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单元检测（二）相互作用
A卷高频芳点练清卷
考点一重力、弹力、摩擦力
1.(2025·福建莆田·二模)物理老师举行技巧挑战赛，要求用一根能承受最大拉力为50N的细绳，尽可
能拉动更重的物体，如图所示.已知物体与水平面间的动摩擦因数为汽，取最大静摩擦力等于滑动摩擦
力，物体可视为质点，则理论上利用这根细绳能拉动物体的最大重量是
细绳
7刀
A.50N
B.503N
C.100N
D.100.3N
2.餐厅暖盘车的储盘装置示意图如图所示，三根完全相同的弹簧等间距竖直悬挂在水平固定
圆环上，下端连接托盘.托盘上叠放若干相同的盘子，取走一个盘子，稳定后余下的正好升高
补平.已知单个盘子的质量为300g,相邻两盘间距1.0cm,重力加速度大小取10ms2.弹簧
始终在弹性限度内，每根弹簧的劲度系数为
(
A.10 N/m
B.100 N/m
C.200N.:m
D.300N/m
考点二受力分析
3.(多选)(2025·山东菏泽·一模)新春佳节，小强把红纸铺在水平桌面上写“福”字，「
某面
为防止红纸滑动，在其左侧放一镇纸压住，如图所示，下列说法正确的是()
镇纸
A.在写最后一个笔画时红纸受到7个力
B.在写最后一个笔画时镇纸受到向右的摩擦力
红纸
C.用毛笔在红纸上写字存在毛细现象
D.在空间站里可以用毛笔写字
4.(2025·三省三校联考二模)如图所示，建筑工人用砖夹竖直搬运四块相同的砖，每块砖的质量均为m,
重力加速度大小为g.下列说法正确的是
A.当砖静止时，砖块4对砖块3的摩擦力大小为2mg
B.当砖静止时，砖块2对砖块3的摩擦力大小为g
234
C.当将四块砖一起竖直向上加速提起时，砖块4对砖块3的摩擦力大小为mg
D.当将四块砖一起竖直向上加速提起时，砖块2对砖块3的摩擦力为零
考点三力的合成与分解
5.如图，弹簧测力计下端挂有一质量为0.20kg的光滑均匀球体，球体静止于带有固定挡板
的斜面上，斜面倾角为30°，挡板与斜面夹角为60°.若弹簧测力计位于竖直方向，读数
为1.0N,g取10ms2,挡板对球体支持力的大小为
()》
A.N
B.1.0N
c.23N
60
D.2.0N
3
7
6.如图所示，可视为质点的机器人通过磁铁吸附在船舷外壁面检测船体.壁面可视为
斜面，与竖直方向夹角为0.船和机器人保持静止时，机器人仅受重力G、支持力F、
摩擦力F:和磁力F的作用，磁力垂直壁面.下列关系式正确的是
()
A.F=G
B.F=FN
0
C.F=Gcos 0
D.F=Gsinθ
9参考答案
单元检测（一）运动的描述匀变速直线运动
x=wt一
2a2,代入教据解得x=50m,公交车在最初6s内
通过的位移与最后6s内通过的位移之差为△x=x1一x2,代
A卷高频考点练清卷
入数据解得△x=24m,故ABC错误，D正确.
1.C研究入水动作时，运动员的形状和体积对所研究问题
5.A对木板由牛顿第二定律可知木板的加速度不变，木板从
的影响不能够忽略，此时运动员不能够看为质点，故A错
静止释狱到下瑞到达A点的过程，有L=a,木板从静止
误：研究空中转体姿态时，运动员的形状和体积对所研究
释放到上瑞到达A点的过程，当木板长度为L时，有2L=
问题的影响不能够忽略，此时运动员不能够看为质点，故
2ai,当木板长度为2L时，有3L=合ai,又1=1-o,
1
B错误；研究百米比赛中的平均速度时，运动员的形状和
体积对所研究问题的影响能够忽略，此时运动员能够看
△12=t2一t0,联立解得△2：1=(5-1)：(2-1)，A
为质点，故C正确：研究运动员通过某个攀岩支，点的动作
正确
时，运动员的形状和体积对所研究问题的影响不能够忽
6.解析：(1)设物体的加速度为a,根据位移差公式△x=aT可
略，此时运动员不能够看为质点，故D错误.故选：C.
2
2.C速度是描述物体运动快慢的物理量，即物体的空间位
3X0-x0
得物体的加速度为4=
置随时间变化的快慢，BD错误；根据x与1的关系式可
to
3to2
知，1=0时，质点位于x=1m处，t=1s时，质点位于x=
AC段的平均速度等于这一过程的中间时刻的速度，可得
6m处，因此质点在第1s内的位移为5m,A错误，C
2
正确，
物体在B,点时的速度为UB=
20+x05x0
2to
6to
3.解析：(1)选择向西为正方向，如题图所示，最后6s的住
设物体在A点时的速度为A,则可得
移为△x3=120m,△13=6s
7x0
UA=UB一at0=6t0
平均连度为==20m=20m8,大小为20m6,」
(2)根据速度时间关系可得物体在C点时的速度为
方向向西：
5.x0_x0
0
(2)全过程的位移为△x=△x3一（△r1十△x2)=120m一
c=s+ao=60-30·6=20
(30m十60m)=30m
时间为△t=5s十58十4s十6s=20s
则可得物体在CD段的平均速度为=C十D=0
24t
平均速度为==0m=1,5m/s,大小为1,5m/s,方向
△120s
2品
答案：1)6t0
向西；
7.C匀变速直线运动平均速度等于初末速度的平均值，则
(3)全过程的路程为△s=△x3十△x1十△x2=120m十
有：专5=10ms,T=5m因ST间的矩高是
2
30m+60m=210m
RS的两倍，而ST段的平均速度是RS段的平均速度的
平均速率为0=2)0m=10.5m8
△120s
乞，故可得ST段的时间是RS段的时间的4倍，可知：ST
1
答案：(1)20ms方向向西(2)1.5ms方向向西
(3)10.5m/s
段的速度减小量是RS段的4倍，则有：vs一VT=4(VR一
4.D设公交车开始减速的速度为%，运动总时间为，则公交
vs),联立解得：R=11m8,s=9ms,vT=1m8,故C
正确，ABD错误.
车在最初减连6s内通过的位移为西=o一2a哈=(6一
8.C令加速度为a,E到N的距离为L,从E到N有v至=
18m),把物体运动看成反向的初速度为0的匀加速直线运
2aL,从N到A有v员=2a·9L,联立可得vA=3E,故A
动，最后68内通过的位移为=2a,代入数据解得x2一
错误：根据逵度一时间公式，有tA=4一E_2E,gv
18m,由于公交车在最初6s内通过的位移与最后6s内通过
的位号之比为21：9，则南以上有g18-号又有0=助
E一0_E=1,所以汽车通过AE段的时间等于21，故B
at,代入数据解得=10mst=10s,则公交车的总位移为
错误：根据匀变速直线运动的推论有四E-4E=2如E,
2
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