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(广东专版)

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 2 3 4 5 6 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.图甲中台秤的内部简易结构如图乙示：托盘A、竖直杆B、水平横杆H与齿条C固定 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 质指针E,两根完全相同的弹簧将横杆H吊在秤的外壳】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0弧度(0< 2π)，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 () E H 甲 乙 mg mg 2mg mg A.20d B. C. Od Od D. 单元过关（二）物理第1页（共8页） 学海无涯，志在干里 3.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 班级 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() 姓名 0 M 得分 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 4.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 ) A.槽面0A对木棒的弹力的最大值为23m 3 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 5.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6 m,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（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.40√2N≤F合≤40W5N 单元过关（二）物理第2页（共8页） YJ 6.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 0电动机 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mg 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 7.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O。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45° 3 D.当tan0=时，第8个灯笼与第9个灯笼间轻绳与竖直 四@@@光 方向的夹角为30 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 6 10 答案 8.如图为一承重装置，两个相同的铰支座分别与地面和托盘固定，用四根相同的轻杆铰 接。已知轻杆长度均为L,铰接处α、b间距与轻弹簧原长相等，弹簧劲度系数为k,弹簧 轴线与轻杆夹角为0。在托盘上放置重物，平衡时0=45°。现用外力控制重物缓慢下移 直至0=30°。弹簧始终处于弹性限度内，不计铰支座质量，不计摩擦阻力，则() YJ 单元过关（二）物理第3页（共8页） 托盘 重物 铰支座 轻杆 a b oO 一铰支座 777777777777777777 A.0=45°时弹簧弹力大小为√2kL B.0=45时轻杆弹力大小为√2kL C.托盘和重物的总重力大小为L D.从0=45°到0=30°过程中重物下降高度为(2一1)L 9.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0，两物块和斜面间的动摩擦因数均为μ，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 () ⑦WWwW旬 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 ng sin0 D.弹簧可能的最大压缩量为mgcos0-sin0 6 10.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 三、非选择题：本题共5小题，共54分。 11.(7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。 单元过关（二）物理第4页（共8页） 测微螺杆 45 弹簧 压力传感器 乙 (2)对测得的数据进行处理后得到弹簧弹力F与弹簧长度L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(保留均保留 3位有效数字)。 3.00EN 2.50 2.00 1.50 1.00 0.50 0.000608010.012.014.016.018.0imm 丙 12.(9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 确定杯中物体质量m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。 x/m 12.0 绳套 11.5 30 11.0 2 橡皮筋 10.5 水杯 10.00 50 100 150m/g 甲 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-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 单元过关（二）物理第5页（共8页） 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 0 13.(9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α=0.8g的匀加速直线运动，求 斜面对球作用力的大小FN。 分 乙 单元过关（二）物理第6页（共8页） YJ 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 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4=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 b h/cm YJ 单元过关（二）物理第7页（共8页） 15.(16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、2= 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B=53°。当物块C的质量m3=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μ2=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m的取值范围。 B 单元过关（二）物理第8页（共8页）2027 滑过程，根据位移公式有 -0, (1分) 解得t1=5s 根据速度公式有v1=a1t (1分) 解得o1=20m/s (1分) (2)泥石流滑到水平面做匀减速直线运动到BD, 根据速度与位移关系式有 v2-v2=-2a3x0 (1分) 解得v2=16m/s 上述过程，根据速度公式有 V2=V1一a3t2 (1分) 解得t2=2s 行人匀加速至最大速度过程有 Um-a2l3 （1分) 1 x2=20t6 (1分) 解得t3=4s,x2=16m 行人匀速至D所用时间 4=1x (1分) 结合上述，解得t4=2.5s 2026一2027学年度单元过 一、单项选择题 1.B【解析】作出力F分解的关系图，如图所示，根 据牛顿第三定律可知F1=F1,F2=F2,由图可 知F2>F1,F2>F,A、C错误；根据几何关系 F 有F2 Ftan0》力F一定时，来角0表 小，F1和F2越大，B正确；力F一定时，夹角日越 大，F1和F2越小，凿子越不容易凿入木头，D 错误。 - AE 2.B【解析】由题图乙可知，弹簧的形变量等于齿 条C下降的距离，由于齿轮D与齿条C啮合，所 以齿条C下降的距离等于齿轮D转过的孤长，根 据教学知识可得5=9，：即弹簧仲长4x=5 . ,2,对托盘A、竖直杆B、水平横杆H与齿条C 和重物整体研究，根据平衡条件得mg=2F,根据 胡克定律公式F=△x,联立，解得每根弹簧的劲 度系数-沿B正确。 3.B【解析】对两球受力分析，并构建矢量三角形，如 YJ ·4 单元过关 △t+t3+t4=7.5s>t1+t2=7s (1分) 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) x=vm(△t+t3十t4-t1-t2) (1分) 解得x=4m (1分) (3)结合上述可知t1=t3十△t=5s 即泥石流到达坡底时，行人恰好加速至最大速 度，此过程行人的位移 x2=16m 若行人沿AB方向逃离，当泥石流减速至与行人 速度相等时有vm=v1一a3ts （1分) 解得t5=6s 上述过程泥石流与行人的位移分别为 十wmt5 x泥= 2 (1分) x行=Vmt5 解得x泥=84m,x行=48m 由于x泥<x0十x2十x行 可知，行人能脱离危险，泥石流与行人间的最小距离 (1分) xmin=x0十x2十x行一x花=16m。 (1分) 关（二）物理·相互作用 因所示，由于三商彩相根可%器-0后在 MN之间距离不变时，由F=K9,g,由于电荷量减 小，小球之间的库仑力减小，M球下移，Q点也下移， OQ长度增加，所以k值减小，又因为mg、OM不变， 所以N1减小，A、C错误，B正确；OC和NM垂直 F库_QM 时，有 mg=QQM与0Q不一定相等，所以库仑 力不一定等于M球的重力，D错误。 F mg F M C mg 4.A【解析】在材料绕轴线逆时针缓慢转过90°角 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 FOA和槽面OB对木棒的弹力FOB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 逆时针缓慢转过30°时，槽面OA对木棒的弹力 mg213mg,A Fo有最大值，最大值FA=sin60 3 正确；由图可知，槽面OB对木棒的弹力FOB一直 ·物理· 增大，B错误；槽面OA对木棒的弹力先增大后减 小，C错误；由力平衡条件可知，槽面OA与槽面 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。 60 Q609 0 30 5.C【解析】如图甲所示，在水轮缓慢转动过程中， 虚线圆为固定转轴B的轨迹，因为B光滑且缓慢 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 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。B在B1位置处进行受力分析如图乙所示，设 ∠OAB1=0,在直角三角形OB1A中，根据几何关 、系可得sin0=A=2,解得0=30，根据平行四 边形定则，可得合力与竖直方向的夹角日=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 角为60°，根据平行四边形定则，可知合力与竖直 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40N≤F合≤ 40√3N,C正确。 B B> 甲 mg mg mg B mg 丙 参考答案及解析 6.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 线上，由于杆力不一定沿杆，所以。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 系可得a十B=53°，对角线为F杆，则杆AB受到绳 53° 子的作用力大小F#=2Tcos2≠V3mg,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为铰链连接，为“活”杆， 杆力沿着杆的方向，根据F#c0s53°=Tc0s37°= 4 mg cos37°，解得F#= 3mg,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 据F#=2Tc0s2P,可知F扦变大，D正确。 、F杆 、绕过 B T 53 F杆' m =37 T —电机 A C O 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。= 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 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)产，则可知n越大，Tm 越大，且Tm均大于T0,故当T32=Tm时，0最大， 由图甲可知cos0m =之，解得0。=45，此 32mg=2 Tm 时最右端轻绳的拉力T。=32 ng tan0m=320N, A,B错误；当tan0=2时，则有T0=32 ng tan0= 160N,第16个灯笼与第17个灯笼间轻绳与竖直 T 方向的夹角a16满足tana16=16mg =1,解 3 得a6=45°，C正确；当tan0=4时，则有T。= 32 ng tan0=240N,第8个灯笼与第9个灯笼间 0一 轻绳与竖直方向的夹角a2:满足tana一24ng 1,解得a24=45°，D错误。 YJ 2027 T32 T a t-- 32mg nmg 二、多项选择题 8.AD【解析】根据题意，铰接处a、b间距与轻弹簧原 长相等，当0=45°时，弹簧的伸长量△x=2Lc0s45°， 弹簧弹力大小F弹=k△x,联立解得F弹=√2L,A 正确；当日=45°时，对托盘和重物整体进行受力分 析，在竖直方向上，由平衡条件有2F杆c0s45°= G,对弹簧与轻杆连接，点进行受力分析，在水平方 向上有2F#cos45°=F弹，联立解得F杆=kL,G √2kL,B、C错误；根据几何知识，当0=45°时，托 盘离地面的高度h1=2Lsin45°，当0=30°时，托 盘离地面的高度h2=2Lsin30°，则重物下降高度 △h=h1-h2=(√2-1)L,D正确。 9.BD【解析】对斜面、两物块与弹簧整体进行分析， 受到重力与地面的支持力，水平方向没有运动趋势， 可知斜面和水平地面间不可能有静摩擦力，A错误； 对物块进行分析，物块受到重力、斜面的支持力、斜面 的静摩擦力及弹簧的弹力，重力沿斜面向下的分力为 mgsin0,令弹簧弹力为F,根据平衡条件可知，撤去 弹簧之前，每一个物块所受静摩擦力的大小为f1= √(mg sin0)+F2>mg sin0,当撤去弹簧后，由于沿 斜面重力的分力为mgsin0,结合上述可知mgsin0 小于最大静摩擦力，可知，此时物块所受静摩擦力大 小等于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，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组成的系统 的静摩擦力等于2 ng sin0,C错误；若此时A所受静 摩擦力恰好为最大静摩擦力，则有∫mx=N= umg cos0,结合上述有fmx=f1= √(mg sin0)2+Fz=√(mg sin0)2+(kx)2,解得 x-mg u'cos o-sin 0 一，即弹簧可能的最大压 k 缩量为mg ucos20-sin20 ,D正确。 10.BC【解析】因不计摩擦，则细绳上任意一点的弹 YJ 单元过关 力都相等，对a、b分析可知，细绳弹力的竖直分量 为0.5mg,则对c环分析可知，直杆对c环的弹 力Fe=mg十0.5mg十0.5mg=2mg,若将a、b环 的质量都变为2m,轻绳对c环的弹力F=mg十 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2Tos2=mg= 2Tos2,可知0=Y,则即使将c环缓慢向右移动 少许，夹角α仍等于夹角Y,C正确；若将N点缓 慢向左移动少许，则轻绳与竖直方向的夹角减小， 0 根据2Tos2=mg,可知轻绳的弹力将减小，B 正确。 三、非选择题 11.(1)7.413(2分)(2)188(2分)17.6(3分) 【解析】(1)根据螺旋测微器的读数规则，可知题 图乙读数为7mm+41.3×0.01mm= 7.413mm。 (2)由题图丙可知，当弹力为零时弹簧处于原长， 为17.6mm,将题图反向延长与纵坐标的交点约 为2.55N,则根据胡克定律可知弹簧的劲度系数 -≈188N/m。 12.(1)106或107(3分)偏大(2分)(2)C(2分) (3)减小细绳1与竖直方向的夹角(2分)（意思正 确即可) 【解析】(1)操作测得x=11.60cm,由题图乙的 图像坐标可知，该芒果的质量为106g或107g; 如图所示，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，根据共，点力平衡 可知橡皮筋的拉力变大，导致橡皮筋的长度偏 大，若仍然根据图像读出芒果的质量，则与m。相 比偏大。 30 (2)若得到的xm图像在后半部分弯曲，可能是 所测物体的质量过大，导致橡皮筋所受的弹力过 大，超过了橡皮筋的弹性限度，从而使橡皮筋弹 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 减小绳子1与竖直方向的夹角日时，相同质量的 ·物理· 物体对应橡皮筋的拉力较小，橡皮筋的伸长量较 小，故对相同的橡皮筋，可通过减小细绳1与竖 直方向的夹角，增大质量测量范围。 18.1)mg(2)8mg 【解析】(1)球刚好被推离地面时推力最小，可认 为此时球和杆处于静止状态，对球和杆受力分析 如图甲所示 竖直方向有F斜支cos日=mg (1分) 对斜面受力分析如图乙所示 水平方向有F压sin0=F。 (1分) 根据牛顿第三定律有F斛支=F球压 (1分) 部得F一g (1分) 斜 F 777777 777777 mg 甲 地支 777777 F球乐 mg (2)斜面沿水平方向运动，位移为x,同时球沿竖 直方向运动，位移为y,由几何关系可知 tan =y (1分) x 1 由x=wt+2at (1分) 可得a球=atan0 (1分) 如图丙所示，在竖直方向，由牛顿第二定律 有FNcos0-mg=ma球 (1分) 解得FN=2mg。 (1分) 杆支 参考答案及解析 14.(1)6N(2)16(3)82√17 【解析】(1)当A在地面时，根据平衡关系，B所 受的摩擦力大小与弹簧弹力大小相等 f=F1=k(l。-l)=3×(18-16)N=6N (2分) (2)当A上升到c,点时，此时弹簧长度 1'=√h:+12 (1分) 弹簧弹力 T'=k(1'-1o) (1分) 设此时弹簧与水平方向夹角为α，对A受力分 析得 F.-mg-T'sin a-uT'cos a=0 (1分) 又tana=i (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Q点时弹簧弹力斜向上，设弹 簧弹力为T,弹簧与水平方向夹角为0，则有 F-mg+Tsin 0-uTcos 0=0 (1分) 解得tan0=2 (1分) 故ha=ltan0=0.08m=8cm (1分) 在b点时弹簧处于原长，有 h6=√16-l2=0.02√17m=2√17cm(1分) 坐标a、b的数值分别为8、2/17。 (1分) 15.(1)0.4(2)14N,方向平行于斜面向下 558 3)kg≤m∠80g kg 【解析】(1)对物块C受力分析，竖直方向上有 F1cos B=m3g (1分) 对物块A受力分析，水平方向上有 Ficos a=f1 (1分) 竖直方向上有 F+Fisin a=m1g (1分) 其中f1=1FN 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 F1<(m1十mz)g sin 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 YJ 2027 F1+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 大小 f=fe (1分) 解得f=14N,方向平行于斜面向下 (1分) (3)设物块C的质量为m4时，物块A、B构成的 整体恰好不下滑，对物块C有 F2cos B=mag (1分) 对物块A、B构成的整体，垂直于斜面方向上有 FN2=(m1+m2)gcos a (1分) 平行于斜面方向上有 F2+uz F N2=(m1+m2)gsin a (1分) 12 解得m,=25kg 即物块C的质量应满足 m,≥号如 (1分) 设物块C的质量为m5时，物块A、B恰好要被拉 2026一2027学年度单元过关 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 物体的质量有关，与速度无关，则两辆质量相同的 汽车，惯性一样大，A错误；物体间的相互作用力 与物体运动状态无关，在任何时候大小均相 等，B错误；大人拉动小孩的时候，自己不动，但大 人拉小孩的力等于小孩拉大人的力，它们互为一 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 比乒乓球惯性大，运动状态难以改变，D正确。 2.D【解析】无人机沿水平方向向左飞行，零件相 对于无人机静止，也沿水平方向向左飞行做直线 运动，故零件的高度不变，零件的重力势能保持不 变，D正确；零件受重力和轻绳的拉力作用，合外 力水平向左，零件和无人机水平向左做匀加速直 线运动，A、B错误；惯性的大小只与质量有关，零 件的质量不变，故零件的惯性不变，C错误。 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 运动，故电梯处于下降状态，A错误；04S内电梯 向下加速运动，由牛顿第二定律可得500一475= 50a1,解得a1=0.5m/s2,t=4s时的速度大小 为v1=a1t1=2m/s,0~4s内的位移大小为 YJ ·8 单元过关 动，此时连接物块A、B的细线上的拉力大小为 T,对物块C有 F3 cos B=msg 对物块A受力分析，有 F3cos a=T+u1(m1g-F3sin a) (1分) 对物块A、B构成的整体，平行于斜面方向上有 F3+u2FN3=(m1+m2)gsin a+2Tcos a (1) 垂直于斜面方向上有 FN3+2Tsin a=(m+m2)gcos a (1分) 联立解得 260 1860 558 T=161N,F,=161N,m=8Okg 即物块C的质量应满足 558 m5≤805 kg 因此物块C的质量m的取值范围为 12 558 25kg≤m≤805kg。 (1分) (三)物理·牛顿运动定律 1 x1=2a1t=4m,4~16s内电梯向下匀速直线运 动，通过的位移大小为x2=v1t2=24m,16~18s内 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 顿第二定律可得F-mg=ma2,解得F=550N,可知 1618s,电子秤的示数为550N,B、C错误；16~18s 内，由0一01=-2a2x3,解得x3=2m,则0~18s,电 梯运行的总位移s=x1十x2十x3=30m,D正确。 4.D【解析】分解绳子拉力，竖直方向分力大小为 G 0则练根绳的拉力F三c07=7.5X 105N,A错误；依题意，钢圆筒处于静止状态，所 受的合力为零，B错误；若增加起吊绳的长度，则 每根绳与竖直方向的夹角变小，由下=F生 cos 0 G 10 c0s010c0s0,可知每根绳的拉力变小，C错误； G 若每根绳承受的最大拉力为9×105N,则10根绳 的合力Fmax=10 TmaxCoS37°=7.2×106N,由牛 顿第二定律有Fmax一mg=mamx,解得amax= 2m/s2,D正确。 5.A【解析】设弹簧弹力为F,对两球整体受力分 析，由平衡条件可得F=Tasin30°，TAcos30°=