新高考版《物理》資料：專題檢測-專題二-專題二相互作用

新高考版《物理》資料：專題檢測-專題二-專題二相互作用新高考版《物理》資料：專題檢測-專題二-專題二相互作用PAGE/PAGE1新高考版《物理》資料：專題檢測-專題二-專題二相互作用專題二相互作用專題檢測題組1.(2022四川成都七中三診,20)(多選)木塊A、B的重力均為40N,它們與水平地面間的動摩擦因數(shù)均為0.25,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,夾在A、B之間的輕彈簧被壓縮了Δx=2.0cm,彈簧的勁度系數(shù)k=400N/m,系統(tǒng)置于水平地面上靜止不動,重力加速度g=10m/s2,現(xiàn)用F=9N的水平力推木塊B,如圖所示,力F作用后()A.木塊A所受靜摩擦力大小為8NB.彈簧的壓縮量變?yōu)?.5cmC.木塊B所受靜摩擦力為0D.木塊B所受靜摩擦力大小為1.0N答案AD木塊A、B與地面間的最大靜摩擦力fm=μFN=μmg=10N,加F前彈簧的彈力Fk=kΔx=8N,加F后,對木塊B分析,fB+Fk=F,得fB=1N,方向向右,故B靜止不動,則A也靜止不動,對木塊A分析,fA=Fk=8N,fA方向向右,A、D正確,C錯誤;木塊A、B靜止不動,彈簧壓縮量仍為2cm,B錯誤.2.(2022內蒙古包頭二模,18)如圖,固定點A、B系著一根不可伸長的柔軟輕繩,繩上套有一質量為1.2kg的光滑小鐵環(huán)O(可視為質點),靜止時∠AOB=90°.現(xiàn)用水平外力向紙外拉動小鐵環(huán),再次靜止時,OO'與豎直平面的夾角為37°(g取10m/s2)則此時()A.繩上的拉力為7.5NB.繩上的拉力為7.52NC.外力的大小為16ND.外力的大小為162N答案B設繩上的拉力為FT,水平外力為F.對小鐵環(huán)受力分析,豎直方向有2FTcos37°=mg,水平方向有2FTsin37°=F,解得FT=7.52N,F=9N,B正確.解題思路本題中小鐵環(huán)受到的四個力不在同一個平面上,力之間的關系不容易分析,所以可先將小鐵環(huán)兩側的繩上的拉力合成,其合力為2FT,即將小鐵環(huán)受到的四個力轉化為同一平面內的三個力分析.3.(2022陜西寶雞模擬,4)如圖所示,用輕繩拴著一質量為2.0kg的勻質大球,大球與墻壁之間夾著一質量未知的勻質小球,各接觸面均光滑.系統(tǒng)平衡時,繩子與墻壁之間的夾角為α,兩球心連線O1O2與輕繩之間的夾角為β,已知α=β=30°,則勻質小球的質量為()A.0.5kgB.1.0kgC.1.5kgD.2.0kg答案B對大球和小球整體受力分析如圖,則FN=(M+m)gtan30°;對小球受力分析如圖,由幾何關系可知F與水平方向夾角為30°,則FN=mgtan30°兩式聯(lián)立可得m=M2=1.0kg,B正確4.(2022四川遂寧三診,15)如圖所示,四分之一光滑圓弧面AB與傾角為60°的光滑斜面AC頂部相接,A處有一光滑的定滑輪,跨過定滑輪用輕質細繩連接質量分別為m1、m2的兩小球a、b,系統(tǒng)靜止時連接a的繩子與水平方向的夾角為60°.兩小球及滑輪大小可忽略,則兩小球質量的比值m1∶m2為()A.1∶2B.2∶3C.3∶2D.3∶2答案C系統(tǒng)靜止,即小球a、b均處于平衡狀態(tài).設圓弧對a的支持力為FN1,繩子拉力為FT,對a受力分析可得FN1sin60°+FTsin60°=m1g、FN1cos60°=FTcos60°,聯(lián)立得FT=33m1g;設斜面對b的支持力為FN2,對b受力分析可得FT=m2gsin60°,即FT=32m2g;所以m1∶m2=3∶2,C5.(2023屆寧夏石嘴山平羅中學月考,9)(多選)如圖所示,固定在小車上的支架的斜桿與豎直桿的夾角為θ,在斜桿下端固定有質量為m的小球,重力加速度為g,下列關于桿對球的作用力F的判斷中,正確的是()A.小車靜止時,F=mg,方向豎直向上B.小車勻速時,F=mgcosθ方向垂直桿向上C.小車向右勻加速運動,加速度大小為a時,可能有F=masinθD.小車向右勻減速運動,加速度大小為a時,F=(ma)答案AC小車靜止或勻速時,小球處于平衡狀態(tài),所受合外力為零,所以F=mg,方向豎直向上,A正確,B錯誤.小車向右勻加速時,小球受力如圖所示,F=(ma)2+(mg)2,當a=gtanθ時,F=mgcosθ=masinθ,方向沿著桿向上,C正確6.(2022鎮(zhèn)江一中期中,2)如圖所示,宣紙鋪在水平桌面上,左側用鎮(zhèn)紙壓住.以書法家在紙上書寫”大”字的筆畫一橫的過程為例(書寫過程中宣紙和鎮(zhèn)紙均保持靜止),下列說法正確的是()A.在書寫的過程中,宣紙會受到鎮(zhèn)紙給它的摩擦力B.書法家的筆對宣紙的摩擦力與宣紙對桌面的摩擦力大小相等、方向相同C.增大鎮(zhèn)紙的質量,可以增大宣紙受到桌面的摩擦力D.在桌面光滑的情況下,書寫的過程中宣紙仍可以靜止答案B對鎮(zhèn)紙受力分析可知,鎮(zhèn)紙不受摩擦力,宣紙也不會受到鎮(zhèn)紙給它的摩擦力,A選項錯誤;對宣紙受力分析可知,筆對宣紙的摩擦力與桌面對宣紙的摩擦力等大反向,又桌面與宣紙之間相互作用的摩擦力等大反向,B選項正確;增大鎮(zhèn)紙的質量,只能增大宣紙與桌面間的最大靜摩擦力,而桌面對宣紙的摩擦力與筆對宣紙的摩擦力是一對平衡力,與鎮(zhèn)紙質量無關,C選項錯誤;對宣紙和鎮(zhèn)紙整體受力分析,可知在桌面光滑的情況下,書寫的過程中宣紙不能靜止,D選項錯誤.7.(2023屆揚州高郵一中階段檢測,3)在東京奧運會舉重比賽中,李發(fā)彬在挺舉中展現(xiàn)”金雞獨立”絕技,單腳支撐,又將姿勢恢復為雙腳著地穩(wěn)定3秒,最終奪得冠軍,并打破奧運紀錄.將李發(fā)彬的單腳支撐和雙腳著地均視作平衡狀態(tài).關于此過程的表述正確的是()A.單腳支撐時地面對其支持力大小比雙腳著地時的支持力大B.單腳支撐時地面對其支持力大小比雙腳著地時的支持力小C.若李發(fā)彬握杠的兩手間距離變大,則其手臂受杠鈴的作用力將變大D.若李發(fā)彬握杠的兩手間距離變大,則其手臂受杠鈴的作用力將變小答案C根據(jù)受力平衡可知,單腳支撐時地面對其支持力和雙腳著地時的支持力大小都等于運動員和杠鈴的總重力,A、B錯誤;設手臂對杠鈴的作用力大小為F,手臂與橫杠之間的夾角為θ,杠鈴的重力為G,根據(jù)平衡條件可得2Fsinθ=G,由幾何關系可知握杠的兩手間距離變大,對應的θ角變小,則F變大,由牛頓第三定律可知,手臂受杠鈴的作用力變大,C正確,D錯誤.8.(2023屆鹽城響水中學開學考試,10)輕質細線上端固定,下端懸掛一小球,對小球施加一個大小恒定且小于小球重力的拉力F,開始時拉力方向豎直向上,如圖所示.現(xiàn)將拉力F在同一豎直平面內沿順時針方向緩慢轉過90°.設細線中拉力的大小為FT,細線與豎直方向的夾角為θ,則在拉力F方向變化的過程中()A.FT一直增大,θ一直增大B.FT一直增大,θ先增大后減小C.FT先增大后減小,θ一直增大D.FT先增大后減小,θ先增大后減小答案B設當細線與豎直方向的夾角為θ時F與豎直方向的夾角為α,對小球受力分析,如圖1所示.圖1由圖1可知,F與FT的合力F合=mg,方向豎直向上,故F、FT和F合可以組成一個閉合的矢量三角形.因F的大小不變,所以當F在同一豎直平面內沿順時針方向緩慢轉過90°的過程中,可以以F的大小為半徑畫出一個動態(tài)圓進行分析,同時保證合力的大小、方向都不變,如圖2所示.圖2當F的方向由豎直向上變到水平向右,即α不斷增大的過程中,由圖2可知,從位置1到位置2,再到位置3,FT的大小不斷增大,而從位置1變到位置2,θ增大;當F與FT垂直,即在位置2時,θ最大;從位置2變到位置3,θ減小,故θ先增大后減小.故選B.9.(2022南通海門中學月考,6)如圖所示,小圓環(huán)A吊著一個質量為m2的物塊并套在另一個豎直放置的大圓環(huán)上,有一細繩一端拴在小圓環(huán)A上,另一端跨過固定在大圓環(huán)最高點B的一個小滑輪后吊著一個質量為m1的物塊.如果小圓環(huán)A、滑輪、繩子的大小和質量以及相互之間的摩擦都可以忽略不計,繩子不可伸長,平衡時弦AB所對的圓心角為α,則兩物塊的質量之比m1∶m2應為()A.cosα2B.sinC.2sinα2D.2cos答案C對小圓環(huán)A受力分析,如圖所示,FT2與FN的合力與FT1平衡,由矢量三角形與幾何三角形相似,可知FT2R=F2Rsinα2,其中FT2=m2g,F=FT1=m1g,10.(2023屆泰州中學月考,3)如圖所示,裝有細沙的木板在斜坡上勻速下滑.某一時刻,一部分細沙從木板上漏出.則在細沙漏出前后,下列說法正確的是()A.木板始終做勻速運動B.木板所受合外力變大C.木板由勻速變?yōu)閯蚣铀僦本€運動D.木板所受斜坡的摩擦力不變答案A在細沙漏出前,裝有細沙的木板在斜坡上勻速下滑,對整體受力分析,設木板質量為M,細沙質量為m,斜坡傾角為α,則根據(jù)平衡條件有f=(m+M)gsinα,N=(m+M)gcosα,又f=μN,聯(lián)立解得μ=tanα.在細沙漏出后,細沙的質量減少,設剩余細沙質量為m',木板的質量不變,對整體受力分析,在垂直斜坡方向仍處于平衡狀態(tài),則有N'=(m'+M)gcosα,又f'=μN'且μ=tanα,解得f'=(m'+M)gcosαtanα=(m'+M)gsinα,而重力沿斜面向下的分力為(m'+M)gsinα,即f'=(m'+M)gsinα,所以在細沙漏出后整體仍向下做勻速直線運動,A正確,C錯誤;因為整體仍向下做勻速直線運動,所受合外力不變,仍為零,B錯誤;因為細沙的質量減小,根據(jù)f'=(m'+M)gsinα,可知木板所受斜坡的摩擦力變小,D錯誤.11.(2022長沙市一中月考八,5)如圖所示為剪式千斤頂?shù)慕孛鎴D.四根等長的支持臂用光滑鉸鏈連接,轉動手柄,通過水平螺紋軸減小M、N間的距離,以抬高重物.保持重物不變,MP和PN夾角為120°時N點受到螺紋軸的作用力為F1;MP和PN夾角為60°時N點受到螺紋軸的作用力為F2.不計支持臂和螺紋軸的重力,則F1與F2大小之比為()A.1：1B.1：3C.3：1D.3：1答案D設重物重力為G.當夾角為120°時,可沿支持臂方向分解P點所受壓力,由幾何關系易知分力大小為G,對N點受力分析知,螺紋軸對N點的作用力F1=3G;而當夾角為60°時,再次分解P點所受壓力,由幾何關系易知分力大小為33G,再次對N點受力分析可知,螺紋軸對N點的作用力F2=33G,故D12.(2022雅禮中學一模,5)如圖所示,一個傾角為30°、底面粗糙、斜面光滑的斜面體放在粗糙的水平面上,斜面體的質量為2m.輕繩的一端固定在天花板上,另一端系住質量為m的小球,整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài),輕繩與豎直方向的夾角也為30°.若最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,則斜面體與水平面間的動摩擦因數(shù)至少為()A.16B.6+333C.3答案C由題意對小球受力分析,沿斜面方向由平衡條件得mgsin30°=Tcos30°,解得T=mgtan30°=33mg.對小球和斜面體構成的整體受力分析,由平衡條件得,水平方向滿足Tsin30°=f,豎直方向滿足FN+Tcos30°=3mg,當f=μFN時,斜面體與水平面間的動摩擦因數(shù)最小,解得最小為μ=315,故選13.(2022三湘名校大聯(lián)盟3月聯(lián)考,6)”V”形吊車在港口等地有重要的作用.如圖所示,底座支點記為O點,OA為”V”形吊車的左臂,OA上端A處固定有定滑輪,OB為活桿且為”V”形吊車的右臂,一根鋼索連接底座與B點,另一根鋼索連接B點后跨過定滑輪吊著一質量為M的重物,重物靜止.已知左臂OA與水平面的夾角為α,左臂OA與鋼索AB段的夾角為θ,且左臂OA與右臂OB相互垂直,左臂OA、右臂OB總質量為m,鋼索質量忽略不計,不計一切摩擦,重力加速度為g.則下列說法正確的是()A.定滑輪對鋼索的支持力為2Mg·cos(π-2αB.AB段鋼索所受到的拉力為2MgC.右臂OB對鋼索的支持力為Mgcos(D.底座對左臂OA、右臂OB、重物整體的支持力為(M+m)g答案A如圖1所示,設重物所在位置為C點,則鋼索在A點夾角為∠CAB=90°-α+θ=π-2α+2θ2,定滑輪只改變鋼索拉力的方向,不改變力的大小,則鋼索對滑輪的作用力方向沿著∠CAB的角平分線,即F合=2Mg·cos(π-2α+2θ4),由牛頓第三定律可知,滑輪對鋼索的作用力F合'=2Mgcos(π-2α+2θ4),故A正確;由題意可知,重物靜止,鋼索拉力F=Mg,故B錯誤;以B點為研究對象,受力分析如圖2所示,可知Mgcos(α-θ)=FBsinα,解得FB=Mgcos(α-θ)sin14.(2022邵陽市一模,3)如圖所示,斜面置于粗糙水平面上,光滑小球被輕質細線系住放在斜面上,細線另一端跨過光滑定滑輪,用力拉細線使小球沿斜面緩慢向上移動一小段距離,斜面始終靜止.則在小球移動過程中()A.細線對小球的拉力變大 B.斜面對小球的支持力變大C.斜面對地面的壓力變大 D.地面對斜面的摩擦力變大答案A對小球受力分析并合成矢量三角形如圖1所示,重力大小方向不變,支持力方向不變,繩子拉力方向由圖中實線變?yōu)樘摼€,繩子拉力增大,斜面對小球的支持力減小,A正確,B錯誤;對斜面受力分析如圖2所示,圖1圖2正交分解：N'sinα=fN地=N'cosα+Mg根據(jù)牛頓第三定律,小球對斜面的壓力N'減小,所以斜面對地面的摩擦力減小,地面對斜面的支持力減小,根據(jù)牛頓第三定律,斜面對地面的壓力減小,C、D錯誤.15.(2022雅禮中學月考七,1)如圖所示,擋板垂直于斜面固定在斜面上,一滑塊質量為m放在斜面上,其上表面呈弧形且左端最薄,一球質量為M放置在擋板與弧形滑塊上,一切摩擦均不計,用平行于斜面的拉力F拉住弧形滑塊,使球與滑塊均靜止.現(xiàn)將滑塊平行于斜面向上緩慢拉過一較小的距離,球仍在擋板與滑塊上且處于靜止狀態(tài),則與原來相比()A.滑塊對球的彈力增大 B.擋板對球的彈力減小C.斜面對滑塊的彈力增大 D.拉力F不變答案B對球進行受力分析,如圖(a),球只受三個力的作用,擋板對球的彈力F1方向不變,作出力的矢量圖,滑塊上移時,滑塊對球的彈力F2與豎直方向夾角減小,F2垂直于F1時F2最小,可以知道F1和F2都減小,故B正確,A錯誤;再對滑塊和球整體受力分析,如圖(b),其中由FN=Gcosθ可知斜面對滑塊的支持力不變,由F+F1=Gsinθ以及F1減小,可知拉力F增大,故C、D錯誤.16.(2022湖南師大附中二模,4)如圖所示,豎直平面內有一圓環(huán),圓心為O,半徑為R,PQ為水平直徑,MN為傾斜直徑,PQ與MN間的夾角為θ,一條不可伸長的輕繩長為L,兩端分別固定在圓環(huán)的M、N兩點,輕質滑輪連接一個質量為m的重物,放置在輕繩上,不計滑輪與輕繩間的摩擦.現(xiàn)將圓環(huán)從圖示位置繞圓心O順時針緩慢轉過2θ角,重力加速度為g,下列說法正確的是()A.輕繩與豎直方向間的夾角逐漸減小B.圖示位置時,輕繩的張力大小為mgC.直徑MN水平時,輕繩的張力大小為2D.圓環(huán)從圖示位置順時針緩慢轉過2θ的過程中,輕繩的張力先增大再減小答案D如圖,重物位于B點時設輕繩與豎直方向夾角為α,MB、NB間夾角為2α,則根據(jù)幾何關系可得,2Rcosθ=MA,MBsinα+NBsinα=MA,L=MB+NB,聯(lián)立可得sinα=2RcosθL,設輕繩上的張力大小為F,根據(jù)平衡條件可得2Fcosα=mg,可得F=mgL2L2-4R2cos2θ,故B錯誤;直徑MN水平時,輕繩的張力大小為F=mgL2L2-4R2,故C錯誤;由sinα=2RcosθL可知,圓環(huán)從圖示位置繞圓心O順時針緩慢轉過2θ17.(2022肇慶二模,8)(多選)如圖所示,水平地面上靜置一質量為M的斜面體,斜面的傾角為θ,質量為m的玩具熊靜止在斜面上,玩具熊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ,已知最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,重力加速度為g,下列說法正確的是()A.玩具熊對斜面的壓力大小為mgsinθB.斜面對玩具熊的作用力豎直向上且大小等于mgC.玩具熊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ≥tanθD.地面對斜面體的摩擦力大小為μ(M+m)g答案BC對玩具熊進行受力分析,斜面體對玩具熊的支持力大小為mgcosθ,由牛頓第三定律知,玩具熊對斜面體的壓力大小也為mgcosθ,A錯誤;玩具熊靜止在斜面上,斜面體對玩具熊的作用力是支持力和摩擦力的合力,與玩具熊受到的重力等大反向,B正確;玩具熊處于靜止狀態(tài)則μmgcosθ≥mgsinθ,即μ≥tanθ,C正確;對玩具熊與斜面體整體分析可知,水平方向無外力,則地面與斜面體之間無摩擦力,D錯誤.故選B、C.18.(2022汕頭二模,9)(多選)圖甲為小張站在階梯電梯上隨電梯勻速上行,圖乙為小李站在斜面電梯上隨電梯勻速下行,下列說法正確的是()甲乙A.階梯電梯對小張沒有摩擦力作用B.斜面電梯對小李沒有摩擦力作用C.階梯電梯對小張的作用力方向豎直向上D.斜面電梯對小李的作用力方向豎直向上答案ACD小張、小李均做勻速運動,受力分析如圖所示,可知階梯電梯對小張沒有摩擦力作用,斜面電梯對小李有摩擦力作用,A正確,B錯誤;根據(jù)受力平衡可知階梯電梯對小張的作用力與小張的重力平衡,故階梯電梯對小張的作用力方向豎直向上,C正確;根據(jù)受力平衡可知斜面電梯對小李的作用力與小李的重力平衡,故斜面電梯對小李的作用力方向豎直向上,D正確.故選A、C、D.19.(2022汕頭二模,2)如圖所示,某健身者右手拉著抓把沿圖示位置A水平緩慢移動到位置B,他始終保持靜止,不計繩子質量,忽略繩子和重物與所有構件間的摩擦,則重物下移過程()A.繩子的拉力逐漸增大B.該健身者所受合力逐漸減小C.該健身者對地面的壓力逐漸增大D.該健身者對地面的摩擦力逐漸減小答案D對重物受力分析,重物緩慢移動,處于平衡狀態(tài),繩子的拉力大小等于重物的重力大小,保持不變,A錯誤;健身者始終保持靜止狀態(tài),則其所受合力始終為零,B錯誤;對健身者受力分析,設繩子與水平方向的夾角為θ,根據(jù)平衡條件可知FN=m人g-m物gsinθ,繩子與水平方向的夾角θ不斷變大,sinθ變大,該健身者受到地面的支持力逐漸減小,則該健身者對地面的壓力逐漸減小,C錯誤;健身者對地面的摩擦力f=m物gcosθ,故其對地面的摩擦力逐漸減小,D正確;故選D.20.[2023屆佛山順德一模熱身卷(一),8]一般教室門上都安裝一種暗鎖,這種暗鎖由外殼A、骨架B、彈簧C(勁度系數(shù)為k)、鎖舌D(傾角θ=30°)、鎖槽E以及連桿、鎖頭等部件組成,如圖甲所示.設鎖舌D的側面與外殼A和鎖槽E之間的動摩擦因數(shù)均為μ,最大靜摩擦力Ffm由Ffm=μFN(FN為正壓力)求得.有一次放學后,當某同學準備關門時,無論用多大的力,也不能將門關上(這種現(xiàn)象稱為自鎖),此刻暗鎖所處的狀態(tài)的俯視圖如圖乙所示,P為鎖舌D與鎖槽E之間的接觸點,彈簧由于被壓縮而縮短了x.下面說法正確的是()甲乙A.自鎖狀態(tài)時D的下表面所受摩擦力的方向向左B.鎖舌D受到鎖槽E摩擦力的方向沿側面向上C.無論μ多大,暗鎖仍然能夠保持自鎖狀態(tài)D.無論用多大的力拉門,暗鎖仍然能夠保持自鎖狀態(tài),μ存在最小值答案D鎖舌D相對于外殼有向左運動的趨勢,則鎖舌D的下表面所受到的最大靜摩擦力f1的方向向右,鎖舌D相對于鎖槽E有斜向上的運動趨勢,則鎖舌D受到鎖槽E給的最大靜摩擦力f2的方向沿側面向下,A、B錯誤.設鎖舌D受到鎖槽E給的正壓力為N,下表面受到外殼給的正壓力為F,彈簧給的彈力為kx,對鎖舌D受力分析,如圖所示.由平衡條件得kx+f1+f2cosθ-Nsinθ=0F-Ncosθ-f2sinθ=0且f1=μF、f2=μN聯(lián)立上述方程得N=2令N趨向于無窮大,則有1-23μ-μ2=0解得μ1=2-3,μ2=-2-3(μ存在最小值2-3,能使無論用多大的力拉門,暗鎖始終保持自鎖狀態(tài),C錯誤,D正確.故選D.21.(2022廣東一模,8)(多選)如圖,家用小型起重機拉起重物的繩子一端固定在起重機斜臂頂端,另一端跨過動滑輪A和定滑輪B之后與電動機相連.起重機正將重為G的重物勻速豎直上拉,忽略繩子與滑輪的摩擦以及繩子和動滑輪A的重力,∠ABC=60°,則()A.繩子對定滑輪B的作用力方向豎直向下B.繩子對定滑輪B的作用力方向與BA成30°角,方向斜向下C.繩子對定滑輪B的作用力大小等于GD.繩子對定滑輪B的作用力大小等于32答案BD繩子對定滑輪B的作用力為BA和BC兩段繩子彈力的合力,方向斜向左下,A錯誤;重物勻速運動,則三段繩子的彈力都等于重力的一半,即G2,由平行四邊形定則可知,合力方向沿∠ABC的角平分線,與BA夾角30°斜向下,大小為3G2,C錯誤,B、D正確.故選B22.(2023屆東莞四中8月月考,5)如圖a所示,輕繩AD跨過固定在水平桿BC右