山东专用高考物理一轮复习专题二相互作用专题检测含解析

专题二　相互作用

【专题检测】

A组

一、选择题

1.(2020福建莆田3月质检)如图,某同学将一足球静止摆放在收纳架上。他测得足球的直径约为20cm,质量约为0.48kg,收纳架两根平行等高的横杆之间的距离d约为12cm。忽略足球的形变以及球与横杆之间的摩擦,重力加速度g取10m/s2,则可估算出一根横杆对足球的弹力约为              (　　)

A.2.4N　　B.3.0N　　C.4.0N　　D.4.8N

答案　B　设每根横杆对足球的弹力方向与竖直方向夹角为α,由几何关系可知cosα==0.8,对足球竖直方向有2FNcosα=mg,解得FN=3.0N,B正确。

规律归纳　接触面的弹力方向一定沿垂直于接触面的方向,当接触面是曲面时垂直于曲面的切面,接触面是球面时沿球面半径方向。

2.(2020江苏苏锡常镇四市二模)(多选)如图所示,水平放置的复印机纸盒里有10张叠放的复印纸,每一张纸的质量均为m。摩擦轮竖直向下压第1张纸,并以一定的角速度逆时针转动。摩擦轮与第1张纸之间的动摩擦因数为μ1,纸张间的动摩擦因数均为μ2,且有μ1>μ2。设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等,则下列说法正确的是              (　　)

A.第1张纸受到摩擦轮的摩擦力方向向左

B.第2张纸受到的合外力为零

C.第2张纸到第10张纸之间不可能发生相对滑动

D.第10张纸不受第9张纸对它的摩擦力作用

答案　BC　摩擦轮逆时针转动,第1张纸相对于与轮接触处有向左运动的趋势,故其受到摩擦轮的摩擦力方向向右,故A错误;第2张纸受到第1张纸向右的滑动摩擦力和第3张纸的静摩擦力,第1与第2张纸间的滑动摩擦力f12=μ2(mg+F),第2与第3张纸间的最大静摩擦力f32=μ2(2mg+F),因为f32>f12,所以第2张纸静止不动,所受到的合外力为零,即第2张纸上、下表面所受摩擦力等值反向,B正确;同理可知,第2张纸到第10张纸每张纸上、下表面所受摩擦力均等值反向,受到的合外力为零,所以不会发生相对滑动,C正确,D错误。

3.(多选)作用于同一点的两个力,大小分别为F1=5N,F2=4N,这两个力的合力F与F1的夹角为θ,则θ可能为              (　　)

A.30°　　B.45°　　C.60°　　D.75°

答案　AB　作出两力合成的示意图如图所示,由于两个力的大小一定,则表示合力F的有向线段末端在以F1的末端为圆心、以F2为半径的圆周上,可以看出,当合力方向沿圆周切线方向即与F2垂直时合力与F1之间的夹角最大,即sinθm==,解得θm=53°,故选A、B。

4.(多选)如图所示,竖直杆固定在木块C上,两者总重为20N,放在水平地面上。轻细绳a连接小球A和竖直杆顶端,轻细绳b连接小球A和B,小球B重为10N。当用与水平方向成30°角的恒力F作用在小球B上时,A、B、C刚好保持相对静止且一起水平向左做匀速运动,绳a、b与竖直方向的夹角分别为30°和60°,则下列判断正确的是              (　　)

A.力F的大小为10N

B.地面对C的支持力大小为40N

C.地面对C的摩擦力大小为10N

D.A球重为10N

答案　AD　以B为研究对象分析受力,水平方向受力平衡,有Fcos30°=Tbcos30°,得Tb=F,竖直方向受力平衡,则有Fsin30°+Tbsin30°=mBg,解得F=mBg=10N;以A为研究对象分析受力,竖直方向上有mAg+Tbsin30°=Tasin60°,水平方向上有Tasin30°=Tbsin60°,联立得mA=mB,即A球重为10N,A、D两项正确。以A、B、C整体为研究对象受力分析,水平方向f=Fcos30°=5N,竖直方向N+Fsin30°=(M+mA+mB)g,解得N=35N,B、C两项错误。

5.如图所示,滑块放在水平地面上,左边受一个弹簧拉力作用,弹簧原长小于悬挂点的高度,水平向右的拉力F拉动滑块,使滑块向右缓慢移动,并且滑块始终没有离开地面,则在上述过程中,下列说法正确的是　              (　　)

A.弹簧弹力在竖直方向的分量不变,滑块受到的摩擦力不变

B.弹簧弹力在竖直方向的分量不变,滑块受到的摩擦力变小

C.弹簧弹力在竖直方向的分量增大,滑块受到的摩擦力变小

D.弹簧弹力在竖直方向的分量增大,滑块受到的摩擦力不变

答案　C　设悬挂点的高度为H,弹簧的原长为l0,劲度系数为k,弹簧弹力在竖直方向的分量Fy=k(-l0)sinθ,故Fy=kH-kl0sinθ,当滑块向右移动时夹角θ减小,可知弹簧弹力的竖直分量在增大,由平衡条件可知滑块与地面间的弹力减小,则滑块与地面间的摩擦力减小,C正确。

方法归纳　解动态问题的关键是分清变量与不变量,依据不变量去确定变量的变化规律。当你使用解析法时,首先对研究对象的任一状态而不是某一特定状态进行受力分析,利用合成法或正交分解法求出因变物理量与自变物理量的一般函数关系式,然后根据自变量的变化情况及变化区间确定因变物理量的变化情况。

二、非选择题

6.(2018广西钦州阶段检测,15)一个底面粗糙、质量为m0=5kg的劈放在粗糙的水平面上,劈的斜面光滑且与水平面成30°角;现用一端固定的轻绳系一质量为m=3kg的小球,小球放在斜面上,小球静止时轻绳与竖直方向的夹角也为30°,如图所示,(g取10m/s2)试求:

(1)当劈静止时绳子的拉力大小;

(2)若地面对劈的最大静摩擦力等于地面对劈支持力的k倍,为使整个系统静止,k值必须满足什么条件?

答案　(1)10N　(2)k≥

解析　(1)对小球进行受力分析,如图1所示

FTcos30°+FN1cos30°=mg

FTsin30°=FN1sin30°

解得FT=FN1=mg=10N

(2)对劈进行受力分析如图2所示

FN2=m0g+FN1'cos30°

Ff=FN1'sin30°

又FN1=FN1'

要使整体不滑动,则有Ff≤kFN2

解得k≥

7.(2020届辽宁模拟)如图所示,质量为M的物块被质量为m的夹子夹住刚好能不下滑,夹子由长度相等的轻绳悬挂在A、B两轻环上,轻环套在水平直杆上,整个装置处于静止状态。已知物块与夹子间的动摩擦因数为μ,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。求:

(1)直杆对A环的支持力的大小;

(2)夹子右侧部分对物块的压力的大小。

答案　(1)　(2)

解析　本题难度较小,只需灵活运用整体法与隔离法对物体受力分析即可。

(1)直杆对A、B环的支持力FN大小相等、方向竖直向上,选取物块和夹子整体为研究对象,由平衡条件可得:2FN=(M+m)g

解得:FN=

(2)由于物块恰好能不下滑,故物块受到两侧夹子的摩擦力为最大静摩擦力Ffm,已知Ffm等于滑动摩擦力,设此时夹子一侧对物块的压力为F,以物块为研究对象,由平衡条件可得:2Ffm=Mg

Ffm=μF

联立解得:F=。

B组

一、选择题

1.如图,有五个力作用于同一点O,表示这五个力的有向线段恰分别构成一个正六边形的两条邻边和三条对角线。已知F2=10N,则这五个力的合力大小为              (　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　　

A.20N　　B.30N

C.40N　　D.60N

答案　D　由图可知,最大恒力为F1,根据平行四边形定则,F3与F4的合力为F1,F2与F5的合力为F1,这五个力的合力为三倍的F1,已知F2=10N,根据几何关系可知,F1=20N,所以合力的大小为60N,故D正确,A、B、C错误。

2.如图所示,一个半球形的碗放在桌面上,碗口水平,O点为其球心,碗的内表面是光滑的。一根质量可忽略的刚性细杆两端分别固定着质量为m1和m2的小球A、B,放置在半球面内。已知细杆长度是球面半径的倍,当两球处于平衡状态时,细杆与水平面的夹角θ=15°,则两小球的质量比m2∶m1为              (　　)

A.∶2　　B.2∶　　C.∶1　　D.1∶

答案　D　设细杆对两球的弹力大小为T,小球A、B的受力情况如图所示,其中球面对两球的弹力方向指向圆心,根据几何关系可知α=45°,FN1的方向为向上偏右,β1=90°-45°-15°=30°,FN2的方向为向上偏左,β2=90°-(45°-15°)=60°。两球都受到重力、细杆的弹力和球面的弹力的作用,过O作竖直线交两球连线于C点,由几何关系可得=、=,取两球及细杆组成的整体为研究对象,由平衡条件得,水平方向上有FN1sinβ1=FN2sinβ2,联立解得m2∶m1=1∶,D正确。

3.如图所示,某高处有一固定的光滑半球形容器,底部有一小孔,用一细轻杆通过小孔,使容器内壁的一个光滑小球缓慢地沿内壁下滑很小的一段(已知杆的弹力始终沿着杆),则在此过程中下列说法正确的是              (　　)

A.杆对球的作用力大小越来越小

B.杆对球的作用力大小不变

C.容器壁对球的作用力大小越来越大

D.容器壁对球的作用力大小越来越小

答案　A　对小球受力分析,如图所示,设小球与容器球心的连线与竖直方向之间的夹角为θ,在小球下滑的过程中θ减小。由相似三角形关系可知,N=mg,F=2mg·sin;可知当θ减小时,容器壁对球的作用力大小不变,始终等于重力;而杆对球的作用力越来越小。故B、C、D错误,A正确。

4.如图所示,斜面上固定有一与斜面垂直的挡板,另有一截面为1/4圆的光滑柱状物体甲放置于斜面上,半径与甲相同的光滑球乙被夹在甲与挡板之间,没有与斜面接触而处于静止状态。现在从球心O处对甲施加一平行于斜面向下的力F,使甲沿斜面方向缓慢向下移动。设乙对挡板的压力大小为F1,甲对斜面的压力大小为F2,在此过程中              (　　)

A.F1缓慢增大,F2缓慢增大

B.F1缓慢增大,F2缓慢减小

C.F1缓慢减小,F2缓慢增大

D.F1缓慢减小,F2保持不变

答案　D　以整体为研究对象,分析受力如图甲所示,设斜面的倾角为θ,在垂直于斜面方向上有F2'=(M+m)gcosθ,由牛顿第三定律可知F2=F2'是个定值不变;隔离球乙受力分析,如图乙所示,甲下移时对乙的弹力N的方向逐渐靠近竖直方向,但甲是与乙半径相同的四分之一圆柱,故N的方向只能在水平方向与垂直于斜面方向之间变化,故可知F1缓慢减小,D正确。

二、非选择题

5.(2018朝阳期中,14)某同学利用图甲所示的装置探究弹簧弹力和伸长的关系。

甲

乙

(1)该同学将弹簧的上端与刻度尺的零刻度对齐,读出不挂钩码时弹簧下端指针所指刻度尺的刻度值,然后在弹簧下端挂上钩码,并逐个增加钩码,依次读出指针所指刻度尺的刻度值,所读数据列表如下(设弹簧始终未超过弹性限度,取重力加速度g=9.80m/s2):

　　在图甲中,挂30g钩码时刻度尺的读数为　　　cm。 

(2)如图乙所示,该同学根据所测数据,建立了x-m坐标系,并描出了5组测量数据,请你将第2组数据描在坐标纸上(用“+”表示所描的点),并画出x-m的关系图线。

(3)根据x-m的关系图线可得该弹簧的劲度系数约为　　　N/m(结果保留3位有效数字)。 

答案　(1)7.15(±0.01)　(2)图见解析　(3)25.9(±0.3)

解析　(1)刻度尺的分度值为1mm,由图甲中弹簧下端的指针位置可知挂30g钩码时刻度尺的读数为7.15cm。

(2)根据表中数据进行描点,画出一条平滑的直线使尽可能多的点落在直线上,不在线上的点,应均匀分布在直线两侧,如图所示:

(3)根据图像中图线的斜率可知弹簧的劲度系数为k===25.9N/m。

6.(2019天津模拟)两个带电小球A、B(可视为质点)通过绝缘的不可伸长的轻绳相连,若将轻绳的某点O固定在天花板上,平衡时两个小球的连线恰好水平,且两根悬线偏离竖直方向的夹角分别为30°和60°,如图甲所示。若将轻绳跨接在竖直方向的光滑定滑轮(滑轮大小可不计)两端,调节两球的位置能够重新平衡,如图乙所示,求:

(1)两个小球的质量之比;

(2)图乙状态,滑轮两端的绳长O'A、O'B之比。

答案　(1)3∶1　(2)1∶3

解析　(1)带电小球处于静止状态,受力平衡,对带电小球A受力分析,受到重力、绳子的拉力T和库仑力F,根据平衡条件得Tcosθ-mg=0,Tsinθ-F=0

解得mg=

所以==

(2)对小球A受力分析如图,设绳子拉力为T,小球A到滑轮的长度为L,O'C的距离为h,根据三角形相似,有=,解得L=,所以==。