屆高考物理二輪復(fù)習(xí)專題一力與運(yùn)動考點二相互作用限時集訓(xùn)

PAGE考點二相互作用[限時45分鐘；滿分100分]選擇題(1～9題每小題7分，10～12題每小題9分，13題10分)1．如圖1－2－21所示，一根不可伸長的光滑輕繩，其左端固定于O點，右端跨過位于點O′的固定光滑軸，懸掛一質(zhì)量為M的物體。輕繩OO′段水平，長度為L，繩子上套一可沿繩滑動的輕環(huán)P?，F(xiàn)在輕環(huán)上懸掛一鉤碼，平衡后，物體上升L，則鉤碼的質(zhì)量為圖1－2－21A.eq\r(2)MB.eq\r(3)MC.eq\f(\r(2),2)MD.eq\f(\r(3),2)M解析重新平衡后，繩子形狀如圖所示。由幾何關(guān)系知，繩子與豎直方向夾角為30°，則環(huán)兩邊繩子的夾角為60°，根據(jù)平行四邊形定則，環(huán)兩邊繩子拉力的合力為eq\r(3)Mg，由平衡條件可知鉤碼的質(zhì)量為eq\r(3)M，B正確。答案B2．(2018·咸陽三模)如圖1－2－22所示，斜面體M的底面粗糙，斜面光滑，放在粗糙水平面上。彈簧的一端固定在墻面上，另一端與放在斜面上的物塊m相連，彈簧的軸線與斜面平行，若物塊在斜面上來回運(yùn)動，斜面體保持靜止，則地面對斜面體的摩擦力Ff與時間t的關(guān)系圖象應(yīng)是下圖中的哪一個圖1－2－22解析在物塊在斜面上來回運(yùn)動過程中，物塊對M的壓力恒為mgcosθ。選斜面體M為研究對象，M受到重力、m的壓力、地面的支持力、地面的摩擦力，由平衡條件可知地面對M的摩擦力Ff恒定不變。故選項D正確。答案D3．(2018·鄭州質(zhì)檢)用圖1－2－23所示簡易裝置可以測定水平風(fēng)速。在水平地面上豎直固定一直桿，半徑為R，質(zhì)量為m的空心塑料球用細(xì)線懸于桿頂端O。當(dāng)風(fēng)沿水平方向吹來時，球在風(fēng)力的作用下飄了起來。已知風(fēng)力大小與“風(fēng)速”和“球正對風(fēng)的截面積”均成正比，當(dāng)風(fēng)速v0＝3m/s時，測得球平衡時細(xì)線與豎直方向的夾角θ＝30°，則圖1－2－23A．風(fēng)速v＝4.5m/s時，細(xì)線與豎直方向的夾角θ＝45°B．若風(fēng)速增大到某一值時，細(xì)線與堅直方向的夾角θ可能等于90°C．若風(fēng)速不變，換用半徑更大、質(zhì)量不變的球，則夾角θ增大D．若風(fēng)速不變，換用半徑相等、質(zhì)量更大的球，則夾角θ增大解析設(shè)球正對風(fēng)的截面積為S，已知風(fēng)力大小正比于“風(fēng)速”和“球正對風(fēng)的截面積”，所以風(fēng)力大小為F＝kSv(k為比例系數(shù))，受力分析如答圖所示，當(dāng)風(fēng)速為v0＝3m/s時，由平衡條件得，mgtan30°＝kSv0，當(dāng)風(fēng)速為v＝4.5m/s時，同理可得mgtanθ′＝kSv，由此可解得tanθ′＝eq\f(\r(3),2)，θ′≠45°，A錯誤；風(fēng)速增大，θ不可能變?yōu)?0°，因為繩子對球的拉力T在豎直方向上的分力與重力平衡，B錯誤；若風(fēng)速不變，換用半徑更大、質(zhì)量不變的球，則風(fēng)力變大，根據(jù)F＝mgtanθ，知θ變大，C正確；若風(fēng)速不變。換用半徑相等、質(zhì)量更大的球，知風(fēng)力不變，根據(jù)F＝mgtanθ，知重力變大，風(fēng)力不變，則θ減小，D錯誤。答案C4．如圖1－2－24所示，用天平測量勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度。下列各選項所示的載流線圈匝數(shù)相同，邊長MN相等，將它們分別掛在天平的右臂下方。線圈中通有大小相同的電流，天平處于平衡狀態(tài)。若磁場發(fā)生微小變化，天平最容易失去平衡的是圖1－2－24解析天平處于平衡狀態(tài)，說明線圈受到的重力和安培力的合力等于兩側(cè)砝碼重力差，根據(jù)安培力公式F＝BIL，知選項A中線圈在磁場中有效長度最大，所受安培力最大，磁場發(fā)生微小變化時，安培力變化最大，天平最容易失去平衡，選項A符合題意。答案A5．(2018·衡陽聯(lián)考)在新疆吐魯番的葡萄烘干房內(nèi)，果農(nóng)用圖示支架懸掛葡萄。OA、OB為承重的輕桿，AOB始終在豎直平面內(nèi)，OA可繞A點自由轉(zhuǎn)動，OB與OA通過鉸鏈連接，可繞O點自由轉(zhuǎn)動，且OB的長度可調(diào)節(jié)，現(xiàn)將新鮮葡萄用細(xì)線掛于O點，保持OA不動，調(diào)節(jié)OB的長度讓B端沿地面上的AB連線向左緩慢移動，OA桿所受作用力大小為F1，OB桿所受的作用力大小為F2，∠AOB由銳角變?yōu)殁g角的過程中，下列判斷正確的是圖1－2－25A．F1逐漸變大，F(xiàn)2逐漸變大B．F1先變小后變大，F(xiàn)2逐漸變大C．F1逐漸變小，F(xiàn)2逐漸變小D．F1逐漸變大，F(xiàn)2先變小后變大解析選取結(jié)點O分析，結(jié)點O受葡萄向下的拉力、支架OA的作用力、支架OB的作用力。由動態(tài)示意圖可知∠AOB由銳角變?yōu)殁g角的過程中，F(xiàn)A逐漸增大，F(xiàn)B先變小后變大。所以F1逐漸變大，F(xiàn)2先變小后變大。答案D6．(2018·開封模擬)在粗糙水平地面上與墻平行放著一個截面為半圓的柱狀物體A，A與豎直墻之間放另一截面也為半圓的柱狀物體B，整個裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)，截面如圖1－2－26所示。設(shè)墻對B的作用力為F1，B對A的作用力為F2，地面對A的作用力為F3。在B上加一物體C，整個裝置仍保持靜止，則圖1－2－26A．F 1保持不變，F(xiàn)3增大B．F1增大，F(xiàn)3保持不變C．F2增大，F(xiàn)3增大D．F2增大，F(xiàn)3保持不變解析在B上加物體C前后，分別以B和B、C整體為研究對象，進(jìn)行受力分析可知，它們均在三個力作用下處于平衡狀態(tài)，且對應(yīng)各力方向相同，由于B、C整體所受重力大于B所受重力，所以墻壁對B的作用力F1和A對B的作用力均增大，由牛頓第三定律可知，B對A的作用力F2也增大；在B上加物體C前后，分別對A受分析，由于F2增大，所以A所受支持力和摩擦力均增大，這兩個力的合力即F3也隨之增大，故C項正確。答案C7．如圖1－2－27所示，有一傾角為30°的斜面B，質(zhì)量為M。質(zhì)量為m的物體A靜止在B上?，F(xiàn)用水平力F推物體A，在F由零逐漸增加至eq\f(\r(3),2)mg再逐漸減為零的過程中，A和B始終保持靜止。對此過程下列說法正確的是圖1－2－27A．地面對B的支持力大于(M＋m)gB．A對B壓力的最小值為eq\f(\r(3),2)mg，最大值為eq\f(3\r(3),4)mgC．A所受摩擦力的最小值為0，最大值為eq\f(mg,4)D．A所受摩擦力的最小值為eq\f(1,2)mg，最大值為eq\f(3,4)mg解析以A，B為整體，在豎直方向上，地面對B的支持力等于(M＋m)g，故選項A錯誤；對A受力分析，將重力mg，水平力F正交分解，如圖所示，則有FN＝mgcos30°＋Fsin30°，所以A對B的壓力最小值為mgcos30°＝eq\f(\r(3),2)mg，最大值為mgcos30°＋eq\f(\r(3),2)mgsin30°＝eq\f(3\r(3),4)mg，所以選項B正確；設(shè)A所受的靜摩擦力為Ff，當(dāng)Fcos30°＝mgsin30°時，F(xiàn)f＝0；當(dāng)Fcos30°＝eq\f(\r(3),2)mg×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3,4)mg時，F(xiàn)f＝eq\f(mg,4)，F(xiàn)f方向沿斜面向下；當(dāng)F＝0時，F(xiàn)f＝mgsin30°＝eq\f(mg,2)，方向沿斜面向上，所以Ff的最大值為eq\f(mg,2)，所以選項C，D錯誤。答案B8．(多選)如圖1－2－28所示，三條繩子的一端都系在細(xì)直桿頂端，另一端都固定在水平地面上，將桿豎直緊壓在地面上，若三條繩長度不同，下列說法正確的有圖1－2－28A．三條繩中的張力都相等B．桿對地面的壓力大于自身重力C．繩子對桿的拉力在水平方向的合力為零D．繩子拉力的合力與桿的重力是一對平衡力解析由于三條繩長度不同，則三條繩與豎直桿間的夾角不相等，因豎直桿僅是壓在地面上而沒有固定，則三條繩對桿的拉力在水平方向的分力必平衡，但三個水平分力在水平面內(nèi)的方向關(guān)系不確定，故不能確定三條繩中張力的大小關(guān)系，A錯誤、C正確；由于三條繩對桿的拉力在豎直方向的分力都向下，故B正確；繩子拉力的合力豎直向下，桿的重力也豎直向下，它們不是一對平衡力，故D錯誤。答案BC9．(多選)如圖1－2－29長L、質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒ab，被兩輕質(zhì)細(xì)繩水平懸掛，靜置于勻強(qiáng)磁場中。當(dāng)ab中通過如圖所示方向的恒定電流I時，ab棒擺離原豎直面，在細(xì)繩與豎直方向成θ角的位置再次處于靜止?fàn)顟B(tài)。已知ab棒始終與磁場方向垂直，則磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小可能是圖1－2－29A.eq\f(mgtanθ,IL)B.eq\f(mgsinθ,IL)C.eq\f(mgsinθ,2IL)D.eq\f(2mgsinθ,3IL)解析當(dāng)安培力與繩拉力方向垂直時，安培力最小，對通電導(dǎo)體棒受力分析如圖所示，最小值為F安＝mgsinθ，又由F安＝BIL，可解得B＝eq\f(mgsinθ,IL)，又tanθ＞sinθ，故選項AB正確。答案AB10．(多選)(2018·衡陽八中質(zhì)檢)如圖1－2－30所示，物塊A放在直角三角形斜面體B上面，B放在彈簧上面并緊挨著豎直墻壁，初始時A、B靜止；現(xiàn)用力F沿斜面向上推A，但A、B仍未動。則施力F后，下列說法正確的是圖1－2－30A．A、B之間的摩擦力一定變大B．B與墻面之間的彈力一定增大C．B與墻面之間可能沒有摩擦力D．彈簧彈力一定不變解析現(xiàn)用力F沿斜面向上推A，A、B之間的摩擦力不一定變大，B與墻面之間的彈力一定增大，選項A錯誤、B正確?，F(xiàn)用力F沿斜面向上推A，但A、B仍未動，說明B與墻面之間一定有摩擦力，選項C錯誤。施力F后，由于A、B仍未動，彈簧長度未變，彈簧彈力一定不變，選項D正確。答案BD11．(多選)(2018·天津)如圖1－2－31所示，輕質(zhì)不可伸長的晾衣繩兩端分別固定在豎直桿M、N上的a、b兩點，懸掛衣服的衣架鉤是光滑的，掛于繩上處于靜止?fàn)顟B(tài)。如果只人為改變一個條件，當(dāng)衣架靜止時，下列說法正確的是圖1－2－31A．繩的右端上移到b′，繩子拉力不變B．將桿N向右移一些，繩子拉力變大C．繩的兩端高度差越小，繩子拉力越小D．若換掛質(zhì)量更大的衣服，則衣架懸掛點右移解析設(shè)兩桿間距離為d，繩長為l，Oa、Ob段長度分別la和lb，則l＝la＋lb，兩部分繩子與豎直方向夾角分別為α和β，受力分析如圖所示。繩子中各部分張力相等，F(xiàn)a＝Fb＝F，則α＝β。滿足2Fcosα＝mg，d＝lasinα＋lbsinα＝lsinα，即sinα＝eq\f(d,l)，F(xiàn)＝eq\f(mg,2cosα)，d和l均不變，則sinα為定值，α為定值，cosα為定值，繩子的拉力保持不變，衣服的位置不變，故A正確，C、D錯誤；將桿N向右移一些，d增大，則sinα增大，cosα減小，繩子的拉力增大，故B正確。答案AB12．(多選)(2018·東北三省模擬)某裝置如圖1－2－32所示，兩根輕桿OA、OB與小球以及一小滑塊通過鉸鏈連接，桿OA的A端與固定在豎直光滑桿上的鉸鏈相連。小球與小滑塊的質(zhì)量均為m，輕桿OA、OB長均為l，原長為l的輕質(zhì)彈簧與滑塊都套在該豎直桿上，彈簧連接在A點與小滑塊之間。裝置靜止時，彈簧長為1.6l，重力加速度為g，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，以下說法正確的是圖1－2－32A．輕桿OA對小球的作用力方向與豎直軸的夾角為53°B．輕桿OB對小滑塊的作用力方向沿OB桿向下，大小為eq\f(5mg,8)C．輕桿OA與OB對小球的作用力大小之比是eq\f(4,3)D．彈簧的勁度系數(shù)k＝eq\f(5mg,2l)解析裝置靜止時，由幾何關(guān)系可知∠A＝37°，則輕桿OA對小球的作用力方向與豎直軸的夾角為37°，A錯誤；對小球受力分析，如圖甲所示，由對稱性可知FOA＝FOB，又由力的平衡條件可知2FOAcos37°＝mg，解得FOA＝FOB＝eq\f(5mg,8)，由輕桿受力特點可知輕桿OB對小滑塊的作用力方向沿OB桿向下，大小為eq\f(5mg,8)，B正確，C錯誤；對小滑塊受力分析如圖乙所示，在豎直方向上由力的平衡條件可知，mg＋FOBcos37°＝F彈，解得F彈＝eq\f(3,2)mg，由于彈簧的伸長量為Δl＝1.6l－l＝0.6l，則由胡克定律F彈＝k·Δl，解得k＝eq\f(F彈,Δl)＝eq\f(\f(3,2)mg,0.6l)＝eq\f(5mg,2l)，D正確。答案BD13．(多選)如圖1－2－33所示，傾角為θ的斜面體c置于水平地面上。小物塊b置于斜面上，通過絕緣細(xì)繩跨過光滑的定滑輪與帶正電小球M連接，連接b的一段細(xì)繩與斜面平行，帶負(fù)電的小球N固定在M的正下方，兩帶電小球在緩慢漏電的過程中，M、b、c都處于靜止?fàn)顟B(tài)，下列說法中正確的是圖1－2－33A．b對c的摩擦力可能始終增加B．地面對c的支持力始終變小C．c對地面的摩擦力方向始終向左D．滑輪對繩的作用力方向始終不變解析兩帶電小球在緩慢漏電的過