晋城第三章 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．如图所示，O点有一个很小的光滑轻质圆环，一根轻绳AB穿过圆环，A端固定，B端悬挂一个重物。

另一根轻绳一端固定在C点，另一端系在圆环上，力F作用在圆环上。

圆环静止时，绳OC与绳OA水平，F与OA的夹角为45°。

现改变力F，圆环位置不变，且重物始终处于平衡状态，则下列说法中正确的是（）
A．改变F方向时绳AB中拉力将改变
B．当F沿逆时针旋转时，F先增大后减小
C．当F沿顺时针旋转时，绳OC中的拉力先增大后减小
D．F沿逆时转过的角度不能大于90°
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A．因为重物始终处于平衡状态，所以AB绳子的拉力的大小与重物的重力大小相等，不变化，选项A错误；
BC．对环受力分析，环受AO和BO两绳子的拉力，以及绳子CO和F的拉力；环的位置不变，则AB绳子的拉力不变，AO与BO的合力也不变，方向沿它们的角平分线，根据共点力平衡的特点可知，CO与F的合力与AO、BO的合力大小相等，方向相反；当力F的方向变化时，做出F与CO上的拉力的变化如图：
由图可知，当沿逆时针族转时，F先减小后增大，绳OC的拉力减小；而当F沿顺时针旋转时，F逐渐增大，绳OC的拉力增大，选项BC错误；
D．由于F与CO绳子的拉力的合力方向与水平方向之间的夹角是45°，可知F沿逆时转过的角度不能大于90°，选项D正确。

故选D。

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，斜面体置于粗糙水平地面上，斜面体上方水平固定一根光滑直杆，直杆上套有一个滑块．滑块连接一根细线，细线的另一端连接一个置于斜面上的光滑小球．最初斜面与小球都保持静止，现对滑块施加水平向右的外力使其缓慢向右滑动至A 点，如果整个过程斜面保持静止，小球未滑离斜面，滑块滑动到A 点时细线恰好平行于斜面，则下列说法正确的是（ ）
A ．斜面对小球的支持力逐渐减小
B ．细线对小球的拉力逐渐增大
C ．滑块受到水平向右的外力逐渐增大
D ．水平地面对斜面体的支持力保持不变
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
AB ．对小球受力分析可知，沿斜面方向
cos sin T mg αθ=
在垂直斜面方向
sin cos N F T mg αθ+=
（其中α是细线与斜面的夹角，θ为斜面的倾角），现对滑块施加水平向右的外力使其缓慢向右滑动至A 点，α变小，则细线对小球的拉力T 变小，斜面对小球的支持力N F 变大，故A B 错误；
C ．对滑块受力分析可知，在水平方向则有
sin cos()cos()sin (cos tan sin )cos mg F T mg θαθαθθθαθα
+=+==- 由于α变小，则有滑块受到水平向右的外力逐渐增大，故C 正确；
D ．对斜面和小球为对象受力分析可知，在竖直方向则有
sin()N mg Mg F T θα'+=++
由于()αθ+变小，所以水平地面对斜面体的支持力逐渐增大，故D 错误。

故选C 。

4．如图所示，在固定光滑半球体球心正上方某点悬挂一定滑轮，小球用绕过滑轮的绳子被站在地面上的人拉住。

人拉动绳子，球在与球面相切的某点缓慢运动到接近顶点的过程中，试分析半球对小球的支持力N 和绳子拉力T 大小如何变化（ ）
A．N增大，T增大B．N增大，T减小
C．N不变，T减小D．N不变，T增大
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
对球受力分析，受重力、支持力和拉力，根据平衡条件作图，如图所示
图中矢量三角形与三角形ABC相似，故
mg N T
==
AC BC AB
解得
BC
=
N mg
AC
AB
=
T mg
AC
由于AB变小，AC不变、BC也不变，故N不变，T变小，故ABD错误，C正确；
故选C。

【点睛】
利用相似三角形求解物体的平衡，根据受力分析找到力的三角形，和空间几何三角形相似，对应边成比例。

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O1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．
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，光滑的圆环固定在竖直平面内，圆心为O ，三个完全相同的小圆环a 、b 、c 穿在大环上，小环c 上穿过一根轻质细绳，绳子的两端分别固定着小环a 、b ，通过不断调整三个小环的位置，最终三个小环恰好处于平衡位置，平衡时绳子ac 、bc 段夹角为120°，已知小环的质量为m ，重力加速度为g ，轻绳与c 的摩擦不计。

则（ ）
A ．a 与大环间的弹力大小为mg
B ．绳子的拉力大小为3mg
C ．c 受到绳子的拉力大小为3mg
D ．c 与大环间的弹力大小为3mg
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】 AB ．三个小圆环能静止在光的圆环上，由几何知识知aoc 恰好能组成一个等边三角形，对a 受力分析如图所示：
在水平方向上有
cos30cos 60a T N ︒=︒
在竖直方向上有
sin 30sin 30a T N mg ︒+︒=
解得
a N T mg ==
选项A 正确，B 错误；
C ．c 受到绳子拉力的大小为
2sin 30T T mg '=︒=
D ．以c 为对象受力分析，在竖直方向上有
c N mg T '=+
解得
2c N mg mg mg =+=
选项D 错误。

故选A 。

8．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 α
【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 ==+（）
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 。

9．如图所示，质量为m 的物体放在质量为M 、倾角为θ的斜面体上，斜面体置于粗糙的水平地面上，用平行于斜面的力F 拉物体使其沿斜面向下匀速运动，斜面体始终静止，则下列说法正确的是（ ）
A ．斜面体对地面的摩擦力大小为cos F θ
B ．斜面体对地面的压力大小为()M m g +
C ．物体对斜面体的摩擦力大小为F
D ．斜面体对物体的作用力竖直向上
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
A ．对物块和斜面受力分析如下图所示，对物块有
cos N F mg θ=
sin f F F mg θ=+
假设地面对斜面的摩擦力向左，对斜面有
1cos sin N N f F Mg F θF θ=++
'sin cos f N f F F θF θ+=
联立上式解得
'cos f F F θ=
由于'0f F >，说明方向就是向左，A 正确；
B ．斜面体对地面的压力大小等于地面对斜面体的支持力，根据上式，解得
()1sin N g F M m F ++=θ
B 错误；
C ．物体对斜面体的摩擦力大小等于斜面体对物体的摩擦力大小，根据上式解得
sin f F F mg θ=+
C 错误；
D ．斜面体对物体的作用力与物体重力和外力的合力方向相同，为斜向上偏左，D 错误。

故选A 。

10．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
N1、N2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 一定时，N2的方向保持不变，R=r时，N1恰好垂直于N2，此时N1最小，故B正确；A．当R>r时，R越大，r越小，N1越向下倾斜，N2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。

11．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.
12．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：1111,Th TR m g N l l ==…①同理，以右侧小球为研究对象，得：2222
Th TR m g N l l ==，…②，由①：②得12212524m l m l ==，12212524
N l N l ==
13．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3μ=，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312
M C ．若球的质量m =12M 32R + D ．当正方体的右侧面到墙壁的距离小于
32
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
31m M +≤
故B 正确；
C ．若球的质量m =12
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
32sin 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≤+
3tan (1)3M 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
3sin sin 302L R R R R R θ=+≤+︒=
所以当正方体的右侧面到墙壁的距离小于
32
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 。

14．如图所示，斜面体A 静止在水平面上，质量为m 的滑块B 在外力1F 和2F 的共同作用下沿斜面向下运动，当1F 方向水平向右，2F 方向沿斜面向下时，地面对斜面体摩擦力的方向水平向左，则下列说法正确的是（ ）
A ．若只撤去1F ，在滑块
B 仍向下运动的过程中，A 所受地面摩擦力方向可能向右 B ．若只撤去2F ，在滑块B 仍向下运动的过程中，A 所受地面摩擦力方向可能向右
C ．若只撤去1F ，在滑块B 仍向下运动的过程中，A 所受地面摩擦力减小
D ．若同时撤去1F 和2F ，滑块B 所受合力方向一定沿斜面向下
【答案】CD
【解析】
【分析】
【详解】
当斜劈A 表面光滑（设斜面的倾角为θ，A 的质量为m A ，B 的质量为m B ），对A 分析有
A ．撤去1F 前有
()1cos sin sin B f F m g θθθ+=
如果撤去1F ，使A 相对地面发生相对运动趋势的外力大小是
2sin cos sin N B F m g θθθ=
()1cos sin cos sin sin B B m g m g F θθθθθ<+
所以A 所受地面的摩擦力仍然是静摩擦力，为
cos sin B f m g θθ'=
其方向仍然是向左而不可能向右，故A 错误；
B ．如果撤去2F ，在物体B 仍向下运动的过程中，使A 相对地面有向右滑动趋势的外力是
()1cos sin sin B F m g F θθθ=+
与2F 是否存在无关；所以撤去2F ，在物体B 仍向下运动的过程中，A 所受地面的摩擦力应该保持不变，方向仍然向左，故B 错误；
C ．由A 选项的分析可知只撤去1F ，在滑块B 仍向下运动的过程中，A 所受地面摩擦力减小；故C 正确；
D ．若同时撤去1F 和2F ，滑块B 沿斜面方向只有沿斜面向下的重力的分力。

故合力方向一定沿斜面向下，故D 正确。

当斜劈A 上表面粗糙时（设A 表面的动摩擦因数为μ），在斜劈A 表面粗糙的情况下，B 在F 1、F 2共同作用下沿斜面向下的运动就不一定是匀加速直线运动，也可能是匀速直线运动。

根据题意知在B 沿斜劈下滑时，受到A 对它弹力F N 和滑动摩擦力f 1，根据牛顿第三定律，这两个力反作用于A ，斜劈A 实际上就是在这两个力的水平分力作用下有相对地面向右运动的趋势的，所以
1sin cos N F f θθ>
又因为
所以
sin cos N N F F θμθ>
即
tan μθ<
A ．如果撤去F 1，在物体
B 仍向下运动的过程中，有
1cos N B f F m g μμθ==
假设此时A 受的摩擦力f A 方向向左，则
1sin cos N A F f f θθ=+
即
sin cos (sin cos )0A N N N f F F F θμθθμθ=-=->
所以假设成立斜劈A 有相对地面向右运动的趋势，摩擦力方向是向左，故A 错误； B ．无论A 表面是否粗糙，F 2的存在与否对斜劈受地面摩擦力大小都没有影响，故撤去F 2后，斜劈A 所受摩擦力的大小和方向均保持不变，故B 错误；
C ．撤去F 1前有
()1cos sin N B F m g F μθθ=+
结合A 选项分析可知撤去F 1后F N 变小，故f A 变小，故C 正确；
D ．同时撤出F 1和F 2，由以上分析可以知道
sin tan cos B m g Bg θθ>
所以物体B 所受的合力沿斜面向下，故D 正确。

综上分析可知无论斜劈A 上表面是否光滑CD 均正确，AB 均错误。

故选CD 。

15．如图所示，放在水平桌面上的木块A 处于静止状态，所挂的砝码和托盘的总质量为0.6 kg ，弹簧测力计读数为2 N ，滑轮摩擦不计。

若轻轻取走盘中的部分砝码，使砝码和托盘的总质量减少到0.3 kg ，则将会出现的情况是（g 取2
10m/s ）（ ）
A ．弹簧测力计的读数将不变
B ．A 仍静止不动
C ．A 与桌面间的摩擦力不变
D ．A 所受的合力将要变大
【答案】AB
【解析】
【分析】 由题可知本题考查摩擦力的大小与受力平衡。

【详解】
当砝码和托盘的总质量为10.6kg m =时，有
1F f m g +=
则
4N f =
可知A 与桌面间的最大静摩擦力至少为4 N ，
当砝码和托盘的总质量为10.3kg m =时，假设A 仍不动，此时F 不变，有
2F f m g '+=
则
1N 4N f '=<
故假设成立，
A 仍静止不动，A 所受的合力仍为零，A 与桌面间的摩擦力变为1 N ，弹簧测力计的读数不变，选项A
B 正确，选项CD 错误。

故选AB 。

【点睛】
涉及摩擦力大小时要注意判断是静摩擦力还是滑动摩擦力。