物理高一上册 第三章 相互作用——力单元测试卷 (word版,含解析)

一、第三章 相互作用——力易错题培优（难） 1．如图所示，质量为M 的四分之一圆柱体放在粗糙水平地面上，质量为m 的正方体放在圆柱体和光滑墙壁之间，且不计圆柱体与正方体之间的摩擦，正方体与圆柱体的接触点的切线与右侧墙壁成θ角，圆柱体处于静止状态，则（ ）
A ．地面对圆柱体的支持力大于（M ＋m ）g
B ．地面对圆柱体的摩擦力为mg tan θ
C ．墙壁对正方体的弹力为tan mg θ
D ．正方体对圆柱体的压力为
cos mg θ 【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
CD ．以正方体为研究对象，受力分析，并运用合成法如图所示
墙壁对正方体的弹力
N 1=
tan mg θ
圆柱体对正方体的支持力为 2sin mg N θ
= 根据牛顿第三定律，正方体对圆柱体的压力为
sin mg θ。

选项C 正确，D 错误；
AB ．以圆柱体和正方体整体为研究对象，地面对圆柱体的支持力
N =(M ＋m ）g
水平方向受力平衡，地面对圆柱体的摩擦力
f =N 1=
tan mg θ
选项AB 错误。

故选C 。

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，小球A 置于固定在水平面上的光滑半圆柱体上，小球B 用水平轻弹簧拉着
系于竖直板上，两小球A 、B 通过光滑滑轮O 用轻质细线相连，两球均处于静止状态，已知B 球质量为m ，O 点在半圆柱体圆心O 1的正上方，OA 与竖直方向成30°角，OA 长度与半圆柱体半径相等，OB 与竖直方向成45°角，则下列叙述正确的是
A ．小球A 、
B 受到的拉力T OA 与T OB 相等，且T OA ＝T OB ＝3mg
B ．弹簧弹力大小2mg
C ．A 球质量为6m
D ．光滑半圆柱体对A 球支持力的大小为mg
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A 、
B 、隔离对B 分析，根据共点力平衡得：
水平方向有：T OB sin45°=F
竖直方向有：T OB cos45°=mg ，
则2OB T mg =，弹簧弹力 F =mg ，
根据定滑轮的特性知：T OA 与T OB 相等；故A ，B 错误.
C 、
D 、对A 分析，如图所示：
由几何关系可知拉力T OA 和支持力N 与水平方向的夹角相等，夹角为60°，则N 和T 相等，有：2T OA sin60°=m A g ，
解得：6A m m =，由对称性可得：2OA N T mg =，故C 正确，D 错误.
故选C.
【点睛】
解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解．本题采用隔离法研究比较简便．
4．如图所示，在水平放置的木棒上的M 、N 两点，系着一根不可伸长的柔软轻绳，绳上套有一光滑小金属环。

现将木棒绕其左端逆时针缓慢转动一个小角度，则关于轻绳对M 、N 两点的拉力F 1、F 2的变化情况，下列判断正确的是
A ．F 1和F 2都变大
B ．F 1变大，F 2变小
C ．F 1和F 2都变小
D ．F 1变小，F 2变大
【答案】C
【解析】
【详解】
由于是一根不可伸长的柔软轻绳，所以绳子的拉力相等。

木棒绕其左端逆时针缓慢转动一个小角度后，绳子之间的夹角变小，合力等于重力不变，所以绳子上的拉力变小。

选项C 正确，A 、B 、D 错误。

5．如图所示，质量为m 的正方体和质量为M 的正方体放在两竖直墙和水平面间，处于静止状态。

m 与M 的接触面与竖直方向的夹角为α，若不计一切摩擦，下列说法正确的是（ ）
A ．水平面对正方体M 的弹力大小大于（M +m ）g
B ．水平面对正方体M 的弹力大小为（M +m ）g ·cosα
C ．墙面对正方体M 的弹力大小为mg tanα
D ．墙面对正方体M 的弹力大小为
tan mg
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
AB ．对M 和m 构成的整体进行受力分析，受重力G 、底面支持力N ，两侧面的支持力M N 和m N ，如图：
两物体受力平衡，根据共点力平衡条件有
水平方向，墙面对正方体M 的弹力大小
M m N N =
竖直方向，水平面对正方体M 的弹力大小
N G M m g ==+（）
选项AB 错误；
CD ．对m 进行受力分析，受重力mg 、墙面支持力N m ，M 的支持力N '，如图：
在木块受力平衡的过程中，根据共点力平衡条件有
竖直方向
sin mg N α'=
水平方向
cos m N N α'=
解得
sin mg N α
'= cot tan m mg N mg αα==
所以墙面对正方体M 的弹力大小
tan M m mg N N α
==
选项C 错误，D 正确。

故选D 。

6．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。

7．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F1的作用、小球B受到水平向左的恒力F2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F1与F2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。

8．如图所示，半圆形框架竖直放置在粗糙的水平地面上，光滑的小球P 在水平外力F 的作用下处于静止状态，P 和半圆圆心O 的连线与水平面的夹角为θ，重力加速度为g 。

现将力F 在竖直面内沿顺时针方向缓慢地转过90°，框架与小球始终保持静止状态，则在此过程中，下列说法正确的是（ ）
A ．框架对小球的支持力先减小后增大
B ．框架对地面的压力先减小后增大
C ．地面对框架的摩擦力先减小后增大
D ．拉力F 的值先减小后增大
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
AD ．以小球为研究对象，分析受力情况，作出受力示意力图，如图所示
框架与小球始终保持静止，根据几何关系可知，当F 顺时针转动至竖直向上之前，支持力逐渐减小，F 先减小后增大，故A 错误，D 正确；
BC ．以框架与小球组成的整体为研究对象，整体受到重力、地面的支持力、地面的摩擦力以及力F 的作用；设F 在顺时针转动的过程中与水平面的夹角为α，小球质量为m ，框架质量为M ，根据平衡有
cos f N α=
()sin N F M m g α'+=+
当F 转动过程中α增大，故可知地面对框架的摩擦力始终在减小，地面对框架的支持力始终在减小，根据牛顿第三定律可知框架对地面的压力始终减小，故B 错误，C 错误。

故选D 。

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，一定质量的物块用轻绳悬挂在空中，其中轻绳OA 与水平线夹角α保持不变，轻绳OB 在竖直平面内由水平方向缓慢向上转动（O 点位置始终保持不变），则在绳OB 由水平转至竖直的过程中，以下说法正确的是
A ．轻绳OA 的张力大小将一直变小
B ．轻绳OA 的张力大小先变小后变大
C ．轻绳OB 的张力大小将一直变小
D ．轻绳OB 的张力大小先变小后变大
【答案】AD
【解析】
【分析】
【详解】
对O 点受力分析，受重力和两个拉力，如图所示．
三个力平衡，根据矢量三角形可知：OB 绳子的拉力先减小后增加，OA 绳子的拉力一直减小，
AB.根据图像可知：OA 绳子的拉力一直减小，故A 正确；B 错误；
CD.根据图像可知：OB 绳子的拉力先减小后增加，故C 错误，D 正确；
故选AD
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 边受到的力最大且为
233G 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 603
ON 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 。

12．如图所示，倾角为α的粗糙斜劈放在粗糙水平面上，物体a 放在斜面上，轻质细线一端固定在物体a 上，另一端绕过光滑的滑轮固定在c 点，滑轮2下悬挂物体b ，系统处于静止状态。

现将固定点c 向左缓慢移动少许，发现a 与斜劈始终静止，则在此过程中
A ．斜劈对地面的压力不变
B ．细线对物体a 的拉力增大
C ．细线对滑轮2的作用力不变
D ．地面对斜劈的摩擦力增大 【答案】AC 【解析】 【分析】 【详解】
BC ．对滑轮和物体b 受力分析，受重力和两个拉力，如图所示：
根据平衡条件，有：
2cos b m g T θ=
解得：
2cos b m g
T θ
=
将固定点c 向左移动少许，则θ减小，故拉力T 减小；细线对滑轮2的作用力等于b 的重力，保持不变，故B 错误，C 正确；
AD ．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：
N =G 总cos T θ-=G 总2
b m g
-
N 与角度θ无关，恒定不变；根据牛顿第三定律，压力也不变；
sin tan 2
b m g
f T θθ==
将固定点c 向左移动少许，则θ减小，故摩擦力减小；故A 正确，D 错误。

故选AC ．
13．如图所示，一根粗糙的水平杆上套有A 、B 两个轻环，系在两环上的等长细绳拴住课本。

已知AB =2AC ，圆环、课本始终静止，下列说法正确的是（ ）
A ．缩短A 、
B 之间的距离，圆环所受支持力变小
B．剪断细绳BC的瞬间，环A受到的支持力大小不变
C．将杆的左端略微抬起，环A所受的摩擦力变大
D．若使系统水平向右加速运动，环B受到的支持力大于环A受到的支持力
【答案】BCD
【解析】
【分析】
【详解】
A．将A、B及书做为一个整体，无论A、B间距离如何变化，支持力总等于书的重量，保持力不变，A错误；
B．由于AB=2AC，因此两根子相互垂直，互不影响，剪断细绳BC的瞬间，沿着绳子AC 方向的合力仍为零，因此AC绳子拉力没变，也就是环A受到的支持力大小不变，B正确；C．将杆的左端略微抬起，使绳AC与竖直方向夹角变小，拉力变大，因此环A受到的摩擦力变大，C正确；
D．若使系统水平向右加速运动，书本受合力水平向右，导致绳BC拉力大于绳AC拉力，因此环B受到的支持力大于环A受到的支持力，D正确。

故选BCD。

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tanθ≥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=21 1
G μ
μ
-
-
【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 21
1G μμ
-≤
- D 正确。

故选BD 。

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 大小为
5
2
mg 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3MP R =，可得3
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．。