错误；由力平衡条件可知，槽面OA与槽面 杆力沿着杆的方向，根据F#c0s53°=Tc0s37°= OB对木棒弹力的合力始终等于木棒的重力，合力 大小不变，D错误。 mg0s37,解得F片-号ng,C蜡送：当启动息动 机使重物缓慢下降时，T=mg不变，Q十B变小，根 60° 夏60 F=2Tcos时月，可知F支大，D正确 30 绕过 F杆 6.C【解析】对32个灯笼整体受力分析，如图甲所 53 示，由平衡条件可知，最右端轻绳的拉力T。= D 37 32 mngtan0,对从最右侧开始的第n(n≤32，且为 T 电机 正整数)个灯笼整体为研究对象，受力分析，如图 ·5· 1 2027 单元过关 二、多项选择题 论F多大，物体都会保持静止，B正确；当力F斜向上 8.BD【解析】对斜面、两物块与弹簧整体进行分析， 时，F有最小值，设与水平方向成日角，物体做匀速运 受到重力与地面的支持力，水平方向没有运动趋势， 动，则有Fcos0=μ(mg一Fsin 0),变形可得F= 可知斜面和水平地面间不可能有静摩擦力，A错误； 0m8 对物块进行分析，物块受到重力、斜面的支持力、斜面 os0+usin√1+7sin(0+p） ,其中sinp= 的静摩擦力及弹簧的弹力，重力沿斜面向下的分力为 1十2，即0= 1 3 ng sin0,令弹簧弹力为F,根据平衡条件可知，撤去 子故当0=日时，F有最小值，C 6 弹簧之前，每一个物块所受静摩擦力的大小为f1= 正确，D错误。 √(mg sin0)2+F2>mng sin0,当撤去弹簧后，由于沿 三、非选择题 斜面重力的分力为mg sin0,结合上述可知mgsin0 11.(1)7.413(2分)(2)188(2分)17.6(2分) 小于最大静摩擦力，可知，此时物块所受静摩擦力大 【解析】(1)根据螺旋测微器的读数规则，可知题 小等于mgsin0,即若将弹簧拿掉，物块一定不会发生 图乙读数为7mm十41.3×0.01mm= 滑动，B正确；对A、B与弹簧组成的整体进行分析，整 7.413mm。 体受到重力、斜面的支持力与静摩擦力，将重力沿斜 (2)由题图丙可知，当弹力为零时弹簧处于原长， 面分解，根据平衡条件可知，斜面对A、B组成的系统 为17.6mm,将题图反向延长与纵坐标的交点约 的静摩擦力等于2 mngsin0,C错误；若此时A所受静 为2.55N,则根据胡克定律可知弹簧的劲度系数 摩擦力恰好为最大静摩擦力，则有fmx一μN= mg cos0,结合上述有fmx=f1= &=AF =A7≈l88N/m。 √(mgsin0)2+Fz=√(mg sin0)2+(k.x)z,解得 12.(1)106或107(2分)偏大(2分)(2)C(2分) xmg u'cos o-sin 0 (3)减小细绳1与竖直方向的夹角(2分)（意思正 ,即弹簧可能的最大压 k 确即可) 缩量为ngucos20-sin 【解析】(1)操作测得x=11.60cm,由题图乙的 ,D正确。 图像坐标可知，该芒果的质量为106g或107g; 9.BC【解析】因不计摩擦，则细绳上任意一，点的弹 如图所示，若杯中放入芒果后，绳1与竖直方向 力都相等，对a、b分析可知，细绳弹力的竖直分量 夹角为30°但与橡皮筋不垂直，根据共点力平衡 为0.5mg,则对c环分析可知，直杆对c环的弹 可知橡皮筋的拉力变大，导致橡皮筋的长度偏 力Fe=mg十0.5mg十0.5mg=2mg,若将a、b环 大，若仍然根据图像读出芒果的质量，则与。相 的质量都变为2m,轻绳对c环的弹力FN.=mg十 比偏大。 mg十mg=3mg,A、D错误；由于轻绳上各点的弹力 都相等，且ab重力相等，根据2Tc0s2=mg= 0 Tc0s7,可知0=Y,则即使将c环缓慢向右移动少 (2)若得到的x-m图像在后半部分弯曲，可能是 许，夹角α仍等于夹角Y,C正确；若将N点缓慢向 所测物体的质量过大，导致橡皮筋所受的弹力过 左移动少许，则轻绳与竖直方向的夹角减小，根据 大，超过了橡皮筋的弹性限度，从而使橡皮筋弹 2Tcos2=mg,可知轻绳的弹力将减小，B正确。 力与其伸长量不成正比，C正确。 (3)根据共，点力平衡条件，由kx=mg sin0知，当 10.ABC【解析】若力F斜向下，且与水平方向成 减小绳子1与竖直方向的夹角0时，相同质量的 0=30°时，地面对沙发的摩擦力大小F:=μ(mg十 物体对应橡皮筋的拉力较小，橡皮筋的伸长量较 Fsin30°)=50W3N,力F在水平方向的分力大 小，故对相同的橡皮筋，可通过减小细绳1与竖 小Fz=Fcos30°=503N,两个力大小相等、方 直方向的夹角，增大质量测量范围。 向相反，故沙发做匀速运动，A正确；若力F斜向 3 下，且与水平方向成日角，则最大静摩擦力大小 13.(1)4mg (2)2mg Fr=u(mg十Fsin0),若要物体静止不动，应该满足 【解析】(1)球刚好被推离地面时推力最小，可认 Fcos0≤(mg+Fsin0),变形得F(cos0-μsin0)≤ 为此时球和杆处于静止状态，对球和杆受力分析 mg,如果满足cos0-μsin0<0,即0>60°，则此时无 如图甲所示 ·6· ·物理· 参考答案及解析 竖直方向有F斜支cos日=mg (1分) 设此时弹簧与水平方向夹角为α，对A受力分 对斜面受力分析如图乙所示 析得 水平方向有F球压sin0=Fo (1分) F.-mg-T'sin a-uT'cos a=0 (1分) 根据牛顿第三定律有F斜麦一F球压 (1分) (1分) 解得F,G 又tana=l (1分) 联立解得F。=16N (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 F=mg=10 N (1分) 可知在a点时弹簧处于压缩状态，在b点时弹簧 处于原长状态。在a点时弹簧弹力斜向上，设弹 F 77777777 簧弹力为T,弹簧与水平方向夹角为0，则有 ng F-mg+Tsin 0-uTcos 0=0 (1分) 甲 解得tan0=之 1 (1分) 故h。=ltan0=0.08m=8cm (1分) 在b点时弹簧处于原长，有 h6=√1-l2=0.02√17m=2√17cm(1分) 777 7777777 坐标a、b的数值分别为8、2√17。 (1分) F球压 ng 15.(1)0.4(2)14N,方向平行于斜面向下 乙 12 558 (3 (2)斜面沿水平方向运动，位移为x,同时球沿竖 D25kg≤m≤805 kg 直方向运动，位移为y,由几何关系可知 【解析】(1)对物块C受力分析，竖直方向上有 tan o=y Ficos B=m3g (1分) (1分) x 对物块A受力分析，水平方向上有 1 FIcos a=f1 (1分) 由x=u2+2at (1分) 竖直方向上有 可得a球=atan 0 (1分) F+F1sin a=m1g (1分) 如图丙所示，在竖直方向，由牛顿第二定律 其中f1=1FN 有FNcos0一mg=ma球 (2分) 联立解得41=0.4 (1分) 解得FN=2mg。 (1分) (2)对物块A、B构成的整体受力分析，由于 F<(m1+m2)gsin a (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 F+f2=(m1+m2)gsin a (1分) 根据牛顿第三定律可知，物块B对斜面的摩擦力 丙 大小 14.(1)6N(2)16(3)8217 f=f: (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)=3X(18-16)N=6N 整体恰好不下滑，对物块C有 (2分) F2cos 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 l'=√h&+2 (1分) FN2=(m1十m2)g cos a (1分) 弹簧弹力 平行于斜面方向上有 T'=k('-l) (1分) F2+u2 FN2=(m1+m2)gsin a (1分) ·7 1 2027 单元过关 12 解得m4=25 g F3+u2 FNa=(m1+m2)gsin a+2Tcos a (1) 垂直于斜面方向上有 即物块C的质量应满足 FN3+2Tsin a=(m1+m2)gcos a (1分) 12 m4≥25kg (1分) 联立解得 设物块C的质量为m5时，物块A、B恰好要被拉 T一161 260 1860 558 N,F3= 161 N,m-805 kg 动，此时连接物块A、B的细线上的拉力大小为 即物块C的质量应满足 T,对物块C有 558 m5≤805 kg (1分) F3cos B=msg 对物块A受力分析，有 因此物块C的质量m的取值范围为 F3 cos a=T+u (m1g-F3sin a) (1分) 1 558 对物块A、B构成的整体，平行于斜面方向上有 2 kg≤m≤805 go (1分) 2026一2027学年度单元过关（三)物理·运动和力的关系 一、单项选择题 内，由0一1=一2a2x3,解得x3=2m,则0~18s,电 1.D【解析】惯性是物体的固有属性，其大小只与 梯运行的总位移s=x1十x2十x3=30m,D正确。 物体的质量有关，与速度无关，则两辆质量相同的 4.D【解析】分解绳子拉力，竖直方向分力大小为 汽车，惯性一样大，A错误；物体间的相互作用力 E1=0,则每根绳的拉力F-F 与物体运动状态无关，在任何时候大小均相 c0s37=7.5X 等，B错误；大人拉动小孩的时候，自己不动，但大 105N,A错误；依题意，钢圆筒处于静止状态，所 人拉小孩的力等于小孩拉大人的力，它们互为一 受的合力为零，B错误；若增加起吊绳的长度，则 对作用力与反作用力，C错误；乒乓球可以被轻易 扣杀，铅球却很难被掷得更远，是因为铅球的惯性 每根绳与竖直方向的夹角变小，由F=F cos 0 比乒乓球惯性大，运动状态难以改变，D正确。 G 10 G 2.D【解析】无人机沿水平方向向左飞行，零件相 0s010c0s0,可知每根绳的拉力变小，C错误； 对于无人机静止，也沿水平方向向左飞行做直线 若每根绳承受的最大拉力为9×105N,则10根绳 运动，故零件的高度不变，零件的重力势能保持不 的合力Fmax=10 Tmaxcos37°=7.2X106N,由牛 变，D正确；零件受重力和轻绳的拉力作用，合外 顿第二定律有Fmx一mg=ma max,解得amax= 力水平向左，零件和无人机水平向左做匀加速直 2m/s2,D正确。 线运动，A、B错误；惯性的大小只与质量有关，零 5.A【解析】设弹簧弹力为F,对两球整体受力分 件的质量不变，故零件的惯性不变，C错误。 析，由平衡条件可得F=Tasin30°，Tacos30°= 3.D【解析】物体由静止开始运动，只能加速；由题 图可知先失重，加速度向下，故只能做向下的加速 (mM十mN)g,对小球M受力分析，且由平衡条件 运动，故电梯处于下降状态，A错误；0~4s内电梯 可得Tssin45°=F,Tscos45°=mMg,解 向下加速运动，由牛顿第二定律可得500一475= 将号n0品器8 2,A错误，B正 50a1,解得a1=0.5m/s2,t=4s时的速度大小 确；剪断轻绳B的瞬间，小球N将做圆周运动，垂直 为v1=a1t=2m/s,0~4s内的位移大小为 绳A方向，即沿切线方向根据牛顿第二定律可得 x1=2a1t好=4m,4~16s内电梯向下匀速直线运 mNgsin30°=mNaN,可得小球N的加速度大 动，通过的位移大小为x2=v1t2=24m,16~18s内 小a=28,弹簧弹力不变，对于小球M由牛顿第 电梯向下减速运动直至静止，根据运动学公式可得 0=v1一a2t3,解得加速度大小为a2=1m/s2,根据牛 二定律得√F2十(mMg)2=mMaM,而F=mMg,联 顿第二定律可得F-mg=ma2,解得F=550N,可知 立解得小球M的加速度大小aM=√2g,C、D正确。 16~18s,电子秤的示数为550N,B、C错误；16~18s 由于本题选择错误的一项，所以选择A选项。 1 ·8·