周测评(三) 相互作用(二)-【衡水真题密卷】2027届高三物理学科素养周测评（鲁冀粤辽鄂湘黑赣桂吉晋豫陕青宁蒙新藏渝甘黔滇川皖专版）

2026一2027学年度学科素养周测评（三） 物理·相互作用（二） 本试卷总分100分，考试时间40分钟。 一、选择题：本题共6小题，每小题8分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1~4题 只有一项符合题目要求，第5、6题有多项符合题目要求。全部选对的得8分，选对但不 全的得4分，有选错的得0分。 题号 2 5 6 答案 1.如图所示，竖直方向固定一个圆形轨道，其内部恰好对称放置5个完全相同、重力均为G 的光滑匀质小球，球1和球5的重心与轨道圆心O在同一高度，5个小球的重心和圆形 轨道的圆心在同一竖直面内，下列说法正确的是 ( ) A.轨道对球1、球5的作用力相同 B.球2和球4对球3作用力的合力方向竖直向下 C.球2对球1的作用力大小可能小于G D.轨道对球3的作用力大小等于5G 2.如图所示，一轻绳OA一端固定在天花板上，另一端连接一轻滑轮，轻绳OA与竖直方向 的夹角为0，另一轻绳绕过轻滑轮，一端固定一质量为m的物体，一人拉着绳的另一端在 水平地面上向右运动将物体缓慢吊起来，绕过滑轮的两绳夹角为α，绳与滑轮之间的摩 擦不计。在此过程中下列说法正确的是 dddlllde A.拉物体的轻绳上的弹力逐渐增大 B.夹角a与夹角0的比值逐渐增大 C.轻绳OA上的弹力逐渐减小 D.人与地面之间的摩擦力逐渐减小 3.如图所示，拖把由拖杆和拖把头组成。小刘同学在用拖把匀速拖地时，施加沿拖杆方向 (可能背离或指向拖把头)的力F。已知拖杆与水平面间的夹角为O,拖把头与地面间的 动摩擦因数为4，重力加速度为g,可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法中 正确的是 () 学科素养周测评（三）物理第1页（共4页） 把握青春，勇敢追梦，让梦想照进规实 拖杆升 班级 拖把头 姓名 A.若F为背离拖把头的拉力，当夹角0从0开始增大至接近90°过程中，F先增大后 得分 减小 B.若F为背离拖把头的拉力，当夹角0从0开始增大至接近90°过程中，地面对拖把的 支持力一直增大 C.若F为指向拖把头的推力，当夹角0满足tanO≥μ时，无论F多大，都无法把拖把 推动 D.若F为指向拖把头的推力，当夹角0满足tanO≥二时，无论F多大，都无法把拖把推动 4.小明打完篮球回家后，习惯性地将球放置在书房里一小方凳与墙壁之间，如图所示。 PQ为竖直墙壁，NQ为水平地面。现假设篮球表面光滑，半径R=0.12m,质量m= 0.5kg,小方凳为边长L=0.4m、质量M=1kg的正方体，此时两者均处于静止状态， 小方凳与地面间动嚓擦因数以=。，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，OD与竖直方向夹 角0=37°，D为球与凳的接触点，g取10m/s2,sin37°=0.6，cos37°=0.8。下列说法 正确的是 () 6 A.地面对小方凳的摩擦力与墙壁对篮球的弹力为一对相互作用力 B.地面对小方凳的支持力为15N,球对小方凳压力为6N C.若向左缓慢移动小方凳，移动过程中球对墙壁压力及球对小方凳的压力都减小 D.从=37°开始向左移动小方凳后松手，能使球和小方凳仍静止（球未到地而），则向左 移动的最大距离为0.024m 5.如图所示，倾角为0的粗糙斜面体c置于水平地面上，小盒b置于斜面上，通过细绳跨过 光滑的定滑轮与小盒a连接，连接b的一段细绳与斜面平行，连接a的一段细绳竖直，a 连接在竖直固定于地面的弹簧上，现先后向a盒和b盒内缓慢加入适量砂子，此过程中 a、b、c位置始终保持不变，下列说法中正确的是 () 学科素养周测评（三）物理第2页（共4页） 1 ☐a A.向a盒内加入砂子时，c对b的摩擦力一定增大 B.向a盒内加入砂子时，地面对c的摩擦力一定增大 C.向b盒内加入砂子时，绳拉力一定增大 D.向b盒内加入砂子时，c对b的摩擦力可能减小 6.如图所示，建筑工人用砖夹夹起n(n=3、4、5…)块相同的砖而处于平衡状态，已知每块 砖的质量均为m,重力加速度为g,下列说法正确的是 A砖夹的左侧对第1块砖的摩擦力大小为 B.第n块砖相对第n一1块砖的运动趋势方向向上 12 C.若m为偶数，第分块砖与第？+1块砖间无摩擦力 D.若n为奇数，正中央的一块砖对相邻的其中一块砖的摩擦力大小为g 二、非选择题：本题共3小题，共52分。 7.(12分)橡皮筋也像弹簧一样，在弹性限度内遵循胡克定律。用图甲所示装置测量一条 橡皮筋的劲度系数。将细线下端拴在橡皮筋的上端部位，细线上端固定在铁架台的横 梁上，橡皮筋下端固定一个水平的轻质小纸片，橡皮筋自然下垂处于伸直状态，在小纸 片正下方的桌面上放置一个距离传感器，可以测出水平小纸片与传感器上表面的距离 h。在橡皮筋下端挂上钩码，钩码稳定后，记录所挂钩码的个数n和对应的h值，逐一增 加所挂钩码的个数，重复上述操作。每个钩码的质量m=50g,g取10m/s2。 细线 橡皮筋 水平纸片 h/cm 细线 175 栓结点 橡皮筋 距离传感器 162 7777777777777 77777777777 0 6.5个 甲 乙 丙 (1)根据实验记录的数据作出h随钩码个数的变化关系图线如图乙所示，可得图像的 斜率为 cm/个，橡皮筋的劲度系数测量值k= N/m(结果均保 留2位有效数字)。 (2)为防止橡皮筋从上端细线上脱落，橡皮筋在细线拴结点上方留有一小段长度（如图 学科素养周测评（三）物理第3页（共4页） 丙)，这会导致实验对整条橡皮筋劲度系数的测量值 (填“偏大”“偏小”或 “不变”)。 8.(20分)如图所示，一倾角为53°、质量M=6kg的斜面体A置于水平面上，在斜面体和 竖直墙面之间放置一质量m=9kg的光滑小球B,斜面体A受到水平向右的推力F,使 A、B系统始终处于静止状态。已知斜面体与水平面间的动摩擦因数4=0.2，最大静摩 擦力等于滑动摩擦力，sin53°=0.8，cos53°=0.6，g取10m/s2。求： (1)小球B对斜面体A压力的大小和受到墙面弹力的大小； (2)水平向右的推力F的最小值。 R 53° 9.（20分)如图所示的离心装置中，光滑水平轻杆固定在竖直转轴的O点，小圆环A和轻 质弹簧套在轻杆上，长为2L的细线和弹簧两端分别固定于O和A,质量为m的小球B 固定在细线的中点，装置静止时，细线与竖直方向的夹角为37°。现将装置由静止缓慢 加速转动，当细线与竖直方向的夹角增大到53°时，A、B间细线的拉力恰好减小到零，弹 簧弹力与静止时大小相等、方向相反，重力加速度为g,sin37°=0.6，cos37°=0.8，求： (1)装置静止时，弹簧弹力的大小F； (2)环A的质量M。 A轻杆 M 转轴 79 m 学科素养周测评（三）物理第4页（共4页）·物理· 参考答案及解析 小为4N,方向水平向左 (1分) 水平方向根据受力平衡可得 (3)以圆环为对象，可得绳子拉力大小 T-sosa f=Tsin B=mgsin B (2分) (2分) cos a 又f≤uN (1分) 以物块为对象，竖直方向根据受力平衡可得 联立解得M≥1.1kg (1分) N+Tcos B=Mg (2分) 则M的最小值为1.1kg。 (1分) 解得N=Mg-mgcos (2分) cos a 2026一2027学年度学科素养周测评（三） 物理·相互作用（二）】 一、选择题 1 ，则有F= umg 1.B【解析】圆轨道对球1、球5的作用力方向不 。—,故F先减小后增 √a2+1sin(0+p) 同，A错误；对球3受力分析，易知球2和球4对 大，A错误；地面对拖把的支持力FN=mg一Fsin0= 球3作用力的合力方向竖直向下，B正确；对球1 umg sin 0 受力分析如图，结合勾股定理可判断球2对球1 mg cos0+sin日=mg- mg,故支持力一 1 的作用力F大小一定大于G,C错误；对整体受力 tan0十u 分析，由于轨道对4和2有斜向上的支持力，则有 直减小，B错误；若F为指向拖把头的推力， 2F4cos0+F3=5G,可得轨道对3的支持力小于 受力分析如图乙所示，推不动时则有Fcos日≤ 5G,D错误。 u(mg+Fsin0),即F(cos0-usin0)≤umg,当 cos0-4sin0≤0，即tan9≥1时，无论F多大，都 无法把拖把推动，C错误，D正确。 FN mg 2.C【解析】以物体为研究对象，根据共点力平衡 条件可得拉物体的轻绳上的弹力Fr=g,显然 拉物体的轻绳上的弹力不变，A错误；由于轻绳 OA恰好在两绳夹角的角平分线上，吊物体的轻绳 在竖直方向上，根据几何关系可知20=α，则夹角 α与夹角日的比值不变，B错误；轻绳绕过轻滑轮， ↑FN 轻滑轮相当于一活结，该轻绳上的弹力大小都为 mg,以滑轮为研究对象，根据共，点力平衡条件可得 轻绳OA上的弹力T=2Fros2=2mgc0s2,人 0 拉着绳在水平地面上向右运动过程中两绳夹角α 逐渐增大，0为锐角，故c0s?逐渐减小，则弹力T Ymg 逐渐减小，C正确；以人为研究对象，根据共点力 乙 平衡条件可得地面对人的摩擦力f=Frsina= 4.D【解析】相互作用力一定是同性质力，相互作 mg sin a,人在水平地面上向右运动过程中，两绳 用力之间涉及两个物体，明显选项A中提到的一 夹角a逐渐增大，sina增大，则摩擦力逐渐增大， 对力不是相互作用力，A错误；对球受力分析，如 D错误。 图甲所示，由平衡条件有F3sin0=F2,F3cos0= 3.D【解析】若F为背离拖把头的拉力，受力分析 如图甲所示，应用正交分解法有Fc0s日= mg,解得F一m。6.25N,对球与小方凳整体受力 μ(mg-Fsin0),解得F=mg cos0+usin0,设tanp= 分析，如图乙所示，由平衡条件可得F1=(M十m)g= 15N,B错误；对球受力分析如图丙所示，当小方凳向左 移动时0角增大，F2和F?均增大，根据牛顿第三定 ·5· 1 2027 学科素养周测评 律，球对墙壁和小方凳的压力均增大，C错误；初始状态 【解析】(1)图像斜率k。= △h175-162 cm/个= 小方凳与墙壁的距离x1=R十Rsin0,解得x1= △n0-6.5 20 一2cm/个。设橡皮筋的劲度系数为k,由胡克定 0.12m,临界时，Fm=μ(M十m)g=3N,F=Fa mg=3,可得0=53，小方凳与 0N,此时，an0-F=4 体可得mg=看。一A》,即=，一四，可得 墙壁的距离x2=R+Rsin0=0.216m,小方凳向左 -m8=ko,将m=50g,g=10m/s,代入可得 k 移动的最大距离△x=x2一x1=0.024m,D正确。 k=25N/m。 (2)橡皮筋在细线拴结点上方留有一小段长度橡 0 皮筋，如将该段橡皮筋放置在结点以下，施加一定 拉力后，除原先就在结点以下的橡皮筋部分会伸 长外，该段橡皮筋也将伸长，这会导致整条橡皮筋 mg 的伸长量增大，所测得的劲度系数变小，所以这条 (M+m)g 橡皮筋劲度系数的测量值偏大。 乙 丙 5.BD【解析】依题意，向a盒内加入砂子时，其位 8.(1)150N120N(2)90N 置保持不变，所以弹簧弹力不变，细绳的拉力必定 【解析】(1)设斜面体A对小球B弹力的大小为 增大，由于不知道b盒的重力沿着斜面方向的分 N1,墙面对小球B弹力的大小为N2,如图所示， 力与细绳拉力的大小关系，故不能确定静摩擦力 对小球B进行受力分析，根据平衡条件有 的方向，故随着a盒内砂子质量的增加，静摩擦力 N1sin53°=N2 (3分) 可能增加、可能减小，也有可能先减小后增大，A N1cos53°=mg (3分) 错误；对斜面体c和b盒整体受力分析，可知向a 解得N1=150N,N2=120N (3分) 盒内加入砂子时，细绳拉力增大，其水平方向分力 由牛顿第三定律可知，小球B对斜面体A压力的 随之增大，由平衡条件可知，地面对c的摩擦力一 大小为150N,受到墙面弹力的大小为120N 定增大，B正确；由A选项分析可知，不能确定b (2分) 盒所受静摩擦力的方向，所以向b盒内加入砂子 时，c对b的摩擦力可能减小，细绳拉力不变，C错 53o 误、D正确。 6.BC【解析】对n块砖受力分析可知，2f=nmg, 可得砖夹的左侧对第1块砖的摩擦力大小f= mg "gA错误对第m块砖交力分析可知f什f (2)水平向右的推力最小时，斜面体A有向左运动 mg,可得第n一1块砖对第n块砖的摩擦力，fm-1= 的趋势，A受到的最大摩擦力 f max=u(m+M)g=30 N<N2=120 N (3分) mg一f=ms1-2)<0(因n=34,5…),则f 则有Fmin十fmax=N2 (3分) 向下，即第n块砖相对第n一1块砖的运动趋势方向 解得Fmin=90N。 (3分) 向上，B正确：若m为得数，则对第块砖与第号十1 .④3 、9 :(2)64m 块砖整体分析，可知整体左右两侧的砖对该整体的作 【解析】(1)设AB、OB的张力分别为F1、F2,对 A、B受力分析，如图甲所示 用力为2f=2mg,再对第2块砖分析可知，f+f”- A受力平衡，有F=F1sin37° (2分) mg,可得f=0,即第2块砖与第2十1块砖间无摩 B受力平衡，有F1cos37°十F2cos37°=mg, F1sin37°=F2sin37° (3分) 擦力，C正确；若n为奇数，对正中间的一块砖受力分 解得F=3mg (3分) 折可知21=加g,可得斤=号g,即两制玲对正中 8 AN A 轻杆 间一块砖的摩擦力大小均为2mg,根据牛顿第三定 M 转轴 37 F 律可知，正中央的一块砖对相邻的其中一块砖的摩擦 力大小为2mgD错误。 m 二、非选择题 mg 7.(1)-2.0(4分)25(4分)(2)偏大(4分) 1 ·6· ·物理· 参考答案及解析 (2)如图乙所示，细线与竖直方向的夹角增大 9 解得环A的质量M 64m。 (3分) 到53°时，A、B间细线的拉力恰好减小到零，设装 置转动的角速度为“，弹簧弹力与静止时大小相 A 等、方向相反，根据几何关系可得A的半径为 O 轻杆 M 2L5in53°=8L 转轴 、T (3分) 8 对A有F=Mm2·写L (3分) B 对B有mgan53°=ma2.4/ (3分) 2026一2027学年度学科素养周测评（四）》 物理·牛顿运动定律（一） 一、选择题 物体A的加速度的大小，A错误；在物体A沿斜 1.D【解析】由于大气压强值力与海拔高度为线性 面向上运动的过程中，当弹簧压缩量为x’且合力 关系，0~t1,在电梯里测得的大气压强值p随着 为零时开始做减速运动，即弹簧弹力满足kx'= 时间是均匀变化的，即高度均匀变化，此时电梯在 mg sin0+μng cos0,B错误；撤去力F前，设物体 做匀速直线运动，A错误；t2以后，大气压强值p 受到的静摩擦力F:沿斜面向上，则由平衡条件F十 不变，代表电梯高度不变，为静止状态，B错误；通 mgn0=F,十，得工-F+mgn9-E,只有当 过A选项分析，0~t1,电梯做匀速直线运动，即小 k 宇受到的支持力等于自身重力，C错误；t1~t2,大 mg sin0-F:=0时，弹簧的形变量为，C错误； 气压强值力依然增加，但增长率逐渐减小，而气压 越高，说明电梯的高度越低，故电梯在减速向下运 当弹簧的弹力与重力沿斜面向下的分力及摩擦 动，加速度方向向上，支持力大于重力，故小宇处 力平衡时，即物体A所受合力为0时，速度最 于超重状态，D正确。 大，则有kx'=mg sin0十mg cos0,得x'= 2.C【解析】如图所示，当C以加速度a。向上匀加 mgsin 0+umg cos 0 ,D正确。 速时，A、B均相对于C恰好保持相对静止，则由受 力图可得水平方向T=fcA,fcA=μFNA,竖直方 4.C【解析】根据对称性可知，平台与两个圆柱表 向FNA一mAg=mAao,T-mBg=mBa0,解得h= 1 面的摩擦力大小相等，均为f=21(M十m)g= ,当加速度由a0逐渐变大时，轻绳对B的拉力 5N,沿平行于轴线的方向给平台施加F=10N的 mA 逐渐变大，D错误；C对A的支持力逐渐变大，由 恒力，使平台从静止开始沿轴线运动，初始时刻，平 台受到两圆柱的摩擦力刚好平衡，以平台和货物为 牛顿第三定律，A对C的压力逐渐变大，B错误；A 对C的摩擦力逐渐变大，A错误；当C的加速度由 老作，加建度大小a,=不n=2g<g a。逐渐增大时，拉力依然刚好等于最大静摩擦力， 3m/s2,圆柱表面的点转动的线速度大小v=wr= 则A、B相对C一直静止，C正确。 0.8m/s,设平台运动的速度大小为v,如图所示， F 可知平台受到两个圆柱表面对平台沿平行于轴线 的方向的摩擦力大小均为f:=fcos0,根据牛顿 第二定律可得F一2fx=F-2fcos0= (M十m)a,可知随着平台速度v的逐渐增大，0逐 m.g 渐减小，C0s日逐渐增大，加速度逐渐减小，所以货 物与平台不是一起做匀加速直线运动，A错误；当 平台速度v=0.6m/s时，则有cos0= 3.D【解析】撤去力F的瞬间，设弹簧压缩量为x, √02+0z 由牛顿第二定律得a=x一mgsin0-mg cos0 0.6,又F-2fcos0=(M+m)a,可得加速度大小 F-2fcos010-2X5X0.6 m/s2=0.8m/s2,B 因弹簧压缩量未知，故无法求出撤去力F的瞬间 a= M+m 4+1 ·7 1