（通用版）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 專題綜合檢測二 第二章 相互作用（含解析）

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1、相互作用 (45分鐘　100分) 一、選擇題(本題共8小題，每小題6分，共48分.1～5題為單選題，6～8題為多選題) 1．(2018·遼寧沈陽期中)某電視臺每周都有棋類節(jié)目，鐵質(zhì)的棋盤豎直放置，每個棋子都是一個小磁鐵，能吸在棋盤上，不計棋子間的相互作用力，下列說法正確的是(　　) A．小棋子共受三個力作用 B．棋子對棋盤的壓力大小等于重力 C．磁性越強的棋子所受的摩擦力越大 D．質(zhì)量不同的棋子所受的摩擦力不同 解析：D　小棋子受到重力、向上的摩擦力、棋盤的吸引力和棋盤的支持力作用，A錯誤．棋盤對棋子的摩擦力等于棋子的重力，故無論棋子的磁性多強，摩擦力是不變的，質(zhì)量不同的棋

2、子所受的重力不同，故摩擦力不同，B、C錯誤，D正確． 2.如圖所示，傾角為30°，重為100 N的斜面體靜止在粗糙水平面上．一根彈性輕桿一端垂直固定在斜面體上，桿的另一端固定一個重為20 N的小球，斜面體和小球處于靜止狀態(tài)時，下列說法正確的是(　　) A．斜面有向左運動的趨勢，受到水平向右的靜摩擦力 B．彈性輕桿對小球的作用力為20 N，方向垂直斜面向上 C．球?qū)椥暂p桿的作用力為20 N，方向豎直向下 D．地面對斜面的支持力為100 N，方向豎直向上 解析：C　桿、球、斜面均靜止，可以看成整體，整體相對地面沒有向左運動的趨勢，A錯誤．由二力平衡可知，地面的支持力等于整體的重力

3、120 N，D錯誤．再對小球受力分析，受重力和彈力，根據(jù)二力平衡條件可判斷彈力和重力等值、反向、共線，故彈力為20 N，豎直向上，B錯誤．由牛頓第三定律得，球?qū)椥暂p桿的作用力為20 N，方向豎直向下，C正確． 3.如圖所示，有一傾角θ＝30°的斜面體B，質(zhì)量為M.質(zhì)量為m的物體A靜止在B上．現(xiàn)用水平力F推物體A，在F由零逐漸增加至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(　　) A．地面對B的支持力大于(M＋m)g B．A對B的壓力的最小值為mg，最大值為mg C．A所受摩擦力的最小值為0，最大值為 D．A所受摩擦力的最小值為mg，最大值為mg

4、解析：B　因為A、B始終保持靜止，對A、B整體受力分析可知，地面對B的支持力一直等于(M＋m)g，A錯誤．當F＝0時，A對B的壓力最小，為mgcos 30°＝mg；當F＝mg時，A對B的壓力最大，為mgcos 30°＋Fsin 30°＝mg，B正確．當Fcos 30°＝mgsin 30°時，即F＝mg時，A所受摩擦力為0，當F＝0時，A所受摩擦力大小為mg，方向沿斜面向上，當F＝mg時，A所受摩擦力大小為mg，方向沿斜面向下，選項C、D錯誤． 4.如圖所示，質(zhì)量為m的小球套在豎直固定的光滑圓環(huán)上，輕繩一端固定在圓環(huán)的最高點A，另一端與小球相連．小球靜止時位于環(huán)上的B點，此時輕繩與豎直方向的夾

5、角為60°，則輕繩對小球的拉力大小為(　　) A．2mg B.mg C．mg D.mg 解析：C　對B點處的小球受力分析， 如圖所示，則有 FTsin 60°＝FNsin 60° FTcos 60°＋FNcos 60°＝mg 解得FT＝FN＝mg，故C正確． 5．(2018·安徽六安舒城中學(xué)統(tǒng)考)如圖所示，有5 000個質(zhì)量均為m的小球，將它們用長度相等的輕繩依次連接，再將其左端用細繩固定在天花板上，右端施加一水平力使全部小球靜止．若連接天花板的細繩與水平方向的夾角為45°.則第2 011個小球與2 012個小球之間的輕繩與水平方向的夾角α的正切值等于(　　)

6、 A. B. C. D. 解析：C　設(shè)連接天花板的細繩的拉力為FT，則對5 000個小球的整體而言，豎直方向：FTsin 45°＝5 000mg；對前2 011個球的整體而言，設(shè)第2 011個小球與2 012個小球之間的輕繩拉力為FT1，則水平方向：FTcos 45°＝FT1cos α；豎直方向：FTsin 45°＝2 011mg＋FT1sin α.聯(lián)立解得tan α＝.C正確． 6.如圖所示，某雜技演員在做手指玩耍盤子的高難度表演．若盤的質(zhì)量為m，手指與盤之間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，盤底處于水平狀態(tài)且不考慮盤的自轉(zhuǎn)．則下列說法正確的是(　　)

7、 A．若手指支撐著盤，使盤保持靜止狀態(tài)，則手指對盤的作用力等于mg B．若手指支撐著盤并一起水平向右勻速運動，則盤受到水平向右的靜摩擦力 C．若手指支撐著盤并一起水平向右勻加速運動，則手指對盤的作用力大小為μmg D．若盤隨手指一起水平勻加速運動，則手指對盤的作用力大小不可超過mg 解析：AD　若手指支撐著盤，使盤保持靜止狀態(tài)，則盤受力平衡，手指對盤的作用力與盤的重力等大反向，則手指對盤的作用力等于mg，選項A正確；若手指支撐著盤并一起水平向右勻速運動，則水平方向不受力，即盤不受靜摩擦力，選項B錯誤；若手指支撐著盤并一起水平向右勻加速運動，則手指對盤的作用力為靜摩擦力，大小不一定

8、等于μmg，選項C錯誤；若盤隨手指一起水平勻加速運動，則手指對盤子水平方向的最大靜摩擦力為μmg，豎直方向?qū)ΡP子的支持力為mg，則手指對盤的作用力大小的最大值＝mg，即手指對盤的作用力大小不可超過mg，選項D正確． 7.如圖所示，光滑圓柱體A放在物塊P與豎直墻壁之間，在A上再放另一個光滑圓柱體B，A、B的半徑分別為r1、r2，質(zhì)量分別為m1、m2，A、B處于平衡狀態(tài)，且在下列變化中物塊P的位置不變，系統(tǒng)仍平衡，則(　　) A．若保持B的半徑r2不變，而將B改用密度較大的材料制作，則物塊P受到地面的靜摩擦力增大 B．若保持A的質(zhì)量m1不變，而將A改用密度較小的材料制作，則物塊P對地面的

9、壓力增大 C．若保持A的質(zhì)量m1不變，而將A改用密度較小的材料制作，則B對墻的壓力增大 D．若保持B的質(zhì)量m2不變，而將B改用密度較小的材料制作，則A對墻的壓力增大 解析：ACD　對A、B整體和P進行分析，受力如圖(a)(b)，根據(jù)平衡條件，有： f4＝F1cos θ＝F2 F2＝(m1＋m2)gcot θ F3＝F1sin θ＋mg＝(m＋m1＋m2)g 若保持B的半徑r2不變，而將B改用密度較大的材料制作，則θ角不變，而B的質(zhì)量增大，F(xiàn)3、f4均增大，故A正確；對A、B、P整體受力分析，豎直方向受重力和支持力，由于m1不變，m2、mP也不變，根據(jù)平衡條件，支持力與重力平衡，不

10、變；再根據(jù)牛頓第三定律，P對地面的壓力也不變，故B錯誤；對B分析，受力如圖(c)，根據(jù)共點力平衡條件，有：FB＝m2gcot α FN＝ 設(shè)墻對A的支持力為FA，則F2＝FA＋FB 若保持A的質(zhì)量m1不變，而將A改用密度較小的材料制作，則A的半徑增大，α角減小，故FB增大，故C正確；若保持B的質(zhì)量m2不變，而將B改用密度較小的材料制作，則B的半徑增大，α增大，F(xiàn)B減小，θ不變，F(xiàn)2不變，F(xiàn)A＝F2－FB增大，故D正確． 8.某裝置如圖所示，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，

11、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，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，以下說法正確的是(　　) A．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 C．輕桿OA與OB對小球的作用力大小之比是 D．彈簧的勁度系數(shù)k＝ 解析：BD　對球受力分析，球受重力、桿OA、OB對球的支持力(沿著桿的方向)，依據(jù)平行四邊形定則，結(jié)合幾何關(guān)系與三角函數(shù)知識，設(shè)OA與豎直方向夾角為θ，即cos θ＝，解得：θ＝37° 因FA＝FB，輕桿OA與OB對小

12、球的作用力大小之比是1∶1，故A、C錯誤；對小滑塊受力分析，如圖所示；由以上分析可知，F(xiàn)B＝＝ 依據(jù)牛頓第三定律，則輕桿OB對小滑塊的作用力方向沿OB桿向下，大小為，故B正確； 對于小滑塊，根據(jù)平衡條件，則有： T＝mg＋cos 37°，解得：T＝mg 再由胡克定律，則有：k＝＝，故D正確． 二、非選擇題(本題共4小題，共52分．有步驟計算的需寫出規(guī)范的解題步驟) 9．(6分)某同學(xué)利用拉力傳感器來驗證力的平行四邊形定則，實驗裝置如圖1所示．在貼有白紙的豎直板上，有一水平細桿MN，細桿上安裝有兩個可沿細桿移動的拉力傳感器A、B，傳感器與計算機相連接．兩條不可伸長的輕質(zhì)細線AC、

13、BC(AC>BC)的一端結(jié)于C點，另一端分別與傳感器A、B相連．結(jié)點C下用輕細線懸掛重力為G的鉤碼D.實驗時，先將拉力傳感器A、B靠在一起，然后不斷緩慢增大兩個傳感器A、B間的距離d，傳感器將記錄的AC、BC繩的張力數(shù)據(jù)傳輸給計算機進行處理，得到如圖2所示張力F隨距離d的變化圖線．AB間的距離每增加0.2 m，就在豎直板的白紙上記錄一次A、B、C點的位置．則在本次實驗中，所用鉤碼的重力G＝________N；當AB間距離為1.00 m時，AC繩的張力大小FA＝________N；實驗中記錄A、B、C點位置的目的是________． 解析：當AB靠在一起時，AC繩拉力為零，BC繩拉力等于鉤

14、碼的重力，可知G＝30.0 N 由圖可知，當AB間距離為1.00 m時，AC繩的張力大小FA＝18.0 N 實驗中記錄A、B、C點位置的目的是記錄AC、BC繩張力的方向． 答案：30.0　18.0　記錄AC、BC繩張力的方向(每空2分) 10．(9分)如圖甲所示，力傳感器A與計算機相連接，可獲得力隨時間變化的規(guī)律．將力傳感器固定在水平桌面上，測力端通過輕質(zhì)細繩與一滑塊相連，調(diào)節(jié)傳感器高度使細繩水平，滑塊放在較長的小車上，滑塊的質(zhì)量m＝1.5 kg，小車的質(zhì)量為M＝1.65 kg.一根輕質(zhì)細繩跨過光滑的輕質(zhì)滑輪，其一端連接小車，另一端系一只空沙桶，調(diào)節(jié)滑輪使桌面上部細繩水平，整個裝置處于

15、靜止狀態(tài)．現(xiàn)打開傳感器，同時緩慢向沙桶里倒入沙子，當小車剛好開始運動時，立即停止倒沙子．若力傳感器采集的F－t圖像如圖乙所示，重力加速度g取10 m/s2，則： (1)滑塊與小車間的動摩擦因數(shù)μ＝________；若忽略小車與水平桌面間的摩擦，小車穩(wěn)定運動的加速度大小a＝________ m/s2. (2)若實驗中傳感器測力端與滑塊間的細繩不水平，左端略低一些，由此而引起的動摩擦因數(shù)μ的測量結(jié)果________(選填“偏大”或“偏小”)． 解析：(1)當小車由靜止剛好開始運動時，滑塊與小車間的摩擦力是最大靜摩擦力，由圖乙所示圖像可知，滑塊與小車間的最大靜摩擦力fmax＝3.5 N

16、此時沙桶及所裝沙子的總重力m0g＝fmax 解得：m0＝ kg＝0.35 kg 由圖乙所示圖像可知，穩(wěn)定后，滑塊的滑動摩擦力f＝3.0 N 由f＝μmg，解得：μ＝＝＝0.2 對沙桶及所裝沙子，根據(jù)牛頓第二定律得： m0g－T＝m0a?、? 對小車運用牛頓第二定律得： T－f＝Ma?、? 由①②解得：a＝0.25 m/s2 (2)由于左端略低一些，導(dǎo)致壓力增大，則滑動摩擦力偏大，因此動摩擦因數(shù)μ的測量結(jié)果偏大． 答案：(1)0.2　0.25　(2)偏大(每空3分) 11.(15分)如圖所示，一球A夾在豎直墻與三角形劈B的斜面之間．三角形劈的重力為G，劈的底部與地面之間的動摩擦

17、因數(shù)為μ，劈的斜面與豎直墻面是光滑的，劈的斜面傾角為45°.問：欲使劈靜止不動，球的重力不能超過多大？(設(shè)劈的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力) 解析：球A和劈B受力如圖， 對球A，GA＝FNBAsin 45°，(3分) 對劈B，F(xiàn)fm＝FNBAcos 45°，(3分) FNB＝G＋FNBAsin 45°，(3分) 又有Ffm＝μFNB，(3分) 聯(lián)立解得GA＝G.(3分) 答案：G 12．(22分)(2018·大連模擬)如圖所示，質(zhì)量均為1 kg的物塊A、B靜止在水平面上，A、B由勁度系數(shù)為3 N/cm的輕彈簧相連，物塊A套在豎直桿上，在豎直向上的力F作用下沿桿緩慢上移，已

18、知物塊A、B處于水平面時距離為16 cm，彈簧原長為18 cm，物塊B與地面間動摩擦因數(shù)μ1為0.75，物塊A與桿間動摩擦因數(shù)μ2為0.5，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力．(g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) (1)當A在地面時，B所受的摩擦力為多少？ (2)當A上升到c點時，彈簧的彈力恰為使物塊B運動的最小值，c點的高度為多少？ (3)B運動之前，力F隨上升高度h的變化如圖所示，求出坐標a、b、Fc的數(shù)值． 解析：3 N/cm＝300 N/m 18 cm＝0.18 m,16 cm＝0.16 m (1)當A在地面時，由胡克定律得：彈簧的彈力大小為

19、F1＝k(l0－l1)＝300×(0.18－0.16) N＝6 N(2分) 對B，根據(jù)平衡條件可得，B所受的摩擦力大小為f＝F1＝6 N，方向水平向右．(2分) (2)B恰好要運動時，設(shè)彈簧的拉力為T，與水平方向之間的夾角為θ，則： 豎直方向：Tsin θ＋FN＝mg，(2分) 水平方向：Tcos θ＝μ1FN(2分) 解得：T＝ ＝ ＝(2分) 其中：cos α＝，sin α＝ 可知，當θ＝α?xí)r，彈簧的拉力T有最小值，所以c點的高度：hc＝·tan θ＝·tan α＝·＝μ1·＝0.75×0.16 m＝0.12 m(2分) (3)A緩慢向上運動，可以看作是勻速運動過程，同

20、時考慮到F＝10 N時，向上的力F等于物體A的重力，所以A在a、b兩點受到彈簧斜向上的彈力，則： F－mg＋Tsin θ1－μ2·Tcos θ1＝0(2分) 將F＝10 N以及其他數(shù)據(jù)代入，得： tan θ1＝ 此時sin θ1＝，cos θ1＝ 所以：ha＝·tan θ1＝×0.16 m＝0.08 m(1分) 根據(jù)：F－mg＋Tsin θ1－μ2·Tcos θ1＝0(2分) 可知，當彈簧的彈力恰好等于0時，即彈簧的長度等于原長時，向上的推力F也可以等于10 N，此時： hb＝ ＝ ＝0.02 m≈0.082 5 m(1分) hc＝0.12 m時，l＝ ＝ m＝0.2 m(1分) 此時彈簧的拉力為：T＝k·(l－l0)＝300×(0.2－0.18) N＝6 N(1分) 對A進行受力分析可知，A受到重力、彈簧的拉力、桿的支持力、向下的摩擦力以及向上的力F的作用： F－mg－Tsin θ－μ2·Tcos θ＝0(1分) 代入數(shù)據(jù)得：F＝16 N(1分) 答案：(1)6 N，方向水平向右　(2)0.12 m (3)0.08 m　0.082 5 m　16 N 10