高考物理2026年4月模拟试卷必刷题-相互作用力

第1页（共1页）高考物理2026年4月模拟试卷必刷题——相互作用力(2026年4月)一．选择题（共11小题）1．（2026•未央区校级模拟）如图所示，不可伸长的轻绳AO、BO与弹性绳CO（遵循胡克定律）系于O点，AO另一端固定，BO水平且另一端连接着置于粗糙水平面的物体P，弹性绳CO下方悬挂一小球Q，初始时系统处于静止状态。现由于小球Q受到水平向左恒定风力作用，稳定后弹性绳CO偏离竖直方向一定夹角，此过程中物体P未发生移动，下列说法正确的是（）A．轻绳AO的拉力变小 B．轻绳BO的拉力变小 C．物体P受到的摩擦力不变 D．小球Q的位置一定变高2．（2026•沧县校级模拟）如图所示，一质量为0.4kg的物块放在倾角为30°的固定斜面上，现对物块施加一方向平行于斜面的恒力F，可使物块在斜面上做匀速直线运动。已知物块与斜面间的动摩擦因数为32，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2，则恒力FA．6N B．4N C．3N D．2N3．（2026•枣庄一模）如图所示，长方体物块A、B叠放在斜面上，B受到一个沿斜面方向的拉力F，两物块均静止。B受力的个数为（）A．B对A的作用力垂直于A、B接触面向上 B．B对A的作用力平行于A、B接触面向上 C．B的受力个数为6 D．B的受力个数为54．（2026•广州模拟）“一带一路”年度汉字发布活动已经多年，“和”“融”“互”“惠”“永”等都曾当选。某力学兴趣小组制作了“互”字形木制模型。模型分上下两部分，质量均为m＝2kg。用细线连接两部分，当细线都竖直绷紧时，整个模型可以如图所示静止在水平地面上。其中连接a、b两点的细线为p，连接c、d两点的细线为q，已知重力加速度g＝10m/s2，则（）A．细线q的弹力大小为20N B．细线p的弹力大小一定为20N C．两细线弹力的差值一定等于20N D．整个模型对地面的压力一定小于40N5．（2026•乌兰察布二模）如图所示，倾角为θ＝37°的斜面体固定在水平面上，物体P放在斜面体上，用轻绳拴接在物体P上后跨过光滑的定滑轮，另一端与另两条轻绳系于C点，轻绳的下端连接物体Q，系统平衡时轻绳CD沿水平方向，轻绳AB与斜面体平行，BC与竖直方向的夹角为α＝53°，sin37°＝0.6，不计一切摩擦。则物体P、Q的质量比为（）A．25：9 B．5：3 C．25：16 D．5：46．（2026•雁塔区校级模拟）“叠罗汉”是一种高难度的杂技，由10人叠成的四层静态造型如图所示，假设每个人的质量均为m，下面九个人弯腰后背部呈水平状态，则最底层左侧第2个人的每一只脚对水平地面的压力为（设重力加速度为g）（）A．mg B．54mg C．2516mg7．（2026•大连一模）如图甲为足球收纳架。足球静止在同一水平面上的两平行金属杆之间，其截面图如图乙，下列说法正确的是（）A．金属杆1对足球的弹力是由于足球要恢复形变而产生的 B．金属杆间距越小，足球受到的合力越大 C．金属杆间距越大，金属杆1对足球的支持力与竖直方向夹角越小 D．金属杆间距越大，足球对金属杆1的压力越大8．（2026•合肥模拟）用三根轻质细线a、b、c将质量分别为m1、m2的小球1和2连接并悬挂在同一竖直平面内，如图所示。两个小球处于静止状态，细线a与竖直方向的夹角为30°，细线b与水平方向的夹角为30°，细线c水平，细线a、c的张力分别为Ta、Tc，则下列比值关系正确的是（）A．m2m1＞TC．m2m1＜9．（2026•宝安区校级二模）如图所示，甲、乙两位同学相隔一定距离面对面站立在水平地面上，他们伸出双手，双掌保持竖直，发力互推，若甲、乙两位同学始终处于静止状态，则（）A．甲对乙的推力是由甲的手掌发生形变产生的 B．甲对乙的推力大于乙对甲的推力 C．乙对地面的摩擦力的方向水平向左 D．甲、乙两位同学受到的摩擦力与他们各自的重力成正比10．（2026•浏阳市模拟）如图甲所示为烤肠机，香肠放置在两根水平固定的平行金属杆中间，不考虑金属杆转动带来的影响，其截面如图乙所示。香肠可视为质量为m的均匀圆柱体，烤制过程中香肠的质量不变，半径均匀变大。忽略一切摩擦及金属杆的热胀冷缩，重力加速度为g。下列说法正确的是（）A．香肠烤熟后金属杆1和2对其支持力的夹角比烤熟前变大 B．香肠烤熟后金属杆1对其支持力比烤熟前变小 C．香肠对金属杆2的作用力大于金属杆2对香肠的作用力 D．香肠烤熟后与烤熟前相比，两根金属杆对其合力变大11．（2026•长沙三模）如图所示，黑板（铁材料）竖直固定，小磁铁夹着一张纸吸附在黑板上，已知纸和磁铁的质量分别为m、M，开始纸和磁铁都静止。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，对纸施加不同的力。下列说法正确的是（）A．对纸施加竖直向上的力，纸未动，黑板对纸的摩擦力一定减小 B．对纸施加竖直向上的力，纸和磁铁一起向上匀速运动，纸受到的摩擦力的合力增大 C．对纸施加平行黑板方向的水平力，纸未动，黑板对纸的摩擦力可能不变 D．对纸施加竖直向下的力，只要拉力大于两侧滑动摩擦力之和，就能将纸抽出二．多选题（共3小题）（多选）12．（2026•东莞市一模）如果人群在户外突遇洪水，临时自救时可以站定排成一列纵队，如图甲所示。某小组为探究纵队各处的受力情况，建立了如图乙所示的物理模型：水平地面上依次放置三个质量均为m的物块，物块1与地面的动摩擦因数为2μ，其余两物块与地面间的动摩擦因数均为μ，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现对物块1施加一水平向左的力F，下列说法正确的有（）A．若三个物块均静止，物块2和物块3所受摩擦力相等 B．若三个物块一起向左匀加速运动，物块2和物块3所受摩擦力相等 C．当F＝4μmg时，物块1、2之间的弹力为2μmg D．当F＝6μmg时，物块1、2之间的弹力为3μmg（多选）13．（2026春•厦门校级月考）如图所示，足够大的一个倾角为θ的光滑绝缘斜面，下半部分存在垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度为B，一通电单匝圆形线圈，质量为m，半径为r，用细绳挂在斜面上（T≠0），所通电流的强度恒为I，圆心恰好位于磁场边界，线圈静止在斜面上，若线圈通的电流是顺时针方向，则：（）A．当磁感应强度变强时细绳拉力将变大 B．静止时细绳拉力为（mgsinθ﹣2BIr） C．若剪断绳子，线圈将向下做加速度减小的加速运动，后做匀加速运动 D．若剪断绳子，线圈将向下做加速度增加的加速运动，后做匀加速运动（多选）14．（2026•延安二模）如图，三个材质相同且半径均为R、质量均为m的半球，彼此接触但无挤压置于粗糙的水平面上；一个半径为R、质量为3m的光滑球，放在三个半球之上，整个系统处于静止状态。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，则（）A．地面对每个半球的支持力大小为mg B．每个半球与光滑球之间的弹力大小为6mgC．半球与地面间的动摩擦因数最小值为24D．换一个质量仍为3m，半径略大于R的光滑球，则每个半球与地面摩擦力不变三．实验题（共1小题）15．（2026•沧县校级模拟）古法磨豆腐有一道工艺：如图甲所示，房梁下悬吊着一个“十字摇架”，纱布悬挂于摇架下方，用来过滤豆渣。若保持摇架的其中一根杆不动，使另一根杆在竖直面内绕悬点（即悬绳的下端）转动，可将其简化为如图乙所示的模型并进行研究。如图乙所示，长为d的杆在外力作用下绕中点O在竖直面内转动，杆两端系有长为L（L＞d）的不可伸长的轻绳，绳上挂着光滑的轻质滑轮，滑轮下方吊着重力为G的重物，绳两端各连接一个拉力传感器。缓慢的转动杆，并记录杆的左半段（中点O到拉力传感器1的端头）与过中点O的水平线之间的夹角θ（介于+45°到﹣45°之间）及相应角度下两个拉力传感器的示数T1、T2。（1）在缓慢转动杆的过程中，下列说法正确的是（）（填正确答案标号）。A．两拉力传感器的示数始终相等B．夹角θ在水平线上方（取正值）时，示数T1＜T2C．夹角θ在水平线下方（取负值）时，示数T1＜T2（2）当θ＝0°时，拉力传感器1的示数T1为（用d、L、G表示）。（3）以拉力传感器1的示数T1为纵轴、角度θ为横轴，作出的T1﹣θ图像可能正确的是（）（填正确答案标号）。A．B．C．D．四．解答题（共5小题）16．（2026•辽宁二模）如图所示，两段斜面AB和BC连接成V字形，连接点B处可以视作一段极短的光滑圆弧，两段斜面长度均为L＝1m，倾角α＝37°，一质量为1kg的小物块（可视为质点）轻放AB段斜面顶端恰好能处于静止状态，已知小物块与AB和BC段动摩擦因数均相等，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。（1）求小物块与斜面间的动摩擦因数μ。（2）若仅将斜面AB与水平面间倾角增大为θ＝53°，仍将小物块从AB顶端由静止释放，求小物块再次静止时与右侧斜面顶端C点间的距离d。（结果可保留分数形式）17．（2026春•上海校级月考）嫦娥六号——2024年我国发射的嫦娥六号探测器成功抵达月球背面，并带回人类首份月背样品。探测器着陆月球表面的过程示意图如图所示，探测器先在半径为r轨道Ⅰ做匀速圆周运动，周期为T。从A点变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达近月点B点再次变轨到近月圆轨道Ⅲ，最后安全落在月球上。已知月球质量为M，半径为R，引力常量为G。（1）嫦娥六号探测器绕月球做匀速圆周运动过程中，保持不变的物理量是（）A．加速度B．动能C．角速度D．线速度（2）在近月圆轨道上，嫦娥六号探测器做匀速圆周运动的线速度大小为，加速度大小为。（3）嫦娥六号在椭圆轨道Ⅱ运行时。A．A点的速度大于B点的速度B．A点的速度小于B点的速度C．A点的加速度大于B点的加速度D．A点的加速度小于B点的加速度（4）探测器在轨道Ⅱ上从A到B的最短时间为。（5）嫦娥六号距月面约100米时，开始避障下降。若嫦娥六号避障下降时沿图中虚线方向做匀减速直线运动，不计月球大气阻力，则其发动机喷出的气体对其作用力可能为。A．F1B．F2C．F3D．F4（6）嫦娥六号在月球背面南极﹣艾特肯盆地安全着陆。若嫦娥六号的质量为m，其四条腿与竖直方向的夹角均为θ，如图所示。月球表面的重力加速度为地球表面重力加速度g的16。它静止在月球平坦表面处时，每条腿对月球表面压力的大小为A．mgB．mgC．mgD．mg18．（2026春•思明区校级月考）电流天平可以用来测量匀强磁场的磁感应强度大小，装置如图所示。其右臂悬挂着匝数n＝10匝的矩形线圈，线圈水平边长l＝10cm，处于匀强磁场中，磁感应强度的方向垂直于线圈平面向外。当线圈中通过I＝0.1A、顺时针方向的电流时，调节砝码使天平达到平衡，此时左盘中砝码质量m1＝0.4kg，右盘中砝码质量m2＝0.5kg。若悬挂矩形线圈的轻杆及矩形线圈的质量均忽略不计，重力加速度g＝10m/s2，求：（1）线圈有几条边受安培力的作用，求出安培力的合力大小、方向；（2）线圈所在处磁场的磁感应强度大小。19．（2026春•赣榆区校级月考）如图甲所示，闭合圆形线圈被轻绳吊在天花板下，圆形线圈圆心O以下区域分布着直线边界匀强磁场，垂直纸面向里为正方向，磁感应强度B随时间t变化关系如图乙所示，线圈始终处于静止状态。已知线圈的质量m＝1kg、匝数n＝400、半径r＝0.1m、电阻R＝10Ω，g取10m/s2，结果保留π。求：（1）线圈中的感应电流大小；（2）t＝4s时，整个线圈所受的安培力；（3）轻绳张力为0的时刻。20．（2026•安徽开学）如图所示，原长L0＝120cm、劲度系数k＝1×102N/m的轻质弹簧放在一光滑直槽中，弹簧的一端固定在直槽的O端，另一端连接一可视为质点的小球，小球的质量m＝9kg。现让整个装置从水平面开始绕O点缓慢转到竖直位置，重力加速度g取10m/s2，弹簧始终在弹性限度内。（1）当光滑直槽缓慢转到竖直位置时，求小球距离水平面的高度h0；（2）当光滑直槽缓慢转到与水平方向成任意θ角时（0°≤θ≤90°），写出此时小球距离水平面的高度H的表达式（用k、L0、m、g、θ表示）；（3）求缓慢转动过程中，小球距离水平面高度的最大值Hm。

高考物理2026年4月模拟试卷必刷题——答案一．选择题（共11小题）1．（2026•未央区校级模拟）如图所示，不可伸长的轻绳AO、BO与弹性绳CO（遵循胡克定律）系于O点，AO另一端固定，BO水平且另一端连接着置于粗糙水平面的物体P，弹性绳CO下方悬挂一小球Q，初始时系统处于静止状态。现由于小球Q受到水平向左恒定风力作用，稳定后弹性绳CO偏离竖直方向一定夹角，此过程中物体P未发生移动，下列说法正确的是（）A．轻绳AO的拉力变小 B．轻绳BO的拉力变小 C．物体P受到的摩擦力不变 D．小球Q的位置一定变高【分析】先锁定O点位置不变、AO绳夹角固定的前提，先后对小球Q、结点O进行正交分解受力分析，结合胡克定律分析弹性绳CO的弹力与形变量变化，再推导AO、BO绳的拉力变化；接着由BO绳拉力变化判断物体P的静摩擦力变化，最后结合弹性绳总长、竖直分量变化，分析小球Q的高度变化。【解答】解：A、初始状态下，对小球Q进行竖直方向受力分析，由平衡条件可得轻绳CO的拉力大小TC＝mg设轻绳AO与水平方向的夹角为θ，根据平衡条件，AO拉力的竖直分力与CO的拉力大小相等，即TAsinθ＝TC解得AO的拉力T施加风力后小球Q稳定时，设弹性绳CO偏离竖直方向的角度为α，由平衡条件可得弹性绳CO的拉力满足TC′cosα＝mg，解得T对结点O，在竖直方向受力平衡，有T′Asinθ＝T′Ccosα＝mg，解得T由T'A=TAB、初始时，设轻绳BO的拉力为TB，由平衡条件，在水平方向，有TAcosθ＝TB，解得TB＝mgcotθ设风力为F，稳定后，对小球Q，水平方向平衡，有F＝T′Csinα对结点O，水平方向平衡，有T′B＝T′Acosθ+T′Csinα＝mgcotθ+F由T′B＞TB可知，轻绳BO的拉力比原来变大，故B错误。C、物体P始终处于静止状态，由平衡条件可知，物体P受到的摩擦力始终与轻绳BO的拉力大小相等，因此物体P受到的摩擦力也变大，故C错误。D、设弹性绳CO的原长为L，劲度系数为k，根据胡克定律，可得初始时小球Q到结点O的距离为y=L+稳定后，小球Q到结点O的竖直距离为y因为cosα＜1，所以y′＜y，则小球Q的位置变高，故D正确。故选：D。【点评】本题考查共点力平衡、正交分解、胡克定律、静摩擦力等知识点，解题要点为抓住结点O位置不变的隐含条件，通过整体与隔离法分步受力分析，结合力的分解分析绳拉力、弹力及静摩擦力的变化，同时关联弹性绳形变量判断物体高度变化，题目侧重静态平衡动态分析，逻辑链条完整，难度适中。2．（2026•沧县校级模拟）如图所示，一质量为0.4kg的物块放在倾角为30°的固定斜面上，现对物块施加一方向平行于斜面的恒力F，可使物块在斜面上做匀速直线运动。已知物块与斜面间的动摩擦因数为32，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2，则恒力FA．6N B．4N C．3N D．2N【分析】计算物块重力沿斜面向下的分力和滑动摩擦力的大小，结合物块运动方向的不确定性，分析这两个力的合力取值范围；根据匀速直线运动的受力平衡条件，判断恒力F的大小必须与该合力平衡，从而确定恒力F的可能取值范围。【解答】解：物块受到重力沿斜面向下的分力F1＝mgsin30°＝0.4×10×12N＝2N，滑动摩擦力f＝μmgcos30°=32×0.4×10×32N＝3N。由于物块运动的方向不确定，这两个力的合力取值范围为1N∼5N。物块做匀速直线运动时受力平衡，恒力F的大小必须与该合力平衡，所以恒力F大小只能在1N本题选不可能的，故选：A。【点评】本题考查斜面上的受力平衡问题，核心是通过分析重力分力、滑动摩擦力的大小与方向，结合运动方向的不确定性，确定合力的取值范围，再利用平衡条件判断恒力的可能值。3．（2026•枣庄一模）如图所示，长方体物块A、B叠放在斜面上，B受到一个沿斜面方向的拉力F，两物块均静止。B受力的个数为（）A．B对A的作用力垂直于A、B接触面向上 B．B对A的作用力平行于A、B接触面向上 C．B的受力个数为6 D．B的受力个数为5【分析】对物块A进行受力分析，根据平衡条件判断B对A的整体作用力方向。分别对A、B进行受力分析，确定A受到的支持力与静摩擦力，进而分析A对B的反作用力；对B整体受力分析，统计B受到的力的个数。【解答】解：AB．物块A静止，仅受重力和B对它的作用力；根据平衡条件，B对A的作用力与A所受重力大小相等、方向相反，所以B对A的作用力竖直向上，故AB错误。CD．对A受力分析，可知A受重力、B的支持力，同时重力沿斜面向下的分力与B对A沿斜面向上的静摩擦力平衡，因此A对B存在两个反作用力：垂直斜面向下的压力、沿斜面向下的摩擦力。对B受力分析，B受到自身重力、沿斜面向下的拉力F、A对B的压力、A对B的摩擦力、斜面对B的支持力、斜面对B的静摩擦力，一共受到6个力的作用，故C正确，D错误。故选：C。【点评】本题考查静力学受力分析，核心是通过隔离法对物体A、B分别进行受力分析，利用平衡条件判断作用力方向与受力个数，同时涉及整体作用力与分力的关系。4．（2026•广州模拟）“一带一路”年度汉字发布活动已经多年，“和”“融”“互”“惠”“永”等都曾当选。某力学兴趣小组制作了“互”字形木制模型。模型分上下两部分，质量均为m＝2kg。用细线连接两部分，当细线都竖直绷紧时，整个模型可以如图所示静止在水平地面上。其中连接a、b两点的细线为p，连接c、d两点的细线为q，已知重力加速度g＝10m/s2，则（）A．细线q的弹力大小为20N B．细线p的弹力大小一定为20N C．两细线弹力的差值一定等于20N D．整个模型对地面的压力一定小于40N【分析】对模型上半部分进行受力分析，根据细线只能提供拉力的特点，确定两根细线的拉力方向，再利用受力平衡条件得出两拉力的差值关系；对整个模型受力分析，结合整体重力与地面支持力的平衡关系，利用牛顿第三定律判断模型对地面的压力。【解答】解：ABC．先对模型上半部分进行受力分析，细线只能提供拉力，因此细线p对上半部分的拉力方向向下，细线q对上半部分的拉力方向向上。上半部分静止，受力平衡，向上的拉力Fq与向下的重力mg、向下的拉力Fp大小相等，即Fq＝Fp+mg，可得Fq﹣Fp＝mg＝2×10N＝20N。可知细线p与细线q的拉力大小不确定，但两细线弹力的差值一定等于20N，故AB错误，C正确。D．对整个模型受力分析，模型总重力G＝2mg＝2×2×10N＝40N，地面对模型的支持力FN与总重力平衡，即FN＝40N。根据牛顿第三定律，可知整个模型对地面的压力大小为40N，故D错误。故选：C。【点评】本题考查受力分析中的隔离法与整体法应用，涵盖对物体局部和整体的受力平衡分析、细线拉力的方向与差值关系，以及牛顿第三定律的应用。5．（2026•乌兰察布二模）如图所示，倾角为θ＝37°的斜面体固定在水平面上，物体P放在斜面体上，用轻绳拴接在物体P上后跨过光滑的定滑轮，另一端与另两条轻绳系于C点，轻绳的下端连接物体Q，系统平衡时轻绳CD沿水平方向，轻绳AB与斜面体平行，BC与竖直方向的夹角为α＝53°，sin37°＝0.6，不计一切摩擦。则物体P、Q的质量比为（）A．25：9 B．5：3 C．25：16 D．5：4【分析】系统处于平衡状态，需对结点C和物体P分别进行受力分析。结点C受三条轻绳拉力作用，根据竖直方向受力平衡可建立轻绳BC拉力与物体Q重力的关系。由于定滑轮光滑，轻绳AB拉力与BC拉力大小相等，再对物体P沿斜面方向应用平衡条件，将轻绳AB拉力与物体P重力沿斜面的分力关联，即可建立两物体质量的比例关系。【解答】解：对结点C进行受力分析，根据竖直方向平衡条件有TBCcosα＝mQg，由于定滑轮光滑，绳AB的拉力TAB=TBC=mQgcos53°，再对物体P进行受力分析，沿斜面方向根据平衡条件有TAB＝mPgsinθ，代入数据解得mP：mQ故选：A。【点评】本题综合考查了共点力平衡与连接体问题的处理方法，涉及力的合成与分解、隔离法选取研究对象以及定滑轮的特性。题目巧妙地将两个物体通过多段轻绳与定滑轮连接，构成一个典型的静力学系统，需要学生准确分析结点C与物体P的受力情况，并建立力的平衡方程。解题关键在于对结点C进行受力分析，利用竖直方向平衡求出绳BC的拉力与物体Q重力的关系，再结合定滑轮两侧轻绳拉力相等的特点，将绳AB的拉力与物体P的重力沿斜面方向的分力建立平衡关系，最终联立求解质量比。本题计算量适中，重点考查了学生的受力分析能力、逻辑推理能力以及数学运算能力，对于巩固共点力平衡的核心知识具有良好效果。6．（2026•雁塔区校级模拟）“叠罗汉”是一种高难度的杂技，由10人叠成的四层静态造型如图所示，假设每个人的质量均为m，下面九个人弯腰后背部呈水平状态，则最底层左侧第2个人的每一只脚对水平地面的压力为（设重力加速度为g）（）A．mg B．54mg C．2516mg【分析】题目描述“叠罗汉”静态造型中每个人的质量均为m，需要分析最底层左侧第2个人的每只脚对地面的压力。整体以静态平衡为核心，需从最上层开始逐层分析脚部支撑力的传递关系。已知每个人背部水平，脚对支撑面的作用力需考虑其上方所有人通过背部传递的总重力以及该人自身重力，再根据对称性或受力点数目分配至每只脚。关键在于建立每层人脚部受力与上方总负载的递推关系，最终得到目标人物单脚对地面的压力大小。【解答】解：从上往下分析，第1层中每只脚的作用力为12mg。第2层中每只脚的作用力为12mg+mg2=34mg。第3层中，左侧第1人每只脚的作用力为34mg+mg2=78故选：C。【点评】本题以杂技“叠罗汉”为背景，巧妙考查共点力平衡与整体隔离法的综合应用。题目涉及对多物体系统进行受力分析，需要学生具备清晰的逻辑推理能力和严谨的建模分析能力。计算过程虽不复杂，但要求对系统进行分层、分人、分脚逐步递推，能有效锻炼学生处理复杂连接体问题的思维条理性。本题的亮点在于将生活情境抽象为物理模型，并通过对称性与非对称性的结合设置问题，重点考查学生对受力对象和相互作用力的准确判断。7．（2026•大连一模）如图甲为足球收纳架。足球静止在同一水平面上的两平行金属杆之间，其截面图如图乙，下列说法正确的是（）A．金属杆1对足球的弹力是由于足球要恢复形变而产生的 B．金属杆间距越小，足球受到的合力越大 C．金属杆间距越大，金属杆1对足球的支持力与竖直方向夹角越小 D．金属杆间距越大，足球对金属杆1的压力越大【分析】由弹力的产生判断即可；由平衡条件判断即可；由几何关系判断即可；由平衡条件结合对称性判断即可。【解答】解：A、弹力的施力物体是发生形变的物体，金属杆1对足球的弹力，施力物体是金属杆1，是由金属杆1发生形变要恢复原状而产生的，不是足球形变产生的，故A错误；B、足球始终静止，合力始终为0，与金属杆间距无关，故B错误；C、金属杆间距越大，两杆之间的水平距离越大，足球的圆心到两杆接触点的连线与竖直方向的夹角θ会越大，不是越小，故C错误；D、对足球受力分析如图所示：由平衡条件可得：FN1cosθ+FN2cosθ＝mg，由对称性可得：FN1＝FN2，联立解得：FN1=FN2=mg2cosθ，金属杆间距越大，夹角θ越大，cosθ越小，则支持力FN1越大，根据牛顿第三定律可知，足球对金属杆故选：D。【点评】本题是对共点力平衡条件及弹力的概念的考查，解题的关键是要正确分析足球的受力情况，结合平衡条件及对称性即可解答。8．（2026•合肥模拟）用三根轻质细线a、b、c将质量分别为m1、m2的小球1和2连接并悬挂在同一竖直平面内，如图所示。两个小球处于静止状态，细线a与竖直方向的夹角为30°，细线b与水平方向的夹角为30°，细线c水平，细线a、c的张力分别为Ta、Tc，则下列比值关系正确的是（）A．m2m1＞TC．m2m1＜【分析】根据整体法、隔离法，结合共点力的平衡求解作答。【解答】解：根据整体法，水平方向Tasin30°＝Tc解得T对小球2，水平方向Tbcos30°＝Tc竖直方向Tbsin30°＝m2g解得Tb=对小球1，竖直方向Tacos30°＝m1g+Tbsin30°代入数据联立解得m因此m联立解得m故B正确，ACD错误。故选：B。【点评】本题主要考查了整体法、隔离法在共点力的平衡的运用，正确进行受力分析是解题的关键。9．（2026•宝安区校级二模）如图所示，甲、乙两位同学相隔一定距离面对面站立在水平地面上，他们伸出双手，双掌保持竖直，发力互推，若甲、乙两位同学始终处于静止状态，则（）A．甲对乙的推力是由甲的手掌发生形变产生的 B．甲对乙的推力大于乙对甲的推力 C．乙对地面的摩擦力的方向水平向左 D．甲、乙两位同学受到的摩擦力与他们各自的重力成正比【分析】依据弹力的产生原理，明确甲对乙的推力是甲的手掌弹性形变产生的；根据牛顿第三定律，判断甲、乙间的推力为相互作用力、大小相等；对乙受力分析，结合相互作用力规律，确定乙对地面的摩擦力方向；区分静摩擦力与最大静摩擦力的特点，说明静摩擦力大小由外力决定、与重力无正比关系。【解答】解：A.弹力是由施力物体发生弹性形变产生的，甲对乙的推力属于弹力，该力是由甲的手掌发生弹性形变后，为了恢复原状而对乙产生的作用力，故A正确。B.甲对乙的推力与乙对甲的推力是一对作用力与反作用力，根据牛顿第三定律可知，作用力与反作用力大小相等、方向相反、作用在两个不同的物体上，所以甲对乙的推力大小等于乙对甲的推力大小，故B错误。C.乙受到甲水平向右的推力，地面对乙的静摩擦力方向水平向左，与推力平衡。根据牛顿第三定律，乙对地面的摩擦力是地面对乙摩擦力的反作用力，所以乙对地面的摩擦力方向水平向右，故C错误。D.甲、乙两位同学始终处于静止状态，所以他们受到的是静摩擦力，静摩擦力的大小由外力决定，与自身重力没有正比关系；只有最大静摩擦力才与他们各自的重力成正比，故D错误。故选：A。【点评】本题考查弹力的产生原理、牛顿第三定律（作用力与反作用力）、静摩擦力的特点，是力学基础概念题，重点考查对弹力、摩擦力、相互作用力的理解。10．（2026•浏阳市模拟）如图甲所示为烤肠机，香肠放置在两根水平固定的平行金属杆中间，不考虑金属杆转动带来的影响，其截面如图乙所示。香肠可视为质量为m的均匀圆柱体，烤制过程中香肠的质量不变，半径均匀变大。忽略一切摩擦及金属杆的热胀冷缩，重力加速度为g。下列说法正确的是（）A．香肠烤熟后金属杆1和2对其支持力的夹角比烤熟前变大 B．香肠烤熟后金属杆1对其支持力比烤熟前变小 C．香肠对金属杆2的作用力大于金属杆2对香肠的作用力 D．香肠烤熟后与烤熟前相比，两根金属杆对其合力变大【分析】对香肠进行受力分析，香肠受到重力以及两根金属杆的支持力，三力平衡。香肠半径增大时，由几何关系可知支持力与竖直方向的夹角减小，根据竖直方向平衡条件，支持力大小随夹角余弦值的增大而减小，因此烤熟后支持力变小，两支持力间的夹角也变小。香肠与金属杆之间的相互作用力遵循牛顿第三定律，大小始终相等。由于香肠处于平衡状态，两根金属杆对香肠的合力始终等于重力，重力不变则合力不变。【解答】解：对香肠进行受力分析，其受到重力mg以及两金属杆施加的支持力N1、N2。设两金属杆中心间距为d，金属杆半径为r，香肠半径为R，支持力与竖直方向夹角为θ。由几何关系可得sinθ=dAB、香肠烤熟后半径R增大，sinθ随之减小，夹角θ也减小，故两支持力间的夹角2θ变小；根据竖直方向平衡条件2Ncosθ＝mg，解得支持力N=mg2cosθ，由于θ减小使得cosθ增大，则支持力N变小，故A错误，C、根据牛顿第三定律，香肠对金属杆的作用力与金属杆对香肠的支持力大小相等、方向相反，故C错误；D、香肠处于平衡状态，两金属杆对香肠的合力与重力等大反向，大小为mg，由于质量m不变，重力不变，故合力大小保持不变，故D错误。故选：B。【点评】本题以烤肠机为背景，巧妙地将静力学平衡问题与几何关系变化相结合，考查了共点力平衡、牛顿第三定律以及几何关系的分析应用。题目计算量不大，但需要学生具备清晰的受力分析能力和利用几何条件建立物理量联系的能力。解答的关键在于正确导出支持力方向与香肠半径的几何关系sinθ=d2(R+r)，并利用竖直方向平衡方程2Ncosθ＝mg进行推导。随着烤熟后半径R增大，夹角θ减小，导致支持力大小N发生变化，而两杆合力恒等于重力11．（2026•长沙三模）如图所示，黑板（铁材料）竖直固定，小磁铁夹着一张纸吸附在黑板上，已知纸和磁铁的质量分别为m、M，开始纸和磁铁都静止。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，对纸施加不同的力。下列说法正确的是（）A．对纸施加竖直向上的力，纸未动，黑板对纸的摩擦力一定减小 B．对纸施加竖直向上的力，纸和磁铁一起向上匀速运动，纸受到的摩擦力的合力增大 C．对纸施加平行黑板方向的水平力，纸未动，黑板对纸的摩擦力可能不变 D．对纸施加竖直向下的力，只要拉力大于两侧滑动摩擦力之和，就能将纸抽出【分析】对纸和磁铁分别进行受力分析，结合静摩擦力、滑动摩擦力的特点与平衡条件，逐一分析各选项的受力状态。【解答】解：A.施力前，黑板对纸的摩擦力向上，等于（m+M）g，对纸施加竖直向上的力，纸未动，当拉力从0逐渐增加时，黑板对纸的摩擦力先向上减小，后向下增大，当纸快要运动时，黑板对纸的摩擦力接近最大静摩擦力，故A错误；B.施力前，磁铁对纸的摩擦力等于Mg，方向向下，纸受到摩擦力的合力等于mg，纸和磁铁一起向上匀速运动时，黑板对纸的摩擦力等于滑动摩擦力，大于等于（m+M）g，方向向下，磁铁对纸的摩擦力等于Mg，方向向下，纸受到摩擦力的合力增加，故B正确；C.对纸施加平行黑板方向的水平力F，纸未动，黑板对纸的摩擦力变为F2+(m+M)D.对纸施加竖直向下的力，当磁铁恰要相对纸滑动时，设此时整体加速度为a，对磁铁有Mg+f右max＝Ma对纸和磁铁整体，F+（m+M）g﹣f左max＝（m+M）a可得F=若将纸抽出，需要F＞f左故选：B。【点评】这道题考查静摩擦力的动态平衡与受力分析，是力学中摩擦力板块的典型题目，能有效考查学生对平衡条件和摩擦力规律的掌握情况。二．多选题（共3小题）（多选）12．（2026•东莞市一模）如果人群在户外突遇洪水，临时自救时可以站定排成一列纵队，如图甲所示。某小组为探究纵队各处的受力情况，建立了如图乙所示的物理模型：水平地面上依次放置三个质量均为m的物块，物块1与地面的动摩擦因数为2μ，其余两物块与地面间的动摩擦因数均为μ，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现对物块1施加一水平向左的力F，下列说法正确的有（）A．若三个物块均静止，物块2和物块3所受摩擦力相等 B．若三个物块一起向左匀加速运动，物块2和物块3所受摩擦力相等 C．当F＝4μmg时，物块1、2之间的弹力为2μmg D．当F＝6μmg时，物块1、2之间的弹力为3μmg【分析】本题需分析三个物块在不同外力作用下的受力情况。首先明确三个物块与地面的最大静摩擦力和系统整体运动状态的关系。当外力小于等于最大静摩擦力总和时系统静止，静摩擦力在物块间传递，但传递可能不完整导致物块2和3受力不等；当外力超过临界值系统匀加速运动，物块2和3所受滑动摩擦力仅由自身重力和动摩擦因数决定，与外力无关。对于特定外力值，需分别考虑系统处于临界静止状态或匀加速运动状态，通过隔离分析物块间的相互作用弹力，利用平衡条件或牛顿第二定律建立方程求解。【解答】解：对整体进行受力分析，三个物块与地面之间的最大静摩擦力之和为fmax＝2μmg+μmg+μmg＝4μmg。当水平外力F≤4μmg时，系统保持静止；当F＞4μmg时，系统整体将向左做匀加速直线运动。A、在静止状态下，静摩擦力为被动力，且推力在物块间由近及远传递。当2μmg＜F＜3μmg时，物块1所受静摩擦力已达到最大值2μmg，物块2承受部分压力而产生静摩擦力，但压力尚未传递至物块3，此时物块2与物块3所受摩擦力大小不相等，故A错误；B、当三个物块一起做匀加速运动时，物块2和物块3均与地面发生相对滑动，所受摩擦力均为滑动摩擦力。根据f＝μFN可知，两物块对地面的压力均为mg且动摩擦因数相同，因此它们所受摩擦力均为μmg，故B正确；C、当F＝4μmg时，系统处于临界静止状态，物块1受到的静摩擦力达到最大f1＝2μmg。对物块1进行受力分析，由平衡条件F﹣f1﹣N12＝0，解得物块1、2之间的弹力N12＝2μmg，故C正确；D、当F＝6μmg时，整体加速度为a=F-fmax3m=23μg，对物块2和3组成的整体进行受力分析，根据牛顿第二定律有N12﹣（μmg+μ故选：BC。【点评】本题以洪水自救为情境，考查了连接体模型中的静摩擦力与滑动摩擦力、整体法与隔离法的应用、牛顿第二定律以及临界状态分析。题目通过设置不同的动摩擦因数，显著增加了受力分析的复杂性，计算量中等偏上，对学生的逻辑推理能力和建模分析能力提出了较高要求。其亮点在于将常见的“板块”模型进行纵向叠加，并分阶段探讨了系统从静止到加速运动过程中内力与外力、摩擦力与弹力的动态变化关系，尤其考查了学生对静摩擦力“被动性”与“传递性”的深刻理解。在匀加速运动阶段，需要准确运用整体法与隔离法列式求解内力，这是本题的关键解题策略。（多选）13．（2026春•厦门校级月考）如图所示，足够大的一个倾角为θ的光滑绝缘斜面，下半部分存在垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度为B，一通电单匝圆形线圈，质量为m，半径为r，用细绳挂在斜面上（T≠0），所通电流的强度恒为I，圆心恰好位于磁场边界，线圈静止在斜面上，若线圈通的电流是顺时针方向，则：（）A．当磁感应强度变强时细绳拉力将变大 B．静止时细绳拉力为（mgsinθ﹣2BIr） C．若剪断绳子，线圈将向下做加速度减小的加速运动，后做匀加速运动 D．若剪断绳子，线圈将向下做加速度增加的加速运动，后做匀加速运动【分析】AB.根据左手定则判断线圈所受安培力，结合平衡关系求拉力的表达式，进而分析求解；CD.根据牛顿第二定律求加速度表达式进而分析线圈的变化。【解答】解：AB．由左手定则可知，线圈所受安培力沿斜面向上，安培力大小为F安＝BI•2r由平衡条件mgsinθ＝F安+T得静止时细绳拉力T＝mgsinθ﹣2BIr由此可知，当磁感应强度变强时，细绳拉力T将变小，故A错误，B正确；CD．若剪断绳子，线圈所受合力沿斜面向下，线圈将沿斜面向下运动，由牛顿第二定律mgsinθ﹣F安＝ma根据题意可知，线圈向下运动过程中，有效长度不断减小，安培力不断减小，加速度不断增大，当线圈全部进入磁场中时，安培力为零，加速度为a=所以剪断绳子，线圈将向下做加速度增加的加速运动，后做匀加速运动，故C错误，D正确。故选：BD。【点评】本题主要考查了共点力的平衡问题，熟悉物体的受力分析，结合牛顿第二定律列式即可完成解答。（多选）14．（2026•延安二模）如图，三个材质相同且半径均为R、质量均为m的半球，彼此接触但无挤压置于粗糙的水平面上；一个半径为R、质量为3m的光滑球，放在三个半球之上，整个系统处于静止状态。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，则（）A．地面对每个半球的支持力大小为mg B．每个半球与光滑球之间的弹力大小为6mgC．半球与地面间的动摩擦因数最小值为24D．换一个质量仍为3m，半径略大于R的光滑球，则每个半球与地面摩擦力不变【分析】先对整体受力分析求地面对半球的支持力，再对光滑球受力分析结合几何关系求半球与球间的弹力，再对单个半球受力分析求半球与地面间的最小动摩擦因数，最后分析换大球后弹力方向变化对摩擦力的影响，逐一判断各选项。【解答】解：A.地面对每个半球的支持力大小相等，以三个半球和光滑球为整体，竖直方向根据平衡条件可得3N地＝6mg代入数据得N地＝2mg，故A错误；B.根据几何关系可知，四个球心组成一个边长为2R的正四面体，设每个半球与光滑球之间的弹力与竖直方向的夹角为θ，则有sinθ=以光滑球为对象，根据平衡条件3Ncosθ＝3mg代入数据得每个半球与光滑球之间的弹力大小为N=mgcosθ=C.以其中一个半球为对象，水平方向有f由f地≤μN地代入数据得μ≥f地N地D.换一个质量仍为3m，半径略大于R的光滑球，只有θ发生变化，由f地＝mgtanθ，每个半球与地面摩擦力发生变化，故D错误。故选：BC。【点评】本题围绕共点力平衡展开，综合运用整体法、隔离法与几何关系分析受力，考查静力学核心知识，难度适中，适合巩固受力分析能力。三．实验题（共1小题）15．（2026•沧县校级模拟）古法磨豆腐有一道工艺：如图甲所示，房梁下悬吊着一个“十字摇架”，纱布悬挂于摇架下方，用来过滤豆渣。若保持摇架的其中一根杆不动，使另一根杆在竖直面内绕悬点（即悬绳的下端）转动，可将其简化为如图乙所示的模型并进行研究。如图乙所示，长为d的杆在外力作用下绕中点O在竖直面内转动，杆两端系有长为L（L＞d）的不可伸长的轻绳，绳上挂着光滑的轻质滑轮，滑轮下方吊着重力为G的重物，绳两端各连接一个拉力传感器。缓慢的转动杆，并记录杆的左半段（中点O到拉力传感器1的端头）与过中点O的水平线之间的夹角θ（介于+45°到﹣45°之间）及相应角度下两个拉力传感器的示数T1、T2。（1）在缓慢转动杆的过程中，下列说法正确的是（A）（填正确答案标号）。A．两拉力传感器的示数始终相等B．夹角θ在水平线上方（取正值）时，示数T1＜T2C．夹角θ在水平线下方（取负值）时，示数T1＜T2（2）当θ＝0°时，拉力传感器1的示数T1为GL2L2-d2（用（3）以拉力传感器1的示数T1为纵轴、角度θ为横轴，作出的T1﹣θ图像可能正确的是（C）（填正确答案标号）。A．B．C．D．【分析】（1）根据动滑轮稳定状态下的受力对称性，两侧绳子张力始终相等。（2）通过几何关系建立水平间距与绳长、夹角的联系，再结合竖直方向受力平衡，联立推导出绳子张力的表达式，并代入θ＝0°的特殊情况求解。（3）根据张力公式分析θ变化时拉力的变化规律，结合三角函数的变化率判断。【解答】解：（1）动滑轮悬挂重物时，稳定状态下两侧绳子的张力大小相等，与夹角θ的取值无关。因此两拉力传感器的示数始终相等，故A正确，BC错误。故选：A。（2）角度为θ时，受力分析如图所示：设绳子与水平方向的夹角为α，杆两端的水平间距为dcosθ，同时该水平间距也等于绳子长度L在水平方向的投影Lcosα，即dcosθ＝Lcosα；对动滑轮和重物整体分析，竖直方向受重力G和两段绳子的拉力T1，合力为零，即T1解得绳子的张力T1=GL2L2-d2（3）由T1=GL2L2-d2cos2θ可知，当θ介于+45°到﹣45°之间时，拉力T1故选：C。故答案为：（1）A。（2）GL2L2-d【点评】本题考查动滑轮模型的受力分析与动态变化，涵盖受力对称性分析、几何关系与受力平衡的联立推导，以及三角函数对拉力变化的影响分析，是静力学平衡与动态受力分析的典型题。四．解答题（共5小题）16．（2026•辽宁二模）如图所示，两段斜面AB和BC连接成V字形，连接点B处可以视作一段极短的光滑圆弧，两段斜面长度均为L＝1m，倾角α＝37°，一质量为1kg的小物块（可视为质点）轻放AB段斜面顶端恰好能处于静止状态，已知小物块与AB和BC段动摩擦因数均相等，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。（1）求小物块与斜面间的动摩擦因数μ。（2）若仅将斜面AB与水平面间倾角增大为θ＝53°，仍将小物块从AB顶端由静止释放，求小物块再次静止时与右侧斜面顶端C点间的距离d。（结果可保留分数形式）【分析】（1）小物块在斜面顶端恰好静止，表明重力沿斜面的分力与最大静摩擦力平衡，利用最大静摩擦力等于滑动摩擦力的条件，通过重力分量与摩擦力的关系可直接求出动摩擦因数。（2）斜面倾角改变后，小物块从A由静止释放，在AB段加速下滑，经过连接点B后沿BC段减速上滑直至速度为零。分析全过程，从A点出发到在BC段达到最高点，重力做功与摩擦力做功的总和改变小物块的动能，利用动能定理建立方程，可求出在BC段上滑的距离s，最终静止位置与C点的距离d即为斜面总长度L减去s。【解答】解：（1）物块在倾角为37°的斜面上恰好保持静止，表明重力沿斜面的分力与最大静摩擦力相互平衡，即mgsin37°＝μmgcos37°，解得：μ＝tan37°＝0.75。（2）当AB段倾角调整为53°后，物块沿斜面下滑，随后在BC段上滑。对物块从A点运动至最高点的全过程应用动能定理，有mgLsin53°﹣μmgLcos53°﹣mgssin37°﹣μmgscos37°＝0。代入相关数据，可解得物块在BC段上滑的距离为s=724m。因此，物块最终停止位置与C答：（1）小物块与斜面间的动摩擦因数为0.75。（2）小物块再次静止时与右侧斜面顶端C点间的距离为1724m【点评】本题综合考查了牛顿运动定律、动能定理以及多过程运动分析，属于中等偏上难度的力学综合题。题目巧妙设计了对称的V形斜面结构，连接点B的处理简化了过程衔接，重点考查学生对物体在斜面上受力平衡、变加速运动及能量转化过程的分析能力。第一问通过“恰好静止”条件直接求解动摩擦因数，计算量小但需准确理解最大静摩擦力概念。第二问过程分析是核心，物块经历AB段加速下滑与BC段减速上滑两个阶段，需选取全过程运用动能定理，有效规避了分段计算加速度与速度的繁琐，突出了能量观点处理复杂运动的优越性。本题计算涉及三角函数数值运算，对学生的数学运算能力有一定要求，整体能较好地锻炼物理建模与综合应用能力。17．（2026春•上海校级月考）嫦娥六号——2024年我国发射的嫦娥六号探测器成功抵达月球背面，并带回人类首份月背样品。探测器着陆月球表面的过程示意图如图所示，探测器先在半径为r轨道Ⅰ做匀速圆周运动，周期为T。从A点变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达近月点B点再次变轨到近月圆轨道Ⅲ，最后安全落在月球上。已知月球质量为M，半径为R，引力常量为G。（1）嫦娥六号探测器绕月球做匀速圆周运动过程中，保持不变的物理量是（BC）A．加速度B．动能C．角速度D．线速度（2）在近月圆轨道上，嫦娥六号探测器做匀速圆周运动的线速度大小为GMR，加速度大小为GMR2（3）嫦娥六号在椭圆轨道Ⅱ运行时BD。A．A点的速度大于B点的速度B．A点的速度小于B点的速度C．A点的加速度大于B点的加速度D．A点的加速度小于B点的加速度（4）探测器在轨道Ⅱ上从A到B的最短时间为12T(（5）嫦娥六号距月面约100米时，开始避障下降。若嫦娥六号避障下降时沿图中虚线方向做匀减速直线运动，不计月球大气阻力，则其发动机喷出的气体对其作用力可能为B。A．F1B．F2C．F3D．F4（6）嫦娥六号在月球背面南极﹣艾特肯盆地安全着陆。若嫦娥六号的质量为m，其四条腿与竖直方向的夹角均为θ，如图所示。月球表面的重力加速度为地球表面重力加速度g的16。它静止在月球平坦表面处时，每条腿对月球表面压力的大小为AA．mgB．mgC．mgD．mg【分析】（1）根据各物理量的标矢量特性进行分析解答；（2）根据万有引力提供向心力列式进行分析解答；（3）根据开普勒第二定律分析a点的速度与b点的速度的大小关系；根据牛顿第二定律，结合万有引力，求解加速度的表达式；（4）据开普勒第三定律求探测器在轨道Ⅱ上从A到B的最短时间；（5）嫦娥六号沿虚线方向做匀减速直线运动，根据喷出的气体对其作用力与重力的合力与运动方向相反解答；（6）根据平衡条件与牛顿第三定律解答。【解答】解：（1）AD．匀速圆周运动中，加速度、线速度是矢量，大小不变，方向时刻变化，故AD错误；BC．动能、角速度是标量，大小不变，故BC正确。故选：BC。（2）根据万有引力提供向心力有GMm解得v=GMR（3）根据开普勒第二定律，近月点B的速度大于远月点A的速度，故A错误，B正确；由牛顿第二定律有GMm解得a=A点到月心距离更大，故A点加速度小于B点加速度，故C错误，D正确。故选：BD。（4）据开普勒第三定律有r解得探测器在椭圆轨道运动的周期为T从A到B为半个周期，故t=（5）匀减速直线运动的加速