高一物理上册 第三章 相互作用——力单元测试卷(解析版)

一、第三章 相互作用——力易错题培优（难）
1．水平传感器可以测量器械摆放所处的水平角度，属于角度传感器的一种，其作用就是测量载体的水平度，又叫倾角传感器。

如图为一个简易模型，截面为内壁光滑的竖直放置的正三角形，内部有一个小球，其半径略小于内接圆半径，三角形各边有压力传感器，分别感受小球对三边压力的大小，根据压力的大小，信息处理单元能将各边与水平面间的夹角通过显示屏显示出来。

如果图中此时BC 边恰好处于水平状态，将其以C 为轴在竖直平面内顺时针缓慢转动，直到AC 边水平，则在转动过程中（ ）
A ．当BC 边与AC 边所受压力大小相等时，A
B 处于水平状态
B ．球对A
C 边的压力一直增大
C ．球对BC 边的压力一直减小
D ．BC 边所受压力不可能大于球的重力
【答案】A
【解析】
【分析】 【详解】
对正三角形内部的小球受力分析，如图所示
由几何关系可知，随着角度θ从0°到120°增大过程中，角α与角θ之和保持不变，且α + θ = 120°，所以角β也保持不变，β = 60°，由平衡条件和正弦定理得
()sin sin sin 120AC BC N N G βθθ==︒- 所以球对AC 边的压力
23sin sin sin sin sin 60AC
AC G G N N θθθβ'====︒ 球对BC 边的压力
()()()23sin 120sin 120sin 120sin sin 603
BC BC G G N N G θθθβ'==︒-=︒-=︒-︒ A ．当BC 边与AC 边所受压力大小相等时，即AC
BC N N ''=，则θ = 60°，此时AB 处于水平状态，故A 正确；
BC ．角度θ从0°到120°增大过程中，sin θ和()sin 120θ︒-都是先增大后减小，所以球对AC 边的压力和球对BC 边的压力都是先增大后减小，BC 错误；
D ．当0 < θ < 60°时，BC
N G '>，即BC 边所受压力有可能大于球的重力，故D 错误。

故选A 。

2．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 。

3．如图所示，一轻质光滑定滑轮固定在倾斜木板上，质量分别为m 和2m 的物块A 、B ，通过不可伸长的轻绳跨过滑轮连接，A 、B 间的接触面和轻绳均与木板平行。

A 与B 间、B 与木板间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

当木板与水平面的夹角为45°时，物块A 、B 刚好要滑动，则μ的值为（ ）
A ．13
B ．14
C ．15
D ．16
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
当木板与水平面的夹角为45︒时，两物块刚好滑动，对A 物块受力分析如图
沿斜面方向，A 、B 之间的滑动摩擦力
1cos 45f N mg μμ==︒
根据平衡条件可知
sin 45cos45T mg mg μ=︒+︒
对B 物块受力分析如图
沿斜面方向，B 与斜面之间的滑动摩擦力
23cos 45f N mg μμ='=⋅︒
根据平衡条件可知
2sin 45cos453cos45mg T mg mg μμ︒=+︒+⋅︒
两式相加，可得
2sin 45sin 45cos45cos453cos45mg mg mg mg mg μμμ︒=︒+︒+︒+⋅︒ 解得
15
μ=
故选C 。

4．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 。

5．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 2mg
C ．A 6m
D ．光滑半圆柱体对A 球支持力的大小为mg
【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．
6．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】
【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 。

7．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。

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．1
2
mg B．
2
2
mg C2mg 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 。

10．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
33 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 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 。

11．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B
C 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 =2A
C ，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 。

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，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 =
21
1G 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 21
1G μμ
-≤
- D 正确。

故选BD 。

14．如图所示，物体P 、Q 用轻绳连接后跨过定滑轮，物体P 静止在倾角为37°角的斜面上，斜放木板上悬挂着Q ，已知P 、Q 的质量P m ，Q m 大小的关系为3
4
Q P m m =
，今将斜放木板的倾角从37°增到60°，物体P 仍保持静止而没有滑动，若不计滑轮处的摩擦，则下列说法中正确的是（ ）
A．绳子的张力变大B．物体P受到的静摩擦力将先减小后增大C．物体P对斜板的压力将变大D．滑轮受到绳子的作用力将变大
【答案】BD
【解析】
【分析】
【详解】
A．物体P保持静止状态，绳子的张力等于Q的重力，则绳子的张力将不变，A错误；B．木板的倾角为37︒时,物体P受到的静摩擦力大小为
1
33
sin370.15
45
Q P P P P
f m
g m g m g m g m g
=-︒=-=
方向沿斜面向下。

木板的倾角为60︒时,物体P受到的静摩擦力大小为
2
sin600.46
P Q P
f m
g m g m g
=︒-=
方向沿斜面向上。

可知物块P受到的摩擦力先减小到零后增大，B正确；C．开始时斜面对P的支持力为
1
cos370.8
P P
N m g m g
=︒=
后来斜面对P的支持力为
2
cos600.5
P P
N m g m g
=︒=
所以物体对斜板的压力将变小，C错误；
D．斜放木板的倾角从37︒增到60︒时，绳子之间的夹角减小，由于绳子的拉力大小不变，所以绳子的合力增大，则滑轮受到绳子的作用力将变大，D正确。

故选BD。

【点睛】
由题，物体P保持静止状态，绳子的张力等于Q的重力。

根据P受力平衡，可求出物体P 受到的静摩擦力和支持力，再分析各力的变化情况。

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。