高考物理总复习第二章相互作用综合检测(含解析)

高考物理总复习第二章相互作用综合检测（含解析）
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.如图所示,物块M在静止的传送带上匀速下滑时,传送带突然顺时针(图中箭头所示)转动起来,则传送带转动后,下列说法正确的是( A )
A.M受到的摩擦力不变
B.M受到的摩擦力变大
C.M可能减速下滑
D.M可能减速上滑
解析:当传送带顺时针转动时,物块相对传送带的运动方向没有变,因此M受到的摩擦力不变.
2.科技的发展正在不断地改变着我们的生活,如图(甲)是一款手机支架,其表面采用了纳米微吸材料,用手触碰无粘感,接触到平整光滑的硬性物体时,会牢牢吸附在物体上,如图(乙)是手机静止吸附在支架上的侧视图,若手机的重力为G,则下列说法正确的是( D )
A.手机受到的支持力大小为Gcos θ
B.手机受到的支持力不可能大于G
C.纳米材料对手机的作用力大小为Gsin θ
D.纳米材料对手机的作用力竖直向上
解析:手机支架采用了纳米微吸材料,支架斜面会对手机存在一个吸引力,所以手机受到的支持力大小不可能为Gcos θ,其大小可能大于G,也可能小于G,取决于吸引力的大小,A,B错误;手机处于静止状态,受力平衡,手机受到竖直向下的重力和纳米材料的作用力(支持力、吸引力和摩擦力的合力),故纳米材料对手机的作用力竖直向上,大小等于G,C错误,D正确.
3.如图所示为开口向下的“”形框架,两侧竖直杆光滑固定,上面水平横杆中点固定一光滑轻质定滑轮,两侧杆上套着的两滑块用轻绳绕过定滑轮相连,并处于静止状态,此时连接滑块A 的绳与水平方向的夹角为θ,连接滑块B的绳与水平方向的夹角为2θ,则A,B两滑块的质量之比为( C )
A.2sin θ∶1
B.2cos θ∶1
C.1∶2cos θ
D.1∶2sin θ
解析:设绳拉力为F T,对A有F T sin θ=m A g,对B有
F T sin 2θ=m B g,得=.
4.如图所示,A,B,C三物块叠放并处于静止状态,墙面竖直,水平地面光滑,其他接触面粗糙,以下受力分析正确的是( C )
A.A与墙面间存在压力
B.A与墙面间存在静摩擦力
C.A物块共受3个力作用
D.B物块共受5个力作用
解析:以三个物块组成的整体为研究对象,地面光滑,水平地面对C没有摩擦力,根据平衡条件得知,墙对A没有弹力,因而也没有摩擦力,故选项A,B错误.对A物块受力分析,受到重力、B 的支持力和B对A的摩擦力三个力作用,故选项C正确.先对A,B整体研究,水平方向上,墙对A 没有弹力,则由平衡条件分析可知,C对B没有摩擦力;再对B受力分析,受到重力、A的压力和A对B的摩擦力、C的支持力,共四个力作用,故选项D错误.
5.如图(a),某工地上起重机将重为G的截面为正方形的工件缓缓吊起.四根等长的钢绳(质量不计),一端分别固定在正方形工件的四个角上,另一端汇聚于一处挂在挂钩上,绳端汇聚处到每个角的距离均与正方形工件的对角线长度相等[如图(b)].则每根钢绳的受力大小为( D )
A.G
B.G
C.G
D.G
解析:起重机将工件缓缓吊起过程中,工件受力平衡,而四根钢绳的拉力有对称性,四个力水平方向的分力的合力为0,绳端汇聚处到每个角的距离均与正方形工件的对角线长度相等,可知
绳与竖直方向的夹角θ=30°,每个钢绳拉力T在竖直方向分力大小为T y=Tcos θ=T,工件在
竖直方向受力平衡,则有4T y=G,即T=G.
6.如图所示,物体A,B用轻质细绳连接后跨过滑轮,A静止在倾角为45°的斜面上,B悬挂着.已知质量m A=2m B,不计滑轮摩擦,现将斜面倾角由45°增大到60°,但物体仍保持静止,下列说
法中正确的是( C )
A.绳子的张力增大
B.物体A对斜面的压力将增大
C.物体A受到的静摩擦力增大
D.滑轮受到绳子的作用力保持不变
解析:如图所示,对物体A和B受力分析,在斜面倾角增大的过程中,物体B始终处于平衡状态,因此绳子张力大小始终等于物体B重力的大小,故A错误;物体A对斜面的压力F N'=F N=m A gcos θ,随着θ的增大,cos θ减小,因此物体A对斜面的压力将减小,故B错误;开始时物体A所受重力沿斜面的分力大于绳子拉力,即m A gsin 45°>T=m B g,因此静摩擦力平行斜面向上,随着斜面倾角的增大,重力沿斜面的分力逐渐增大,而绳子的拉力不变,因此物体A所受静摩擦力逐渐增大,方向沿斜面向上,故C正确;绳子拉力大小不变,随着斜面倾角的增大,绳子之间的夹角在减小,因此其合力增大,所以滑轮受到绳子的作用力增大,故D错误.
7.如图所示,倾角为θ的斜面体c置于水平地面上,小盒b置于斜面上,通过细绳跨过光滑的定滑轮与物体a连接.连接b的一段细绳与斜面平行,连接a的一段细绳竖直.a下端连接一竖直并固定于地面的弹簧.现在b盒内缓慢放入适量沙粒,a,b,c始终处于静止状态,下列说法正确的是( A )
A.b对c的摩擦力可能先减小后增大
B.地面对c的支持力可能不变
C.c对地面一定有摩擦力且方向始终向右
D.弹簧的弹力可能增大
解析:由于不知道b的重力沿着斜面方向的分力与细绳的拉力的大小关系,故不能确定静摩擦力的方向,故随着沙粒质量的增大,静摩擦力可能增大,可能减小,也可能先减小后增大,A正确;以b与c组成的整体为研究对象,整体受到的重力、支持力以及绳向右上方的拉力、地面的摩擦力(若绳拉力为零,则受重力和支持力两个力作用).在b盒内缓慢加入适量沙粒后,竖直向下的重力增大,所以整体受到的支持力一定增大,B错误;若细绳的拉力为零,则c对地面的摩擦力为零,C错误;a,b,c始终处于静止状态,则弹簧的长度不变,由胡克定律可知弹簧的弹力大小不变,D错误.
8.力是物体间的相互作用,下列有关力及表述正确的是( BD )
解析:由于在不同纬度及不同高度处重力加速度g不同,旅客所受重力不同,对飞机的压力大小不同,且方向也发生变化,A错误;充足气的篮球平衡时,篮球壳对内部气体有压力作用,即内外气体对篮球壳压力的差值等于篮球壳对内部气体的压力,故B正确;书对桌子的压力作用在桌子上,箭尾应位于桌面上,故C错误;平地上匀速行驶的汽车,其主动轮受到地面的摩擦力是其前进的动力,汽车受到的动力与阻力平衡时匀速前进,故D正确.
9.如图所示,物块位于倾角为θ的固定斜面上,受到平行于斜面的水平力F的作用而处于静止状态.如果将外力F撤去,则物块( BD )
A.会沿斜面下滑
B.所受的摩擦力变小
C.所受的摩擦力变大
D.所受的摩擦力方向一定变化
解析:物块在平行于斜面平面内受到外力F、重力沿斜面向下的分力mgsin θ、静摩擦力f,由平衡条件知f的方向与F、mgsin θ的合力方向相反,大小为;可知物块与
斜面间的最大静摩擦力f m>mgsin θ,故撤去F后,物块仍静止在斜面上,摩擦力与重力沿斜面向下的分力平衡,大小变为mgsin θ,方向沿斜面向上.
10.如图所示,一倾角为α、质量为M的直角斜劈B放置在水平地面上,质量为m的物体A在沿斜面向上的力F作用下沿斜面匀速上滑,B相对地面始终静止.此过程中B对A的摩擦力为F f1,地面对B的摩擦力为F f2,则F f1和F f2的大小分别为( BD )
A.F f1=F
B.F f1=F-mgsin α
C.F f2=0
D.F f2=Fcos α
解析:以A为研究对象,A做匀速直线运动,在沿着斜面方向受到的合力为零,所以F=mgsin α+F f1,解得F f1=F-mgsin α,选项A错误,B正确;A做匀速直线运动,B静止,A和B均处于平衡状态,以A,B整体为研究对象,B受到地面的摩擦力大小等于F在水平方向的分力,即F f2=Fcos α,选项C错误,D正确.
11.如今我国高铁已经广泛运行,由于高铁电气化技术标准较高,列车运行速度快、密度大,故
对行车安全和人身安全提出了很高的要求.如图所示为供电线路两电线杆之间电线覆冰后的情形,假设电线质量分布均匀,两电线杆正中间O处电线的张力大小为F,电线与电线杆结点A 处的切线与竖直方向的夹角为θ,则( AC )
A.结点A处作用于电线的拉力大小为
B.电线杆对结点A的弹力方向竖直向上
C.两电线杆间覆冰电线的总质量为
D.两电线杆间覆冰电线的总质量为
解析:如图所示,作出两电线杆间左半部分覆冰电线的受力图.由几何关系可得F A=,mg=,解得m=,故A,C正确.
12.如图所示,一光滑球体静止于夹角为θ(θ为0°～180°范围内的某一值)的支架ABC内,现以B为轴,让整个支架缓慢地顺时针旋转,直至支架BC板水平.设BC板对球体的作用力为F,则整个过程中( BD )
A.F可能一直减小
B.F可能一直增大
C.F可能先减小后增大
D.F可能先增大后减小
解析:整个支架缓慢地顺时针旋转,光滑球体受到的合力始终为零,AB板和BC板对光滑球体的合力与球体的重力等大反向,而球体的重力是不变的.如图所示,如果θ小于等于90°,整个支架缓慢旋转的过程中,F先增大后减小;如果θ大于90°,整个支架缓慢旋转的过程中,F一直增大,选项B,D正确.
二、非选择题(共52分)
13.(6分)一同学用电子秤、水壶、细线、墙钉和贴在墙上的白纸等物品,在家中验证力的平行四边形定则.
(1)如图(甲),在电子秤的下端悬挂一装满水的水壶,记下水壶静止时电子秤的示数F.
(2)如图(乙),将三根细线L1,L2,L3的一端打结,另一端分别拴在电子秤的挂钩、墙钉A和水壶杯带上.水平拉开细线L1,在白纸上记下结点O的位置、和电子秤的示数F1.
(3)如图(丙),将另一颗墙钉B钉在与O同一水平位置上,并将L1拴在其上.手握电子秤沿着(2)中L2的方向拉开细线L2,使和三根细线的方向与(2)中重合,记录电子秤的示数F2.
(4)在白纸上按一定标度作出电子秤拉力F,F1,F2的图示,根据平行四边形定则作出F1,F2的合力F'的图示,若 ,则平行四边形定则得到验证.
解析:(2)要画出平行四边形,则需要记录分力的大小和方向,所以在白纸上记下结点O的位置的同时,也要记录三细线的方向以及电子秤的示数F1.
(3)已经记录了一个分力的大小,还要记录另一个分力的大小,则结点O的位置不能变化,力的方向也不能变化,所以应使结点O的位置和三根细线的方向与(2)中重合,记录电子秤的示数F2.
(4)根据平行四边形定则作出F1,F2的合力F'的图示,若F和F'在误差允许的范围内重合,则平行四边形定则得到验证.
答案:(2)三根细线的方向
(3)结点O的位置
(4)F和F'在误差允许的范围内重合
评分标准:每空2分.
14.(8分)(1)某次进行探究弹簧所受弹力F与弹簧长度L关系的实验时,得到如图(a)所示的
F L图像,由图像可知:弹簧原长L0 = cm,求得弹簧的劲度系数k= N/m.
(2)按如图(b)的方式挂上钩码(已知每个钩码重G=1 N),使(1)中研究的弹簧压缩,稳定后指针指示如图(b),则指针所指刻度尺示数为 cm.由此可推测图(b)中所挂钩码的个数为个.
解析:(1)由胡克定律F=k(L-L0),结合题图(a)中数据得L0=3.0 cm, k=200 N/m.
(2)由题图(b)知指针所指刻度为1.50 cm,由F=k(L0-L),可求得此时弹力为F=3 N,故所挂钩码的个数为3个.
答案:(1)3.0 200 (2)1.50 3
评分标准:每空2分.
15.(8分)如图所示,在光滑的水平杆上穿两个重均为2 N的球A,B,在两球之间夹一弹簧,弹簧的劲度系数为10 N/m,用两条等长的线将球C与A,B相连,此时弹簧被压短10 cm,两条线的夹角为60°,求:
(1)杆对A球支持力大小;
(2)C球重力大小.
解析:弹簧的弹力
F=kx=10×0.1 N=1 N(1分)
A球的受力情况如图所示,根据平衡条件得Tcos 60°=F(1分)
G+Tsin 60°=N(1分)
解得T=2 N(1分)
N=(2+) N(1分)
对C球:2Tsin 60°=G C(2分)
解得G C=2 N.(1分)
答案:(1)(2+)N (2)2 N
16.(9分)如图所示,水平细杆上套有一质量为0.54 kg的小环A,用轻绳将质量为0.5 kg的小球B与A相连.B受到始终与水平方向成53°角的风力作用,与A一起向右匀速运动,此时轻绳
与水平方向夹角为37°,运动过程中B球始终在水平细杆的下方,求:(取g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)
(1)B对绳子的拉力大小;
(2)A与杆间的动摩擦因数.(保留两位有效数字)
解析:(1)对小球B受力分析如图(甲)所示,由平衡条件得绳的拉力为
F T=m B gsin 37°=3.0 N(2分)
由牛顿第三定律知B对绳子的拉力大小为3.0 N.(1分)
(2)对环A受力分析如图(乙)所示,环A做匀速直线运动,有
F T cos 37°-F f=0(2分)
F N=m A g+F T sin 37°(2分)
而F f=μF N(1分)
解得μ=0.33.(1分)
答案:(1)3.0 N (2)0.33
17.(9分)如图所示,光滑固定斜面上有一个质量为10 kg的小球被轻绳拴住悬挂在天花板上,已知绳子与竖直方向的夹角为45°,斜面倾角为30°,整个装置处于静止状态,g取10 m/s2.求(结果保留三位有效数字):
(1)绳中拉力的大小和斜面对小球支持力的大小;
(2)若另外用一个外力拉小球,能够把小球拉离斜面,求最小拉力的大小.
解析:(1)如图,沿水平方向和竖直方向建立直角坐标系,对小球受力分析,把不在坐标轴上的力沿轴分解.
则水平方向上:
F T sin 45°-F N sin 30°=0(2分)
竖直方向上:
F T cos 45°+F N cos 30°-mg=0(2分)
由以上两式得F N=73.2 N(1分)
F T=51.8 N.(1分)
(2)外力方向与绳子垂直时,拉力最小,拉力的最小值为
F min=mgsin 45°(2分)
解得F min=70.7 N.(1分)
答案:(1)51.8 N 73.2 N (2)70.7 N
18.(12分)拖把是由拖杆和拖把头构成的擦地工具(如图).设拖把头的质量为m,拖杆质量可忽略;拖把头与地板之间的动摩擦因数为常数μ,重力加速度为g.某同学用该拖把在水平地板上拖地时,沿拖杆方向推拖把,拖杆与竖直方向的夹角为θ.
(1)若拖把头在地板上匀速移动,求推拖把的力的大小;
(2)设能使该拖把在地板上从静止刚好开始运动的水平推力与此时地板对拖把的正压力的比值为λ.已知存在一临界角θ0,若θ≤θ0,则不管沿拖杆方向的推力多大,都不可能使拖把从静止开始运动.求这一临界角的正切值tan θ0.
解析:(1)设该同学沿拖杆方向用大小为F的力推拖把,将推拖把的力沿竖直和水平方向分解,由平衡条件有
Fcos θ+mg=N①(2分)
Fsin θ=f②(2分)
又f=μN③
联立①②③式得
F= mg.④(1分)
(2)若不管沿拖杆方向用多大的力都不能使拖把从静止开始运动,应有Fsin θ≤λN⑤(2分) 这时,①式仍满足,联立①⑤式解得
sin θ-λcos θ≤λ(2分)
现考察使上式成立的θ角的取值范围.注意到上式右边总是大于零,且当F无限大时极限为零,有
sin θ-λcos θ≤0(2分)
使上式成立的θ角满足θ≤θ0,这里θ0是题中所定义的临界角,即当θ≤θ0时,不管沿拖杆方向用多大的力都推不动拖把.临界角的正切为tan θ0=λ.(1分)
答案:(1) mg (2)λ。