单元检测（二）相互作用
B卷高考能力评价卷
(满分：100分时间：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
1.(2025·四川凉山·三模)A、B两物体如图叠放，在竖直向上的力F作用下沿粗糙竖直墙面向上匀速运
动，则A的受力个数为
()
A.2
B.3
C.4
D.5
2
B
图a
图b
第1题图
第2题图
第3题图
2.如图所示，对称晾挂在光滑等腰三角形衣架上的衣服质量为M,衣架顶角为120°，重力加速度为g,则衣
架右侧对衣服的作用力大小为
A.合Mg
Me
C.ve
D.Mg
3.(2025·四川南充·三模)如图()，某人借助瑜伽球锻炼腿部力量，她曲膝静蹲，背部倚靠在瑜伽球上，
瑜伽球紧靠竖直墙面，假设瑜伽球光滑且视为均匀球体，整体可简化成如图(b).当人缓慢竖直站立的过
程中，人的背部与水平面夹角<受，下列说法正确的是
A,墙面对球的力保持不变
B.人受到地面的摩擦力变大
C.地面对人的支持力变大
D.球对人的压力先增大后减小
4.(2025·四川成都统考三模)2023年的春晚舞蹈《锦绣》，艺术地再现了古代戍边将士与西域各民族化干
戈为玉帛并建立深厚友谊的动人故事.图()是一个优美且难度极大的后仰动作，人后仰平衡时，可粗略
认为头受到重力G、肌肉拉力F2和颈椎支持力F.如图(b),若弯曲后的头颈与水平方向成60°角，F2与
水平方向成45°角，则可估算出F1的大小为
()
A.(3+1)G
B.(/5-1)G
C.(3+2)G
D.(3-2)G
53
30
图〔a)
图(h)
第4题图
第5题图
5.(2025·河南·二模)如图所示，竖直固定放置的光滑大圆环，其最高点为P,最低点为Q.现有两个轻弹簧1、2
的一端均拴接在大圆环P点，另一端分别拴接M、N两小球，两小球均处于平衡态.已知轻弹簧1、2上的弹力
大小相同，轻弹簧1、2轴线方向与PQ连线的夹角分别30°、60°，则下列说法正确的是
()
-13
A.轻弹簧1处于压缩状态，轻弹簧2处于伸长状态
B.大圆环对两小球的弹力方向均指向圆心
C.M、N两小球的质量比为m1:m2=1:3
D.大圆环对M、N两小球的弹力大小之比为FN1:FN2=3:1
6.(2025·辽宁校联考三模)如图所示，木板B放置在粗糙水平地面上，O为光滑铰链.轻
0X3
杆一端与铰链O固定连接，另一端固定连接一质量为m的小球A.现将轻绳一端拴在
小球A上，另一端通过光滑的定滑轮O由力F牵引，定滑轮位于O的正上方，整个系
统处于静止状态.现改变力F的大小使小球A和轻杆从图示位置缓慢运动到O'正下
方，木板始终保持静止，则在整个过程中
()
0
A.外力F大小不变
B.轻杆对小球的作用力大小变小
C.地面对木板的支持力逐渐变小
D.地面对木板的摩擦力逐渐减小
7.(2025·河南省新乡市一模)如图所示，光滑半球固定在水平面上，球心O的正上
方固定小定滑轮C,细绳一端拴一小球甲，小球甲置于半球面上的A点，细绳
另一端绕过定滑轮拴有另一小球乙，小球乙置于半球面上的B点，平衡时AC
与BC的长度之比为.两球均视为质点，甲、乙两球的质量之比为
1
A.k
B.k
甲●A
2i21414441414444144141
C.k2
D.
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，每题有多项符合题目
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，
8.(2025·山东泰安·三模)间距为10m的两根固定的竖直杆间有一根晾衣绳，晾衣绳两端等高，长度为
14m且不可伸长.将一件衣服通过晾衣架挂在晾衣绳上，衣架能沿晾衣绳自由滑动，衣架挂钩和晾衣绳
之间的摩擦力忽略不计.无风时，衣服和衣架的悬挂点刚好位于晾衣绳的中间位置，如图甲所示；有风
时，有水平向右的风作用在衣服上，稳定后衣架悬挂点两侧的晾衣绳刚好垂直，如图乙所示.已知衣服和
衣架的总质量为1.4kg,重力加速度g取10，：s2,风对晾衣绳的作用力忽略不计，则下列说法正确的是
()
A,无风时，晾衣绳中的拉力大小为7N
B.有风时，晾衣绳中的拉力大小为10N
C.有风时，风对衣服的作用力大小为2N
D.有风时，晾衣绳对衣架的作用力大小为12N
)0
00
D
77777n77n77777力
77777777777707
图甲
图乙
第8题图
第9题图
9.(2025·莆田二模)“繁灯夺霁华”，挂灯笼迎新春已成为中国人喜庆节日的习俗.如图所示，一轻质细绳
上等距悬挂四个质量相等的灯笼，BC段的细绳是水平的，另外四段细绳与水平面所成的角分别为1和
2.设绳子OA段、AB段的拉力分别为T1、T2.则
)
T2sin 0
A.Ta sin 0a
T12sin 02
B.Ta sin 01
T1cos 02
C.Tacos 0
T1cos 0
D.T2cos 02
14参考答案
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
125
