2021高考物理大一轮复习题组层级快练：第二单元 相互作用 作业9 Word版含答案

这是一份2021高考物理大一轮复习题组层级快练：第二单元 相互作用 作业9 Word版含答案，共7页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

1．(2016·杭州联考)“阶下儿童仰面时，清明妆点正堪宜．游丝一断浑无力，莫向东风怨别离．”这是《红楼梦》中咏风筝的诗，风筝在风力F、线的拉力FT以及重力G的作用下，能够高高地飞在蓝天上．风筝在空中的受力可能是( )
答案 A
解析 在B、C、D三幅图中，合力不可能为零，不能处于平衡状态，只有A图，风筝在三个力的作用下能处于平衡状态，故A项正确，B、C、D三项错误．
2. (2016·荆州模拟)如图所示，甲、乙、丙三个物体叠放在水平面上，用水平力F拉位于中间的物体乙，它们仍保持静止状态，三个物体的接触面均为水平，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 对整体进行受力分析，受重力、地面的支持力、水平力F和地面的摩擦力共4个力作用；以丙物体为研究对象，受重力、地面对它的支持力和摩擦力、乙对它的压力和摩擦力共5个力的作用，乙、丙之间存在摩擦力；以甲物体为研究对象，受重力和乙对它的支持力共2个力的作用，甲、乙两物体间无摩擦力作用；以乙物体为研究对象，受重力、甲对其压力、外力F、丙对其支持力和丙对其向左的静摩擦力共5个力的作用，C项正确．
3.(2016·山东济宁月考)如图所示，用一轻绳将光滑小球系于竖直墙壁上的O点，现用一细杆压在轻绳上紧贴墙壁从O点缓慢下移，下列说法正确的是( )
A．轻绳对小球的拉力逐渐减小
B．轻绳对小球的拉力逐渐增大
C．小球对墙壁的压力逐渐减小
D．小球对墙壁的压力逐渐增大
答案 BD
解析 用一细杆压在轻绳上紧贴墙壁从O点缓慢下移时，绳与竖直墙壁间的夹角变大，设该角为θ，对球受力分析如图，则轻绳对小球的拉力F＝eq \f(mg,csθ)，小球对墙壁的压力大小FN＝mgtanθ，故随着θ变大，轻绳对小球的拉力逐渐增大，B项正确，A项错误；小球对墙壁的压力逐渐增大，D项正确，C项错误．
4．如图所示，楼道内倾斜天花板上需要安装灯泡照明，两根轻质细线的一端拴在O点、另一端分别固定在天花板上a点和b点，一灯泡通过轻质细线悬挂于O点，系统静止，Oa水平、Ob与竖直方向成一定夹角．现在对灯泡施加一个水平向右的拉力，使灯泡缓缓向右移动一小段距离的过程中( )
A．Oa上的拉力F1可能不变B．Oa上的拉力F1不断增大
C．Ob上的拉力F2不断减小D．Ob上的拉力F2可能增大
答案 B
解析 对结点O，竖直方向上受连接灯泡的细线的拉力和细线Ob拉力F2的竖直分力作用，由于系统静止，故有拉力F2的竖直分力等于灯泡重力，而重力大小不变，则F2不变，C、D两项错误；对灯泡应用图解法可知连接灯泡的细线对O点的拉力的水平分力不断增大，又F2不变，由结点O静止可知F1不断增大，A项错误，B项正确．
5.(2016·保定模拟)如图所示，将三个完全相同的光滑球用不可伸长的细线悬挂于O点并处于静止状态．已知球半径为R，重为G，线长均为R.则每条细线上的张力大小为( )
A．2G B.eq \f(\r(6),2)G
C.eq \f(3,2)G D.eq \f(\r(5),2)G
答案 B
解析 本题中O点与各球心的连线及各球心之间连线，构成一个边长为2R的正四面体，如图所示(A、B、C为各球球心)，O′为△ABC的中心，设∠OAO′＝θ，由几何关系知O′A＝eq \f(2\r(3),3)R，由勾股定理得OO′＝eq \r(OA2－AO′2)＝eq \r(\f(8,3))R，对A处球受力分析有：Fsinθ＝G，又sinθ＝eq \f(OO′,OA)，解得F＝eq \f(\r(6),2)G，故只有B项正确．
6.近年来，智能手机的普及使“低头族”应运而生，不当的姿势与一系列健康问题存在关联，当人体直立时，颈椎所承受的压力等于头部的重量；玩手机时，有可能让颈椎承受多达约270 N的重量．现将人低头时头颈部简化为如图所示的模型：重心在头部的P点，颈椎OP(轻杆)可绕O转动，人的头部在颈椎的支持力和沿PA方向肌肉拉力的作用下处于静止．假设低头时颈椎OP与竖直方向的夹角为45°，PA与竖直方向的夹角为60°，此时颈椎受到的压力约为直立时颈椎受到压力的(eq \r(2)≈1.414，eq \r(3)≈1.732)( )
A．4.2倍 B．3.3倍
C．2.8倍 D．2.0倍
答案 B
解析 设颈椎对头的作用力为F1，肌肉拉力为F2，根据平衡条件：
F1cs45°＝F2sin60°，F1sin45°＝mg＋F2cs60°，解得：F1≈3.3mg，B项正确．
7.如图所示，小球A、B带电荷量相等，质量均为m，都用长为L的绝缘细线挂在绝缘的竖直墙上O点，A球靠墙且其悬线刚好竖直，B球悬线偏离竖直方向θ角而静止，此时A、B两球之间的库仑力为F.由于外部原因小球B的电荷量减小，使两球再次静止时它们之间的库仑力变为原来的一半，则小球B的电荷量减小为原来的( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(1,4)
C.eq \f(1,8) D.eq \f(1,16)
答案 C
解析 小球B受力如图所示，两绝缘线的长度都是L，则△OAB是等腰三角形，线的拉力T与重力G相等，G＝T，小球静止处于平衡状态，则库仑力F＝2Gsineq \f(θ,2)，设原来小球带电量为q，AB间的距离是r，则r＝2Lsineq \f(θ,2)，由库仑定律，得F＝keq \f(q2,r2)，后来库仑力变为原来的一半，则eq \f(F,2)＝2Gsineq \f(θ′,2)，r′＝2Lsineq \f(θ′,2)，eq \f(F,2)＝keq \f(qqB,r′2)，解得qB＝eq \f(1,8)q，故选C项．
8. (2016届江苏省四市一模)如图所示，置于地面的矩形框架中用两细绳拴住质量为m的小球，绳B水平．设绳A、B对球的拉力大小分别为F1、F2，它们的合力大小为F.现将框架在竖直平面内绕左下端缓慢旋转90°，在此过程中( )
A．F1先增大后减小 B．F2先增大后减小
C．F先增大后减小 D．F先减小后增大
答案 B
解析 对小球受力分析如图所示：
小球处于静止状态，受力平衡，两绳的拉力的合力与重力大小相等方向相反，
根据平行四边形定则可知，将框架在竖直平面内绕左下端缓慢旋转90°的过程中，F1逐渐减小，F2先增大后减小，当绳A处于水平方向时，F2最大，故B项正确．
9. (2016·扬州模拟)某学习小组为了体验最大静摩擦力与滑动摩擦力的临界状态，设计了如图所示的装置，一位同学坐在长直木板上，让长直木板由水平位置缓慢向上转动(即木板与地面的夹角θ变大)，另一端不动，则该同学受到支持力FN、合力F合、重力沿斜面方向的分力G1、摩擦力Ff随角度θ的变化关系图中，正确的是( )
答案 ACD
解析 重力沿斜面方向的分力G1＝mgsinθ，C项正确；支持力FN＝mgcsθ，A项正确；该同学滑动之前，F合＝0，Ff＝mgsinθ，滑动后，F合＝mgsinθ－μmgcsθ，Ff＝μmgcsθ，考虑到最大静摩擦力略大于滑动摩擦力的情况，可知B项错误，D项正确．
10．(2016·安徽皖江名校联考)如图所示，三个粗细均匀完全相同的圆木A、B、C堆放在水平地面上，处于静止状态，每个圆木的质量为m，截面的半径为R，三个截面圆心连线构成的等腰三角形的顶角∠O1＝120°，若在地面上的两个圆木刚好要滑动，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不考虑圆木之间的摩擦，重力加速度为g，则( )
A．圆木间的弹力为eq \f(1,2)mg
B．每个圆木对地面的压力为eq \f(3,2)mg
C．地面上的每个圆木受到地面的作用力为eq \f(3,2)mg
D．地面与圆木间的动摩擦因数为eq \f(\r(3),2)
答案 B
解析 对A研究，根据力的平衡可知，由于∠O1＝120°，A的支持力均等于mg，A项错误；整体研究可知，每个圆木对地面的压力为eq \f(3,2)mg，B项正确；对B研究，地面对B的作用力等于地面对B的支持力与地面对B摩擦力的合力，大于eq \f(3,2)mg，C项错误；地面对B的摩擦力等于mgcs30°＝eq \f(\r(3),2)mg，即μ·eq \f(3,2)mg，得μ＝eq \f(\r(3),3)，D项错误．
二、非选择题
11.如图所示，一球A夹在竖直墙与三角劈B的斜面之间，三角劈的重力为G，劈的底部与水平地面间的动摩擦因数为μ，劈的斜面与竖直墙面是光滑的．求：
欲使三角劈静止不动，球的重力不能超过多大？(设劈的最大静摩擦力等于滑动摩擦力)
答案 eq \f(μ,1－μ)G
解析 假设三角劈刚好滑动，地面的摩擦力达到最大值fm，球A与三角形劈B的受力情况如图(甲)、(乙)所示，球A在竖直方向的平衡方程为：
GA＝FNsin45°①
三角形劈的平衡方程为fm＝F′Nsin45°②
FNB＝G＋F′Ncs45°③
另有fm＝μFNB④
由②③④式，可得F′N＝eq \f(μG,\f(\r(2),2)（1－μ）)
而FN＝F′N，代入①式，可得GA＝eq \f(μ,1－μ)G
12.(2016·宝鸡联考)如图所示，质量为m的物体放在一固定斜面上，当斜面倾角为30°时恰能沿斜面匀速下滑．对物体施加一大小为F水平向右的恒力，物体可沿斜面匀速向上滑行．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当斜面倾角增大并超过某一临界角θ0时，不论水平恒力F多大，都不能使物体沿斜面向上滑行，试求：
(1)物体与斜面间的动摩擦因数；
(2)这一临界角θ0的大小．
答案 (1)eq \f(\r(3),3) (2)60°
解析 (1)如图所示，
对物体受力分析，由平衡条件得mgsin30°＝μmgcs30°
解得μ＝tan30°＝eq \f(\r(3),3)
(2)设斜面倾角为α时，受力情况如图所示，由平衡条件得Fcsα＝mgsinα＋Ff
FN＝mgcsα＋Fsinα
Ff＝μFN
解得F＝eq \f(mgsinα＋μmgcsα,csα－μsinα)
当csα－μsinα＝0，即ctα＝eq \f(\r(3),3)时，F→∞，即“不论水平恒力F多大，都不能使物体沿斜面向上滑行”，此时，临界角θ0＝α＝60°.
13.物体A的质量为2 kg，两根轻细绳b和c的一端连接于竖直墙上，另一端系于物体A上，在物体A上另施加一个方向与水平线成θ角的拉力F，相关几何关系如图所示，θ＝60°.若要使两绳都能伸直，求拉力F的大小范围．(g取10 m/s2)
解析 作出物体A的受力分析图如图所示，由平衡条件，得
Fsinθ＋F1sinθ－mg＝0①
Fcsθ－F2－F1csθ＝0②
由①式，得F＝eq \f(mg,sinθ)－F1③
由②③式，得F＝eq \f(mg,2sinθ)＋eq \f(F2,2csθ)④
要使两绳都伸直，则有F1≥0，F2≥0
所以由③式，得Fmax＝eq \f(mg,sinθ)＝eq \f(40\r(3),3) N
由④式，得Fmin＝eq \f(mg,2sinθ)＝eq \f(20\r(3),3) N
综合得F的取值范围为eq \f(20\r(3),3) N≤F≤eq \f(40\r(3),3) N