浙江省湖州中学第三章 相互作用——力单元测试与练习(word解析版)

一、第三章 相互作用——力易错题培优（难）
1．如图，A 、B 是两根竖直立在地上的木杆，轻绳的两端分别系在两杆上不等高的P 、Q 两点，C 为一质量不计的光滑滑轮，滑轮下挂一物体，下列说法正确的是（ ）
A ．将Q 点缓慢上移，细绳中的弹力不变
B ．将P 点缓慢上移，细绳中的弹力变小
C ．减小两木杆之间的距离，细绳中的弹力变大
D ．增大两木杆之间的距离，细绳中的弹力不变
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
设滑轮所受绳子拉力为T ，到左边木杆距离为x 1，到右边木杆距离为x 2，左侧细绳长度为L 1，右侧细绳长度为L 2，受力分析如图所示。

物体受力平衡，由平衡条件可知
sin sin T T αθ=
cos cos T T mg αθ+=
解得
αθ=，2cos mg T α
= 设两木杆之间的距离为d ，绳的总长为L ，由几何关系有
11sin L x α=
22sin L x θ=
由于αθ=，两式相加可得
1212()sin L L x x α+=+
可解得
sin d L
α= AB ．上下移动P 或者Q ，因为两杆的宽度d 不变，绳子的长度L 也不变，故有α角度不变，由上面的分析
2cos mg T α
= 可知细绳中的弹力不变，故A 正确，B 错误； C ．减小两木杆之间的距离，即d 变小，由sin d L α=
可知，两侧绳与竖直方向夹角α减小，由2cos mg T α
=可知，α减小，cos α增大，则细绳中弹力减小，故C 错误； D ．同理，增大两木杆之间的距离，即d 变大，α增大，cos α减小，则细绳中弹力增大，故D 错误。

故选A 。

2．如图所示，水平直杆OP 右端固定于竖直墙上的O 点，长为2L m =的轻绳一端固定于直杆P 点，另一端固定于墙上O 点正下方的Q 点，OP 长为 1.2d m =，重为8N 的钩码由光滑挂钩挂在轻绳上处于静止状态，则轻绳的弹力大小为( )
A ．10N
B ．8N
C ．6N
D ．5N
【答案】D
【解析】
【分析】 根据几何关系得到两边绳子与竖直方向的夹角，再根据竖直方向的平衡条件列方程求解.
【详解】
设挂钩所在处为N 点，延长PN 交墙于M 点，如图所示：
同一条绳子拉力相等，根据对称性可知两边的绳子与竖直方向的夹角相等，设为α，则根
据几何关系可知NQ =MN ，即PM 等于绳长；根据几何关系可得：
1.2sin 0.62
PO PM α=
==，则α=37°，根据平衡条件可得：2T cos α=mg ，解得：T =5N ，故D 正确，A 、B 、C 错误.故选D.
【点睛】 本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、然后建立平衡方程进行解答.
3．如图所示，光滑的圆柱置于斜面上，挡板AB 可绕固定轴B 转动，使挡板AB 从图示位置（90θ<︒）缓慢转到水平位置，在此过程中，挡板AB 受到的压力大小将（ ）
A ．逐渐变大
B ．逐渐变小
C ．先变大后变小
D ．先变小后变大
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】 在挡板角度变化的过程中，圆柱在重力及两个接触面的弹力作用下处于动态平衡，受力分析如下
三个力可以构成一个闭合的矢量三角形如下图
由图可知，随着木板的转动，木板对圆柱体的压力1F 先变小后变大，根据牛顿第三定律，
挡板受到的压力1F '也先变小后变大。

故选D 。

4．如图，倾角θ=30楔形物块A 静置在水平地面上，其斜面粗糙，斜面上有小物块B 。

A 、B 间动摩擦因数μ=0.75；用平行于斜面的力F 拉B ，使之沿斜面匀速上滑。

现改变力F 的方向（图示）至与斜面成一定的角度，仍使物体B 沿斜面匀速上滑。

在B 运动的过程中，楔形物块A 始终保持静止。

关于相互间作用力的描述正确的有（ ）
A ．拉力F 大小一定减小且当F 与斜面夹角为37︒斜向上时有最小值
B ．A 对B 的摩擦力可能增大也可能不变
C ．物体B 对斜面的作用力可能不变
D ．地面受到的摩擦力大小可能不变
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
AB ．拉力F 平行斜面向上时，先对物体B 受力分析如图
根据平衡条件，平行斜面方向
334sin30cos30sin30F f mg mg mg μ+=+︒=︒+︒=
拉力改变方向后，设其与斜面夹角为α，根据平衡条件
平行斜面方向 cos sin30F f mg α'='+︒
垂直斜面方向
sin cos30N F mg α'+'=︒
其中
f N μ'='
解得
()sin30cos30(334)cos sin 10sin(53)
mg mg F μαμαα︒+︒'=︒+=+ cos sin f mg F μθα'=-'（）
当F与斜面夹角为37︒斜向上时有最小值，拉力F大小一定减小，A对B的滑动摩擦力减小，故A正确，B错误；
CD．对物体A受力分析，受重力、支持力、B对A的压力、B对A的滑动摩擦力、地面对A的静摩擦力，如图所示
根据平衡条件，水平方向有
=︒+︒
sin30cos30
f N f
静
结合前面A、B选项分析可知，当拉力改变方向后，N和f都减小，故N和f的合力一定减小（物体B对斜面的作用力就是N和f的合力），静摩擦力也一定减小，故C、D错误；
故选A。

5．如图所示，轻杆的一端固定一光滑球体，杆以另一端O为自由转动轴，而球又搁置在光滑斜面上，若杆与竖直墙面的夹角为β，斜面倾角为θ，开始时β<θ，且β+θ<90°，则为使斜面能在光滑水平面上缓慢向右运动，在球体离开斜面之前，作用于斜面上的水平外力F的大小、轻杆受力T和地面对斜面的支持力N的大小变化情况是（）
A．F逐渐增大，T逐渐减小，N逐渐减小
B．F逐渐减小，T逐渐减小，N逐渐增大
C．F逐渐增大，T先减小后增大，N逐渐增大
D．F逐渐减小，T先减小后增大，N逐渐减小
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
对小球受力分析，受到重力mg、支持力N和杆的支持力T，如图
根据共点力平衡条件，有
sin sin sin()
N T mg βααβ==+ 解得 sin sin()sin cot cos mg N mg βαβββα==+⋅+，sin sin()
T mg ααβ=+ 对斜面体受力分析，受到推力F 、重力Mg 、支持力F N 和压力N ，如图
根据共点力平衡条件，有
N sin α=F
Mg +N cos α=F N
解得
sin sin sin cot cos cot cot mg mg F N mg αααβαβα
⋅===⋅++ N cos tan cot 1mg F Mg N Mg ααβ=+=+
⋅+ 故随着β的增大，T 减小，F 增大，F N 增大；故ABD 错误，C 正确。

故选C 。

6．如图所示，固定有光滑竖直杆的三角形斜劈放置在水平地面上，放置于斜劈上的光滑小球与套在竖直杆上的小滑块用轻绳连接，开始时轻绳与斜劈平行。

现给小滑块施加一个竖直向上的拉力F ，使小滑块沿杆缓慢上升，整个过程中小球始终未脱离斜劈，则（ ）
A ．小球对斜劈的压力逐渐减小
B ．斜劈对地面压力保持不变
C ．地面对斜劈的摩擦力逐渐减小
D ．轻绳对滑块的拉力先减小后增大
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
AD ．对小球受力分析，受重力、支持力和细线的拉力，如图所示
根据平衡条件可知，细线的拉力T 增加，故轻绳对滑块的拉力增大，小球受到的斜劈的支持力N 逐渐减小，根据牛顿第三定律，小球对斜面的压力也减小，故A 正确，D 错误； BC ．对球和滑块整体分析，受重力、斜面的支持力N ，杆的支持力N ′，拉力F ，如图所示
根据平衡条件，有水平方向
sin N N θ'=
竖直方向
cos F N G θ+=
由于N 减小，故N ′减小，F 增加；
对小球、滑块和斜劈整体分析，在竖直方向
F N
G +=地总
故
=-
N G F
地总
根据牛顿第三定律，斜劈对地面压力减小。

整体在水平方向不受力，故地面对斜劈的摩擦力始终为零，故BC错误。

故选A。

7．如图所示，物体B的上表面水平，当A、B相对静止沿斜面匀速下滑时，斜面在水平面上保持静止不动，则下列判断正确的是（）
A．物体A受3个力作用
B．物体B受4个力作用
C．物体C受水平面的摩擦力方向一定水平向右
D．水平面对物体C的支持力小于A、B和C三物体的重力大小之和
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A．A、B相对静止沿斜面匀速下滑，所以物体A受重力和支持力2个力作用，选项A错误；
B．对B分析，B受重力、斜面的支持力、A的压力及B受C的摩擦力，所以物体B受4个力作用，选项B正确；
C．对整体分析，由于整体保持静止，故整体在水平方向没有摩擦力，即物体C不受水平面的摩擦力作用，选项C错误；
D．对整体分析，由于整体保持静止，所以水平面对物体C的支持力等于A、B和C三物体的重力大小之和，选项D错误。

故选B。

8．如图所示，横截面为直角三角形的斜劈P，靠在粗糙的竖直墙面上，力F通过球心水平作用在光滑球Q上，系统处于静止状态。

当力F增大时，系统仍保持静止，下列说法正确的是（）
A ．斜劈P 所受合外力增大
B ．斜劈P 对竖直墙壁的压力不变
C ．墙面对斜劈P 的摩擦力可能增大
D ．球Q 对地面的压力不变
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】 A ．由于系统仍保持静止，斜劈P 所受合外力仍为零，保持不变，A 错误；
B ．将斜劈和球作为一个整体，当F 增大时，斜劈P 对竖直墙壁的压力也增大，B 错误；
C ．如果斜劈原来受到的摩擦力向上，增大F 时，球对斜劈斜面的压力变大，斜劈受到的摩擦力可能减小，而如果斜劈原来受到的摩擦力向下，增大F 时，球对斜劈的压力变大，斜所受摩擦力变大，C 正确；
D ．将斜劈和球作为一个整体，在竖直方向上，如果斜劈与墙壁间的摩擦力变化，球对地面的压力也会变化，D 错误。

故选C 。

9．如图，柔软轻绳ON 的一端O 固定，其中间某点M 拴一重物，用手拉住绳的另一端N ．初始时，OM 竖直且MN 被拉直，OM 与MN 之间的夹角为α（2π
α>）．现将重物向
右上方缓慢拉起，并保持夹角α不变．在OM 由竖直被拉到水平的过程中( )
A ．MN 上的张力逐渐增大
B ．MN 上的张力先增大后减小
C ．OM 上的张力逐渐增大
D ．OM 上的张力先增大后减小
【答案】AD
【解析】
【分析】
【详解】
以重物为研究对象，受重力mg ，OM 绳上拉力F 2，MN 上拉力F 1，由题意知，三个力合力始终为零，矢量三角形如图所示，
在F 2转至水平的过程中，MN 上的张力F 1逐渐增大，OM 上的张力F 2先增大后减小，所以A 、D 正确；B 、C 错误．
10．如图所示，A 、B 两个物体中间用一根不可伸长的轻绳相连，在物体B 上施加一斜向上的力F ，使A 、B 两物体保持相对静止一起沿水平地面向右匀速运动，当力F 与水平面的夹角为θ时，力F 最小。

已知A 、B 两物体的质量分别为m 1=0.5kg 、m 2=2.5kg ，物体A 与地面间的动摩擦因数33μ=，g 取10m/s 2，不计空气阻力，则下列说法正确的是（ ）
A ．θ=30°
B ．θ=60°
C ．力F 的最小值为12N
D ．力F 的最小值为15N
【答案】AD
【解析】
【分析】
【详解】 对AB 两物体，采用整体法进行受力分析，由受力平衡和正交分解法，在竖直方向上，
12()sin N F m m g F θ=+-
滑动摩擦力为
N f F μ=
在水平方向上
cos f F θ=
解得
12()cos sin m m g F μθμθ
+=
+ 由三角函数知识，得F 的最小值为 12min 215N 1F μ==+
此时有
3tan 3
θμ==
30θ=︒
BC 错误，AD 正确。

故选AD 。

11．如图所示，在水平地面上放置一个边长为a 、质量为M 的正方体，在竖直墙壁和正方体之间放置半径为R （R <a ）、质量为m 的光滑球体，球心O 与正方体的接触点A 的连线OA 与竖直方向的夹角为θ。

已知重力加速度为g ，正方体与水平地面的动摩擦因数为
3
3
μ=
，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，球和正方体始终处于静止状态，且球没有掉落地面，下列说法正确的是（ ）
A ．正方体对球的支持力的大小为mg tan θ
B ．若θ=45°，球的半径不变，只增大球的质量，为了不让正方体滑动，球的质量最大为
31
M + C ．若球的质量m =
12M ，则正方体的右侧面到墙壁的最大距离是322
R + D ．当正方体的右侧面到墙壁的距离小于3
2
R 时，无论球的质量是多少，正方体都不会滑动 【答案】BCD 【解析】 【分析】 【详解】
A ．以球为研究对象，受力如图
由平衡条件知
1cos F mg θ=
则正方体对球的支持力的大小
1cos mg
F θ
=
故A 错误；
B ．以正方体和球整体为研究对象，竖直方向受重力()m M g +和地面的支持力N F ，水平方向受墙壁的弹力2F 和地面的摩擦力f F ，根据平衡条件，有
()N F m M g =+
2f tan45F mg F =︒≤
f N F F μ=
联立解得球的质量
1
2
m M ≤
故B 正确； C ．若球的质量m =
1
2
M ，对整体分析，有 ()N F m M g =+
2f tan F mg F θ=≤
f N F F μ=
联立解得
60θ≤︒
则正方体的右侧面到墙壁的最大距离是
sin 60L R R R =+︒=
故C 正确；
D ．由上述分析知，正方体不滑动的条件
tan ()mg m M g θμ≤+
即
tan )M m
θ≤
+ 当30θ≤︒时，上述式子必定成立，此时正方体的右侧面到墙壁的距离
3
sin sin 302
L R R R R R θ=+≤+︒=
所以当正方体的右侧面到墙壁的距离小于
3
2
R 时，无论球的质量是多少，正方体都不会滑
动，故D 正确。

故选BCD 。

12．如图所示直角三角形框架OMN 的OM 、ON 初始位置分别处于水平和竖直方向上，且
30NMO ∠=︒，一个重为G 的光滑小球位于框架内且恰好与OM 、ON 、MN 三边相切，但
接触点未必都有弹力。

现以O 点为轴缓慢将框架在同一竖直平面内顺时针转动一周的过程中，下列说法正确的是（ ）
A ．转动θ为0到
2
π
的过程中，MN 边受到小球的压力一直为零。

B ．转动一周的过程中，当MN 边第一次处于竖直位置时ON 边受到的力最大且为23
G C ．转动一周的过程中OM 边受到的力最大值为2G
D ．转动一周的过程中有可能存在使OM 、ON 、MN 三边都同时受力的位置 【答案】ABC 【解析】 【分析】 【详解】
A ．转动θ为0到
2
π
的过程中如图所示，MN 边在小球的上方，MN 边受到小球的压力一直为零，故A 正确；
BCD ．转动一周的过程中，当MN 边在小球的上方时，MN 边受到小球的压力一直为零，设ON 边与水平方向的夹角为1θ，如图所示
根据平衡条件可得ON 边受到的力
21cos θN F G G =<
OM 边受到的力
11sin θN F G G =<
当OM 边在小球的上方时，OM 边受到小球的压力一直为零，设MN 边与水平方向的夹角为2θ，如图所示
根据平衡条件和正弦定理可得
2
sin 60sin θON F G
=︒
可知，当290θ=︒时，即MN 边第一次处于竖直位置时ON 边受到的力最大，最大为
23
sin 60ON G F =
=︒ 当ON 边在小球的上方时，ON 边受到小球的压力一直为零，设OM 边与水平方向的夹角为3θ，如图所示
根据平衡条件和正弦定理可得
3sin 30sin(150)
OM F G θ=︒︒-
可知，当360θ=︒时，OM 边受到的力最大，最大为
2sin 30ON G
F G =
=︒
所以转动一周的过程中不可能存在使OM 、ON 、MN 三边都同时受力的位置，故B 、C 正确，D 错误； 故选ABC 。

13．如图所示，用与竖直方向成θ角（θ＜45°）的倾斜轻绳a 和水平轻绳b 共同固定一个小球，这时绳b 的拉力为F 1，现保持小球在原位置不动，使绳b 在原竖直平面内逆时针转过θ角，绳b 的拉力为F 2，再逆时针转过θ角固定，绳b 的拉力为F 3，则( )
A ．123F F F <<
B ．132F F F =>
C ．绳a 的拉力先减小后增大
D ．绳a 的拉力一直减小 【答案】BD 【解析】 【分析】
本题考查共点力的平衡及动态平衡 【详解】
对小球进行受力分析如图所示，根据三角形法则有
由几何关系，可知F 2与轻绳a 垂直时，此时拉力最小，故有132F F F =>，即B 选项正确，在轻绳b 逐渐向上转动过程中可以看出轻绳b 中的拉力逐渐变小，故D 选项正确。

综上所述，本题正确答案选BD 。

14．A 、B 两三角形物块叠放在地面C 上且均保持静止，如图甲所示。

在物块A 上施加一个竖直向下、大小为F 的力而让系统保持静止，当所加竖直向下的力按图乙所示规律变化时（ ）
A ．0~t 2时间内物块A 可能下滑
B ．物块A 受到的摩擦力在0~t 1时间内减小，t 2时刻恢复原来的大小
C ．地面C 受到物块B 的摩擦力为零
D ．物块B 受到地面C 的支持力不变 【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】
A ．设斜面的倾角为θ，物块与斜面间的动摩擦因数为μ，A 的重力为G ，以A 为研究对象，未加F 时物块静止在斜劈上，则有
sin cos G G θμθ≤
即有
sin cos θμθ≤
当用竖直向下的力F 作用于物块上时，受力情况如图所示
沿斜面向下的分力为
()sin G F θ+
最大静摩擦力为
()cos m f G F μθ=+
由于
sin cos θμθ≤
则有
()sin m G F f θ+≤
故当F 先减小后增大的过程，此关系式仍然满足，故A 所受合力为零，一直处于静止状态，不可能下滑，故A 错误；
B ．由A 项分析，可知A 一直处于静止状态，合力为零，此时所受的摩擦力为静摩擦力，根据平衡条件有
()sin f G F θ=+
由乙图可知，F 在先减小后增大到原来的大小过程中，静摩擦力也是先减小后增大到原来的大小，故B 正确；
CD ．以AB 整体为研究对象受力分析，受重力、向下的力F 、地面给B 向上的支持力，因F 是在竖直方向先减小后增大，而水平方向上没有分量，所以B 不会运动也没有运动趋势，所以B 不会受水平地面的摩擦力作用，即地面C 受到物块B 的摩擦力为零；而在竖直方向上整体的重力不变，但向下的F 先减小后增大，所以地面对B 向上的支持力也是先减小后增大，故C 正确，D 错误。

故选BC 。

15．如图所示，将质量为m 的小球用橡皮筋悬挂在竖直墙的O 点，小球静止在M 点，N 为O 点正下方一点，ON 间的距离等于橡皮筋原长，在N 点固定一铁钉，铁钉位于橡皮筋右侧．现对小球施加拉力F ，使小球沿以MN 为直径的圆弧缓慢向N 运动，P 为圆弧上的点，角PNM 为60°．橡皮筋始终在弹性限度内，不计一切摩擦，重力加速度为g ，则
A ．在P 点橡皮筋弹力大小为1
2
mg B ．在P 点时拉力F 5
C ．小球在M 向N 运动的过程中拉力F 的方向始终跟橡皮筋垂直
D ．小球在M 向N 运动的过程中拉力F 先变大后变小
【答案】AC 【解析】
A 、设圆的半径为R ，则2MN R =，ON 为橡皮筋的原长，设劲度系数为k ，开始时小球二力平衡有2k R mg ⋅=；当小球到达P 点时，由几何知识可得sin30NP MN R =⋅︒=，则橡皮筋的弹力为k F k R =⋅，联立解得2
k mg
F =
，故A 正确．B 、小球缓慢移动，即运动到任意位置均平衡，小球所受三个力平衡满足相似三角形，即
NMP ∆∆∽力，
2k F mg F R R MP ==，因MP =，可得2
F mg =,故B 错误．C 、同理在缓慢运动过程中由相似三角形原理可知MN MP ⊥，则拉力F 始终垂直于橡皮筋的弹力，C 正确．D 、在两相似三角形中，代表F 大小的边MP 的长度一直增大，故F 一直增大，故D 错误．则选AC ．
【点睛】三力平衡可以运用合成法、作用效果分解法和正交分解法，而三力的动态平衡就要用图解法或相似三角形法，若有直角的还可以选择正交分解法．。