大庆上册第三章 相互作用——力章末练习卷(Word版 含解析)

一、第三章 相互作用——力易错题培优（难）
1．半径为R 的球形物体固定在水平地面上，球心正上方有一光滑的小滑轮，滑轮到球面B 的距离为h ，轻绳的一端系一小球，靠放在半球上的A 点，另一端绕过定滑轮后用力拉住，使小球静止，如图所示，现缓慢地拉绳，在使小球由A 到B 的过程中，半球对小球的支持力N 和绳对小球的拉力T 的大小变化的情况是（ ）
A ．N 不变，T 变小
B ．N 不变，T 先变大后变小
C ．N 变小，T 先变小后变大
D ．N 变大，T 变小
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】 对小球受力分析如图所示，根据矢量三角形和力的图示的特点可知
mg N T h R R L
==+ 小球由A 到B 的过程，只有定滑轮左侧的绳子L 变短，h 和R 均不变，所以N 不变，T 变小，故A 正确，BCD 错误．
故选A 。

2．内壁光滑的球体半径为R ，一长度小于直径的轻杆两端固定质量分别为m A 、m B 的小球A 、B 。

将轻秆置于球体内部后。

最终静止在图示位置不动，球心O 与轩在同一竖直平面内，过球心O 竖直向下的半径与杆的交点为M ，2
R OM =。

下列判断正确的是（ ）
A ．A
B m m <
B ．球体内壁对A 球的支持力A A 2N m g =
C ．轻杆对B 球的支持力有可能小于B 球的重力
D ．若增大m A ，θ角会增大 【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】 A ．假设两球质量相等，则杆应处于水平位置，现A 位于B 的下方，可知m A ＞m B ．故A 错误；
B ．以A 球为研究对象，A 球受到重力m A g 、球体内壁对A 球的支持力N A 、杆的压力F 。

由平衡条件知，m A g 与F A 的合力与N A 等大、反向。

运用平行四边形定则作出力的合成图如图。

根据三角形相似得：
A A N m g OA OM
= 由OA ＝R ，OM 2
R =，解得 N A ＝2m A g
故B 正确；
C ．以B 球为研究对象，分析其受力情况如图。

根据几何知识有 β＞α，则在图中，一定有 F B ＞m B g ，即轻杆对B 球的支持力一定大于B 球的重力，故C 错误；
D ．若增大m A ，A 球下降，θ角会减小，故D 错误。

故选B 。

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θ<︒）缓慢转到水平位置，在此过程中，挡板AB受到的压力大小将（）
置（90
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 。

5．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 。

6．如图所示，一质量为m 的木块靠在竖直粗糙墙壁上，且受到水平力F 的作用，下列说法正确的是（ ）
A ．若撤去F ，木块沿墙壁下滑时，木块受滑动摩擦力大小等于mg
B ．若木块静止，当F 增大时，木块受到的静摩擦力随之增大
C ．若木块与墙壁间的动摩擦因数为μ，则当撤去F 时，木块受到的滑动摩擦力大小等于μmg
D ．若木块静止，则木块受到的静摩擦力大小等于mg ，方向竖直向上
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
AC ．若撤去推力后，墙壁对物体的支持力减小为零，故最大静摩擦力减为零，物体只受重
力，做自由落体运动；故AC错误；
BD．木块在推力作用下静止时，处于平衡态，受推力F、重力G、向上的静摩擦力f和向右的支持力N，如图
根据共点力平衡条件：F=N，G=f，当推力增大时，物体仍然保持静止，故静摩擦力的大小不变，始终与重力平衡；B错误，D正确；
故选D。

7．20世纪末，由于生态环境的破坏，我国北方地区3、4月份沙尘暴天气明显增多。

近年来，我国加大了环境治理，践行“绿水青山就是金山银山”的发展理念，沙尘天气明显减少。

现把沙尘上扬后的情况简化为沙尘颗粒悬浮在空中不动。

已知风对沙尘的作用力表达式为F=αρAv2，其中α为常数，ρ为空气密度，A为沙尘颗粒的截面积，v为风速。

设沙尘颗粒为球形，密度为ρ0，半径为r，风速竖直向上，重力加速度为g，则v的表达式为（）
A
4
3
gr
ρ
αρ
B0
4
3
gr
ρ
αρ
C0
gr
ρ
αρ
D
4
3
gr
α
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
沙尘悬浮时受力平衡，根据平衡条件有
mg F
=
其中
3
00
4
3
m V r
ρρπ
⨯
==
由题意知
2
2
F Av
A r
αρ
π
=
=，
联立以上四式得
4
3
gr
v
ρ
αρ
=
选项B正确，ACD错误。

故选B。

8．在一竖直平面内有一高速逆时针旋转的飞轮，内壁粗糙，当把一物体静止放在圆心正下方A点，随着飞轮旋转，物体也会运动，运动最高点C后又滑下来，最后静止在B点。

若∠AOB=α，∠COB=β，物体与接触面间的摩擦因素为μ，则下列说法中正确的是（）
A．物体上升时受到的滑动摩擦力与运动方向相反
B．物体与接触面间的摩擦因素μ=tanα
C．若增大转速，则物体停留的位置在B点左上方
D．若仅增大物体的质量，物体最后静止的位置在B点左上方。

【答案】B
【解析】
【分析】
分析摩擦力对于物体是运动的动力还是阻力，可很快分析出摩擦力的方向，由于虽物体静止于B点但受到的仍为滑动摩擦力，与飞轮转动速度大小无关，当物体处于静止状态时，对物体进行受力分析可求解。

【详解】
A．物体上升的过程中，受到的摩擦力是物体上升的动力，与运动方向相同，A错误；B．当静止在B点时，受力平衡，对物体进行受力分析，可得
sin cos
mg mg
αμα
=
因此，可以推出
tan
μα
=
B正确；
C．由于物体力受到的摩擦力为滑动摩擦力，与运动速度无关，因此增大转速后，物体仍停留在B点，C错误；
D ．当物体停留在B 点时，满足
sin cos mg mg αμα=
两边质量消去，因此停留的位置与物体的质量无关，D 错误。

故选B 。

9．如图所示，在斜面上放两个光滑球A 和B ，两球的质量均为m (不随r 改变)，它们的半径分别是R 和r ，球A 左侧有一垂直于斜面的挡板，两球沿斜面排列并静止，以下说法正确的是（ ）
A ．斜面倾角θ一定，R >r 时，R 越大，r 越小，
B 对斜面的压力越小
B ．斜面倾角θ一定，R =r 时，两球之间的弹力最小
C ．斜面倾角θ一定时，A 球对挡板的压力随着r 减小而减小
D ．半径确定时，随着斜面倾角θ逐渐增大，A 受到挡板作用力先增大后减小
【答案】B
【解析】
【分析】
用整体法和隔离体法分别对B 球和AB 整体进行受力分析，再根据R 与r 的关系变化及倾角变化，分析各个力的变化。

【详解】
B ．对B 球的受力分析，如图所示
N 1、N 2的合力与重力mg 等大反向，在右侧力的三角形中，竖直边大小等于m g ，当倾斜角θ一定时，N 2的方向保持不变，R =r 时，N 1恰好垂直于N 2，此时N 1最小，故B 正确； A ．当R >r 时，R 越大，r 越小，N 1越向下倾斜，N 2都越大，即斜右对B 的支持力越大，根据牛顿第三定律，B 对斜面的压力也越大，故A 错误；
C ．将两个球做为一个整体，档板对A 的支持力等于两球重力的下滑分力，斜面倾角θ一定时，下滑分力一定，与R 及r 无关，故C 错误；
D ．半径确定时，而当斜面倾角θ逐渐增大，两球的下滑分析增大，因此A 对档板的压力
一直增大，故D 错误。

故选B 。

【点睛】
动态分析时将各个力移动到一个三角形中进行分析，比较容易发现各个力的大小变化。

10．如图所示，倾角为30°的斜面体静止在水平地面上，轻绳一端连着斜面上一质量为m 的物体A ，轻绳与斜面平行，另一端通过两个滑轮相连于天花板上的P 点。

动滑轮上悬挂物体B ，开始时悬挂动滑轮的两绳均竖直.现将P 点缓慢向右移动，直到动滑轮两边轻绳的夹角为120°时，物体A 刚好要滑动。

假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物体A 与斜面间
的动摩擦因数为
32。

整个过程斜面体始终静止，不计滑轮的质量及轻绳与滑轮间的摩擦。

下列说法正确的是（ ）
A ．物体
B 的质量为1.25m
B ．物体A 受到的摩擦力先减小再增大
C ．地面对斜面体的摩擦力一直水平向左并逐渐增大
D ．斜面体对地面的压力逐渐增大
【答案】AC
【解析】
【分析】
【详解】
A ．随着P 点缓慢向右移动，拉物体
B 的两边绳子拉力越来越大，当夹角为120o 时绳子拉力恰好等于B 物体的重力，此时物体A 恰好达到最大静摩擦力将向上滑动，则
o o B sin 30cos30mg mg m g μ+=
解得
B 1.25m m =
A 正确；
B ．初始时刻，拉物体B 的两边绳子竖直时，绳子拉力
o B 10.625sin 302
T m g m mg ==> 此时A 受摩擦力沿斜面向下，因此当P 缓慢移动过程中，绳子拉力逐渐增大，A 受斜面的摩擦力一直增大，B 错误；
C ．将物体A 与斜面体做为一个整体，设拉物体B 的绳子与水平方向夹角为θ ，则斜面体受地面的摩擦力
cos f T θ=
随P 点缓慢移动，绳子拉力T 越来越大，绳子与水平夹角θ越来越小，地面对斜面体的摩擦力越来越大，C 正确；
D ．将物体A 、B 及斜面体做为一个整体，在P 向右缓慢移动的过程中，绳子拉力的竖直分量为
B 1
sin 2
T m g θ=
保持不变，因此地面的支持力保持不变，D 错误。

故选AC 。

11．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 23
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 G =
=︒ 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 。

12．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 。

13．如图所示，水平面上等腰三角形均匀框架顶角30BAC ∠=︒，一均匀圆球放在框架内，球与框架BC 、AC 两边接触但无挤压，现使框架以顶点A 为转轴在竖直平面内顺时针方向从AB 边水平缓慢转至AB 边竖直，则在转动过程中（ ）
A ．球对A
B 边的压力先增大后减小 B ．球对B
C 边的压力先增大后减小 C ．球对AC 边的压力一直增大
D ．球的重心位置一直升高 【答案】AC 【解析】
【分析】 【详解】
ABC ．对球受力分析可知球受重力、AB 边和AC 边的支持力，两支持力的夹角为120°，BC 边与球间没有弹力，根据平衡条件可知三个力可以构成首尾相连的矢量三角形，如图
根据正弦定理有
==sin 30sin sin AC AB F F mg a
β︒ 解得
sin sin 30AB F mg α
︒= sin sin 30AC F mg β
︒
=
在框架以定点A 为转轴在竖直平面顺时针从AB 边水平缓慢转至AB 边竖直过程中α减小，β增大，由于α先大于90°后小于90°，所以sinα先增加后减小，因此F AB 先增大后减小，F AC 一直增加，故A 正确，B 错误，C 正确；
D ．在框架以顶点A 为转轴在竖直平面内顺时针方向从AB 边水平缓慢转至AB 边竖直过程中，球的重心在BC 边水平时最高，故转动过程中球的重心先升高后降低，故D 错误。

故选AC 。

14．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Q 点，P 为O 点正下方一点，OP 间的距离等于橡皮筋原长，在P 点固定一光滑圆环，橡皮筋穿过圆环。

现对小球施加一个外力F ，使小球沿以PQ 为直径的圆弧缓慢向上运动，不计一切阻力，重力加速度为g ，则下列说法正确的是（ ）
A ．小球在Q 向P 运动的过程中外力F 的方向始终跟橡皮筋垂直
B ．小球在Q 向P 运动的过程中外力F 的方向始终水平向右
C ．小球在Q 向P 运动的过程中外力F 逐渐增大
D ．小球在Q 向P 运动的过程中外力F 先变大后变小 【答案】AC 【解析】 【分析】 【详解】
设圆的半径为R ，则
2PQ R =
OP 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 ⋅=
当移动到橡皮筋与竖直方向成θ角时，受力分析：
弹力大小为
2cos cos T kR mg θθ==
所以有
sin F mg θ=
且方向跟橡皮筋垂直，移动过程中θ一直增大，sin θ一直增大，F 一直增大，AC 正确，BD 错误。

故选AC 。

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
12
1
2
sin2sin
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ABC整体分析可知，地面对整体的支持力为
()
N
2
F 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
1
cos
2tan
mg
f Fθ
θ
==
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
1
2
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
1
22tan
mg
Mg mg
μ
θ
⎛⎫
+≥
⎪
⎝⎭
解得
()tan
ta
1
2
2
1n
m
M
M m
m
μ
θθ
≥=
+⎛⎫
+
⎪
⎝⎭
当m→∞大时，有
1
tan
μ
θ
≥
即当
1
tan
μ
θ
≥时，增大m，不能使M沿地面滑动；若
1
tan
μ
θ
<时，增大m，M会滑动，故D错误。

故选AB。