河南省新乡市第七中学第三章 相互作用——力单元测试卷附答案

一、第三章 相互作用——力易错题培优（难）
1．如图所示，竖直面内有一圆环，轻绳OA 的一端O 固定在此圆环的圆心，另一端A 拴一球，轻绳AB 的一端拴球，另一端固定在圆环上的B 点。

最初，两绳均被拉直，夹角为θ（2
π
θ>
）且OA 水平。

现将圆环绕圆心O 顺时针缓慢转过90°的过程中（夹角θ始终不
变），以下说法正确的是（ ）
A ．OA 上的张力逐渐增大
B ．OA 上的张力先增大后减小
C ．AB 上的张力逐渐增大
D ．AB 上的张力先增大后减小
【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】
取球为研究对象，缓慢转动过程可视为平衡状态，物体受到重力mg ，OA 绳子的拉力
OA F ，AB 绳子的拉力AB F ，这三个力合力为零，可构成如图所示的矢量三角形，由动态图
分析可知OA F 先增大后减小，AB F 一直减小到零。

故选择B 。

2．如图所示，在粗糙地面上放有一装有定滑轮的粗糙斜面体，将两相同的A 、B 两物体通过细绳连接处于静止状态，用水平力F 作用于物体B 上，缓慢拉开一小角度，斜面体与物体A 仍然静止。

则下列说法正确的是（ ）（不计绳的质量和绳与滑轮间的摩擦）
A ．水平力F 变小
B ．物体A 所受合力变大
C ．物体A 所受摩擦力不变
D ．斜面体所受地面的摩擦力变大
【答案】D 【解析】 【分析】
先对物体B 进行受力分析，根据共点力平衡条件求出绳的拉力，再对A 进行受力分析，同样根据共点力平衡条件得出各个力的情况，对斜面体所受地面的摩擦力可以用整体法进行分析。

【详解】
A ．对
B 物体进行受力分析，如图
根据共点力平衡条件
B tan F m g θ=，B cos m g
T θ
=
在缓慢拉开B 的过程中，θ角度变大，故绳上的张力T 变大，水平力F 增大，故A 错误； B ．因物体A 始终处于静止，故A 所受合外力为0，B 错误；
C ．物体A 受重力、支持力、细线的拉力，可能没有摩擦力，也可能有沿斜面向下的静摩擦力，还有可能受斜面向上的静摩擦力。

故拉力T 增大后，静摩擦力可能变小，也可能变大，故C 错误；
D ．对整体分析可以知道，整体在水平方向受拉力和静摩擦力作用，因拉力变大，故静摩擦力一定变大，故D 正确。

故选D 。

【点睛】
整体法与隔离法相结合。

3．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：
1.2
sin 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.
4．如图所示的装置中，在A 端用外力F 把一个质量为m 的小球沿倾角为30°的光滑斜面匀速向上拉动，已知在小球匀速运动的过程中，拴在小球上的绳子与水平固定杆之间的夹角从45°变为90°，斜面体与水平地面之间是粗的，并且斜面体一直静止在水平地面上，不计滑轮与绳子之间的摩擦．则在小球匀速运动的过程中，下列说法正确的是（ ）
A ．地面对斜面体的静摩擦力始终为零
B ．绳子对水平杆上的滑轮的合力一定大于绳子的拉力
C ．绳子A 端移动的速度大小大于小球沿斜面运动的速度大小
D ．外力F 一定增大 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】
D ．设连接小球的绳子与水平方向的夹角为θ，对小球沿斜面方向，由平衡条件有
cos -30sin 30T mg θ︒=︒（）
则当θ角从45°变为90°的过程中，绳子的拉力T 变大，因F =T ，则外力F 一定增大，选项D 正确；
A ．对小球和斜面的整体，地面对斜面体的静摩擦力等于绳子拉力的水平分量，则地面对斜面体的静摩擦力
cos f T θ=
可知随θ角的增加，地面对斜面的静摩擦力f 是变化的，选项A 错误；
B ．当θ=90°时，滑轮两边绳子的夹角为120°，根据几何关系和平行四边形定则可知此时刻绳子对水平杆上的滑轮轴的合力等于绳子的拉力，选项B 错误；
C ．将小球的速度v 分解可知，绳子的速度
cos 30v v θ=-︒绳()
可知绳子移动的速度大小小于小球沿斜面运动的速度的大小，选项C 错误。

故选D 。

5．如图（a ）所示，两段等长细线将质量分别为2m 、m 的小球A 、B 悬挂在O 点，小球A 受到水平向右的恒力F 1的作用、小球B 受到水平向左的恒力F 2的作用，当系统处于静止状态时，出现了如图（b ）所示的的状态，小球B 刚好位于O 点正下方。

则F 1与F 2的大小关系正确的是（ ）
A．F1=4F2B．F1=3F2C．F1=2F2D．F1=F2
【答案】A
【解析】
小球A受到F1水平向右的力，B受到F2的水平向左的力，以整体为研究对象，分析受力如图：
设OA绳与竖直方向的夹角为α，则由平衡条件得：
以B球为研究对象，受力如图。

设AB绳与竖直方向的夹角为β，则由平衡条件得：
由几何关系得到：α=β，联立解得：F1=4F2，故选项A正确。

6．如图所示，两个截面半径均为r，质量均为m的半圆柱体A、B放在粗糙水平面上，A、B截面圆心间的距离为l，在A、B上放一个截面半径为r，质量为2m的光滑圆柱体C，A、B、C处于静止状态，则（）
A．B对地面的压力大小为3mg B．地面对A的作用力沿A、C圆心连线方向C．l越小，A、C间的弹力越小D．l越小，地面对A、B的摩擦力越大
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A．以三个物体组成的整体为研究对象，受到总重力和地面对A和B支持力，两个支持力大小相等，则由平衡条件得知地面对B的支持力为2mg，由牛顿第三定律得知B对地面的
压力大小也为2mg ，故A 错误；
B ．地面对A 有支持力和摩擦力两个力作用，地面对A 的作用力是它们的合力；A 受到重力mg 、地面的支持力1N 、摩擦力f 、
C 球的压力2N ，如图所示
根据平衡条件知地面的支持力1N 和摩擦力f 的合力与力mg 和压力2N 的合力等值、反向，C 球对A 的压力2N 方向沿AC 方向，则力mg 和压2N 的合力一定不沿AC 方向，故地面对A 的作用力不沿AC 方向，故B 错误；
C ．以C 为研究对象，分析受力情况如图，由平衡条件有
2
2cos 2N mg θ'= 得
2
cos mg
N θ
'= l 越小，θ越小，cos θ越大，则得A 对C 间的弹力2
N '越小，故C 正确； D ．以A 为研究对象，根据平衡条件得知地面对A 的摩擦力
2sin f N α=
而C 对A 的压力
22
N N '= 则得l 越小，α越小，f 越小，故D 错误。

故选C 。

7．如图所示，细绳一端固定在A 点，跨过与A 等高的光滑定滑轮B 后在另一端悬挂一个沙桶Q ．现有另一个沙桶P 通过光滑挂钩挂在AB 之间，稳定后挂钩下降至C 点，∠ACB=120°，下列说法正确的是
A ．若只增加Q 桶的沙子，再次平衡后C 点位置不变
B ．若只增加P 桶的沙子，再次平衡后
C 点位置不变
C ．若在两桶内增加相同质量的沙子，再次平衡后C 点位置不变
D．若在两桶内增加相同质量的沙子，再次平衡后沙桶Q位置上升
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A、B、对砂桶Q分析有T Q
F G
=，设两绳的夹角为θ，对砂桶P的C点分析可知受三力而
平衡，而C点为活结绳的点，两侧的绳张力相等，有2cos
2
T P
F G
θ
=，联立可知
2cos
2
Q P
G G
θ
=，故增大Q的重力，夹角θ变大，C点上升；增大P的重力时，夹角θ变小，C点下降；故A，B均错误.
C、由平衡知识2cos
2
Q P
G G
θ
=，而120
θ，可得P Q
G G
=，故两砂桶增多相同的质量，P和Q的重力依然可以平衡，C点的位置不变；故C正确，D错误.
故选C.
【点睛】
掌握活结绳上的张力处处相等，三力平衡的处理方法，连体体的平衡对象的选择.
8．表面光滑、半径为R的半球固定在水平地面上，球心O的正上方'O处有一无摩擦定滑轮，轻质细绳两端各系一个可视为质点的小球挂在定滑轮上，如图所示．两小球平衡时，若滑轮两侧细绳的长度分别为1 2.4
L R
=和
2
2.5
L R
=，则这两个小球的质量之比为1
2
m
m，
小球与半球之间的压力之比为1
2
N
N，则以下说法正确的是
A．1
2
24
25
m
m
=B．1
2
25
24
m
m
=
C．1
2
25
24
N
N
=D．1
2
24
25
N
N
=
【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】
试题分析：先以左侧小球为研究对象，分析受力情况：重力
1
m g、绳子的拉力T和半球的
支持力N，作出力图．
由平衡条件得知，拉力T和支持力N的合力与重力mg大小相等、方向相反．设
OO h
'=，根据三角形相似得：，解得：11
11
,
Th TR
m g N
l l
==…①同理，
以右侧小球为研究对象，得：22
22
Th TR
m g N
l l
==
，…②，由①：②得12
21
25
24
m l
m l
==，
12
21
25
24
N l
N l
==
9．如图所示，斜面体固定在水平面上，一轻质细线绕过滑轮1和滑轮2，两端分别与物体a和轻环c连接，轻环c穿在水平横杆上，滑轮2下吊一物体b。

物体a和滑轮1间的细线平行于斜面，系统静止。

现将c向右移动少许，物体a始终静止，系统再次静止，不计滑轮质量和滑轮与绳间的摩擦。

则（）
A．细线拉力将变大
B．地面对斜面体的支持力将变大
C．横杆对轻环c的摩擦力将变大
D．斜面体对物体a的摩擦力将变小
【答案】AC
【解析】
【分析】
【详解】
A．以滑轮2为研究的对象，受力如图
若将c 向右移动少许，两个绳子之间的夹角β增大，由于b 对滑轮的拉力不变，两个绳子之间的夹角变大，根据
2cos
2
b F G β
=
绳子的拉力F 一定变大，A 正确；
B ．对斜面体、物体a 、物体b 整体受力分析，受重力、支持力、细线的拉力和地面的静摩擦力，如图所示
根据平衡条件，有
cos
2
2
b N m g
F G F G β
=-=-
总总 N F 与角度β无关，恒定不变，B 错误；
C ．以c 为研究的对象
水平方向
'sin f F F α=
c 向右移动少许，F 变大，α变大，sin α变大，横杆对轻环c 的摩擦力将变大，C 正确；
D ．若原来物块a 有下降趋势，绳子拉力增大，a 可能有上升趋势，因摩擦力大小和方向都不能确定，D 错误。

故选AC 。

10．如图所示，光滑水平面和倾角为45°的光滑斜面对接，质量为m 的小球静止在斜面底端。

对小球施加一水平向右的作用力F ，小球未离开水平面，F 的值可能为（ ）
A ．12
mg B ．
22
mg C ．2mg
D ．2mg
【答案】AB 【解析】 【分析】 【详解】
对小球施加一水平向右的作用力F ，当力F 为0时，小球受重力和水平面的支持力平衡，随着力F 的增大，斜面对小球也将产生弹力的作用。

当小球恰好与水平面无作用力，仅受斜面弹力而平衡时，F 最大，受力如图
此时根据几何关系有
max F mg =
所以
12mg 和22
mg 为F 的可能值，故选AB 。

11．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3
μ=
，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
【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 。

12．如图所示两个半圆柱A 、B 紧靠着静置于粗糙水平地面上，其上有一光滑圆柱C ，三者半径均为R ，A 、B 半圆柱与水平地面间动摩擦因数保持不变。

现用水平向左的力拉B ，使B 缓慢移动，直至C 恰好与地面接触前瞬间，整个过程中A 保持静止，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g ，则（ ）
A ．整个过程中A 、C 间相互作用力先增大后减小
B ．整个过程中A 、
C 间相互作用力一直增大
C ．A 与地面间摩擦力大小不变
D ．B 与地面间摩擦力大小不变
【答案】BD
【分析】
【详解】
AB ．设圆柱C 的质量为m ，则A 、B 的质量为12
m ，对圆柱C 受力分析，如图所示
由于B 缓慢移动，可认为A 、B 、C 处于平衡状态，根据平衡条件可知
1cos cos 2
A B F F mg θθ== 当B 向左运动时，A F 、B F 之间夹角θ逐渐变大，则cos θ值变小，可得A F 、B F 的大小一直增大，根据牛顿第三定律可知，整个过程中A 、C 间的相互作用力也一直增大，所以A 错误，B 正确；
C ．对圆柱A 受力分析，如下图
由AB 项分析可知，当B 向左运动时，A F 的值逐渐变大，根据牛顿第三定律可知，A F '的值也逐渐增大，根据平衡条件可得
1sin f A F F θ'=
由于θ逐渐变大，所以1f F 逐渐增大，即地面对A 的摩擦力逐渐变大，C 错误； D ．对圆柱B 受力分析，如下图
由于B 缓慢移动，所以处于平衡状态，根据平衡条件可知，地面对B 的支持力为
21cos 2
N B F F mg θ'=+ 由AB 项分析可知
1cos cos 2
B B F F mg θθ'==
可得 2N F mg =
由于B 与地面之间是滑动摩擦力，根据公式f N F F μ=可知
2f F mg μ=
所以B 与地面间的摩擦力大小不变，D 正确。

故选BD 。

13．如图所示，把倾角为30°的粗糙斜面体C 固定于水平地面上，质量为2m 的物块A 通过跨过光滑轻定滑轮的轻绳与质量为m 的小球B 连接，O 点为轻绳与定滑轮的接触点，初始时，小球B 在水平向右的拉力F 作用下，使轻绳OB 段与水平拉力F 的夹角为θ=120°，A 、B 均保持静止状态。

现改变拉力F ，并保持夹角θ大小不变，将小球B 向右上方缓慢拉起至OB 水平，物块A 始终保持静止状态。

g 为重力加速度，关于该过程下列说法正确的是（ ）
A ．拉力F 23
B ．拉力F 一直变小
C ．物块A 所受摩擦力先变小后变大
D ．轻绳拉力先变大后变小 【答案】AC
【解析】
【分析】
【详解】
A ．设O
B 绳与水平面夹角为α，因=120θ︒不变，且小球B 受力平衡，有
()cos 60cos F T αα︒-=
()sin 60sin F T mg αα︒-+=
代算可得
cos F α=
当=0α︒时，拉力F 最大为
F =
故A 正确；
B ．由题意可知α的取值范围是
060α︒≤≤︒
且α是从60°逐渐减小到0°，则拉力F 一直变大，故B 错误；
C ．因为OB 绳的拉力T 满足
()cos 60cos F T αα︒-=
则有
()cos 60T α=
︒- 开始时=60α︒，拉力T 最大，且
max 2sin 303T mg mg =
>︒ 最后=0α︒，拉力T 最小，且
min 2sin 30T mg =<︒ 即物块A 所受摩擦力先变小后变大，故C 正确；
D ．因为
()cos 60T α=
︒- 即T 逐渐减小，故D 错误。

故选AC 。

14．如图所示，重力为G 的圆柱体A 被平板B 夹在板与墙壁之间，平板B 与底座C 右端的铰链相连，左端由液压器调节高度，以改变平板B 与水平底座C 间的夹角θ，B 、C 及D 总重力也为G ，底座C 与水平地面间的动摩擦因数为μ(0.5＜μ＜1)，平板B 的上表面及墙壁是光滑的。

底座C 与地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是( )
A ．C 与地面间的摩擦力总等于2μG 不变
B ．θ角增大时，地面对
C 的摩擦力可能先增大后不变
C ．要保持底座C 静止不动，应满足tan θ≥2μ
D ．若保持θ=45°不变，圆柱体重力增大ΔG ，仍要保持底座C 静止，则ΔG 的最大值ΔG m =211G μμ
-- 【答案】BD
【解析】
【分析】
用整体法和隔离体法对圆柱体和整体进行受力分析，再根据力的正交分解可求得各力。

【详解】
AB ．对A 进行受力分析，如图所示
则
1cos N G θ=
12sin N N θ=
对B 、C 、D 做为一个整体受力分析，如图所示
根据平衡条件，则地面摩擦力为
2f N =
联立得
tan f G θ=
可知，随θ角增大，地面对C 的摩擦力增大，当摩擦力超过最大静摩擦力后，变为滑动摩擦力，此时2f G μ=滑，保持不变，故A 错误，B 正确；
C ．最大静摩擦力
m 2f G μ=
因此，要保持底座C 静止不动，应满足
m f f ≤
整理可得
tan 2θμ≤
故C 错误；
D ．若保持θ=45°不变，圆柱体重力增大ΔG ，仍要保持底座C 静止，则
m tan 2f G G f G G θμ=+∆≤=+∆（）（）
代入数据，整理得
ΔG 211G μμ
-≤
- D 正确。

故选BD 。

15．如图所示，质量均为M 的A 、B 两滑块放在粗糙水平面上，两轻杆等长，杆与滑块。

杆与杆间均用光滑铰链连接，在两杆铰合处悬挂一质量为m 的重物C ，整个装置处于静止状态，设杆与水平面间的夹角为θ。

下列说法正确的是（ ）
A ．当m 一定时，θ越大，轻杆受力越小
B ．当m 一定时，滑块对地面的压力与θ无关
C ．当m 和θ一定时，M 越大，滑块与地面间的摩擦力越大
D ．只要增大m ，M 一定会滑动
【答案】AB
【解析】
【详解】
A ．将C 的重力按照作用效果分解，如图所示
根据平行四边形定则有
1212sin 2sin mg mg F F θθ
=== 故m 一定时，θ越大，轻杆受力越小，故A 正确；
B ．对AB
C 整体分析可知，地面对整体的支持力为
()N 2F M m g =+
地面对整体的支持力与θ无关，则滑块对地面的压力与θ无关，故B 正确；
C ．对A 分析，受重力、杆的推力、支持力和向右的静摩擦力，根据平衡条件有
1cos 2tan mg f F θθ
== 当m 和θ一定时，f 与M 的大小无关，故C 错误；
D ．以整体为研究对象，竖直方向根据平衡条件可得A 受到的支持力
12
N F Mg mg '=+ 增大m ，都不能使M 沿地面滑动时满足的条件为
N
F f μ'≥ 即
122tan mg
Mg mg μθ⎛⎫+≥ ⎪⎝⎭
解得 ()tan ta 1221n m M M m m μθθ≥
=+⎛⎫+ ⎪⎝⎭
当m →∞大时，有 1tan μθ≥
即当1tan μθ≥时，增大m ，不能使M 沿地面滑动；若1tan μθ
<时，增大m ，M 会滑动，故D 错误。

故选AB 。