2020版物理新增分大一轮新高考（京津鲁琼）讲义：第二章相互作用本章综合能力提升练

本章综合能力提升练

一、单项选择题

1．(2018·河北省唐山市质检)光滑斜面上固定着一根刚性圆弧形细杆，小球通过轻绳与细杆相连，此时轻绳处于水平方向，球心恰位于圆弧形细杆的圆心处，如图1所示．将悬点A缓慢沿杆向上移动，直到轻绳处于竖直方向，在这个过程中，轻绳的拉力(　　)

图1

A．逐渐增大   B．大小不变

C．先减小后增大   D．先增大后减小

答案　C

解析　当悬点A缓慢向上移动过程中，小球始终处于平衡状态，小球所受重力mg的大小和方向都不变，支持力FN的方向不变，对小球进行受力分析如图所示，由图可知，拉力FT先减小后增大，C项正确．

2．(2018·陕西省渭南市调研)如图2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(　　)

图2

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

答案　A

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．

3．a、b两个质量相同的球用线相连接，a球用线挂在天花板上，b球放在光滑斜面上，系统保持静止(线的质量不计)，则下列图中正确的是(　　)

答案　B

解析　对a、b球整体受力分析，受重力、斜面的支持力和线的拉力，如图甲所示，同理，对b球受力分析如图乙，可知B项正确．

4．(2018·山西省太原市调研)如图3所示，轻绳OA一端固定在天花板上，另一端系一光滑的圆环，一根系着物体的轻绳穿过圆环后，另一端固定在墙上B点，且OB处于水平．现将A点缓慢沿天花板水平向右移动，且OB段的轻绳始终保持水平，则OA、OB段轻绳所受拉力的大小FTA、FTB的变化情况是(　　)

图3

A．FTA增大，FTB不变   B．FTA、FTB均不变

C．FTA不变，FTB增大   D．FTA、FTB均减小

答案　B

解析　因为圆环光滑，则OC、OB段轻绳所受拉力的大小FTC、FTB始终相等，且等于物体的重力．又因为OB段轻绳始终保持水平，OC段轻绳始终保持竖直，所以A点缓慢右移时，圆环也随之右移，角θ不变，由平衡条件可知OA段绳上所受的拉力不变．故B项正确．

5．(2017·全国卷Ⅲ·17)一根轻质弹性绳的两端分别固定在水平天花板上相距80 cm的两点上，弹性绳的原长也为80 cm.将一钩码挂在弹性绳的中点，平衡时弹性绳的总长度为100 cm；再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点，则弹性绳的总长度变为(弹性绳的伸长始终处于弹性限度内)(　　)

A．86 cm  B．92 cm  C．98 cm  D．104 cm

答案　B

解析　设弹性绳的劲度系数为k.挂钩码后，弹性绳两端点移动前，绳的伸长量ΔL＝100 cm－80 cm＝20 cm，两段绳的弹力F＝kΔL，对钩码受力分析，如图甲所示，sin α＝，cos α＝.根据共点力的平衡条件可得，钩码的重力为G＝2kΔLcos α.将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点时，受力图如图乙所示．设弹性绳伸长量为ΔL′，弹力为F′＝kΔL′，钩码的重力为G＝2kΔL′，联立解得ΔL′＝ΔL＝12 cm.弹性绳的总长度变为L0＋ΔL′＝92 cm，故B正确，A、C、D错误.

　　 甲　　　　　　 乙

6.如图4所示，物块A放在直角三角形斜面体B上面，B放在弹簧上面并紧挨着竖直墙壁，初始时A、B静止，现用力F沿斜面向上推A，但A、B仍未动．则施力F后，下列说法正确的是(　　)

图4

A．A、B之间的摩擦力一定变大

B．B与墙面间的弹力可能不变

C．B与墙面间可能没有摩擦力

D．弹簧弹力一定不变

答案　D

解析　对A分析，开始时受重力、B对A的支持力和静摩擦力平衡，当施加F后，仍然处于静止状态，开始时A所受的静摩擦力大小为mAgsin θ，若F＝2mAgsin θ，则A、B之间的摩擦力大小不变，故A错误；以A、B整体为研究对象，开始时B与墙面间的弹力为零，后来施加F后，弹力等于Fcos θ，B错误；对A、B整体分析，由于A、B不动，弹簧的形变量不变，则弹簧的弹力不变，开始弹簧的弹力等于A、B的总重力，施加F后，弹簧的弹力不变，总重力不变，根据平衡知，B与墙面间一定有摩擦力，故C错误，D正确．

7. (2019·河北省张家口市模拟)如图5所示，质量为m的小球P(可以看成质点)，用两根轻绳OP和O′P在P点拴结后再分别系于竖直墙上相距0.4 m的O、O′两点上，绳OP长0.5 m，绳O′P长0.3 m，今在小球上施加一与水平方向成θ＝37°角的拉力F，将小球缓慢拉起．绳O′P刚拉直时，OP绳拉力为FT1，绳OP刚松弛时，O′P绳拉力为FT2，则FT1∶FT2为(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(　　)

图5

A．3∶4  B．4∶3  C．3∶5  D．4∶5

答案　C

解析　绳O′P刚拉直时，由几何关系可知此时OP绳与竖直方向夹角为37°，小球受力如图甲，则FT1＝mg.绳OP刚松弛时，小球受力如图乙，则FT2＝mg.则FT1∶FT2＝3∶5，C选项正确．

二、多项选择题

8. (2019·山东省德州市期中)如图6所示，倾角为α的粗糙斜劈放在粗糙水平面上，物体a放在斜劈上，轻质细线一端固定在物体a上，另一端绕过光滑的滑轮固定在c点，滑轮2下悬挂物体b，系统处于静止状态．若将固定点c向上移动少许，而a与斜劈始终静止，则下列说法正确的是(　　)

图6

A．细线对物体a的拉力不变

B．斜劈对地面的压力不变

C．斜劈对物体a的摩擦力减小

D．地面对斜劈的摩擦力为零

答案　AB

9. (2010·山东卷·17)如图7所示，质量分别为m1、m2的两个物体通过轻弹簧连接，在力F的作用下一起沿水平方向做匀速直线运动(m1在地面上，m2在空中)，力F与水平方向成θ角．则m1所受支持力N和摩擦力f正确的是(　　)

图7

A．N＝m1g＋m2g－Fsin θ   B．N＝m1g＋m2g－Fcos θ

C．f＝Fcos θ   D．f＝Fsin θ

答案　AC

解析　将m1、m2、弹簧看作整体，受力分析如图所示

根据平衡条件得f＝Fcos θ

N＋Fsin θ＝(m1＋m2)g

N＝(m1＋m2)g－Fsin θ

故选项A、C正确．

10. (2018·江西省南昌市第二次模拟)如图8所示，带有光滑竖直杆的三角形斜劈固定在水平地面上，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，则有(　　)

图8

A．轻绳对小球的拉力逐渐增大

B．小球对斜劈的压力先减小后增大

C．竖直杆对小滑块的弹力先增大后减小

D．对小滑块施加的竖直向上的拉力逐渐增大

答案　AD

解析　对小球受力分析，受重力、支持力和轻绳的拉力，如图甲所示：

根据平衡条件可知，滑块缓慢上升的过程中，轻绳的拉力FT增加，支持力FN减小，根据牛顿第三定律，球对斜劈的压力减小，A正确，B错误；对球和滑块整体分析，受重力、斜面的支持力FN，杆的弹力FN′，拉力F，如图乙所示，根据平衡条件，有：水平方向FN′＝FNsin θ，竖直方向F＋FNcos θ＝G，由于FN减小，故杆的弹力FN′减小，对滑块的拉力F增加，C错误，D正确．

三、非选择题

11．某学生做“研究两个互成角度力的合成规律”的实验．实验时把弹簧竖直悬挂起来，在下端挂钩码，每增加一只钩码均记下对应的弹簧的长度x，数据记录如下表所示．

(1)根据表中数据在图9中作出F－x图线．

图9

(2)根据F－x图线可以求得弹簧的劲度系数为________ N/m.

(3)估测弹簧弹力为5 N时弹簧的弹性势能为________ J.

答案　(1)如图所示

(2)50　(3)0.25

12．(2018·内蒙古赤峰二中月考)倾角30°的斜面体放在水平地面上，小车与斜面之间光滑，斜面体与地面之间粗糙，用两根轻绳跨过两个固定的定滑轮一端接在小车上(滑轮与斜面没有连接)，另一端分别悬挂质量为2m和m的物体A、B，当小车静止时两绳分别平行、垂直于斜面，如图10所示，不计滑轮摩擦．(重力加速度为g)

图10

(1)求小车的质量；

(2)现使A、B位置互换，当系统再次静止时(斜面体始终未动)，地面与斜面体之间的摩擦力大小．

答案　(1)4m　(2)mg

解析　(1)小车处于静止状态，受力平衡，对小车受力分析，沿斜面方向有：Mgsin 30°＝2mg，得M＝4m.

(2)当A和B互换位置后，设A连接的绳子与垂直于斜面方向的夹角为θ，沿斜面方向有：

Mgsin 30°＝mg＋2mgsin θ，

解得θ＝30°，即A连接的绳子竖直向上拉小车，

对小车和斜面体整体受力分析，水平方向有：

Ff＝mgcos 30°，解得Ff＝mg.

13．(2018·河北省衡水中学第一次调研)如图11所示，放在粗糙的固定斜面上的物块A和悬挂的物块B均处于静止状态．轻绳AO绕过光滑的定滑轮与轻弹簧的右端及轻绳BO的上端连接于O点，轻弹簧中轴线沿水平方向，轻绳的OC段与竖直方向的夹角θ＝53°，斜面倾角α＝37°，物块A和B的质量分别为mA＝5 kg，mB＝1.5 kg，弹簧的劲度系数k＝500 N/m，(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2)求：

图11

(1)弹簧的伸长量x；

(2)物块A受到的摩擦力．

答案　(1)4 cm　(2)5 N，方向沿斜面向上

解析　(1)对结点O受力分析如图甲所示：

根据平衡条件，有：FTcos θ－mBg＝0，FTsin θ－F＝0，且：F＝kx，解得：x＝4 cm；

(2)设物块A所受摩擦力沿斜面向下，对物块A受力分析如图乙所示：

根据牛顿第三定律有FT′＝FT，根据平衡条件，有：FT－Ff－mAgsin α＝0，解得：Ff＝－5 N，即物块A所受摩擦力大小为5 N，方向沿斜面向上．