人教版新高考物理一轮总复习训练题　相互作用——力

章末目标检测卷二　相互作用——力

(时间:90分钟　满分:100分)

一、单项选择题(本题共7小题,每小题4分,共28分。每小题只有一个选项符合题目要求)

1.风筝节上有一款“空中骑行”风筝,风筝在线的牵引下悬停在空中,示意图如图所示。空气对风筝的作用力F的方向可能是(　　)

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(　　)

3.(2020·浙江杭州模拟)由于生活水平的不断提升,越来越多的家庭拥有了私家轿车,造成车位难求的现象,因此很多停车场采用了多层停车的结构。若车子被“移送”停在上层,车主想使用汽车时就需要车库管理员把车子“移送”到下层。下图是管理员正在“移送”车辆的过程。假设“移送”过程中车辆相对于底板始终静止,底板始终保持水平,则下列说法正确的是(　　)

A.车子在被水平向右“移送”的过程中,车子对底板的摩擦力一直水平向左

B.车子在被水平向右“移送”的过程中,底板对车子的摩擦力不可能水平向左

C.车子在被竖直向下“移送”的过程中,车子对底板的力可能小于底板对车子的力

D.车子在被竖直向下“移送”的过程中,底板对车子的力可能大于车子自身的重力

4.(2020·山西晋中适应性调研)用一轻绳将小球P系于光滑竖直墙壁上的O点,在墙壁和球P之间夹有一矩形物块Q,如图所示。P、Q均处于静止状态,则下列说法正确的是(　　)

A.若绳子变短,Q受到的静摩擦力将增大

B.小球P受4个力的作用

C.物块Q受到3个力的作用

D.若绳子变短,绳子的拉力将变小

5.(2020·河北衡水中学调研)如图所示,有一质量不计的杆AO,长为R,可绕A自由转动。用轻绳在O点悬挂一个重为G的物体,另一根轻绳一端系在O点,O点为圆弧的圆心,另一端系在圆弧形墙壁上的C点。当该轻绳端点由点C逐渐沿圆弧CB向上移动的过程中(保持OA与地面夹角θ不变),OC绳拉力的大小变化情况是(　　)

A.逐渐减小 B.逐渐增大

C.先减小后增大 D.先增大后减小

6.(2020·山东济南三模)如图所示,在竖直放置的正方形框架PQML中,N点为LM边的中点,两段细绳PO、NO连接小球,小球恰好处于框架的中心。若将框架在竖直面内绕Q点逆时针缓慢转动90°,关于两细绳对小球的拉力大小变化说法正确的是(　　)

A.NO绳中拉力变大,PO绳中拉力变小

B.NO绳中拉力变小,PO绳中拉力变大

C.NO绳中拉力先变大后变小,PO绳中拉力变小

D.NO绳中拉力先变大后变小,PO绳中拉力变大

7.(2020·山东潍坊二模)如图所示,通过轻绳和滑轮从矿井中提升重物,光滑动滑轮下吊重物,轻绳a左端固定在井壁的M点,另一端固定在光滑的滑环N上,轻绳b的下端系在滑环N上并绕过定滑轮,滑环N套在竖直杆上。在右侧地面上拉动轻绳b使重物缓慢上升的过程中,下列说法正确的是(　　)

A.绳a的拉力变大

B.绳b的拉力变大

C.杆对滑环的弹力变大

D.绳b的拉力始终比绳a的小

二、多项选择题(本题共3小题,每小题4分,共12分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)

8.(2020·辽宁沈阳外国语学校模拟)如图所示,放在水平桌面上的木块A处于静止状态,所挂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,若轻轻取走盘中部分砝码,使总质量减小到0.3 kg,将会出现的情况是(g取10 m/s2)(　　)

A.弹簧测力计的读数将变小

B.A仍静止不动

C.A对桌面的摩擦力变小

D.A所受的合力变小

9.(2020·安徽师大附中测考)如图所示,小车内固定着一个倾角为60°的斜面OA,挡板OB与水平面的夹角θ=60°,可绕转轴O在竖直面内转动。现将一质量为m的光滑圆球放在斜面与挡板之间,下列说法正确的是(　　)

A.当小车与挡板均静止时,球对斜面OA的压力小于mg

B.保持θ=60°不变,使小车水平向右运动,则球对斜面OA的压力可能为零

C.保持小车静止,在θ由60°缓慢减小至15°的过程中,球对挡板OB的压力先减小再增大

D.保持小车静止,在θ由60°缓慢减小至15°的过程中,球对斜面OA的压力逐渐增大

10.(2020·湖北武汉华大高考联盟模拟)如图所示,固定在绝缘支杆上的带电小球A位于光滑小定滑轮O的正下方,绝缘细线绕过定滑轮与带电小球B相连,在拉力F的作用下,小球B静止,此时两球处于同一水平线。假设两球的电荷量均不变,现缓慢拉动细线,使B球移动一小段距离。在此过程中,以下说法正确的是(　　)

A.细线上的拉力一直减小

B.细线上的拉力先增大后减小

C.B球的运动轨迹是一段直线

D.B球的运动轨迹是一段圆弧

三、非选择题(本题共5小题,共60分)

11.(6分)(2020·重庆南岸区模拟)某同学在探究弹簧形变与弹力的关系时,将轻质弹簧竖直悬挂,弹簧下端挂一个小盘,在小盘中增添砝码,改变弹簧的弹力,通过旁边竖直放置的刻度尺可以读出弹簧末端指针的位置x,实验得到的弹簧指针位置x与小盘中砝码质量m的图像如图乙所示,g取10 m/s2。回答下列问题:

(1)某次测量如图甲所示,指针指示的读数为　　　 cm(刻度尺单位为cm)。 

(2)从图乙可求得该弹簧的劲度系数为　　　 N/m(结果保留两位有效数字)。 

甲

乙

(3)另一同学在做该实验时有下列做法,其中正确的是　　　　。 

A.实验中未考虑小盘受到的重力

B.刻度尺零刻度未与弹簧上端对齐

C.读取指针指示的读数时,选择弹簧指针上下运动最快的位置读取

D.在利用x-m图线计算弹簧的劲度系数时舍弃图中曲线部分数据

12.(9分)(2020·福建莆田5月第二次质检)小明用如图甲的实验装置研究两个互成角度力的合成规律,实验步骤如下:

甲

①将弹簧的一端固定于铁架台上的C处,在竖直放置的木板上贴一张坐标纸,在弹簧末端挂上一个重力已知的钩码,在坐标纸上记下此时弹簧末端的位置O;

②取下钩码,将两绳套系在弹簧末端,用两个弹簧测力计共同将弹簧末端拉到同一位置O,记录此时细绳套OA、OB的方向及两个弹簧测力计相应的读数;

③选好标度,在坐标纸上画出两个弹簧测力计的拉力FA和FB的图示,并根据平行四边形定则求出合力F合;

④按同一标度,在坐标纸上画出挂一个钩码时弹簧所受的拉力F的图示;

⑤比较F合和F的大小和方向,得出结论。

回答下列问题:

(1)步骤②中弹簧测力计a的示数如图乙所示,该读数为　　　　 N; 

乙

(2)图丙中已画出FB和F的图示(小方格的边长表示1.0 N),FA的方向如图中虚线所示。请在图中画出FA的图示,并根据平行四边形定则画出FA和FB的合力F合;

丙

(3)本次实验中,若保持弹簧测力计a的读数不变,增大OA与OC的夹角,为将弹簧末端拉到同一位置O,可采用的办法是　　　　。 

A.增大弹簧测力计b的读数,减小OB与OC之间的夹角

B.增大弹簧测力计b的读数,增大OB与OC之间的夹角

C.减小弹簧测力计b的读数,减小OB与OC之间的夹角

D.减小弹簧测力计b的读数,增大OB与OC之间的夹角

13.(12分)如图所示,半径为R,重为G的均匀球靠竖直墙放置,左下方有厚为h的木块(h<R),若不计摩擦,用至少多大的水平推力F推木块才能使球离开地面。

14.(15分)一般教室门上都会安装一种暗锁,这种暗锁由外壳A、骨架B、弹簧C(劲度系数为k)、锁舌D(倾斜角θ=45°)、锁槽E,以及连杆、锁头等部件组成,如图甲所示。设锁舌D的侧面与外壳A和锁槽E之间的动摩擦因数均为μ,最大静摩擦力Ffm由Ffm=μFN(FN为正压力)求得。有一次放学后,当某同学准备关门时,无论用多大的力,也不能将门关上(这种现象称为自锁),此刻暗锁所处的状态的俯视图如图乙所示,P为锁舌D与锁槽E之间的接触点,弹簧由于被压缩而缩短了x。

甲

乙

(1)试判断自锁状态时,D的下表面所受摩擦力的方向;

(2)求自锁时锁舌D与锁槽E之间的正压力的大小;

(3)无论用多大的力拉门,暗锁仍然保持自锁状态,则μ至少为多大?

15.(18分)如图所示,质量为5.4 kg且倾角α=37°的粗糙斜劈放置在水平面上,其与水平面间的动摩擦因数μ1=0.4,质量为5 kg的物体a放在斜面上且与斜面间的动摩擦因数μ2=0.5。一根平行于斜面的不可伸长的轻质细线一端固定在物体a上,另一端绕过两个光滑小滑轮固定在c处,滑轮2下吊有一物体b且β=74°,物体a受到斜劈的摩擦力大小为Ff,且最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10 N/kg,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求:保证系统静止时,b的质量范围。

章末目标检测卷二　相互作用——力

1.D　解析:由题意可知,风筝受到竖直向下的重力,沿着线的拉力,由于风筝处于平衡,即三力平衡,因此风筝受到风力与重力和拉力的合力,等值反向,故A、B、C错误,D正确。

2.A　解析:根据物体的平衡条件有FfA=F,FfB=Fcos 30°,FfC=Fcos 30°,FfD=Fcos 60°,知物体与水平面间的摩擦力最大的是A选项。

3.D　解析:车子在被水平向右“移送”的过程中,如果车子做加速直线运动,底板对车子的摩擦力水平向右,如果车子做匀速直线运动,底板对车子的摩擦力为零;如果车子做减速直线运动,底板对车子的摩擦力水平向左,根据牛顿第三定律可得,如果车子做加速直线运动,车子对底板的摩擦力水平向左,如果车子做匀速直线运动,车子对底板的摩擦力为零;如果车子做减速直线运动,车子对底板的摩擦力水平向右,故A、B错误。车子在被竖直向下“移送”的过程中,根据牛顿第三定律可得车子对底板的力可能等于底板对车子的力,故C错误。车子在被竖直向下“移送”的过程中,如果车子在竖直方向上做减速直线运动,车子处于超重状态,则底板对车子的力大于车子自身的重力,故D正确。

4.B　解析:Q受到的静摩擦力竖直向上,与其重力平衡,与绳子长度无关,所以若绳子变短,Q受到的静摩擦力不变,故A错误。P受到重力、Q的支持力、Q的静摩擦力、绳子的拉力,共4个力作用,故B正确。Q受到重力、墙壁的弹力、P的压力和静摩擦力,共4个力作用,故C错误。设绳子与竖直方向的夹角为α,P的重力为GP,绳子的拉力大小为FT,则由平衡条件得:Ff=GQ,GP+Ff'=FTcos α,Ff=Ff',则GP+GQ=FTcos α,GP与GQ不变,若绳子变短,α变大,cos α变小,则FT变大,故D错误。

5.C　解析:对物体分析,物体受力平衡,则竖直绳的拉力等于物体的重力,故竖直绳的拉力不变;再对O点分析,O受竖直绳的拉力、OA的支持力F及OC绳的拉力而处于平衡状态,受力分析如图所示。F和OC绳的拉力的合力与G大小相等,方向相反,则在OC绳端点上移的过程中,平行四边形的对角线保持不变,由图可知OC绳的拉力先减小后增大,故C正确。

6.C　解析:以小球为研究对象,将重力沿NO方向和PO方向进行分解,根据矢量三角形法则可知三个力构成矢量三角形,由于整体逆时针旋转90°,根据“矢量圆”方法画出各力的变化情况如图所示。由图可知,NO绳中拉力先变大后变小,PO绳中拉力变小,故C正确,A、B、D错误。

7.D　解析:设绳a总长为l,左端井壁与竖直杆之间的距离为d,动滑轮左侧绳长为l1,侧绳长为l2。由于绳a上的拉力处处相等,所以两绳与竖直方向夹角相等,设为θ,则由几何知识,得:d=l1sin θ+l2sin θ=(l1+l2)sin θ,又l1+l2=l,得到sin θ=,当滑环N缓慢向上移动时,d、l没有变化,则θ不变。绳a的拉力大小为FT1,重物的重力为G。以滑轮为研究对象,根据平衡条件得2FT1cos θ=G

解得FT1=,可见,当θ不变时,绳a拉力FT1不变,故A错误。绳b的拉力FT2=FT1cos θ,保持不变;杆对滑环的弹力FN=FT1sin θ,保持不变,所以绳b的拉力FT2始终比绳a的拉力FT1小,故B、C错误,D正确。

8.BC　解析:初态时,对A受力分析有:

得到摩擦力Ff=F1-F2=(6-2) N=4 N,说明最大静摩擦力Fmax≥4 N,当将总质量减小到0.3 kg时,拉力变为3 N,物体仍静止,合力仍为零;弹簧测力计的示数不变,故摩擦力变为Ff'=1 N,故A、D错误,B、C正确。

9.BC　解析:球处于静止状态时受力平衡,对球进行受力分析,如图所示,FA、FB以及G之间的夹角两两都为120°,根据几何关系可知,FA=FB=mg,故A错误。若保持θ=60°不变,使小车水平向右做匀加速直线运动,当由FB和重力G的合力提供加速度时,球对斜面OA的压力为零,故B正确。保持小车静止,在θ由60°缓慢减小至15°的过程中,根据图像可知,FA不断减小,FB先减小后增大,根据牛顿第三定律可知,球对挡板OB的压力先减小后增大,对斜面OA的压力不断减小,故C正确,D错误。

10.AD　解析:设A、B两小球所带电荷量分别为qA、qB,B球的质量为m,定滑轮O到小球A的距离为h,当小球B被拉至某位置时,受力如图所示。设此时O到B的距离为l,A到B的距离为r,两球的库仑力大小为F库=k,根据相似三角形可知,解得F=l,r2=,由于l一直在减小,故F一直减小,A正确,B错误。由r2=可知,r保持不变,因此B球的运动轨迹是以A为圆心的一段圆弧,故D正确,C错误。

11.解析:(1)刻度尺的最小分度为0.1 cm,故读数为18.00 cm。

(2)由题图乙可知,弹簧的劲度系数k= N/m=0.30 N/m。

(3)本实验中采用图像法处理数据,故小盘受到的重力可以不考虑,故选项A正确。读数时刻度尺的零刻度应与弹簧上端对齐,才能准确测量,故选项B错误。在读数时,应让弹簧指针静止之后再读取,故选项C错误。当拉力超过弹性限度时,x-m图线将变成曲线,不再符合胡克定律,故应舍去曲线部分数据,故选项D正确。

答案:(1)18.00　(2)0.30　(3)AD

12.解析:(1)步骤②中弹簧测力计a的读数为4.00 N;

(2)画出的图像如图所示。

(3)若保持弹簧测力计a的读数不变,逐渐增大OA与OC的夹角,a、b两个弹簧测力计弹力的合力不变,如图所示,则可知采用的方法是减小弹簧测力计b的读数,减小OB与OC之间的夹角;或者减小弹簧测力计b的读数,增大OB与OC之间的夹角,故选C、D。

答案:(1)4.00

(2)图见解析

(3)CD

13.解析:以球为研究对象,球离开地面时受力如图所示。

有FN1sin θ=G,FN1cos θ=FN2,sin θ=,

再以整体为研究对象得FN2=F,F=G。

答案:

14.解析:(1)自锁状态时,D有向左运动的趋势,所以它的下表面所受摩擦力的方向为水平向右。

(2)D的受力情况如图所示。

根据平衡条件

水平方向FNsin θ=Ff1+Ff2cos θ+kx

竖直方向F=Ff2sin θ+FNcos θ

又Ff1=μF,Ff2=μFN

解得FN=。

(3)自锁状态时,无论FN多大,都不能将门关上,所以有

1-2μ-μ2=0,

得μ=-1=0.41。

答案:(1)水平向右　(2)　(3)0.41

15.解析:a刚要下滑时b的质量最小,a受到沿斜面向上的静摩擦力作用,magsin α=μ2magcos α+FT

研究b的受力情况,2FTcos=mb1g,

联立解得mb1=1.6 kg

a刚好上滑时,a受到沿斜面向下的静摩擦力作用,

magsin α+μ2magcos α=FT'

研究b的受力情况,2FT'cos=mb2g,

联立解得mb2=8 kg。

当a沿斜面有上滑趋势,且斜劈相对于地面刚好滑动时,研究a和斜劈组成的整体,

FT″cos 53°=μ1(mg+mag+FT″sin 53°)

2FT″cos=mb3g

联立解得mb3=23.77 kg

综上可知,保证系统静止时,b的质量范围为1.6 kg≤mb≤8 kg。

答案:1.6 kg≤mb≤8 kg