2020届一轮复习人教新课标相互作用专题练(解析版)

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2020年新课标高考物理一轮复习测评详答新人教版

45分钟单元能力训练卷（一）1．BC [解析] 根据v －t 图象可知，物体在第1 s 末开始减速但运动方向不变，选项A 错误；由于第2 s 内和第3 s 内v －t 图象的斜率相同，所以加速度相同，选项B 正确；由图象与坐标轴所围面积表示位移可知，4 s 末物体刚好返回出发点，选项C 正确；物体在第2 s 末或第6 s 末距离出发点最远，选项D 错误．2．C [解析] 根据题意画出两物体运动的v －t 图线①②，易知只有选项C 正确．3．B [解析] 根据图线的斜率可知，加速度不断减小，假设从t 1到t 2的过程中做匀减速运动，则平均速度为v 1＋v 22，而该物体在这段时间内的速度始终小于做匀减速运动时的速度，因而平均速度也将小于v 1＋v 22，只有选项B 正确．4．B [解析] 由题意可知：v 乙>v 甲>v 丙，三辆车的位移相等，根据公式t ＝x v可知乙车运动时间最短，即乙车最先通过第二块路标．本题也可作出三辆车的v －t 关系图象，如图所示，可以看出乙车最先通过第二块路标．选项B 正确．5．D [解析] 若小球在斜面上做初速度为零的匀加速直线运动，则其位移满足x ＝12at 2，所以x t 2＝12a ，选项D 正确． 6．C [解析] 物体在0～1 s 内做匀加速直线运动，在1～2 s 内做匀减速直线运动，到2 s 时速度刚好减为0，一个周期结束，以此循环运动，选项C 正确．7．B [解析] 由速度图线的物理意义可知，速度图线与坐标轴包围的“面积”代数和表示位移，根据对称性，2～6 s内“面积”代数和为零，即0～2 s内的位移和0～6 s内的位移相等，选项B正确．8．AD [解析] 整个过程中赛车手的平均速度为v＝xt＝95/60km/h＝108 km/h，选项A正确、B错误；而平均速率v＝st＝155/60km/h＝180 km/h，选项C错误；车内速度计指示的速度为汽车通过某位置的瞬时速度，选项D正确．9．②④[解析] 在打下计数点“0”至“5”的过程中，两纸带所用时间相同，但甲纸带位移小于乙纸带位移，故v甲<v乙，①错误，②正确；相邻计数点间所用时间相等，但乙的速度变化得更快，故a甲<a乙，③错误，④正确．10．0.86 a＝x4＋x5＋x6－x1＋x2＋x39T20.64[解析] A为x3～x4过程中的时间中点，根据做匀变速直线运动的物体中间时刻的速度为该过程的平均速度可得vA ＝x3＋x42T≈0.86 m/s；由于x4－x1＝3a1T2，x5－x2＝3a2T2，x6－x3＝3a3T2，所以a＝a1＋a2＋a33＝x4＋x5＋x6－x1＋x2＋x39T2，代入数据得a＝0.64 m/s2.11．2304 m[解析] 关闭道口时间为16 s，为安全保障再加20 s，即关闭道口的实际时间为t 0＝t2＋t1＝20 s＋16 s＝36 s汽车必须在关闭道口前已通过道口，汽车从停车线到通过道口实际行程为x总＝x＋x＋l＝26 m＋5 m＋15 m＝46 m需用时t 3＝x总v2＝46×36005000s＝33.12 s由此亮起红灯的时间为T＝t0＋t3＝36 s＋33.12 s＝69.12 s故A点离道口的距离应为L＝v1T＝1200003600×69.12 m＝2304 m.12．(1)4.5 m/s2(2)能[解析] (1)公交车刹车的加速度a 2＝0－v222x＝0－1522×25＝－4.5 m/s2所以其加速度大小为4.5 m/s2. (2)汽车从小明身旁到开始刹车用时t 1＝x－xv2＝50－2515s＝53s汽车刹车过程中用时t 2＝0－v2a2＝103s小明以最大加速度达到最大速度用时t 3＝vm－v1a1＝6－12.5s＝2 s小明加速过程中的位移x 2＝12(v1＋vm)t3＝7 m以最大速度跑到车站的时间t 4＝x－x2v3s＝436s＝7.2 s由t1＋t2<t3＋t4<t1＋t2＋10 s，故小明可以在汽车还停在车站时上车．45分钟单元能力训练卷（二）1．A [解析] 取滑块为研究对象，受力分析如图所示，由平衡条件得FNsinθ＝mg，即FN ＝mgsinθ，选项C、D错误；由Ftanθ＝mg，得F＝mgtanθ，选项A正确、B错误．2．D [解析] 未加压力F之前，物体处于静止状态，由平衡条件可得：f＝Gsinθ，当加上压力F后，物体仍处于静止状态，因此f仍为Gsinθ，故D正确．3．C [解析] 小球A受到竖直向下的重力、水平向左的弹簧弹力和细线的拉力，由平衡条件可得 kx＝mgtan θ2，即x＝mgtanθ2k，选项C正确．4．B [解析] 以小车M和物体m整体为研究对象，它们必受到重力和地面支持力．因小车和物体整体处于静止状态，由平衡条件知，墙面对小车必无作用力．以小车为研究对象，如图所示，它受四个力：重力Mg、地面的支持力FN1、m对它的压力FN2和静摩擦力f.由于m静止，可知f和FN2的合力必竖直向下，故选项B正确．5．AD [解析] 物体受力分析如图所示，由于物体静止，由平衡条件知，沿天花板方向：f＝mgsinθ，所以选项A正确、BC错误；垂直天花板方向：qE＝mgcosθ＋N，当E增大时，N增大，物体仍静止不动，选项D正确．6．B [解析] 设2、3两木块之间弹簧伸长量为x1，分析木块3的受力，由平衡条件可知，mgsinα＋μmgcosα＝kx1，故2、3两木块之间的距离为x1＋L＝sinα＋μcosαmgk＋L，选项A错误，B正确；设木块1、2之间弹簧的伸长量为x2，以2、3两木块为一整体，可得：kx2＝2mgsinα＋2μmgcosα，故1、2两木块之间的距离为x2＋L＝2sinα＋μcosαmgk＋L，选项C错误；如果传送带突然加速，并不影响木块所受的摩擦力的大小和方向，因此相邻两木块之间的距离将不变，选项D错误．7．D [解析] 依题意，若开始时静摩擦力的方向沿着斜面向上，则有F＋f＝mgsinθ，当力F减小过程中，f增大，直到力F减小到零时f恒定，则D可选；若开始时静摩擦力的方向沿着斜面向下，则有F＝f＋mgsinθ，当力F减小过程中，f 先减小到零，然后反向增大到mgsinθ恒定，无对应选项．8．B [解析] 对第一块石块进行受力分析如图所示，由几何关系可知θ＝60°，所以有N12∶N13＝sin60°＝32，选项B正确．9．70.0 2.10[解析] 对钩码进行受力分析，根据平衡条件得mg＝kx,则k＝mgx＝50×10－3×9.87.0×10－3N/m＝70.0 N/m挂三个钩码时，可列方程(m＋m＋m)g＝kx′则x′＝3mgk＝3×50×10－3×9.870.0m＝0.0210 m＝2.10 cm10．(1)BCD (2)更换不同的小重物[解析] 本实验中，结点 O 受三个拉力处于静止状态，三力平衡，任意两个力的合力与第三个力等大反向．以两橡皮筋的伸长量(代表两个拉力的大小)为长度，沿 OA、OB 方向为邻边，作平行四边形，只要该平行四边形的对角线与悬挂重物的橡皮筋在一条直线上，与表示其拉力的线段相等，即验证了平行四边形定则，故实验要测量橡皮筋的原长、悬挂重物后橡皮筋的长度，才能算出橡皮筋受力后的伸长量．为了确定拉力的方向，每次必须记录结点 O 的位置．由于钉子位置固定，可改变的条件只能是所悬挂的重物的质量，即可采用的方法是更换不同的小重物．甲乙11．(1)1033N (2)533N 水平向左[解析] (1)以小球为研究对象，受力分析如图甲所示．在水平方向：Tsin30°＝FNsin30°在竖直方向：FNcos30°＋Tcos30°＝ mg解得T＝12mgcos30°＝12×1×1032N＝1033N(2)以小球和斜面整体为研究对象，受力分析如图乙所示，因为系统静止，所以f＝Tsin30°＝1033×12N＝533N，方向水平向左．12．(1)30 N、方向沿斜面向上(2)12 cm[解析] (1)物体静止在斜面上受力分析如图所示，则物体受到的静摩擦力f＝mgsin37°代入数据得f＝5×10×sin37° N＝30 N，摩擦力方向为沿斜面向上．(2)当物体沿斜面向上被匀速拉动时，如图所示，设弹簧拉力为F，伸长量为x，据胡克定律及平衡条件有F＝kxF＝mgsin37°＋F滑F滑＝μmgcos37°弹簧最终长度l＝l＋x，联立解得l＝12 cm13．160 N 如图所示[解析] A、B的受力分析如图所示．对A应用平衡条件Tsin37°＝f1＝μFN1Tcos37°＋FN1＝mAg联立解得：F N1＝3mAg4μ＋3＝60 Nf 1＝μFN1＝30 N对B应用平衡条件F＝f′1＋f2＝f′1＋μFN2＝f1＋μ(FN1＋mBg)＝2f1＋μmBg＝160 N.45分钟单元能力训练卷（三）1．BD [解析] 牛顿第一定律表明，物体在不受外力作用时，具有保持原有运动状态不变的性质，即惯性，故牛顿第一定律又叫惯性定律，选项A错误．牛顿运动定律都是在宏观、低速的情况下得出的结论，在微观、高速的情况下不成立，选项B 正确．牛顿第一定律说明了两点含义，一是所有物体都有惯性，二是物体不受力时的运动状态是静止或匀速直线运动，牛顿第二定律并不能完全包含这两点意义，选项C 错误．伽利略的理想实验是牛顿第一定律的基础，选项D 正确．2．BD [解析] 作用力和反作用力作用在两个不同的物体上，选项A 错误；太阳系中的所有行星都要受到太阳的引力，且引力方向沿着两个星球的连线指向太阳，选项B 正确，选项C 错误；伽利略理想实验说明力不是维持物体运动的原因，选项D 正确．3．C [解析] 根据题意，瓦在竖直面内受力分析如图甲所示．结合弧形瓦的特点对其截面进行受力分析如图乙所示，F N1＝F N2，且F N1与F N2的合力为F N ，而F N ＝mgcosα.若两杆间的距离不变，F N1与F N2均与瓦的质量成正比，则摩擦力f ＝2μF N1与质量成正比．为了防止瓦被损坏，应使瓦块下滑的加速度减小，而a ＝mgsinθ－2μF N1m ，与质量无关，故选项A 、B 错误．增大两杆间的距离，F N 不变，F N1与F N2将增大，则摩擦力增大，加速度减小，符合题意，选项C 正确．减小两杆间的距离会使加速度增大，选项D 错误．甲乙4．B [解析] 由牛顿第二定律有F －μmg＝ma ，解得a ＝1m ·F－μg，由此可知：a －F 图象的斜率表示物体质量的倒数，所以A 的质量小于B 的质量，再由纵轴截距截距可得μA >μB ，所以选项B 正确．5．D [解析] 以整体为研究对象，求得拉力F ＝(m 1＋m 2)a.突然撤去F ，以A 为研究对象，由于弹簧在短时间内弹力不会发生突变，所以A 物体受力不变，其加速度a1＝a.以B为研究对象，在没有撤去F时有：F－F′＝m2a，而F＝(m1＋m2)a，所以F′＝m1a；撤去F则有：－F′＝m2a2，所以a2＝－m1m2a.选项D正确．6．D [解析] 设钢索对载人箱和人整体拉力大小为T，对载人箱和人整体应用牛顿第二定律有(M＋m)g－T＝(M＋m)a，对平衡重物由牛顿第二定律有T－Mg＝Ma，联立解得a＝mg2M＋m，再由运动学规律v＝at，得t＝2M＋m vmg，选项D正确．7．B [解析] 对整体：F－μ·2mg＝3ma，对物体B：F′＝ma，联立得F′＝F－2μmg3，选项B正确．8．BD [解析] 由图可知：从t1时刻到t2时刻，弹力小于钩码重力，钩码处于失重状态，A项正确；从t3时刻到t4时刻，弹力大于钩码重力，钩码处于超重状态，B项错误；根据题目的情景，电梯可能是先加速向下运动，加速度向下，失重，再匀速向下运动，加速度为零，最后减速向下运动，加速度向上，超重，所以选项C 正确，选项D错误．9．②④[解析] 由牛顿第二定律得：F＝ma，a＝1m·F，直线的斜率等于质量的倒数，三条直线的斜率不同，说明三条直线所对应的小车和砝码的总质量不同，由图可知，直线1的斜率最大，所对应的总质量最小；直线3的斜率最小，所对应的总质量最大．10．(1)合外力质量质量所受合外力(2)①改变小车所受的合外力②记录更准确(或：更容易记录，记录误差会更小，时间更容易记录，方便记录，方便计时，位置很难记录等类似答案均正确)(3)①表一线段OA ………OE OF数据(cm) …………7.00 9.40 或表二线段OA ………DE EF数据(cm) ………… 2.25 2.40②0.23311．(1)g (2)3g[解析] (1)绳BC刚好被拉直时，小球受力如图甲所示．因为AB＝BC＝b，AC＝2b，故绳BC与AB垂直，θ＝45°.由牛顿第二定律有mgtanθ＝ma解得a＝g.甲乙(2)小车向左加速度增大，AB、BC绳方向不变，所以AC绳拉力不变，BC绳拉力变大，BC绳拉力最大时，小车向左加速度最大，小球受力如图乙所示．由牛顿第二定律有T m ＋mgtanθ＝mam因Tm ＝2mg，所以最大加速度为am＝3g.12．(1)0.25 (2)8 N或24 N [解析] 对小球，由牛顿第二定律mgsinθ－μmgcosθ＝ma又x＝12at2联立解得μ＝0.25(2)若F垂直杆向下，则mgsinθ－μ(F＋mgcosθ)＝ma′解得F＝8 N若F垂直杆向上，则mgsinθ－μ(F－mgcosθ)＝ma′解得F ＝24 N13．(1)L v ＋v 2μg (2)12mv 2 (3)如图所示[解析] (1)由μ>v 22gL 可得12mv 2<μmgL说明物体到达B 之前就与传送带共速，设其加速度为a ，则由牛顿第二定律有 μmg＝ma加速阶段的时间为 t 1＝va加速阶段的位移 x 1＝v 22a匀速阶段的时间 t 2＝L －x 1v总时间t ＝t 1＋t 2 联立解得t ＝L v ＋v2μg(2)物体在加速阶段与传送带的相对位移 Δx＝vt 1－12vt 1产生的热量Q ＝μmgΔx 联立解得Q ＝12mv 2(3)如图所示45分钟滚动复习训练卷（一）1．C [解析] 以上方三人为研究对象，设中层两人每只脚受到的支持力为F ，则有4F ＝3mg ，解得F ＝34mg.设底层中间的人每只脚受到的支持力F′，则有2F′＝mg ＋2F ，解得F′＝54mg ，选项C 正确．2．B [解析] 加速度大小与速度大小之间无必然联系，速度是增加还是减小取决于加速度和初速度的方向关系．若初始时刻a 、v 同向，则加速运动；若初始时刻a 、v 反向，则减速运动．最终加速度为零，物体处于平衡状态(静止或匀速直线运动)，故选项A 、C 、D 均有可能，B 项不可能．3．C [解析] 先对整体分析，可知F －μ(m 1＋m 2)g ＝(m 1＋m 2)a ，再以铁块1为研究对象，可得：kx －μm 1g ＝m 1a ，联立可知C 项正确．4．B [解析] 由速度图线的物理意义可知，速度图线与坐标轴包围的 “面积”代数和表示位移的大小，根据对称性，1～7 s 内 “面积”代数和为零，即0～1 s 内的位移和0～7 s 内的位移相等，选项B 正确．5．A [解析] 剪断细线前，物体处于平衡状态，由图可知F 1cos60°＝mg ，解得：F 1＝2mg ；剪断细线后，小球摆到最低点的过程中，mgL(1－cos60°)＝12mv 2，在最低点：F 2－mg ＝m v2L，联立解得F 2＝2mg ，故选项A 正确．6．C [解析] 甲乙两地距离x ＝vt ，列车匀速运动的距离x 1＝v 0(t －t 0)，列车从开始刹车至加速到v 0过程运动的距离x 2＝v 02t 0，则有x ＝x 1＋x 2，解得v 0＝vtt －12t 0.7．BD [解析] 以B 为研究对象，两杆对B 的作用力T 1、T 2的合力与B 的重力沿斜面向下的分力等大反向，即T1＋T2＝mBgsinθ，因此T1、T2不可能均为零，选项C错误，选项D正确；以AB为研究对象，当满足(mA ＋mB)gsinθ<μAmAgcosθ，且m C gsinθ<μCmCgcosθ时，T2＝0，选项A错误；同样当满足(mC＋mB)gsinθ<μCmCgcosθ且mA gsinθ<μAmAgcosθ时，T1＝0，选项B正确．甲乙8．AC [解析] 由于滑块与斜面之间存在摩擦力，滑块上滑的加速度大于下滑的加速度，选项B错误、A正确；以斜面为研究对象，滑块上滑过程中受力如图甲所示，下滑过程中受力如图乙所示，两过程中均有：fAB ＝μmgcosθ，NAB＝mgcosθ，则：F1＝Mg＋mgcos2θ－μmgcosθ·sinθ，F2＝Mg＋mgcos2θ＋μmgcosθ·sinθ，选项C正确；f1＝mgcosθ·sinθ＋μmgcos2θ，f2＝mgcosθ·sinθ－μmgcos2θ，选项D错误．9．(1)CBDAEF (2)0.5 N/cm 或50 N/m[解析] 取图象上相距较远的两点(0,0)(6.00 cm ，3.00 N)坐标数值，根据胡克定律可得弹簧劲度系数为k ＝50 N/m.10．(1)B (2)2h 1t 2－h 2t 1t 1t 2t 1－t 2[解析] 由题设条件，本实验的实验原理是H ＝v 0t ＋12gt 2，其中v 为小球达到光电门1时的速度，由实验测得的数据h 1、t 1及h 2、t 2可得h 1＝v 0t 1＋12gt 21，h 2＝v 0t 2＋12gt 22，解得g ＝2h 1t 2－h 2t 1t 1t 2t 1－t 2.为保持v 0不变，不能改变光电门1和吸球器的相对位置．11．(1)100 N (2)200 N[解析] (1)对A 物体进行受力分析，受四个力作用．分解绳的拉力，根据A 物体平衡可得F N1＝m A g ＋Tsinθ f 1＝Tcosθ f 1＝μ1F N1 联立解得T ＝μ1m A gcosθ－μ1sinθ代入数据得T ＝100 N.(2)对B 进行受力分析，受六个力的作用．地面对B 的支持力F N2＝m B g ＋F N1 地面对B 的摩擦力f 2＝μF N2 故拉力F ＝f 1＋f 2＝200 N. 12．(1)0.5 (2)1.29 s[解析] (1)由题意可知，滑块在水平面上匀速运动，则v 0＝x1T＝4 m/s在斜面上滑块做匀减速直线运动，设加速度大小为a1，则x 3－x4＝a1T2由牛顿第二定律：mgsinα＋μmgcosα＝ma1联立解得：μ＝0.5(2)设滑块向上滑行所用的时间为t1，上滑的最大距离为x，返回斜面底端的时间为t2，加速度为a2，则v 0＝a1t1x＝12vt1mgsinα－μmgcosα＝ma2x＝12a2t22联立解得：t＝t1＋t2＝(0.4＋255) s(或1.29 s)13．Δt<0.3 s[解析] 设轿车行驶的速度为v1，卡车行驶的速度为v2，则v1＝108 km/h＝30m/s，v2＝72 km/h＝20 m/s，在反应时间Δt内两车行驶的距离分别为x1、x2，则x 1＝v1Δtx 2＝v2Δt轿车、卡车刹车所通过的距离分别为x3、x4，则x 3＝v212a＝3022×10m＝45 mx 4＝v222a＝2022×10m＝20 m为保证两车不相撞，必须x1＋x2＋x3＋x4<80 m联立解得Δt<0.3 s45分钟单元能力训练卷（四）1．A [解析] 小车水平向右的速度(也就是绳子末端的运动速度)为合速度，它的两个分速度为v 1、v 2，如图所示．其中v 2就是拉动绳子的速度，它等于物体A 上升的速度，v A ＝v 2＝vcosθ.小车匀速向右运动的过程中，θ逐渐变小，v A 逐渐变大，故A 做加速运动，由A 的受力及牛顿第二定律知，绳的拉力大于A 的重力，选项A 正确．2．A [解析] 由平抛规律x ＝v 0t ，y ＝12gt 2可得，x ＝y 时t ＝2v 0g，则v y ＝gt ＝2v 0，v ＝v 20＋v 2y ＝5v 0，s ＝x 2＋y 2＝2 2v 20g，选项A 正确． 3．BD [解析] 恰能通过最高点P ，则在最高点P 重力恰好提供向心力，故 mg ＝mv 2R ，选项C 错误；离开P 点后做平抛运动，x ＝vt,2R ＝12gt 2，解得x ＝2R ，故选项A 错误、B 正确；若将半圆弧轨道上部的14圆弧截去，其他条件不变，则小球离开轨道后竖直上抛，达到的最大高度时速度为零，显然能达到的最大高度比P 点高，选项D 正确．4．D [解析] 角速度的大小关系为ωa ＝ωc ＜ωb ，选项A 错误；向心加速度的大小关系为a b ＞a c ＞a a ，选项B 错误；线速度的大小关系为v b ＞v c ＞v a ，选项C 错误；周期的大小关系为T a ＝T c ＞T b ，选项D 正确．5．A [解析] 由于同步卫星与地球的自转周期相同， “缆线”上各点的角速度也相同，选项A 正确；线速度v ＝ωr，则各点的线速度不同，选项B 错误；若“缆线”上各质点均处于失重状态，则万有引力提供向心力，有：G Mm r 2＝m v 2r，得v＝GMr，r越大，线速度越小，而“缆线”上离地面越高的质点线速度越大，因此只有同步卫星上的质点处于完全失重状态，选项C错误；由G Mmr2＝mg，可得离地面越高，重力加速度越小，选项D错误．6．AD [解析] 设移民质量为Δm，未移民时的万有引力F引＝GMmr2与移民后的万有引力F引′＝GM－Δm m＋Δmr2比较可知，由于M>m，所以F引′>F引；由于地球的质量变小，由F引′＝GM－Δm m＋Δmr2＝(m＋Δm)r⎝⎛⎭⎪⎫2πT2＝(m＋Δm)a可知，月球绕地球运动的周期将变大，月球绕地球运动的向心加速度将变小；由月球对其表面物体的万有引力等于其重力可知，由于月球质量变大，因而月球表面的重力加速度将变大．综上所述，可知本题错误选项为A、D.7．AC [解析] 空间站运动的加速度和所在位置的重力加速度均由其所受万有引力提供，选项A正确；由G MmR2＝mv2R得v＝GMR，运动速度与轨道半径的平方根成反比，并非与离地高度的平方根成反比，选项B错误；由G MmR2＝m⎝⎛⎭⎪⎫2πT2R得T＝2πRRGM，所以空间站运行周期小于地球自转的周期，选项C正确；空间站中宇航员所受万有引力完全提供向心力，处于完全失重状态，选项D错误．8．b gsinθ2a[解析] 物体在光滑斜面上只受重力和斜面对物体的支持力，因此物体所受的合力大小为F＝mgsinθ，方向沿斜面向下；根据牛顿第二定律，则物体沿斜面向下的加速度应为a加＝Fm＝gsinθ，又由于物体的初速度与a加垂直，所以物体的运动可分解为两个方向的运动，即水平方向是速度为v的匀速直线运动，沿斜面向下的是初速度为零的匀加速直线运动．因此在水平方向上有b ＝v 0t ，沿斜面向下的方向上有a ＝12a 加t 2；故v 0＝b t＝b gsinθ2a. 9．1∶8 14[解析] 万有引力提供向心力，则G Mm 1r 2a ＝m 1r a 4π2T 2a ，G Mm 2r 2b ＝m 2r b 4π2T 2b，所以T a ∶T b＝1∶8.设每隔时间t ，a 、b 共线一次，则(ωa －ωb )t ＝π，所以t ＝πωa －ωb，故b运动一周的过程中，a 、b 、c 共线的次数为：n ＝T b t ＝T bωa －ωbπ＝T b ⎝ ⎛⎭⎪⎫2T a －2T b ＝2T bT a－2＝14.10.8π2hr 3T 2r 2＋v 20 [解析] 以g′表示火星表面的重力加速度，M 表示火星的质量，m 表示火星的卫星质量，m′表示火星表面处某一物体的质量，由万有引力定律和牛顿第二定律，有G Mm′r 20＝m′g′ G Mm r 2＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2r 设v 表示着陆器第二次落到火星表面时的速度，它的竖直分量为v 1，水平分量仍为v 0，有v 21＝2g′hv ＝v 21＋v 20由以上各式解得v ＝8π2hr 3T 2r 2＋v 20. 11．(1)2πR ＋h 3Gm 月 (2)T 02πGm 月R ＋h3(3)2π2R T 0R ＋h 3Gm 月[解析] (1)“嫦娥二号”轨道半径r＝R＋h，由G mm月r2＝m4π2T2r可得“嫦娥二号”卫星绕月周期T＝2πR＋h3 Gm月.(2)在月球自转一周的过程中，“嫦娥二号”将绕月运行的圈数n＝TT＝T2πGm月R＋h3.(3)摄像机只要将月球的“赤道”拍摄全，就能将月面各处全部拍摄下来；卫星绕月球转一周可对月球“赤道”拍摄两次，所以摄像机拍摄时拍摄到的月球表面宽度至少为s＝2πR2n＝2π2RTR＋h3Gm月.12．(1)0.6 m (2)P位置比圆心O低[解析] (1)物体在最高点C时只受重力，由牛顿第二定律得mg＝m v2 CR，得vC＝gR.物体从B到C的过程中，由机械能守恒定律得mg(ssinθ－R－Rcosθ)＝12 mv2C代入数据解得R＝0.6 m.(2)设物体平抛至与O点等高处，则由平抛运动的规律得R＝12gt2，x＝vCt，联立解得x＝2R又由图可知O点到斜面的水平距离为x′＝Rsinθ＝53R显然x′＞x，故物体的落点位置P低于O点．45分钟单元能力训练卷（五）1．A [解析] 空载时：P＝f1v1＝kmgv1，装满货物后：P＝f2v2＝kmgv2，所以汽车后来所装货物的质量是Δm＝m－m0＝v1－v2v2m，选项A正确．2．D [解析] 由牛顿第二定律得F－f－mgsin30°＝－ma，F－f＝mgsin30°－ma＝2m，即物体受到重力以外的力作用，大小为F－f，方向平行斜面向上，对物体做正功，所以物体的机械能增加，选项AB错误，D正确；根据动能定理，重力、拉力、摩擦力对物体做的总功等于物体动能的改变量，选项C错误．3．D [解析] 苹果加速下落，运动越来越快，故苹果通过第3个窗户所用的时间最短，平均速度最大，选项A、B都错误；窗户完全相同，所以苹果通过三个窗户重力做的功一样多，苹果通过第1个窗户用时最长，重力的平均功率最小，故选项C错误、D正确．4．BD [解析] 木板转动过程中，因静摩擦力始终与速度方向垂直，故静摩擦力不做功，由动能定理知，支持力做的功W1＝mgh＝mgLsinα；物块下滑过程中，因支持力始终与速度方向垂直，支持力不做功，由动能定理得，mgLsinα＋Wf ＝12mv2，所以滑动摩擦力做的功Wf ＝12mv2－mgLsinα.所以选项BD正确．5．AD [解析] 合力F沿斜面向下，F＝mgsinθ－f，θ为斜面倾角，故F不随t变化，A正确．加速度a＝Fm，也不变，由v＝at知，v－t图象为过原点的一条倾斜直线，B错误；物体做匀加速运动，故位移x＝12at2，x－t图象是开口向上的抛物线的一半，C错误；设物体起初的机械能为E 0，t 时刻的机械能为E ，则E ＝E 0－Fx ＝E 0＋F·12at 2，E －t 图象是开口向下的抛物线的一半，D 正确．6．ABD [解析] 小球做平抛运动，将A 点时的速度分解如图所示，v y ＝v 0tanθ，v ＝v 0sinθ，小球到达A 点时，重力的功率P ＝mgv y ，小球由O 到A 过程中，动能的变化为12mv 2－12mv 20.此过程竖直方向v y ＝gt ，水平方向x ＝v 0t ，小球抛出点O 距斜面端点B 的水平距离为h tanθ－x ，故ABD 正确．小球从A 点反弹后是否直接落至水平地面不能确定，故从A 点反弹后落至水平地面的时间不能求出，C 错误．7．B [解析] 两个过程中，恒力F 相同，物体相对地面发生的位移相同，所以做功相同；第二种情景下，物体相对地面的速度增大，运动时间t 变短，物体相对传送带的位移Δx 变小，功率P ＝Wt ，故P 1<P 2，因摩擦产生的热量Q ＝μmgΔx，故Q 1>Q 2.所以选项B 正确．8．C [解析] 运动过程中，弹簧和圆环系统的机械能守恒，因弹簧弹力对圆环做功，故圆环的机械能不守恒；对弹簧和圆环系统，根据机械能守恒定律知，当圆环滑到杆底端时，弹簧的弹性势能增大量等于圆环重力势能的减小量mgh ，又因弹簧先被压缩后被拉伸，所以弹簧的弹性势能先增大后减小再增大；圆环到达杆低端时弹簧的弹性势能最大，此时圆环动能为零.9．(1)左 (2)0.98 m/s (3)0.49 J 0.48 J (4)＞受打点计时器对纸带的摩擦阻力及空气阻力作用(实验中有阻力) (5)在误差允许范围内机械能守恒[解析] (1)左端点迹比较密集，所以应是左端与重物相连． (2)v B ＝x OC －x OA2T＝7.06－3.14×10－2 m2×0.02 s＝0.98 m/s(3)ΔE p ＝mgh ＝0.49 J ，ΔE k ＝12mv 2B ＝0.48 J(4)重物下落过程中受打点计时器对纸带的摩擦阻力及空气阻力作用，所以ΔE p＞ΔE k .(5)在误差允许范围内，重物自由下落过程中的机械能守恒．10．(1)接通气源，将滑块静置于气垫导轨上，若滑块基本保持静止，则说明导轨是水平的(或轻推滑块，滑块能基本做匀速直线运动)(2)0.52 0.43 滑块的质量M 及滑块释放时遮光条到光电门的距离x (3)mgx 12(m ＋M)⎝ ⎛⎭⎪⎫d Δt 2 [解析] (2)d ＝5 mm ＋2×0.1 mm＝5.2 mm ＝0.52 cm ，v ＝dΔt＝0.43 m/s ；需测量滑块的质量M 及滑块释放时遮光条到光电门的距离x.(3)系统减少的重力势能为ΔE p ＝mgx ，系统增大的动能为ΔE k ＝12(m ＋M)v 2＝12(m＋M)⎝ ⎛⎭⎪⎫d Δt 2，当ΔE p ＝ΔE k 时，说明系统的机械能守恒．11.74gL 5[解析] 以地面为零势能面，在初始位置，桌面部分铁链的重力势能为E p1＝45mg·2L，悬空部分铁链的重力势能为E′p1＝15mg(2L －L10)铁链的下端刚要触及地面时的重力势能为E p2＝mg L2对铁链应用机械能守恒定律得E p1＋E′p1＝12mv 2＋E p2即12mv 2＋mg L 2＝45mg·2L＋15mg(2L －L 10) 故铁链下端刚要触及地面时的速度为v ＝74gL512．(1)6 m/s 0.4 (2)4.1 m (3)能(4)5.6 J[解析] (1)由物块过B点后其位移与时间的关系x＝6t－2t2得v＝6 m/s，加速度a＝4 m/s2又μm2g＝m2a，故μ＝0.4(2)设物块由D点以初速度vD 做平抛运动，落到P点时其竖直速度为vy＝2gR又vyvD＝tan45°，得vD＝4 m/s设平抛运动用时为t，水平位移为x，由R＝12gt2，x＝vDt，得x＝1.6 mBD间位移为x1＝v2－v2D2a＝2.5 m则BP水平间距为x＋x1＝4.1 m(3)设物块沿轨道到达M点的速度为vM，由机械能守恒得1 2m2v2M＝12m2v2D－22m2gR则v2M＝16－8 2若物块恰好能沿轨道过M点，则m2g＝m2v′2MR解得v′2M ＝8>v2M故物块不能到达M点．(4)设弹簧长为AC时的弹性势能为Ep释放m1时，Ep＝μm1gxCB释放m2时，Ep＝μm2gxCB＋12m2v2又m1＝2m2，故Ep＝m2v2＝7.2 J设m2在桌面上运动过程中克服摩擦力做功为Wf则Ep －Wf＝12m2v2D可得Wf＝5.6 J45分钟滚动复习训练卷（二）1．AD [解析] 由图线可知，运动过程中发动机输出功率一定，若牵引力＝阻力，则汽车做匀速直线运动；若牵引力＞阻力，则速度增大，牵引力减小，汽车做加速度减小的加速直线运动．故选项A、D正确．2．C [解析] 火车从甲站出发，沿平直铁路做匀加速直线运动，即初速度为零，紧接着又做匀减速直线运动，也就是做匀加速直线运动的末速度即为做匀减速直线运动的初速度，而做匀减速直线运动的末速度又为零，所以在先、后两个运动过程中的平均速度(v＝v2)相等，选项C正确；火车运动的位移x＝v t＝v2t，火车运动的加速度a＝vt，即它们不仅与速度变化量有关，还跟时间有关，而先、后两个运动过程中所用的时间不一定相同，所以火车的位移、加速度在先、后两个运动过程中不一定相等，即A、B、D选项都不正确．3．C [解析] 设物体A对圆球B的支持力为F1，竖直墙对圆球B的弹力为F2；F 1与竖直方向夹角θ.因物体A右移而减小．对物体B由平衡条件得：F1cosθ＝mBg，F 1sinθ＝F2，解得F1＝mBgcosθ，F2＝mBgtanθ，因θ减小，故F1减小，F2减小，选项A、B均错误；对A、B整体分析可知：在竖直方向上，地面对整体支持力FN ＝(mA＋m B )g，与θ无关，选项D错误；在水平方向上，地面对A的摩擦力f＝F2，因F2减小，故f减小，选项C正确．4．B [解析] 设斜面倾角为θ，长度为L，小球沿光滑斜面下滑的加速度为a，根据牛顿第二定律有：mgsinθ＝ma得a＝gsinθ，小球沿斜面做匀加速直线运动，所以小球的位移x＝12gsinθ·t2，即位移与时间的平方成正比，选项A错误；小球在斜面上的速度v＝gsinθ·t，即速度与时间成正比，选项B正确；设小球从顶端滑到底端的速度为v，由运动学公式有：v2＝2gsinθ·L，选项C错误；由L＝1 2gsinθ·t2，选项D错误．5．C [解析] A项位移正负交替，说明物体做往复运动；B项物体先做匀加速。

2020版高考物理一轮复习第二章相互作用综合检测(含解析)新人教版

相互作用综合检测(时间:90分钟满分:100分)一、选择题（本题共12小题,每小题4分,共48分.在每小题给出的四个选项中,第1～7小题只有一个选项正确，第8～12小题有多个选项正确,全部选对的得4分,选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分）1.减速带是交叉路口常见的一种交通设施,用以使车辆以较慢速度通过路口,车辆驶过减速带时会进一步减速.当汽车前轮刚爬上减速带时，减速带对车轮的弹力为F,下图中弹力F画法正确且分解合理的是（ B )解析:减速带对车轮的弹力方向垂直车轮和减速带的接触面，指向受力物体，故A，C错误；按照力的作用效果,力F应该分解为水平方向和竖直方向的两个分力，水平方向的分力产生的效果减慢汽车的速度,竖直方向上的分力产生向上运动的作用效果,故B正确,D错误.2。

大小相等的力F按如图所示的四种方式作用在相同的物体上,使物体能沿不同粗糙程度的水平面匀速运动，则物体与水平面间的摩擦力最大的是( A )解析：根据物体的平衡条件有f A=F,f B=Fcos 30°,f C=Fcos 30°,f D=Fcos 60°,知物体与水平面间的摩擦力最大的是A选项。

3。

如图所示,用一根轻绳晾晒重量为G的衣服,衣服是通过一个光滑的小圆环穿过细绳后悬挂起来的,此时两段绳间的夹角为120°，绳中张力为F1；若在环上加一水平拉力使细绳的一部分处在竖直线上,此时晾衣绳中的张力大小为F2，不计小圆环的重力,则下列关系正确的是( B ）A。

F1=F2=G B。

F2〈F1=GC。

F2>F1>G D。

F2<F1〈G解析：分别对两种情况下的环进行受力分析,如图。

由图可知,开始时三个力的方向之间的夹角都是120°，所以F1=G；若在环上加一水平拉力使细绳的一部分处在竖直线上，则在竖直方向上有F2+F2sin θ=G，得F2〈G,所以三个力之间的关系为F2〈F1=G。

2020年新课标高考物理一轮复习作业详答新人教版

课时作业（一）【基础热身】1．B [解析] 选项A、C、D中的数据都是时间轴上的一个点，指的都是时刻；而选项B中15 s是与跑完100 m这一运动过程相对应的，指的是时间间隔，故选项B正确．2．C [解析] 位移是从起点指向终点的有向线段，是矢量；路程是运动路径的长度，是标量，它没有方向．正确选项只有C.3．B [解析] 加速度描述物体速度变化的快慢程度，选项A错误、B正确；加速度方向与运动方向共线时，物体一定做直线运动，同向时做加速运动，反向时做减速运动，选项C、D错误．4．A [解析] 由图可知，心脏每跳动一次，纸带向前移动大约是4个小方格的距离，约2.0 cm，则心脏每跳动一次所需时间约T＝xv＝0.80 s；此人心脏一分钟跳动的次数为n＝60 s0.80 s/次＝75次，故本题只有选项A正确．【技能强化】5．B [解析] 无论加速度正在增大还是正在减小，只要加速度与速度同向，物体速度就一直增大，当同向加速度减小到零时，物体速度达到最大，速度不再增大，但位移会继续增大，由此可知本题只有选项B正确．6．AC [解析] 速度与加速度都是矢量，其正负表示速度与加速度的方向．速度与加速度方向相反，汽车做减速运动；经1 s速度减小Δv＝aΔt＝1 m/s，所以再过1 s汽车的速度变为5 m/s，故选项A、C正确．7．AB [解析] 如果物体做加速度逐渐减小的加速直线运动，则加速度为零时速度最大，选项A正确；根据加速度定义可知选项B正确；质点某时刻的加速度不为零，但该时刻的速度可以为零，选项C错误；物体速度变化量大小决定于加速度和时间两个因素，选项D错误．8．A [解析] 由于通讯员初、末位置都跟队尾士兵相同，所以位移也相同，由平均速度公式可以判断选项A正确．9．C [解析] 设总位移为x，则甲车运动的总时间t甲＝x2v甲1＋x2v甲2＝v甲1＋v甲22v甲1v甲2x，所以甲车的平均速度v甲＝xt甲＝2v甲1v甲2v甲1＋v甲2＝48 km/h；设乙车运动的总时间为t乙，则乙车的总位移x＝v乙1·t乙2＋v乙2·t乙2＝v乙1＋v乙22t乙，所以乙车的平均速度v乙＝xt乙＝v 乙1＋v乙22＝50 km/h.故C项正确．10. 230 m[解析] 为确保行车安全，要求在列车驶过距离L的时间内，已越过停车线的汽车的车尾必须能通过道口．汽车越过停车线至车尾通过道口的过程中，汽车的位移为x′＝l＋x＋x＝(15＋5＋26) m＝46 m汽车速度v2＝36 km/h＝10 m/s通过这段位移需要的时间t＝x′v2＝4610s＝4.6 s高速列车的速度v1＝180 km/h＝50 m/s所以安全行车的距离为L＝v1t＝50×4.6 m＝230 m. 11．(1)6.61 m/s2(2)9.26 s[解析] (1)末速度v＝100 km/h＝1003.6m/s＝27.78 m/s平均加速度a＝v－vt＝27.78－04.2m/s2＝6.61 m/s2.(2)所需时间t′＝v－va′＝27.78－03s＝9.26 s.12．0.067 m/s2[解析] 遮光板通过第一个光电门的速度v 1＝dΔt1＝0.030.3m/s＝0.10 m/s遮光板通过第二个光电门的速度v 2＝dΔt2＝0.030.1m/s＝0.30 m/s故滑块的加速度a＝v2－v1Δt＝0.067 m/s2【挑战自我】13．45 km/h[解析] 设甲、丙两地距离为2l，汽车通过甲、乙两地的时间为t1，通过乙、丙两地的时间为t2.从甲到乙是匀加速运动，由l＝v甲＋v乙2·t1得t1＝lv甲＋v乙2＝2lv乙从乙到丙也是匀加速运动，由l＝v乙＋v丙2·t2得t2＝lv乙＋v丙2＝2lv乙＋v丙所以v甲丙＝2lt1＋t2＝2l2lv乙＋2lv乙＋v丙＝45 km/h.课时作业（二）【基础热身】1．BD [解析] 由匀加速直线运动的位移公式可知x＝v t＝0＋v2t＝12vt，选项A错误，选项B正确；匀减速直线运动可以看成是初速度为0的匀加速直线运动的逆过程，故返回后的加速度、位移的大小和起飞前相同，选项C错误，选项D正确．2．B [解析] v0＝72 km/h＝20 m/s，设刹车时间为t，则at＝v，解得t＝va＝4 s，故刹车距离x＝v2t＝40 m.3．BC [解析] 当滑块速度大小变为v2时，其方向可能与初速度方向相同，也可能与初速度方向相反，因此要考虑两种情况，即v＝v2或v＝－v2，代入公式t＝v－v0 a 得，t＝vg或t＝3vg，故选项B、C正确．【技能强化】4．C [解析] 物体开始做匀加速直线运动，a＝μg＝1 m/s2，速度达到传送带的速度时发生的位移x＝v22a＝12×1m＝0.5 m＜L，所经历的时间t1＝va＝1 s，物体接着做匀速直线运动，所经历的时间t2＝L－xv＝2.5－0.51s＝2 s，故物体从a点运动到b点所经历的时间t总＝t1＋t2＝3 s.5．A [解析] 由逐差法得x6－x1＝5aT2，所以a＝x6－x15T2＝0.01 m/s2，选项A正确．6．D [解析] 用“逆向思维”法解答．由题知，若倒过来分析，子弹向左做匀加速直线运动，初速度为零，设每块木块长为L，则v23＝2a·L，v22＝2a·2L，v21＝2a·3L，v3、v2、v1分别为子弹倒过来向左穿透第3块木块后、穿透第2块木块后、穿透第1块木块后的速度，则v1∶v2∶v3＝3∶2∶1，子弹依次向右穿入每个木块时速度比v1∶v2∶v3＝3∶2∶1，因此选项A、B错误．由v3＝at3，v2＝a(t2＋t3)，v 1＝a(t1＋t2＋t3)．三式联立，得t1∶t2∶t3＝(3－2)∶(2－1)∶1，因此选项C错误，D正确．7．B [解析] 由x＝12at2，解得a＝8 m/s2，最后1 s的位移为x1＝12×8×12 m＝4 m，选项B正确．8．ABD [解析] 小球沿斜面向上做匀减速直线运动，因从a到c和c到d所用时间相等，故经过c点时恰为从a到d所经历时间的中间时刻，vc ＝xad2T＝6＋62×2m/s＝3 m/s，选项B正确；因xac ＝xab＋xbc＝7 m，xcd＝xbd－xbc＝5 m，由Δx＝xac－xcd＝aT2得：a＝0.5 m/s2，由v2b －v2c＝2axbc可得，vb＝10 m/s，选项A正确；从c到e所经历的时间tce ＝va＝6 s，故从d到e所用的时间tde＝tce－T＝4 s，de＝12at2de＝4 m，选项C错误，选项D正确．9．ABC [解析] 如图所示，物体由A沿直线运动到B，C点为AB的中点，物体到达C点时速度为v1，若物体做匀加速直线运动，A到B的中间时刻应在C点左侧，有v1>v2，若物体做匀减速直线运动，A到B的中间时刻应在C点右侧，仍有v1>v2，故A、B正确，D错误；若物体做匀速直线运动，则v1＝v2，C正确．10．12 m/s 没有超速[解析] 设汽车刹车前的速度为v，汽车刹车时加速度大小为a.将汽车刹车到速度为零的运动看成逆向的匀加速运动，则x＝12at2v＝at解得v＝12 m/s因12 m/s＝43.2 km/h＜50 km/h，故汽车没有超速行驶．11．v≤6 m/s[解析] 设经过时间t，货箱和平板车达到共同速度v.以货箱为研究对象，由牛顿第二定律得，货箱向右做匀加速运动的加速度为a1＝μg货箱向右运动的位移为x 箱＝12a 1t 2又v ＝a 1t平板车向右运动的位移为 x 车＝v 0t －12at 2又v ＝v 0－at为使货箱不从平板车上掉下来，应满足 x 车－x 箱≤l 联立得：v 0≤2a ＋μgl代入数据：v 0≤6 m/s. 【挑战自我】12．(1)99 m 1.25 m (2)8.6 s[解析] (1)设直升机悬停位置距地面高度为H ，伞兵展伞时，离地面的高度至少为h ，此时速度为v 0，着地时，速度为v 1，相当于从h 1高处自由落下．在匀减速运动阶段，有v 21－v 20＝－2ah ，即52－v 20＝－2×12.5×h在自由落体运动阶段，有v 20＝2g(H －h) 即v 20＝2×10×(224－h) 联立解得h ＝99 m ，v 0＝50 m/s以5 m/s 的速度落地相当于从h 1高处自由落下即2gh 1＝v 21所以h 1＝v 212g ＝522×10m ＝1.25 m.(2)设伞兵在空中的最短时间为t ，则在自由落体运动阶段，有v 0＝gt 1，解得t 1＝v 0g ＝5010 s ＝5 s ，在匀减速运动阶段，有t 2＝v 1－v 0a ＝5－50－12.5s ＝3.6 s ，故所求时间t ＝t 1＋t 2＝(5＋3.6) s ＝8.6 s.课时作业（三）【基础热身】1．B [解析] 自由落体运动是竖直方向上初速度为零、加速度为g 的匀加速直线运动，满足初速度为零的匀加速直线运动的规律，故选项A 、C 、D 均正确；对B 项，平抛运动在竖直方向上的分运动也满足该规律，故选项B 错误．2．C [解析] 在匀速飞行的飞机上自由释放的物体有一个与飞机相同的水平速度，同时物体在竖直方向上做自由落体运动，所以从飞机上看，物体始终在飞机的正下方，且相对飞机向下运动，故A 、B 均错误；从地面上看，物体做平抛运动，故C 正确，D 错误．3．C [解析] 因曝光时间极短，故AB 段可看作匀速直线运动，小石子到达A 点时的速度为v A ＝x t ＝0.0211000m/s ＝20 m/s ，h ＝v 2A2g ＝2022×10 m ＝20 m ，选项C 正确．4．A [解析] 根据时间的对称性，物体从A 点到最高点的时间为T A2，从B 点到最高点的时间为T B 2，所以A 点到最高点的距离h A ＝12g ⎝ ⎛⎭⎪⎫T A 22＝gT 2A8，B 点到最高点的距离h B ＝12g ⎝ ⎛⎭⎪⎫T B 22＝gT 2B 8，故A 、B 之间的距离为h A －h B ＝18g(T 2A －T 2B )，正确选项为A.【技能强化】5．D [解析] 自由落体运动初速度为零，据此可排除选项C ；小球与地面碰撞瞬间速度突然反向，据此可排除选项A 、B.综上分析可知本题正确选项为D.6．A [解析] 由题图可知，小球做匀加速直线运动，相邻的两段位移之差为一块砖的厚度，由Δx＝d ＝aT 2可得，a ＝dT2；位置“3”是位置“2”和位置“4”的中间时刻，由v t 2＝v 得，v 3＝7d2T.只有选项A 错误．7．C [解析] 根据自由落体运动的规律，尺子下落(a －b)高度对应的时间即乙同学的反应时间．由公式h ＝12gt 2得t ＝2a －b g，选项C 正确．8．C [解析] 设中学生的重心位于身体的中点，则重心上升的高度约为：h ＝2.10 m －12×1.70 m＝1.25 m ，由v 20＝2gh 得：v 0＝2gh ＝5 m/s. 9．C [解析] 依题意可设第1个小球经时间t 落地，则第2个小球经时间2t 落地，第3个小球经时间3t 落地，第4个小球经时间4t 落地．又因为四个小球做的都是初速度为零的匀加速运动，因此它们下落的高度之比为1∶4∶9∶16，只有选项C 正确.10．A [解析] 磕头虫向下运动的末速度大小与向上运动的初速度大小相等，向下运动过程v 21＝2ah 1，反弹起来过程v 21＝2gh 2；人向上加速运动过程v 22＝2aH 1，离地上升过程中v 22＝2gH 2，代入数值得H 2＝150 m ，故选项A 正确．11．1.75 s[解析] 由向上跃起的高度h 1＝0.45 m 可求得向上跃起的时间为 t 1＝2h 1g＝2×0.4510s ＝0.3 s 设运动员从手到脚全长2l ，双手向上立在跳台上时，重心位置O 离跳台为l ，手接触水面时重心位置O 离水面也为l ，运动员从最高点到将入水时，重心下降的高度h 2＝H ＋l ＋h 1－l ＝H ＋h 1＝10.45 m 下降过程的时间 t 2＝2h 2g＝2×10.4510s ＝1.45 s 所以运动员完成空中动作的时间为 t ＝t 1＋t 2＝0.3 s ＋1.45 s ＝1.75 s. 12．(1)7.2 m (2)2.5 m/s 2[解析] 设前、后两过程下落的高度分别为h1、h2，所用时间分别为t1、t2，减速过程加速度的大小为a，运动中达到的最大速度为v，则有h 1＋h2＝40 m－4 mt 1＋t2＝6 sv2＝2gh1＝2ah2t 1＝vg，t2＝va由以上各式联立解得：h1＝7.2 m，a＝2.5 m/s2.【挑战自我】13．(1)4 s (2)29 m/s≤v′≤32 m/s[解析] (1)取向下为正方向，小球初速度v＝－10 m/s，加速度g＝10 m/s2，对空管由牛顿第二定律可得mg－F＝ma代入数据得a＝2 m/s2设经时间t，小球从N端穿出，小球下落的高度h 1＝vt＋12gt2空管下落的高度h2＝12at2则h1－h2＝l联立得v0t＋12gt2－12at2＝l代入数据解得t1＝4 s，t2＝－1.5 s(舍去)(2)设小球的初速度大小为v0′，空管经时间t′到达地面，则H＝12at′2得t′＝2Ha＝8 s小球经t′时间下落的高度为h＝v0′t′＋12gt′2小球落入管内的条件是64 m≤h≤88 m解得－32 m/s≤v′≤－29 m/s所以小球的初速度大小必须在29 m/s到32 m/s范围内．课时作业（四）【基础热身】1．C [解析] 选项A、B、D中物体均做往复运动，只有选项C中物体做单向直线运动．2．AC [解析] 由图象可知前5 s做的是匀速运动，选项A正确；5 s～15 s 内做匀加速运动，加速度为0.8 m/s2，选项B错误；15 s～20 s做匀减速运动，其加速度为－3.2 m/s2，选项C正确；质点在20 s末离出发点最远，质点一直做单向直线运动，选项D错误．3. A [解析] 由图可知，两车均做匀变速直线运动，因第5 s时两车第一次相遇，第10 s时速度相同，由对称性可知两车在第15 s时第二次相遇，选项A正确，选项B错误；由于两车在第5 s时第一次相遇，前5 s内va ＞vb，故a车在后、b车在前，5 s后a车在前、b车在后，15 s后b车超过a车，选项C错误；第10 s时两车速度相同，此后va ＜vb，两车间距离逐渐减小，第15 s时两车相遇，选项D错误．4. BD [解析] 由图象可知乙在追赶甲，即甲在前、乙在后，且二者速度均为零时，距离最远，其最远距离Δx＝x乙－x甲＝12×3×4 m－12×2×2 m＝4 m，即选项B 、D正确，选项A、C错误．【技能强化】5．A [解析] 甲车中的乘客以甲车为参考系，相当于甲车静止不动，乙车以初速度v向西做减速运动，速度减为零之后，再向东做加速运动，所以选项A正确；乙车中的乘客以乙车为参考系，相当于乙车静止不动，甲车以初速度v向东做减速运动，速度减为零之后，再向西做加速运动，所以选项B错误；以地面为参考系，当两车速度相等时，距离最远，所以选项C、D错误．6．CD [解析] 两图线都在t轴上方，说明A、B两物体运动方向相同，所以选项A错误；4 s内A、B两物体对应的图线与坐标轴所围的面积不同，则位移不同，故选项B错误；4 s时A、B两物体的图线交于同一点，对应速度相同，故选项C正确；A图线斜率的绝对值小，所以A物体的加速度比B物体的加速度小，因此选项D 正确．7．D [解析] 由A车的图线可知，它在4 s时间内速度由0增大到10 m/s，其加速度a＝2.5 m/s2，选项A错误；3 s末A车速度为v＝at＝7.5 m/s，选项B 错误；2 s末时A车与B车之间距离最远，为5 m,4 s末时A车与B车位移相等，A 车追上B车，选项C错误、D正确．8．CD [解析] 汽车A在匀加速过程中的位移xA1＝12aAt21＝180 m，此过程中汽车B的位移xB1＝vBt1＝240 m>xA1，故A车在加速过程中没有与B车相遇，选项A错误、C正确；之后因vA ＝aAt1＝12 m/s>vB，故A车一定能追上B车，相遇之后不能再相遇，A、B相遇时的速度一定不相同，选项B错误、D正确．9．ABC [解析] 乙车追上甲车时，若甲、乙两车速度相同，即此时t＝T，则x 0＝x1，此后甲车速度大于乙车速度，全程甲、乙仅相遇一次；甲、乙两车速度相同时，若x0<x1，则此时乙车已在甲车的前面，以后甲还会追上乙，全程中甲、乙相遇2次；甲、乙两车速度相同时，若x0>x1，则此时甲车仍在乙车的前面，以后乙车不可能再追上甲车了，全程中甲、乙都不会相遇，综上所述，选项A、B、C对，D错.10．A [解析] 根据题意画出两物体运动的v－t图象如图所示，根据图象易得选项A正确．11．1.5 m[解析] 设甲车刹车后经时间t，甲、乙两车速度相等，则：v 0－a1t＝v－a2(t－Δt)，代入数据得：t＝2 s.在这段时间内，甲、乙走过的位移分别为x甲、x乙，则：x甲＝vt－12a1t2＝26 m；x乙＝vΔt＋v(t－Δt)－12a2(t－Δt)2＝27.5 m；Δx＝x乙－x甲＝1.5 m即甲、乙两车行驶过程中至少应保持1.5 m的距离．12．0.8 s[解析] 设货车启动后经过时间t1两车开始错车，则有x 1＋x2＝180 m其中x1＝12at21，x2＝vt1解得t1＝10 s设货车从开始运动到两车错车结束所用时间为t2，则有x 1′＋x2′＝(180＋10＋12) m＝202 m.其中x1′＝12at22，x2′＝vt2解得t2＝10.8 s故两车错车时间Δt＝t2－t1＝0.8 s.【挑战自我】13．(1)10 s (2)36 m (3)14 s[解析] Δx＝Δt·v＝2.5×8 m＝20 m.(1)设警车发动起来后要时间t才能追上违章的货车，则12at2－vt＝Δx解得t＝10 s或t＝－2 s(舍去)．(2)在警车追上货车之前，两车速度相等时，两车间的距离最大，设警车发动起来后经时间t′两车速度相等，两车间的距离最大为xm，则t′＝va＝4 sx m ＝Δx＋v·t′－12at′2＝(20＋8×4－12×2×42) m＝36 m.(3)若警车的最大速度是12 m/s，则警车发动起来后加速的时间t 0＝vma＝122s＝6 s设警车发动起来后经过时间t″追上违章的货车，则1 2at2＋vm(t″－t)－vt″＝Δx解得t″＝14 s.课时作业（五）【基础热身】1．A [解析] 长木板不能侧向倾斜，但可以一端高一端低，故选项A错误；实验时，为了能在纸带上得到较多的点迹，释放小车前，小车应停在靠近打点计时器处，选项B正确；如果先释放小车，可能纸带上打不上几个点，选项C正确；为了保护小车，在小车到达定滑轮前要用手使小车停止运动，选项D正确.2．(1) 匀加速直线(2)小于用平均速度求位移(或用v－t图象下的面积求位移)[解析] (1)由表中数据可知，每经过0.1 s，速度大约增大0.25 m/s，在误差允许的范围内，小车做匀加速直线运动；(2)因为小车是不断加速的，而该同学把第一个0.1 s内的运动看成是以最小速度做匀速运动，同样，其他时间段内也是这样运算的，这样算出的位移比实际位移小．可以把时间分割得再细小一些，也可以利用平均速度来求位移，还可以利用v－t图象下的面积求位移．3．(1)0.02 s (2)0.70 cm(0.68 cm～0.72 cm均可) 0.100 m/s[解析] 毫米刻度尺的精确度为0.1 mm，故A、B间的距离为1.70 cm－1.00 cm＝0.70 cm，vC ＝xBD2T＝2.00×10－22×0.1m/s＝0.100 m/s.【技能强化】4．C [解析] 中间时刻瞬时速度等于全程的平均速度，所以vB ＝x2＋x32T，选项C正确；x6－x1＝5(x2－x1)，选项B错误；相邻计数点间的时间间隔是0.1 s，选项D错误；按照实验要求应该先接通电源再放开纸带，选项A错误．5. (1)相等匀加速(匀变速) (2)乙同学 1.10 m/s2[解析] (1)由表中数据可知，x4－x3＝x3－x2＝x2－x1，小球做匀加速直线运动；(2)乙同学采用逐差法求加速度，较准确，加速度值为a＝x3＋x4－x2－x14T2＝1.10 m/s2.6．(1)0.25 0.45 (2)如图所示(3)1.00[解析] (1)相邻两个计数点间的时间间隔为0.1 s，所以vB ＝xAC2T＝0.050.2m/s＝0.25 m/s，vCE ＝xCE2T＝0.14－0.050.2m/s＝0.45 m/s；(2)如图所示；(3)在v－t图象中，图线的斜率表示加速度，即a＝0.55－0.250.3m/s2＝1.00 m/s2.7．(1)A C (2) 2.98(2.97～2.99均可) 13.20(13.19～13.21均可) (3)如图所示(4)0.18(0.16～0.20均可) 4.80(4.50～5.10均可)[解析] (1)还需要的实验器材有电压合适的50 Hz交流电源和刻度尺；(2)用毫米刻度读数，注意要估读一位，则x2＝2.98 cm，x5＝13.20 cm；(3)描点连线如图所示；(4)设打0点时速度为v0，则x＝vt＋12at2，即：xt＝v＋12at，由图可读出v＝0.18 m/s，图线的斜率k＝12a＝2.4，a＝4.8 m/s2.8．(1)相邻相等时间内的位移差相等(2)如图所示(3)0.800 m/s2[解析] (1)由图中所标纸带每段位移的大小，可知在相邻相等时间内的位移差相等，可近似认为Δy＝8 mm.(2)把图中的x轴作为时间轴，以纸带的宽度表示相等的时间间隔T＝0.1 s，每段纸带最上端中点对应v轴上的速度恰好表示每段时间的中间时刻的瞬时速度，即vn ＝ynT；因此可以用纸带的长度表示每小段时间中间时刻的瞬时速度，将纸带上端中间各点连接起来，可得到v－t图象，如图所示．(3)利用图象求斜率或用Δy＝aT2均可以求得小车加速度a＝0.800 m/s2.【挑战自我】9．3.0×10－2(2.8×10－2～3.1×10－2均可) 9.0×10－2 能利用(x 6－x 4)－(x 4－x 2)＝4aT 2可求出x 4的具体位置(其他合理方法均可) [解析] 从图中读出5、6之间的距离为37.5 cm －24.0 cm ＝13.5 cm,2、3之间的距离为6.0 cm －1.5 cm ＝4.5 cm ，利用逐差法有x 56－x 32＝3aT 2，求出a ＝3.0×10－2m/s 2；位置4对应的速度为v 4＝x 352T ＝24.0－6.02×10－2 m/s ＝9.0×10－2m/s ；欲求4的具体位置，可以采用逐差法利用(x 6－x 4)－(x 4－x 2)＝4aT 2求解.课时作业（六）【基础热身】1．AD [解析] 力是物体间的相互作用，受力物体同时也是施力物体，施力物体同时也是受力物体，所以A 正确；产生弹力时，施力物体和受力物体同时发生形变，但弹力是由施力物体形变引起的，反作用力是由受力物体形变引起的，放在桌面上的木块受到桌面给它向上的弹力，这是由于桌面发生微小形变而产生的，故B 不正确；力的作用是相互的，作用力和反作用力同时产生、同时消失，故C 选项错误；根据力的作用效果命名的力，性质可能相同，也可能不相同，如向心力，可以是绳子的拉力，也可以是电场力，还可以是其他性质的力，D 选项正确．2．CD [解析] 地球上的物体运动或静止时都受地球的吸引作用，故运动或静止的物体均受重力，选项A 错误；某物体在地球某点处所受地球吸引而产生的重力一定，与此物体的运动状态无关，选项B 错误，选项C 正确；物体所受重力G ＝mg ，在g 一定时，G 由m 决定，选项D 正确．3．AD [解析] 弹簧的弹力为 2 N ，有两种可能情形：①弹簧处于拉伸状态，②弹簧处于压缩状态．当弹簧处于拉伸状态时，A 正确；当弹簧处于压缩状态时，D 正确．4．D [解析] 物体B 处于静止状态，则绳子拉力大小T ＝mg ，A 对绳的作用力的大小为mg，再以物体A为研究对象，在竖直方向根据平衡条件有T＋N＝Mg，所以地面对A的作用力的大小为N＝(M－m)g.选项D正确．【技能强化】5．B [解析] 不拉A时，对A：kx1＝mg；B刚要离开地面时，对B：kx2＝mg，L＝x1＋x2.解得L＝2mgk.6．C [解析] 弹簧测力计的示数决定于作用在秤钩上力的大小，而与作用在和外壳相连的提环上的力无关，故正确选项为C.7．D [解析] 绳A和绳C的拉力大小与方向均不变，所以其合力不变，对滑轮而言，杆的作用力必与两绳拉力的合力平衡，所以杆的弹力大小与方向均不变，选项D正确．8．D [解析] 根据力的作用是相互的可知：轻质弹簧A、B中的弹力大小是相等的，即k1x1＝k2x2，所以两弹簧的压缩量之比x1∶x2＝k2∶k1，故选项D正确．9．AB [解析] 小车向左做减速运动时，N可能为零，选项A正确；小车向左做加速运动时，T可能为零，选项B正确；小车向右做加速运动时，N可能为零，选项C错误；小车向右做减速运动时，T可能为零，选项D错误．10．C [解析] 由图象可以看出在直线a对应的阶段，弹簧处于压缩状态，弹力F随着缩短量的减小而减小，当弹簧长度为12 cm时恢复原长；直线b对应的是弹簧的伸长阶段，弹力F随伸长量的增大线性递增．由此可看出当弹力F＝100 N时，弹簧对应的形变量x＝4 cm，根据胡克定律可求出弹簧的劲度系数k＝Fx＝2500N/m，选项C正确．11．(1)如图所示(2)433G23＋33G[解析] (1)对圆柱体进行受力分析，受力分析图如图所示，其中F N1、F N2、F N3分别为桌面、挡板、细杆对圆柱体的弹力．(2)已知竖直挡板对圆柱体的弹力大小为2G ，即F N2＝2G ，根据平衡关系有 F N3sin60°＝F N2，解得F N3＝433G设圆柱体对均匀细杆AO 的作用力大小为F′N3，根据牛顿第三定律有 F′N3＝433G 由竖直方向的平衡关系有 F N1＝F N3cos60°＋G代入数据解得F N1＝23＋33G.12．(1)4mg (2)4mgk[解析] (1)对A 、B 整体：mg ＋F N ＝5mg 所以F N ＝4mg (2)对B ：F N ＝3mg ＋F k 所以F k ＝mg物体C 的质量改为5m ，当系统达到新的平衡状态后，进行受力分析．对A ：T ＝F k ′＋2mg 对C ：T ＝5mg 所以F k ′＝3mg 即kx 1＝3mg x 1＝3mg k开始时，弹簧的压缩量为x 2，则kx 2＝mg所以A上升的高度为：hA ＝x1＋x2＝4mgk.【挑战自我】13．F－(mA ＋mB)gsinθmA＋mBgsinθk[解析] B刚要离开C时，弹簧弹力大小为F弹＝mBgsinθ.以A为研究对象，受力如图所示．故合力F合＝F－F弹－mAgsinθ＝F－(mA＋mB)gsinθ，开始时弹簧压缩量Δx1＝mAgsinθkB刚要离开时，弹簧伸长量Δx2＝mBgsinθk所以A的位移d＝Δx1＋Δx2＝mA＋mBgsinθk.课时作业（七）【基础热身】1．CD [解析] 静摩擦力产生在两个相对静止的物体之间，与物体是否运动无关，滑动摩擦力产生于两个相对运动的物体之间，与物体是否运动无关，选项A、B 均错误；静摩擦力的大小与正压力的大小无关，一般由平衡条件或牛顿运动定律来求，滑动摩擦力f＝μFN，随着正压力的增大而增大，选项C正确；摩擦力的方向与相对运动或相对运动趋势方向相反，与速度方向无关，选项D正确．2．BC [解析] 容器处于平衡状态，在竖直方向上重力与摩擦力平衡，盛满水前墙面对容器的静摩擦力一直增大，如果一直没有达到正压力F作用下的最大静摩擦力，则水平力F可能不变，选项B、C正确．3．ABD [解析] 题中没有明确F的大小，当F＝mgsinθ时，物块M受到的摩擦力为零．当F<mgsinθ时，物体M有下滑趋势，所受摩擦力沿斜面向上．当F>mgsinθ时，物块M有上滑趋势，所受摩擦力沿斜面向下．当0≤F≤mgsinθ时，静摩擦力f的取值范围是：0≤f≤mgsinθ.可见f>F、f<F和f＝F均有可能，故A、B、D选项均正确．4．CD [解析] 物块M在传送带启动前匀速下滑，应满足所受滑动摩擦力f＝μmgcosθ＝mgsinθ，传送带突然启动后物块M所受摩擦力仍为f＝μmgcosθ＝mgsinθ，且方向不变，选项C、D正确．【技能强化】5．D [解析] 由于物块始终静止在斜面上，物块所受静摩擦力与正压力无直接关系，对物块进行受力分析，沿斜面方向列平衡方程可判断出选项D正确．6．B [解析] 物块静止在斜面上时，物块所受的摩擦力为：f1＝Mgsinα.给物块平行于斜面的水平力F作用后，在斜面内，重力沿斜面向下的分力、水平力F、摩擦力f2三力平衡，根据平衡条件有：f2＝Mgsinα2＋F2，重力沿斜面向下的分力和F的合力与摩擦力f2等大、反向，所以摩擦力的方向和大小都发生了改变，只有选项B正确．7．C [解析] 由于斜面光滑，则物块在斜面上做上下往返运动时对斜面的摩擦力为零，对斜面的正压力始终等于重力沿垂直斜面方向的分力，因此地面对斜面体的摩擦力始终是一个恒力，C正确．8．A [解析] 杆匀加速上升，斜面体水平向右运动，杆相对于斜面体向上滑动，因此杆受的摩擦力沿斜面向下，选项A正确、B错误；杆受的支持力垂直于斜面向上，杆受斜面体的作用力斜向右上方，选项C、D错误．9．D [解析] 取物体B为研究对象，分析其受力情况如图所示，则有F＝mgtanθ，T＝mgcosθ，在将物体B缓慢拉高的过程中，θ增大，则水平力F和细绳上的拉力F随之变大．对A、B两物体与斜面体这个系统而言，系统处于平衡状态，则地面对斜面体的摩擦力一定变大，而竖直方向并没有增加其他力，故斜面体所受地面的支持力不变；在这个过程中尽管绳子张力变大，但是开始时物体A所受斜面体的摩擦力方向未知，故物体A所受斜面体的摩擦力的情况无法确定．10．D [解析] 弹簧对B有向左的弹力，B保持静止，因此A对B有向右的摩擦力，则B对A的摩擦力向左，选项A、B错误；A、B整体在水平方向不受其他外力作用，因此没有向左或向右的运动趋势，地面对A没有摩擦力，选项C错误、D 正确．11．0.30[解析] 设接触面间的动摩擦因数为μ，物体A与B间的摩擦力为f 1＝μGA物体B与地面间的滑动摩擦力为f 2＝μ(GA＋GB)将B匀速拉出，拉力大小与两个摩擦力的合力大小应相等，有F＝f1＋f2解得μ＝0.3012．0.2[解析] 因为圆柱体匀速滑动，所以水平方向的拉力与摩擦力平衡，即f＝200 N．又因为圆柱体两面均与槽接触，所以每一面所受摩擦力f ′＝100 N.设V形槽两侧对圆柱体的弹力大小分别为FN1、FN2，在竖直平面内，圆柱体受到重力G、两侧的弹力FN1、FN2作用，如图所示，由对称性可知，FN1＝FN2＝G.根据f ′＝μFN1，解得μ＝0.2.【挑战自我】13．7 N[解析] P、Q两点应是静摩擦力最大的两个临界位置，在P点弹簧处于伸长状态，受力分析如图甲所示．f m ＝F1－mgsinα在Q点弹簧处于压缩状态，受力分析如图乙所示．f m ＝F2＋mgsinα设弹簧原长为x，则有F1＝k(0.22－x)F2＝k(x－0.08)由以上各式，解得fm＝7 N.课时作业（八）【基础热身】1．C [解析] 合力F和两个分力F1、F2之间的关系为|F1－F2|≤F≤|F1＋F2|，则应选C.2．C [解析] 由矢量合成法则可知，A图的合力为2F3，B图的合力为0，C图的合力为2F2，D图的合力为2F3，因F2为直角三角形的斜边，故这三个力的合力最大的为C图．3．D [解析] 物体做匀速直线运动，则受力平衡，将拉力F在水平方向和竖直方向上分解，则物体一定要受到滑动摩擦力的作用，再根据摩擦力产生的条件知，一定会受到弹力，因此物体一定会受到四个力的作用．4．BC [解析] 手指所受的拉力等于2mgcosθ，增加重物重量或减小夹角θ，都可以使拉力增大，选项B、C正确．【技能强化】5．D [解析] 细线对天花板的拉力等于物体的重力G；以滑轮为对象，两段绳的拉力都是G，互成120°，因此合力大小是G，根据共点力平衡条件，a杆对滑轮的作用力大小也是G(方向与竖直方向成60°斜向右上方)；a杆和细线对滑轮的合力大小为零．6．B [解析] 细绳对A的拉力大小始终等于物体B的重力，选项A错误；系统仍保持静止，则A受到的合力仍为零，选项D错误；斜面倾角由45°增大到50°，A对斜面的压力大小由mA gcos45°减小到mAgcos50°，选项B正确；A受到的静摩擦力大小发生了变化，选项C错误．7．A [解析] 绳子恰好不断时的受力分析如图所示，由于F＝mg＝10 N，绳子的最大拉力也是10 N，可知F1、F2之间的最大夹角为120°，由几何关系知两个挂。

2020届高考物理一轮复习人教版相互作用作业Word版含答案

2020届一轮复习人教版相互作用作业一、单选题1．三段材质完全相同且不可伸长的细绳OA、OB、OC，它们共同悬挂一重物，如图所示，其中OB水平，A端、B端固定。

若逐渐增加C端所挂重物的质量，则最先断的绳（）A. 必定是OAB. 必定是OBC. 必定是OCD. 可能是OB，也可能是OC【答案】 A2．如图所示，a、b两细绳一端系着质量为m的小球，另一端系在竖直放置的圆环上，开始时绳b水平。

设绳a、b对小球作用力的合力大小为F合。

现将圆环在竖直平面内逆时针极其缓慢地向左滚动90°，在此过程中（）A. F合始终增大B. F合保持不变C. F合先增大后减小D. F合先减小后增大【答案】 B【解析】将圆环在竖直平面内逆时针极其缓慢地向左滚动90°的过程中，两根细绳一直处于拉直状态，小球相对于圆的位置不变，所以一直处于平衡状态，绳a、b对小球作用力的合力大小与小球的重力平衡，保持不变，B正确、ACD错误。

故选B。

点睛：本题主要是考查了共点力的平衡问题，弄清楚圆环转动过程中细绳和小球所处的状态是解答本题的关键；知道三力平衡时任意两个力的合力与第三个力等大反向．3．质量为2kg的质点仅受两个力作用，两个力的大小分别为3N和5N。

则该质点的加速度的值可能为（）A. 0.5m/s2B. 0.75m/s2C. 3.5m/s2D. 4.5 m/s2【答案】 C【解析】3N和5N的合力范围为：2N≤F≤8N，故加速度的最大值为：a max2＝4m/s2，加速度的最小值为：a min2＝1m/s2，故C正确，ABD错误。

故选C。

4．如图所示是一旅行箱，它既可以在地面上推着行走，也可以在地面上拉着行走．已知该旅行箱的总质量为15 kg，一旅客用斜向上的拉力拉着旅行箱在水平地面上做匀速运动，若拉力的最小值为90 N，此时拉力与水平方向间的夹角为θ，重力加速度大小为g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，旅行箱受到地面的阻力与其受到地面的支持力成正比，比值为μ，则()A. μ＝0.5，θ＝37°B. μ＝0.5，θ＝53°C. μ＝0.75，θ＝53°D. μ＝0.75，θ＝37°【答案】 D令μ=tanα，则当α-θ=0°时，F有最小值，故F=sinαG=90N，故α=37°，故μ=tan37°=0.75，θ=37°；故选D.点睛：本题关键是对物体受力分析，根据平衡条件并采用正交分解法列式分析，第二问令μ=tanα求解F的最小值的表达式是关键；5．如图所示为一简易起重装置，AC是上端带有滑轮的固定支架BC为质量不计的轻杆，杆的一端C用较链固定在支架上，另一端B悬挂一个质量为m的重物，并用钢丝绳跨过滑轮A连接在卷扬机上.开始时，杆BC与AC的夹角∠BCA>90°，现使∠BCA缓缓变小，直到∠BCA=30°.在此过程中，杆BC所受的力（不计一切阻力）（）A. 逐渐增大B. 先减小后增大C. 大小不变D. 先增大后减小【答案】 C根据三角形相似得：F合=G，得：，BCA缓慢变小的过程中，AB变小，而AC、BC不变，则得到，F变小，N不变，所以绳子越来越不容易断，作用在BC杆上的压力大小不变；故选C。

2020届一轮复习人教新课标功和能单元过关练(解析版)

2020年高考物理考点精选精炼：功和能（提升卷)（解析版)1．质量为m 的物体，在距地面h 高处以3g 的加速度由静止竖直下落到地面。

下列说法中正确的是（）A ．物体的动能增加3mghB ．重力做功3mgh C ．物体的重力势能减少了3mgh D ．物体的机械能减少3mgh 2．如图所示，质量为m 的小球从距离地面高H 的A 点由静止开始释放，落到地面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用，到达距地面深度为h 的B 点速度减为零．不计空气阻力，重力加速度为g ．关于小球下落的整个过程，下列说法中正确的是( )A ．小球的机械能减少了mg (H ＋h )B ．小球所受阻力的冲量小于C ．小球克服阻力做的功为mghD ．小球动量的改变量等于所受阻力的冲量3．如图所示，质量为m 的小球从高为h 处的斜面上的A 点滚下，经过水平面BC 后，再滚上另一斜面，当它到达高为4h 的D 点时，速度为零，在这个过程中，重力做功为（）A ．34mghB ．4mghC ．mghD ．04．如图所示，斜劈劈尖顶着竖直墙壁静止于水平面上，现将一小球从图示位置由静止释放，不计一切摩擦，则在小球从释放到落至地面的过程中，下列说法正确的是（）A．斜劈对小球的弹力不做功B．斜劈与小球组成的系统机械能守恒C．斜劈的机械能守恒D．小球重力势能减小量等于斜劈动能的增加量5．以一定的初速度竖直向上抛出一个小球，小球上升的最大高度为h，运动中空气阻力大小恒为f，则小球从抛出点到再回到抛出点的过程中，空气阻力对小球做的功应为（）A．0 B．-fh C．-2fh D．-4fh6．在同一高度以相同速率将手中质量相同的小球分别以上抛、下抛、平抛三种不同的方式抛出（）A．三个小球落地的速度相同B．三个小球从抛出到落地过程中重力做功不相同C．三个小球落地时动能相同D．三个小球从抛出到落地过程中重力的平均功率相同7．如图，一光滑大圆环固定在桌面上，环面位于竖直平面内，在大圆环上套着一个小环，小环由大圆环的最高点从静止开始下滑，在小环下滑的过程中，大圆环对它的作用力（）A．一直做负功B．一直不做功C．始终指向大圆环圆心D．始终背离大圆环圆心8．质量不同而初动量相同的两个物体，在水平地面上由于摩擦力的作用而停止运动，它们与地面间的动摩擦因数相同，比较它们的滑行时间和滑行距离，则( )A.两个物体滑行的时间一样长B.质量大的物体滑行的时间较长C.两个物体滑行的距离一样长D.质量小的物体滑行的距离较长9．（多选）在机场和火车站可以看到对行李进行安全检查用的水平传送带如图所示，设某机场的传送带匀速前进的速度为0.4m/s，某行李箱的质量为10kg，行李箱与传送带之间的动摩擦因数为0.2，传送带的长度为2m。

【物理】2020届一轮复习人教新课标相互作用单元过关练（解析版）

2020年高考物理考点精选精炼：相互作用（提升卷)1．如图所示，两个相似的斜面体A、B在竖直向上的力F的作用下静止靠在竖直粗糙墙壁上。

关于斜面体A和B的受力情况，下列说法正确的是（）A．A一定受到三个力B．B可能受到四个力C．B与墙壁之间一定有弹力和摩擦力D．A与B之间一定有摩擦力2．如图所示，一个重为5N的大砝码，用细线悬挂在O点，现在用力F拉砝码，使悬线偏离竖直方向30°时处于静止状态，此时所用拉力F的最小值为（）A．8.65N B．5.0NC．4.3N D．2.5N3．如图所示，在两个相互垂直的水平力F1=4N、F2＝3N作用下，物体沿光滑水平面通︒=，则过一段位移x，该过程中F1、F2对物体做功分别8J、6J.已知tan370.75A．x大小为2m B．合力对物体做功10JC．合力大小为7N D．合力与x间的夹角为8°4．下列关于重力、重心的说法，正确的是（）A．任何有规则形状的物体，它的重心一定与它的几何中心重合B．任何物体的重心都在物体内，不可能在物体外C ．用一绳子将物体悬挂起来，物体静止时，该物体的重心不一定在绳子的延长线上D ．重力是由于地面附近的物体受到地球的万有引力而产生的5．如图，将一个球放在两块光滑斜面板AB 和AC 之间，两板与水平面的夹角都是60.现将两板与水平面的夹角以大小相等的角速度同时缓慢地均匀地减小到30，则在此过程中，球对两板的压力( )A ．先增大后减小B ．逐渐减小C ．先减小后增大D ．逐渐增大 6．如图所示，A 、B 两物体的质量分别为m A 和m B ，且m A ＞m B ，整个系统处于静止状态，小滑轮的质量和一切摩擦均不计．如果绳的一端由Q 点缓慢地向左移到P 点，整个系统重新平衡后，物体A 的高度和两滑轮间绳与水平方向的夹角θ的变化情况是( )A ．物体A 的高度升高，θ角变大B ．物体A 的高度降低，θ角变小C ．物体A 的高度不变，θ角不变D ．物体A 的高度升高，θ角不变7．（多选）将一横截面为扇形的物体B 放在水平面上，一小滑块A 放在物体B 上，如图所示，除了物体B 与水平面间的摩擦力之外，其余接触面的摩擦均可忽略不计，已知物体B 的质量为M 、滑块A 的质量为m ，重力加速度为g ，当整个装置静止时，A B 、接触面的切线与竖直的挡板之间的夹角为θ，则下列选项正确的是（）A ．物体B 对水平面的压力大小为MgB ．物体B 受到水平面的摩擦力大小为tan mg θC ．滑块A 与竖直挡板之间的弹力大小为tan mg θD．滑块A对物体B的压力大小为14 a⎛⎫-⎪⎝⎭，8．（多选）物体同时受到同一平面内三个力作用，下列几组力的合力可能为零的是() A．1005N，1004N，2019N B．500N，200N，300NC．100N，500N，1000N D．1000N，1000N，1000N9．（多选）一质量为2kg、初速度不为零的物体，在光滑的水平面上受到大小分别为4N、6N、9N的三个水平共点力作用，则物体（）A．可能做匀速直线运动B．可能做匀减速直线运动C．不可能做匀变速曲线运动D．加速度的大小可能是2m/s210．（多选）关于滑动摩擦力，下列说法正确的有A．物体受到的滑动摩擦力大小总是与它受到的重力成正比B．物体受到的滑动摩擦力大小与接触面的粗糙程度有关C．物体受到的滑动摩擦力的方向可能与它的运动方向相同D．物体受到的滑动摩擦力总是阻碍它的相对运动11．某同学利用所学知识测量弹簧的劲度系数.弹簧的上端固定在铁架台上，下端可以挂砝码盘。

2020年高考物理一轮复习相互作用单元测验(含两套,附解析)

2020年高考物理一轮复习相互作用单元测验相互作用（含两套，附解析）一、(本题共10小题，每小题4分，共40分。

在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10题有多项符合题目要求。

全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)1．关于力，下列说法正确的是()A．拳击运动员一记重拳出击，被对手躲过，运动员施加的力没有受力物体B．站在地面上的人受到的弹力是地面欲恢复原状而产生的C．重力、弹力、摩擦力、支持力是按力的性质命名的，动力、阻力、压力是按力的作用效果命名的D．同一物体放在斜面上受到的重力一定小于放在水平面上受到的重力2．舟山群岛的海滨建有许多休闲设施，夏天在海水中泡够了的人们可以上岸休息。

如图是某人静躺在海滨休闲靠背椅上的示意图，靠背与水平面之间有固定的倾斜角θ。

若此人的质量为m，则靠背椅对他的作用力的大小为() A．mg B．mg sin θ C．mg cos θD．mg tan θ3．如图所示，物体m在水平推力F的作用下沿斜面匀速运动，则()A．物体可能受到4个力的作用B．物体可能受到5个力的作用C．物体一定受到沿斜面向下的滑动摩擦力D．物体一定受到沿斜面向上的滑动摩擦力4．如图所示是一种压榨机示意图，O为杆与倒“T”形装置B的转轴连接点，当作用在滑块A上的水平推力F＝500 N、且杆与竖直方向的夹角α＝30°时，与杆相连的倒“T”形装置B对物块C的压力大小为(不计A、B的重力和摩擦力) ()A．500 N B．500 3 NC．1000 N D．1000 3 N5．如图所示，质量m1＝10 kg和m2＝30 kg的两物体叠放在动摩擦因数为0.25的粗糙水平地面上。

一个处于水平方向的轻弹簧，其劲度系数k＝250 N/m，一端固定于墙壁，另一端与质量为m1的物体相连，弹簧处于自然状态。

现用一水平拉力F作用于质量为m2的物体上，使它缓慢地向右移动，当移动x＝0.20 m时，两物体间开始相对滑动，取g＝10 m/s2，则此时水平拉力F的大小为()A．50 N B．100 NC．150 N D．200 N6．如图甲所示，在一固定的光滑斜面上有一质量为m 的物体。

2020届一轮人教版专题2.18 连接体平衡问题(提高篇) 作业

2020高考一轮复习必刷考点好题精练第二部分相互作用十八．连接体平衡问题（提高篇）一．选择题1．如图所示，一轻细绳跨过定滑轮连接两个小球A、B，它们都穿在一光滑的竖直杆上，不计细绳与滑轮间的摩擦，当两球平衡时OA绳与水平方向的夹角为60°，OB绳与水平方向的夹角为30°，若两小球质量分别为m A、m B；杆对A、B的弹力为N A、N B，则（）A．B．C．D．【参考答案】BC【名师解析】分别对AB两球分析，运用合成法，如图：由几何知识得：，则：；由图可知杆的弹力，则整理可以得到：，故BC 正确，AD 错误。

点睛：本题考查连接体中共点力平衡条件的应用，要注意正确利用隔离法对两个物体的受力分析，关键是抓住同一根绳子上的拉力处处相等，并结合几何关系将两个小球的重力联系起来，即可求得对应的比值，同时注意几何关系以及数学规律的正确应用。

2．如图所示，倾角θ＝30°的斜面体 A 静止在水平地面上，一根轻绳跨过斜面体顶端的小滑轮，绳两端系有质量均为m 的小物块a 、b ，整个装置处于静止状态。

不计绳与滑轮间的摩擦重力加速度为g ，则（）A ．小物块b 受到竖直向上的摩擦力作用B ．小物块a 受到沿斜面向下的摩擦力作用，大小为12mg C ．斜面体A 受到水平地面向左的摩擦力作用D ．细绳对小滑轮的压力大小为mg【参考答案】B【名师解析】小物块b 与A 的弹力为零，所以摩擦力为零，故A 错误；对a 受力分析可知，f ＝mg －mg sin θ＝12mg ，故B 正确；对a 、b 和A 整体分析可知，斜面体A 水平方向上没有摩擦力作用，故C 错误；受力分析可知细绳对小滑轮的压力大小等于两细绳的合力，即2mg cos θ＝3mg ，故D 错误．3．(2016·南昌二模)如图所示，有5 000个质量均为m 的小球，将它们用长度相等的轻绳依次连接，再将其左端用细绳固定在天花板上，右端施加一水平力使全部小球静止．若连接天花板的细绳与水平方向的夹角为45°.则第2011个小球与2012个小球之间的轻绳与水平方向的夹角α的正切值等于（）A.29895000 B. 20115000 C. 20112089 D. 20892011【参考答案】A【名师解析】以5 000个小球组成的整体为研究对象，分析受力情况，如图1所示，根据平衡条件得F ＝5 000mg 。

2020版高考物理一轮复习单元质检02 相互作用(含解析)

所示。则杆对环的摩擦力大小为( )
A.mgsin θ
B.mgcos θ C.mgtan θ D.mgsin θcos θ
答案 D
解析设细线的弹力为 F,对斜面上的物块,由共点力平衡条件得 F-mgsinθ=0。对轻环,由共点力平
衡条件,有 Fcosθ-Ff=0,解得杆对环的摩擦力大小为 Ff=mgsinθcosθ,选项 D 正确。
A.小球受到的摩擦力方向竖直向下 B.小球受到的摩擦力与重力大小相等 C.若增大铁夹对小球的压力,小球受到的摩擦力变大 D.若铁夹水平移动,小球受到的摩擦力变大答案 B 解析对小球受力分析可知,小球受重力、两侧铁夹的弹力以及摩擦力作用,根据平衡条件可知,小球在竖直方向上受到的摩擦力与重力大小相等,方向相反,故 A 错误,B 正确;增大铁夹对小球的压力, 小球受到的摩擦力仍等于重力,大小不变,故 C 错误;若水平移动铁夹,由于小球在竖直方向受力始终平衡,故摩擦力大小不变,故 D 错误。
2.如图所示,光滑小球放置在半球面的底端,竖直放置的挡板水平向右缓慢地推动小球,则在挡板运动(小球始终未脱离球面)的过程中,挡板对小球的推力 F、半球面对小球的支持力 FN 的变化情况正确的是( ) A.F 增大,FN 减小 B.F 减小,FN 增大
C.F 减小,FN 减小 D.F 增大,FN 增大答案 D 解析对处在某一位置的小球受力分析,受重力、挡板向右的支持力和半球面的支持力,如图所示
mg 根据平衡条件,解得 F=mgtanθ,FN=cosθ, 由于 θ 不断增大,故 F 增大、FN 增大,选项 D 正确。 3.
在水平地面上固定一个上表面光滑的斜面体,斜面上面放有质量为 m 的木块,用一根平行于斜面的
细线连接一个轻环,并将轻环套在一根两端固定、粗糙的水平直杆上,整个系统处于静止状态,如图

2020届高考物理一轮复习人教版相互作用课时作业含答案

2020届一轮复习人教版相互作用课时作业一、选择题1.如图所示,水平地面上堆放着原木,关于原木P在支撑点M、N处受力的方向,下列说法正确的是( )A.M处受到的支持力竖直向上B.N处受到的支持力竖直向上C.M处受到的静摩擦力沿MN方向D.N处受到的静摩擦力沿水平方向答案A支持力的方向垂直于支持面指向被支持的物体,因此M处受到的支持力垂直于地面竖直向上,N处受到的支持力过N垂直于切面斜向上,A项正确、B项错;静摩擦力方向平行于接触面与相对运动趋势的方向相反,因此M处受到的静摩擦力沿水平方向,N处受到的静摩擦力沿MN方向,C、D 项都错误。

2.如图所示,一物体在粗糙水平地面上受斜向上的恒定拉力F作用而做匀速直线运动,则下列说法正确的是( )A.物体可能只受两个力作用B.物体可能受三个力作用C.物体可能不受摩擦力作用D.物体一定受四个力作用答案D物体受到竖直向下的重力、地面给的支持力、恒定拉力F和地面给的摩擦力四个力的作用,缺少一个,则物体受到的合力就不能为零,所以物体一定受四个力作用,D项正确。

、3.图为节日里悬挂灯笼的一种方式,A、B点等高,O为结点,轻绳AO、BO长度相等,拉力分别为FA ,灯笼受到的重力为G。

下列表述正确的是( )FBA.F A 一定小于GB.F A 与F B 大小相等C.F A 与F B 是一对平衡力D.F A 与F B 大小之和等于G答案 B 由题意知,A 、B 两点等高,且两绳等长,故FA 与FB 大小相等,B 选项正确。

若两绳夹角大于120°,则F A =F B >G;若夹角小于120°,则F A =F B <G;若夹角等于120°,则F A =F B =G,故选项A 、D 错。

夹角为180°时,F A 与F B 才能成为一对平衡力,但这一情况不可能实现,故C 项错。

4.(多选)如图所示,A 、B 、C 三个物体质量相等,它们与传送带间的动摩擦因数相同。

2020年高考物理一轮复习考点归纳专题2-相互作用附答案

【基本概念、规律】 ..........................................................................................................................................4
【重要考点归纳】 .................................................................................................................5
2020 年高考一轮复习知识考点归纳专题 02 相互作用
目录
第一节重力弹力摩擦力....................................................................................................................................2
第三节受力分析共点力的平衡..........................................................................................................................7
【基本概念、规律】 ..........................................................................................................................................7
考点一共点力的合成
..................................................................................................................5

2020版高考新课标一轮复习：第2章相互作用

第二章 ⎪⎪⎪相互作用[全国卷5年考情分析]形变、弹性、胡克定律(Ⅰ) 矢量和标量(Ⅰ) 以上2个考点未曾独立命题第1节重力弹力一、力1．力的概念：力是物体对物体的作用。

[注1]2．力的三要素：力的大小、方向、作用点。

3．力的表示方法：力的图示或力的示意图。

[注2]二、重力1．产生：由于地球的吸引而使物体受到的力。

[注3]2．大小：与物体的质量成正比，即G＝mg。

可用弹簧测力计测量重力。

3．方向：总是竖直向下的。

4．重心：其位置与物体的质量分布和形状有关。

三、弹力1．弹力(1)定义：发生弹性形变的物体由于要恢复原状而对与它接触的物体产生的作用力。

[注4](2)产生的条件：①物体间直接接触。

②接触处发生弹性形变。

(3)方向：总是与物体形变的方向相反。

2．胡克定律(1)内容：弹簧发生弹性形变时，弹力的大小跟弹簧伸长(或缩短)的长度x成正比。

(2)表达式：F＝kx。

k是弹簧的劲度系数，由弹簧自身的性质决定，单位是N/m，x是弹簧长度的改变量，不是弹簧形变以后的长度。

【注解释疑】[注1] 力的作用是相互的(一个巴掌拍不响)。

[注2] 力的图示VS示意图力的图示是严格表示力的方法，需要把力的三要素全部表示出来，而力的示意图只表示力的作用点和方向。

[注3] 重力并不是地球对物体的引力，产生差异的原因是地球自转。

[注4] 施力物体是发生形变的物体，受力物体是阻碍恢复形变的物体。

[深化理解]1．力不能脱离物体而独立存在，没有施力物体或受力物体的力是不存在的。

2．重心是重力的“等效作用点”，不一定在物体上，其具体位置由物体质量分布规律和几何形状共同决定。

3．物体所受支持力的大小不一定等于重力，其大小与物体的放置方式及运动状态有关。

4．胡克定律对轻弹簧、橡皮条均适用，但形变量必须在弹性限度内。

[基础自测]一、判断题(1)自由下落的物体所受重力为零。

(×)(2)重力的方向不一定指向地心。

(√)(3)弹力一定产生在相互接触的物体之间。

2020-2021学年高考物理一轮复习相互作用-力练习试题及答案

322020-2021 学年高三物理一轮复习练习卷：相互作用-力一、选择题1．质量为m 的木箱置于水平面上，水平推力F 即可使木箱做匀速直线运动．现保持F 的大小不变，方向改为与水平方向成60°斜向上拉木箱，仍能使其做匀速直线运动，如图所示．则木箱与水平面间的动摩擦因数为()A．32C．33B．12D．2．有一直角V 形槽固定在水平面上，其截面如图所示，BC 面与水平面间夹角为60°，有一质量为m 的正方体均匀木块放在槽内，木块与BC 面间的动摩擦因数为μ，与AB 面间无摩擦，现用垂直于纸面向里的力推木块使之沿槽运动，则木块受的摩擦力为（）A．1 μmg2B．μmg2C．μmg2D．μmg3．如图所示的翻斗车车斗的底部是一个平面，司机正准备将车上运送的一块大石块(图中未画出)卸下。

司机将车停稳在水平路面上，通过操纵液压杆使车斗底部倾斜，直到石块开始加速下滑时，保持车斗倾斜角不变。

则在石块沿车斗底面匀加速下滑的过程中（）A．翻斗车不受地面的摩擦力B．翻斗车受到的合外力不为零C．地面对翻斗车的支持力小于翻斗车和车上石块的总重力D．车斗的倾角越大，石块对翻斗车的压力也越大4．如图所示，放在水平面上的物体受到一个与水平方向成θ 角的拉力F 作用，把F分解为水平方向和竖直方向两个分力，则水平分力大小为（）3A．FsinθB．FcosθC．FtanθD．Fcotθ5．下列关于重力、重心的说法,正确的是( )A．物体的重心一定与它的几何中心重合B．重力是由于地面附近的物体受到地球的吸引而产生的C．用一绳子将物体悬挂起来,物体处于静止状态时,该物体的重心不一定在绳子的延长线上D．任何物体的重心都在物体内,不可能在物体外6．最强台风“ft竹”于不久前登陆我国东南沿海地区，中心附近最大风力可达到14 级，不少公共设施都因台风而被破坏，如右图所示为太阳能路灯，它由太阳能电池板，LED 灯和灯柱组成.在台风来袭时，关于灯柱对LED 灯的作用力的说法正确的是（）A．在受到台风水平作用时，风力恒定，灯柱对灯的作用力可能竖直向上B．在受到台风水平作用时，风力越强，灯柱对灯的作用力越大C．在受到台风水平作用时，风力越弱，灯所受到的合外力越小D．在无风干扰时，灯柱对灯的作用力方向斜向上7．篮球放在水平地面上，篮球会受到弹力的作用，产生这个弹力的原因是（）A．地面的形变B．篮球的形变C．地面和篮球的形变D．篮球受到的重力8．如图(甲)所示，物体原来静止在水平面上，用一水平力F 拉物体，在F 从0 开始逐渐增大的过程中，物体先静止后又做变加速运动，其加速度a 随外力F 变化的图象如图乙所示．设最大静摩擦滑动摩擦相等，重力加速度g 取得10m/s2，下列判断正确的是（）A．物体的质量m=2kgB．物体与水平面间的滑动摩擦因数为0．6C．物体与水平面间的最大静摩擦力f max=12ND．在F 为10N 时物体的加速度a=2.5m/s29．物体以初速度v 冲上粗糙的斜面，如选项所示的四个物体受力示意图中，正确的是( )A．B．C．D．10．在无风的环境，某人在高处释放静止的篮球，篮球竖直下落；如果先让篮球以一定的角速度绕过球心的水平轴转动（如图）再释放，则篮球在向下掉落的过程中偏离竖直方向做曲线运动。

考点03 相互作用-2020年新高三一轮复习物理(解析版)

衔接点03 相互作用一、选择题1．(多选)人握住旗杆匀速上爬，则下列说法正确的是()A．受的摩擦力的方向是向下的B．受的摩擦力的方向是向上的C．手握旗杆的力越大，人受的摩擦力也越大D．手握旗杆的力增加，人受的摩擦力保持不变【答案】BD【解析】人握住旗杆匀速上爬时，受到向下的重力和向上的摩擦力而平衡，选项B对、A错．手握旗杆的力越大，只是人受到的最大静摩擦力也越大，但实际静摩擦力的大小始终等于重力大小，选项C错、D对．2．如下图所示，A、B两物体重力都等于10 N，各接触面间的动摩擦因数都等于0.3，同时有F＝1 N的两个水平力分别作用在A和B上，A和B均静止，则地面对B和B对A的摩擦力分别为()A．6 N,3 NB．1 N,1 NC．0,1 ND．0,2 N【答案】C【解析】A、B均静止，应用整体法，即A、B整体水平方向所受外力大小相等，方向相反，故地面对B无摩擦力．以A为研究对象，水平方向必受大小与F相等、方向与F相反的静摩擦力，故选项C正确．3．如下图所示，不光滑的水平面上并列放置两物块A和B.已知水平面对A的最大静摩擦力为4 N，水平面对B的最大静摩擦力为2 N，当用F＝3 N的水平力从左侧推A时，物体A、B 受的摩擦力分别为F f A、F f B，则()A．F f A＝1 N，F f B＝2 NB．F f A＝3 N，F f B＝0C．F f A＝4 N，F f B＝2 ND．因动摩擦因数和A、B的质量未知，故无法计算【答案】B【解析】对A：水平方向受到3 N向右的推力和3 N向左的静摩擦力，没有超过A的最大静摩擦力4 N，所以A和B接触而没有挤压，B对A的作用力F BA＝0.对B：没有相对水平面滑动的趋势，水平面对B没有摩擦力，F f B＝0.4．(多选)如图所示，位于斜面上的物块M在沿斜面向上的力F作用下，处于静止状态，则斜面作用于物块的静摩擦力()A．方向一定沿斜面向下B．方向可能沿斜面向下C．大小可能等于零D．大小可能等于F【答案】BCD【解析】以物块M为研究对象进行受力分析可知，物块M受竖直向下的重力G、垂直斜面向上的弹力F N，平行斜面向上的力F以及平行于斜面方向的静摩擦力，如图所示(静摩擦力未画出)，静摩擦力的方向与相对运动趋势方向相反，但这里无法直接确定，则可假设斜面光滑，此时物块向上还是向下运动取决于沿斜面方向向上的力F及沿斜面向下的重力的分力G sin θ的大小，当F ＞G sin θ时，物块有向上运动的趋势，此时静摩擦力应沿斜面向下，B正确；当F＝G sin θ时，无相对运动趋势，此时静摩擦力为零，C正确；当F＜G sin θ时，物块有向下运动的趋势，此时静摩擦力沿斜面向上，A错误；当F＝G sin θ时，静摩擦力等于G sin θ且方向沿斜面向上，D正确．5．人站在自动扶梯的水平踏板上，随扶梯斜向上匀速运动，如图所示．以下说法正确的是( )A．人受到重力和支持力的作用B．人受到重力、支持力和摩擦力的作用C．人受到的合力不为零D．人受到的合力方向与速度方向相同【答案】A【解析】假设人受到水平向左的静摩擦力作用，与人做匀速运动时所受合力为零不符，故水平方向不应该受力，即人不受摩擦力的作用．6．如下图所示，物体A和B一起沿斜面匀速下滑，则物体A受到的力是()A．重力、B对A的支持力B．重力、B对A的支持力、下滑力C．重力、B对A的支持力、摩擦力D．重力、B对A的支持力、摩擦力、下滑力【答案】A【解析】假设A受摩擦力，那么在水平方向合力不等于0，不会做匀速运动，故不受摩擦力．故A正确．7．如下图所示，物块在力F作用下向右沿水平方向匀速运动，则物块受到的摩擦力F f与拉力F的合力方向应该是()A．水平向右B．竖直向上C．向右偏上D．向左偏上【答案】B【解析】物体受向下的重力G、斜向上的拉力F和水平向左的摩擦力F f三个力的作用下处于平衡状态，则任意两个力的合力与第三个力等大反向，故摩擦力F f与拉力F的合力方向应和重力方向相反即竖直向上，B正确．8.木块A、B分别重50 N和30 N，它们与水平地面之间的动摩擦因数均为0.2.与A、B相连接的轻弹簧被压缩了5 cm，系统置于水平地面上静止不动．已知弹簧的劲度系数为100 N/m.用F＝1 N的不变力作用在木块A上，如下图所示．力F作用后()A．木块A所受摩擦力大小是4 N，方向向右B．木块A所受摩擦力大小是9 N，方向向右C．木块B所受摩擦力大小是9 N，方向向左D．木块B所受摩擦力大小是6 N，方向向左【答案】 A【解析】当A不受外力F作用时，A、B之间产生弹力大小均为5 N，均未达到各自的最大静摩擦力，故A受到的摩擦力大小为5 N，方向水平向右；B受到的摩擦力大小为5 N，方向水平向左；当A受到外力F＝1 N作用时经过受力分析可知，A受到的摩擦力大小为4 N，方向水平向右，弹簧仍然是原状，弹力大小不变，故B受到的摩擦力大小仍为5 N，方向水平向左，选项A正确．9.如图所示，水平地面上的物体A在斜向上的拉力F的作用下，向右做匀速运动，则下列说法中正确的是()A．物体A可能只受到二个力的作用B．物体A一定只受到三个力的作用C．物体A一定受到了四个力的作用D．物体A可能受到了三个力的作用【答案】C【解析】物体一定受重力，拉力F产生两个作用效果，水平向右拉木块，竖直向上拉木块，由于木块匀速直线运动，受力平衡，水平方向必有摩擦力与拉力的水平分量平衡，即一定有摩擦力，结合摩擦力的产生条件可知则必有支持力，因而物体一定受到四个力，故选C10.物块静止在固定的斜面上，分别按图示的方向对物块施加大小相等的力F，施力后物块仍然静止，则物块所受的静摩擦力增大的是()A．B．C．D．【答案】 D【解析】分析四个图中的物体施加F后F的受力如图：物体处于平衡状态，合外力为零，正交分解物体受到的力，可知沿斜面方向的合力为零．即A 图中F f A＝G sin θ；B图中F f B＝G sin θ；C图中F f C＝(G－F)sin θ；D图中F f D＝(G＋F)sin θ，而原来都为：G sin θ，比较得知静摩擦力增大的为D，所以A、B、C、选项错误，D选项正确．故选D.二、非选择题11．如图甲所示，将完全相同、质量均为4 kg的木块A和B叠放在水平桌面上，在16 N的水平拉力F1作用下，A、B一起做匀速直线运动．(g取10 N/kg)(1)此时木块B上表面受到摩擦力F f1是多少？B的下表面所受的摩擦力F f2又是多少？(2)桌面与木块之间的动摩擦因数是多少？(3)若将A、B紧靠着放在水平桌面上(如图乙所示)，用水平推力F2推A使它们一起匀速运动，这时，A对B的弹力有多大？【答案】(1)016 N(2)0.2(3)8 N【解析】(1)A做匀速运动，水平方向不受力，所以B上表面F f1＝0下表面F f2＝F1＝16 N.(2)由F N＝(m A＋m B)gF f2＝μF N解得μ＝0.2.(3)F N B＝m B gB受的摩擦力F f B＝8 NF B＝F f B＝8 N.12．如下图所示，物体A、B的质量为m A＝m B＝6 kg，A和B、B和水平面间的动摩擦因数都等于0.3，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，水平力F＝30 N．那么，B对A的摩擦力和水平桌面对B的摩擦力各为多大？(取g＝9.8 N/kg)【答案】15 N30 N【解析】绳对A、B的拉力均为F T＝＝ N＝15 N，A、B间的最大静摩擦力F A max＝μF N A＝μm A g＝0.3×6×9.8 N＝17.64 N＞F T，B与水平面间的最大静摩擦力F B max＝μF N B＝μ(m A＋m B)g＝0.3×(6＋6)×9.8 N＝35.28 N＞F，可见物体A、B均相对地面静止．以A为研究对象，对A由二力平衡可得B对A的摩擦力F BA ＝F T＝15 N；A、B相对静止，以A、B整体为研究对象，由二力平衡条件，可得水平面对B的摩擦力F B＝F＝30 N.13．质量为2 kg的物体放在水平地面上，物体与水平地面间的动摩擦因数为0.5，现给物体加一个水平拉力F，物体恰在水平面上匀速运动，若在该物体运动的过程中，突然将拉力F改为大小不变，方向竖直向下的压力，这时物体受到的摩擦力的大小是多少？(取g＝10 m/s2) 【答案】15 N【解析】物体在水平拉力F的作用下匀速运动时F＝F f，而F f＝μF N＝μmg，所以F＝0.5×2×10 N＝10 N.当F竖直向下时，正压力F′＝F＋mg，即F′＝10 N＋2×10 N＝30 N.这时滑动摩擦力F f′＝μF′＝0.5×30 N＝15 N.14．如下图所示一个M＝2 kg的物体放在μ＝0.2的粗糙水平面上，用一条质量不计的细绳绕过定滑轮和一只m0＝0.1 kg的小桶相连，已知：M受到的最大静摩擦力F max＝4.5 N，滑轮上的摩擦不计，g取10 N/kg，求在以下情况中，M受到的摩擦力的大小．(1)只挂m0处于静止状态时．(2)只挂m0但在M上再放一个M′＝3 kg的物体时．(3)只在桶内加入m1＝0.33 kg的砂子时．(4)只在桶内加入m2＝0.5 kg的砂子时．【答案】(1)1 N(2)1 N(3)4.3 N(4)4 N【解析】(1)因为m0g＝1 N<F max，M处于静止状态，受静摩擦力作用，由二力平衡得F1＝m0g ＝1 N.(2)在M上再放一个M′＝3 kg的物体，M仍静止，仍受静摩擦力F2＝F1＝m0g＝1 N.(3)因为(m0＋m1)g＝4.3 N<F max，故M处于静止状态，所受静摩擦力：F3＝(m0＋m1)g＝4.3 N.(4)因为(m0＋m2)g＝6 N>F max，故物体运动，受到滑动摩擦力作用，所以F4＝μF N＝μMg＝4 N. 15．如下图所示，G A＝20 N，G B＝10 N，A与水平面的动摩擦因数μ＝0.4，其余摩擦不计，求下列(1)(2)两种情况下物体A受什么摩擦力？大小如何？(假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(1)F1＝0时由静止释放B物体．(2)F2＝10 N由静止释放B物体．(3)若要使A匀速运动，所加的竖直方向的力F的大小是多少？【答案】(1)滑动摩擦力8 N(2)静摩擦力10 N(3)5 N【解析】(1)F1＝0时，A所受最大静摩擦力为F f1max＝μm A g＝8 N，此时m B g＞F f1max，故A将运动，A所受摩擦力为滑动摩擦力，大小为F f1＝μm A g＝8 N；(2)当F2＝10 N时，A所受最大静摩擦力为F f2max＝μ(F2＋m A g)＝12 N，此时m B g＜F f2max，故A 静止，A所受摩擦力为静摩擦力，大小为F f2＝m B g＝10 N.(3)若A匀速运动，此时滑动摩擦力大小等于B的重力大小，故此时有：μ(m A g＋F)＝m B g，代入数据得：F＝5 N．故所加的竖直方向的力F的大小是5 N.。

【物理】2020届一轮复习人教版相互作用课时作业

2020届一轮复习人教版相互作用课时作业一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分。

在每个小题给出的四个选项中，第1～8小题，只有一个选项符合题意；第9～12小题，有多个选项符合题意，全部选对的得4分，选对而不全的得2分，错选或不选的得0分)1．如图所示，甲、乙两物体叠放在水平面上，用水平力F拉物体乙，它们仍保持静止状态，甲、乙间接触面也为水平，则乙物体受力的个数为() A．3个B．4个C．5个D．6个答案 C解析乙物体受到重力、拉力、水平面的支持力及甲物体对乙物体的压力及水平面的静摩擦力，故C正确。

2．汽车刹车时如果车轮停止转动(技术上叫刹车抱死)，车轮与地面发生滑动，此时地面的侧向附着性能很差，汽车在种种干扰外力的作用下就会出现方向失稳问题，容易发生交通事故。

安装了防抱死系统(ABS系统)后的汽车，紧急刹车时车轮处在一种将要停止滚动又仍在滚动的临界状态，但刹车距离(以相同速度开始刹车到完全停下来行驶的距离)却比车轮抱死时更小。

这两种刹车过程相比较() A．抱死时使车减速的是滑动摩擦力，而车轮转动时是滚动摩擦力B．抱死时使车减速的是滑动摩擦力，而车轮转动时是静摩擦力C．防抱死后刹车距离小是由于变滑动摩擦力为滚动摩擦力D．防抱死后刹车距离小是由于最大静摩擦力小于滑动摩擦力答案 B解析汽车刹车时，抱死时即车轮不转动，车轮在地面上滑动时，所受摩擦力为滑动摩擦力；当车轮滚动时，车轮与地面的接触点相对地面静止，没有发生滑动现象，此时所受摩擦力为静摩擦力，所以A错误，B正确。

依题意，防抱死后汽车的刹车距离比车轮抱死时更小，是由于最大静摩擦力大于滑动摩擦力，C、D错误。

3．如图所示，水平地面上堆放着原木，关于原木P在支撑点M、N处受力的方向，下列说法正确的是()A．M处受到的支持力竖直向上B．N处受到的支持力竖直向上C．M处受到的静摩擦力沿MN方向D．N处受到的静摩擦力沿水平方向答案 A解析支持力的方向垂直于支持面，因此M处受到的支持力垂直于地面竖直向上，N处支持力过N垂直于切面，A正确，B错误；静摩擦力方向平行于接触面与相对运动趋势的方向相反，因此M处的静摩擦力沿水平方向，N处的静摩擦力沿MN方向，C、D错误。

人教新课标高考物理一轮复习相互作用专题练(解析版)

2020年高考物理考点精选精炼：相互作用（基础卷)1．物块静止在水平桌面上，物块对水平桌面的压力A．就是物块的重力B．是由于桌面的形变而产生的C．是由于物块的形变而产生的D．与水平桌面对物块的支持力是一对平衡力2．如图所示，物体在3个共点力的作用下保持平衡。

如果将力F1绕O点转动180°角，而保持其余2个力不变，则物体受到的合力大小为（）A．2F1B．F1C．F1D．零3．如图所示，在水平桌面上放着一本书，书与桌面间的动摩擦因数为，现用一水平推力F把书向桌沿推出直至翻倒掉下，书本从开始运动到翻倒的过程中，桌面对书的摩擦力A．保持不变B．逐渐减小到零C．先增大后不变D．先增大后减小4．三段不可伸长的细绳OA、OB、OC能承受的最大拉力相同，它们共同悬挂一重物，如图所示，其中OB是水平的，A端、B端固定。

若逐渐增加C端所挂物体的质量，则最先断的绳( )。

C．必定是OC D．可能是OB，也可能是OC5．如图所示，轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆M、N上的a、b两点，悬挂衣服的衣架钩是光滑的，挂于绳上处于静止状态。

如果只改变一个条件，当衣架静止时，下列说法正确的是( )A．绳的右端上移到b′，绳子拉力变小`B．绳的两端高度差越小，绳子拉力越大C．将杆N向右移一些，绳子拉力变大D．若换挂质量更大的衣服，则衣服架悬挂点右移6．下列说法中正确的是( ) 。

A．物体越重，使它滑动时的摩擦力越大，所以摩擦力与物重成正比B．由可知，动摩擦因数和滑动摩擦力成正比，与正压力正反比C．摩擦力的方向总是与物体的相对运动方向相反D．摩擦力总是对物体的运动起阻碍作用7．（多选）如图所示，A、B、C三个物体重力均为100 N，小球P重40 N，作用在物块B的水平力F＝20 N，整个系统静止，不计绳子质量，下列说法正确的是()A．物块C受4个力作用B．A和B之间的摩擦力是20 NC．B和C之间的摩擦力是20 ND．C与桌面间的摩擦力是40 N8．（多选）重力大小为G的物体系在OA、OB两根等长的轻绳上,轻绳的A端和B端挂在半圆形的支架BAC上,如图所示。

2020年高考物理一轮复习文档：第2章相互作用第5讲含答案

[研读考纲明方向][重读教材定方法](对应人教版必修1的页码及相关问题)1．P51“重力”一段，为什么不说“地球对物体的吸引力就是重力”？重力指向地心吗？提示：重力是吸引力的一个分力，不总是相等；重力的方向竖直向下，并不一定指向地心。

2．P52图3.1－3、图3.1－4说明什么问题？提示：说明了质量分布均匀物体的重心在它的几何中心上，而质量分布不均匀的物体，重心的位置除了跟物体的形状有关外，还跟物体内质量的分布有关。

3．P55“几种弹力”一段，归纳弹力的方向。

提示：物体与面接触，弹力一定垂直于接触面，绳的弹力沿绳子指向绳收缩的方向，杆的弹力不一定沿杆。

4．P57“静摩擦力”一段，只有静止的物体才受静摩擦力吗？静摩擦力的大小有何特点？提示：不是，运动的物体也可能受到静摩擦力；可以变化，大于零小于等于最大摩擦力。

5．P58[说一说]可以用f＝μF N计算静摩擦力吗？列举静摩擦力作为动力、阻力的例子。

提示：不能。

比如手握紧杯子上下运动，向上运动时静摩擦力是动力，向下运动时是阻力。

6．P58“滑动摩擦力”一段，滑动摩擦力公式可以写成f＝μmg吗？提示：不能，滑动摩擦力的公式为f＝μF N，压力F N的大小不一定等于物体的重力mg。

7．P60[科学漫步]若流体的阻力f＝k v，猜想k可能与哪些因素有关？提示：可能与介质、物体的横截面积、物体的形状有关。

8．P61[问题与练习]T3。

提示：35 N；30 N；0.3；20 N。

9．P62[实验]O点的位置有什么特点？图3.4－3中什么线是虚线？什么线是实线？提示：O点位置不变。

分力、合力是实线，其他辅助线是虚线。

10．P64[问题与练习]T1、T4。

提示：T1：合力可能等于10 N，不可能等于5 N、15 N，合力最大值为12 N，最小值为8 N。

T4：(1)√；(2)×；(3)×。

11．P66[说一说]怎样由v1和v2找出变化量Δv?提示：如图所示。

2020届信阳一高一轮复习人教新课标版重力基本相互作用限时过关练(解析版)

信阳一高2020年高考物理一轮复习限时过关练：重力基本相互作用（解析版)1．下列关于重力的说法正确的是（） A ．重力的方向不一定竖直向下B ．重力是由于物体受到地球的吸引而产生的C ．所有物体的重心都在物体上D ．只有静止的物体才受到重力2．一人站在体重计上称体重，保持立正姿势称得体重为G ，当其缓慢地把一条腿平直伸出台面，体重计指针稳定后读数为，则（） A ．B ．C ．D ．无法判定3．下面关于重力的说法不正确的是（）A ．物体对悬绳的拉力或对支持面的压力的大小可以不等于重力B ．质量一定的物体，其重心位置不仅与形状有关．还与质量分布情况有关C ．赤道上各处的重力加速度都相同D ．某地的重力加速度是9.79m/s 2，则此地做是由落体运动的物体速度毎秒增加9.79m/s 4．如图所示，一个被吊着的均匀球壳，其内部注满了水，在球的底部有一带阀门的细出水口，在打开阀门让水慢慢流出的过程中，球壳与其中的水的共同重心将会（）A ．一直下降B ．先下降后上升C ．一直不变D ．先上升后下降5．如图所示，一轻质弹簧两端分别与竖直墙壁和物块连接，弹簧、地面水平。

A 、B 两点离墙壁的距离分别为12,x x ,物块在A 、B 两点均能恰好静止，物块与地面的最大静摩擦力为1F ,则弹簧的劲度系数为（）A ．121F x x +B ．1212F x x +C ．1212F x x -D ．121F x x -6．如图所示,一个被吊着的空心的均匀球壳内装满了细沙,底部有一阀门,打开阀门让细沙慢慢流出的过程中,球壳与细沙的共同重心将会 ()A ．一直下降B ．先下降后上升C ．先上升后下降D ．一直不变7．关于重力，下列说法正确的是( ) A ．重力的方向一定垂直物体所在处的地面 B ．重力的方向总是竖直向下的 C ．重力就是地球对物体的吸引力 D ．重力的方向总是指向地心8．有一圆形的均匀薄板,若将其中央挖掉一个小圆板变成一个圆环,如图所示,则下列说法正确的是 ()A ．重心位置向外侧偏移,重力减小B ．重力和重心位置都没有变C ．重力减小,重心位置没有变D ．重力减小,重心位置无法确定9．下列关于力的说法正确的是 ( )A．鸡蛋碰石头,鸡蛋碎了,石头虽然完好无损,但石头对鸡蛋有力的作用,同时鸡蛋对石头也有力的作用B．只有能运动的物体才会施力,静止的物体只能受到力,不会施力C．任何一个物体,一定既是受力物体,又是施力物体D．“风吹草低见牛羊”,草受到了力而弯曲,但未见到施力物体,说明没有施力物体的力也是存在的10．如图所示，物块质量为M，与甲、乙两弹簧相连接，乙弹簧下端与地面连接，甲、乙两弹簧质量不计，其劲度系数分别为和，起初甲处于自由伸长状态.现用手将弹簧甲上端A缓缓上提，使乙产生的弹力的大小变为原来的，则手提甲的上端A应向上移动()A．B．C．D．11．如图所示,原长分别为L1和L2､劲度系数分别为k1和k2的轻质弹簧竖直地悬挂在天花板下.两弹簧之间有一个质量为m1的物体,最下端挂着质量为m2的另一物体.整个装置处于静止状态,这时两个弹簧长度为__________________.用一个质量为m的平板把下面的物体竖直地缓慢地向上托起,直到两个弹簧的总长度等于两弹簧的原长之和,这时平板受到下面物体的压力大小等于_________ .12．如图，在光滑的倾角为θ的固定斜面上放一个劈形的物体A ，其上表面水平，质量为M .物体B 质量为m ，B 放在A 的上面，先用手固定住A .(1)若A 的上表面粗糙，放手后，求AB 相对静止一起沿斜面下滑，B 对A 的压力大小． (2)若A 的上表面光滑，求放手后的瞬间，B 对A 的压力大小．13．如图所示，把一个直立于水平面上的边长为a 的正方形匀质薄板ABCD 绕C 点翻转到对角线AC 处于竖直位置，其重心位置升高了多少？参考答案1．B 【解析】【详解】重力是由于地球的吸引而产生的，重力的大小与运动状态无关，其方向总是竖直向下的，重心是重力的作用点，可能在物体之上也可能在物体之外，故ACD 错误，B 正确。

2020届信阳一高一轮复习人教新课标版相互作用限时过关练(解析版)

信阳一高2020年高考物理一轮复习限时过关练：相互作用（解析版)1．作用在某一质点上的两个力F1、F2，F1=10N，F2=5N，这两个力的合力大小可能是（）A.0N B.4N C.5N D.16N2．如图所示，两个相同的小物体P、Q静止在斜面上，P与Q之间的弹簧A处于伸长状态，Q与挡板间的弹簧B处于压缩状态，则以下判断正确的是（）A.撤去弹簧A，物体P将下滑，物体Q将静止B.撤去弹簧B，两个物体均保持静止C.撤去弹簧A，弹簧B的弹力将变小D.撤去弹簧B，弹簧A的弹力将变小3．滑轮P被一根斜短线系于天花板上的O点细线、小滑轮的重力和细线与滑轮间的摩擦力均可忽略，整个装置处于静止状态。

若悬挂小滑轮的斜线OP的张力是，g取10m/s2，连接滑轮的两根绳子之间的夹角为，则下列说法中正确的是A.重物A的质量为2kgB.绳子对B物体的拉力为C.桌面对B物体的摩擦力为10ND.OP与竖直方向的夹角为4．如图所示，AC是上端带定滑轮的固定竖直杆，质量不计的轻杆BC一端通过较链固定在C点，另一端B悬挂一重为G的物体，且B端系有一根轻绳并绕过定滑轮，用力F拉绳，开始时，现使∠BCA缓慢变小，直到。

此过程中，轻杆BC所受的力A.逐渐减小B.逐渐增大C.大小不变D.先减小后增大5．下列说法正确的是（）A.形状规则的物体的重心一定在物体的几何中心上B.国际单位制中力学基本单位是米（m）、克（g）、秒（s）C.合力的大小一定大于分力中最大者D.研究气流对足球旋转的影响时，不能把足球看成质点6．下列说法中正确的是（）A.有摩擦力必定有弹力，有弹力也一定有摩擦力B.轻杆不同于轻绳，弹力的方向可以不在杆的直线方向上C.摩擦力的大小一定与物体所受的重力大小成正比D.摩擦力的方向总是与运动方向相反，起阻碍物体运动的作用7．如图所示，光滑直杆倾斜固定在竖直面内，一个圆环套在杆上，环可以在杆上自由滑动，绕过定滑轮的细绳连接在环上，对绳施加拉力，使连接环部分的绳处于竖直状态，则下列说法正确的是A.拉绳的力的大小一定等于环的重力B.改变对绳的拉力，使环沿杆缓慢向上运动，在运动过程中杆对环的作用力一定垂直杆向下C.改变对绳的拉力，使环沿杆缓慢向上运动，在运动过程中，绳的拉力一直增大D.改变对绳的拉力，使环沿杆缓慢向上运动，环可以运动到绳与杆垂直的位置8．下列几幅图片是高中力学实验中常用的仪器和装置，其中描述正确的是（）A.图甲中电磁打点计时器和电火花计时器均使用交流电，工作电压都为220VB.图乙为“验证力的平行四边形定则”的实验装置，该实验采用的科学方法是等效替代法C.利用图丙装置可以探究小车速度随时间变化的规律，该实验需要平衡摩擦力D.利用图丁装置可以测定自由落体加速度，通常情况测量值会小于当地实际重力加速度9．如图所示，将静止在倾角为θ的斜面上的物体的重力mg分解为F1和F2两个力，下列结论正确的是（）A.F1是物体受到的下滑力，F2是斜面受到的压力B.F1是使物体下滑的力，F2是使物体压紧斜面的力C.物体对斜面的压力方向与F2相同大小为mg cosθD.若只减小斜面的倾角θ，两个分力F1、F2均减小10．两个力作用在同一物体上，其大小分别是6N、8N，其合力大小可能是（）A.20NB.0NC.4ND.6N11．某同学做“探究弹力和弹簧伸长量的关系”的实验，设计了如图甲所示的实验装置，将待测弹簧的一端固定在铁架台上，然后将毫米刻度尺设置在弹簧一侧，并使弹簧另一端的指针恰好落在刻度尺上．他先测出不挂钩码时弹簧的自然长度，然后在弹簧下端依次挂1、2、3、4、5个钩码，测出弹簧相应的总长度．每只钩码的质量都是10g．实验数据见下表．(g取10 N/kg)(1)关于本实验，下列说法正确的是________．A．悬吊钩码时，应在钩码静止后再读数B．应在弹簧的弹性限度范围内进行测量C．在安装刻度尺时，必须使刻度尺保持竖直状态D．在测量弹簧原长时，应将弹簧平放在水平桌面上，使其自然伸长，并测出其长度(2)根据上述实验数据，在图乙所示的坐标纸上，作出弹簧弹力大小F跟弹簧总长度l之间的关系图像________，并求出该弹簧的劲度系数k＝________ N/m.(3)一个实验小组在“探究弹力和弹簧伸长量的关系”的实验中，使用两条不同的轻质弹簧a和b，得到弹力和弹簧长度的图像如图丙所示．下列表述正确的是________．A．a的原长比b的短B．a的劲度系数比b的小C．a的劲度系数比b的大D．测得的弹力与弹簧的长度成正比12．“验证力的平行四边形定则”的实验情况如图甲所示，其中A为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与细绳的结点，OB和OC为细绳．图乙是在白纸上根据实验结果画出的图．(1)图乙中的F与F′两力中，方向一定沿AO方向的是____．(2)在实验中，如果将细绳也换成橡皮筋，那么实验结果是否会发生变化？答：______(选填“变”或“不变”)．(3)本实验采用的科学方法是____．A．理想实验法B．等效替代C．控制变量法D．建立物理模型法13．如图所示，用一个轻质三角支架悬挂重物，已知AB杆的左端用铰链固定，α＝30°.悬挂的重物质量m=10kg，重力加速度g取10m/s2求：对绳AC的拉力，对杆AB 的压力14．如图所示，质量为m1的物体甲通过三段轻绳悬挂，三段轻绳的结点为O，轻绳OB水平且B端与站在水平面上质量为m2的人相连，轻绳OA与竖直方向的夹角θ＝37°，物体甲及人均处于静止状态。

2020届一轮复习人教新课标 相互作用 专题练(解析版)

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