新高考物理一轮复习精讲精练第2章相互作用相互作用章末测试（2份打包，原卷版+解析版）

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1、如图所示，一倾角为45°的斜面固定于墙脚，为使一光滑的铁球静止于图示位置，需加一水平力F，且F通过球心。下列说法正确的是( )
A．铁球一定受墙面水平向左的弹力
B．铁球可能受墙面水平向左的弹力
C．铁球一定受斜面通过铁球的重心的弹力
D．铁球可能受斜面垂直于斜面向上的弹力
【答案】B
【解析】F的大小合适时，铁球可以静止在无墙的斜面上，F增大时墙面才会对铁球有弹力，选项A错误，B正确；斜面必须有对铁球斜向上的弹力才能使铁球不下落，该弹力方向垂直于斜面且通过铁球的球心，但不一定通过铁球的重心，选项C、D错误。
2、如图所示，一根弹性杆的一端固定在倾角为30°的斜面上，杆的另一端固定一个重力为2 N的小球，小球处于静止状态，则弹性杆对小球的弹力( )
A．大小为2 N，方向平行于斜面向上
B．大小为1 N，方向平行于斜面向上
C．大小为2 N，方向垂直于斜面向上
D．大小为2 N，方向竖直向上
【答案】D
【解析】小球受重力和杆的支持力(弹力)作用处于静止状态，由二力平衡可知，弹性杆对小球的弹力与重力等大、反向，即大小为2 N，方向竖直向上。
3、(2019·全国卷Ⅱ)物块在轻绳的拉动下沿倾角为30°的固定斜面向上匀速运动，轻绳与斜面平行。已知物块与斜面之间的动摩擦因数为eq \f(\r(3),3)，重力加速度取10 m/s2。若轻绳能承受的最大张力为1 500 N，则物块的质量最大为( )
A．150 kg B．100eq \r(3) kg
C．200 kg D．200eq \r(3) kg
【答案】A
【解析】物块沿斜面向上匀速运动，受力示意图如图所示，根据平衡条件有
F＝Ff＋mgsin 30°①
Ff＝μFN②
FN＝mgcs 30°③
由①②③式得F＝mgsin 30°＋μmgcs 30°
所以m＝eq \f(F,gsin 30°＋μgcs 30°)
代入数据得m＝150 kg，选项A正确。
4、(2020·安康联考)如图所示，两个小球a、b的质量均为m，用细线相连并悬挂于O点。现用一轻质弹簧给小球a施加一个拉力F，使整个装置处于静止状态，且Oa与竖直方向夹角为30°，已知弹簧的劲度系数为k，重力加速度为g，则弹簧的最短伸长量为( )
A．eq \f(mg,2k) B．eq \f(mg,k)
C．eq \f(\r(3)mg,3k) D．eq \f(\r(3)mg,k)
【答案】B
【解析】以两个小球组成的整体为研究对象，分析受力，如图所示。根据平衡条件得知，F与FT的合力与重力2mg总是大小相等、方向相反，由力的合成图可知，当F与绳子Oa垂直时，F有最小值，即图中2位置，F的最小值Fmin＝kx＝2mgsin θ＝mg，则弹簧的最短伸长量为x＝eq \f(mg,k)，故B正确。
5、如图所示，一不可伸长的光滑轻绳，其左端固定于O点，右端跨过位于O′点的光滑定滑轮悬挂一质量为1 kg的物体，OO′段水平，长度为1.6 m。绳上套一可沿绳自由滑动的轻环，现在在轻环上悬挂一钩码(图中未画出)，平衡后，物体上升0.4 m。则钩码的质量为( )
A．1.2 kg B．1.6 kg
C．eq \r(2) kg D．eq \f(\r(2),2) kg
【答案】A
【解析】重新平衡后，绳子形状如图所示设钩码的质量为M，由几何关系知，绳子与竖直方向夹角为θ＝53°，则根据平衡可求得2mgcs 53°＝Mg，解得M＝1.2 kg，选项A正确。
6、如图所示，支架固定在水平地面上，其倾斜的光滑直杆与地面成30°角，两圆环A、B穿在直杆上，并用跨过光滑定滑轮的轻绳连接，滑轮的大小不计，整个装置处于同一竖直平面内。圆环平衡时，绳OA竖直，绳OB与直杆间夹角为30°。则环A、B的质量之比为( )
A．1∶eq \r(3) B．1∶2
C．eq \r(3)∶1 D．eq \r(3)∶2
【答案】A
【解析】分别对A、B进行受力分析，如图所示，以A为研究对象，则A受到重力和绳的拉力的作用，直杆对A没有力的作用，否则A水平方向受力不能平衡，所以FT＝mAg；以B为研究对象，根据几何知识可知，绳的拉力FT′与B受到的支持力FN与竖直方向之间的夹角都是30°，所以FT′与FN大小相等，得mBg＝2×FT′cs 30°＝eq \r(3)FT′，故mA∶mB＝1∶eq \r(3)，A正确。
7、(2021·1月湖南普高校招生适应性考试，6)如图，一根质量为m的匀质绳子，两端分别固定在同一高度的两个钉子上，中点悬挂一质量为M的物体。系统平衡时，绳子中点两侧的切线与竖直方向的夹角为α，钉子处绳子的切线方向与竖直方向的夹角为β，则( )
A．eq \f(tan α,tan β)＝eq \f(m＋M,m)B．eq \f(tan α,tan β)＝eq \f(m＋M,M)
C．eq \f(cs α,cs β)＝eq \f(M,m＋M)D．eq \f(cs α,cs β)＝eq \f(m,m＋M)
【答案】B
【解析】以M为研究对象，2FT1cs α＝Mg①
以M和m整体为研究对象，则2FT2cs β＝(m＋M)g②
FT1sin α＝FT2sin β③
由①②③得：eq \f(tan α,tan β)＝eq \f(m＋M,M)，B正确。
8、如图所示，光滑的半圆环沿竖直方向固定，M点为半圆环的最高点，N点为半圆环上与半圆环的圆心等高的点，直径MH沿竖直方向，光滑的定滑轮固定在M处，另一小圆环穿过半圆环用质量不计的轻绳拴接并跨过定滑轮。开始小圆环处在半圆环的最低点H点，第一次拉小圆环使其缓慢地运动到N点，第二次以恒定的速率将小圆环拉到N点。滑轮大小可以忽略，则下列说法正确的是( )
A．第一次轻绳的拉力逐渐增大
B．第一次半圆环受到的压力逐渐减小
C．小圆环第一次在N点与第二次在N点时，轻绳的拉力相等
D．小圆环第一次在N点与第二次在N点时，半圆环受到的压力相等
【答案】C
【解析】小圆环沿半圆环缓慢上移过程中，受重力G、拉力FT、弹力FN三个力处于平衡状态，受力分析如图所示。由图可知△OMN与△NBA相似，则有eq \f(G,R)＝eq \f(FN,R)＝eq \f(FT,MN)(式中R为半圆环的半径)，在小圆环缓慢上移的过程中，半径R不变，MN的长度逐渐减小，故轻绳的拉力FT逐渐减小，小圆环所受的支持力的大小不变，由牛顿第三定律得半圆环所受的压力的大小不变，A、B错误；第一次小圆环缓慢上升到N点时，FN＝G，FT＝eq \r(2)G；第二次小圆环运动的过程中，假设小圆环速率恒为v，当小圆环运动到N点时，在水平方向上有FT′cs 45°－FN′＝meq \f(v2,R)，在竖直方向上有G＝FT′sin 45°，解得FT′＝eq \r(2)G，FN′＝G－meq \f(v2,R)，再结合牛顿第三定律可知，C正确，D错误。
二、多项选择题
9、(2022·南通调研)如图用三根细线a、b、c将两个小球1和2连接并悬挂，其中小球1的重力G1＝7 N，小球2的重力G2＝9 N，两小球处于静止状态，已知细线a与竖直方向的夹角为37°，细线c水平，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，则( )
A．细线a对小球1的拉力为20 N
B．细线b对小球2的拉力为15 N
C．细线c对小球2的拉力为10 N
D．细线c对小球2的拉力为15 N
【答案】AB
【解析】
将两小球和细线b视为整体，对整体受力分析如图甲所示，根据共点力的平衡条件有Fa＝eq \f(G1＋G2,cs 37°)＝eq \f(7＋9,\f(4,5))N＝20 N，Fc＝(G1＋G2)tan 37°＝16×eq \f(3,4)N＝12 N，故A正确，C错误；对小球2进行受力分析如图乙所示，
根据共点力的平衡条件有Fb＝eq \r(Geq \\al( 2,2)＋Feq \\al( 2,c))＝eq \r(92＋122)N＝15 N，故B正确；剪断绳b后的瞬间，b、c两条绳子的拉力均变为零，小球2只受重力作用，加速度为g，故D正确。
10、(2019·全国卷Ⅰ，19)如图，一粗糙斜面固定在地面上，斜面顶端装有一光滑定滑轮。一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块N，另一端与斜面上的物块M相连，系统处于静止状态。现用水平向左的拉力缓慢拉动N，直至悬挂N的细绳与竖直方向成45°。已知M始终保持静止，则在此过程中( )
A．水平拉力的大小可能保持不变
B．M所受细绳的拉力大小一定一直增加
C．M所受斜面的摩擦力大小一定一直增加
D．M所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增加
【答案】BD
【解析】选N为研究对象，受力情况如图甲所示，用水平拉力F缓慢拉动N的过程中，水平拉力F逐渐增大，细绳的拉力FT逐渐增大，选项A错误，B正确；对M受力分析，如图乙所示，受重力GM、支持力FN、绳的拉力FT以及斜面对它的摩擦力Ff。若开始时斜面对M的摩擦力Ff沿斜面向上，则FT＋Ff＝GMsin θ，FT逐渐增大，Ff逐渐减小，当Ff减小到零后，再反向增大。若开始时斜面对M的摩擦力Ff沿斜面向下，此时，FT＝GMsin θ＋Ff，当FT逐渐增大时，Ff逐渐增大，C错误，D正确。
11、某同学用如图所示的装置开展探究实验，固定在墙壁上的一个力传感器通过一根水平绳与小木块B相连，A、B都放在质量可以忽略的长薄板C上，地面光滑。已知A的质量为0.8 kg，B的质量为0.4 kg，A、C间与B、C间的动摩擦因数都为0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。重力加速度g＝10 m/s2，当施加一个力F作用在A上，下列说法正确的是( )
A．F＝1 N时，力传感器示数为1 N
B．F＝3 N时，力传感器示数为3 N
C．F＝4 N时，力传感器示数为4 N
D．F＝5 N时，力传感器示数为2 N
【答案】AD
【解析】对于轻质薄板C，所受合力一定为零。A、C间的最大静摩擦力为4 N，B、C间的最大静摩擦力为2 N。当F＝1 N时，C与A、B都保持相对静止，由平衡条件知道力传感器示数为1 N，A项正确；当F＝3 N，拉力超过B、C间的最大静摩擦力，发生相对滑动。B、C间的摩擦力为2 N，A、C间摩擦力也是2 N，是静摩擦力，从而保持轻质薄板C所受的合力零。同理分析知道，拉力F超过2 N，力传感器示数总是2 N，保持轻质薄板C所受的合力零，A、C不可能发生相对滑动。所以B、C两项错误，D项正确。
12、如图所示，竖直墙壁与光滑水平地面交于B点，质量为m1的光滑半圆柱体紧靠竖直墙壁置于水平地面上，O1为半圆柱体截面所在圆的圆心，质量为m2且可视为质点的均匀小球O2用长度等于A、B两点间距离的细线悬挂于竖直墙壁上的A点，小球静置于半圆柱体上，当换用质量不变，而半径不同的光滑半圆柱体时，细线与竖直墙壁的夹角θ就会跟着发生改变。已知重力加速度为g，不计各接触面间的摩擦，则下列说法正确的是( )
图11
A．当θ＝60°时，半圆柱体对地面的压力大小为m1g＋eq \f(3,4)m2g
B．当θ＝60°时，小球对半圆柱体的压力大小为eq \r(3)m2g
C．换用不同的半圆柱体时，半圆柱体对竖直墙壁的最大压力大小为eq \f(1,2)m2g
D．换用半径更大的半圆柱体时，半圆柱体对地面的压力保持不变
【答案】AC
【解析】对小球进行受力分析如图甲所示，连接O2B和O1O2，由几何关系可知θ＝α，小球受力平衡，有FN1＝m2gsin θ，FT＝m2gcs θ，对小球和半圆柱体整体进行受力分析，整体受地面的支持力FN、墙壁的弹力F、细线的拉力FT、重力(m1＋m2)g，如图乙所示，整体受力平衡，则在竖直方向上有FN＋FTcs θ＝(m1＋m2)g，水平方向上有F＝FTsin θ。当θ＝60°时，FN1＝eq \f(\r(3),2)m2g，由牛顿第三定律得小球对半圆柱体的压力大小为eq \f(\r(3),2)m2g，B错误；F＝FTsin θ＝eq \f(1,2)m2gsin 2θ，当θ＝45°时，Fmax＝eq \f(1,2)m2g，C正确；FN＝(m1＋m2)g－m2gcs2θ，当θ＝60°时，FN＝m1g＋eq \f(3,4)m2g，当换用半径更大的半圆柱体时，θ改变，FN改变，由牛顿第三定律可知A正确，D错误。
三、实验题
13、(2022·南通调研)小明同学做“探究弹簧弹力和弹簧形变量的关系”的实验。
(1)实验装置如图甲，下列操作规范的是________。
A．实验前，应该先把弹簧水平放置测量其原长
B．逐一增挂钩码，记下每增加一只钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重
C．随意增减钩码，记下增减钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重
D．实验结束后，应拆除实验装置，整理并复原实验器材
(2)小明同学在实验后，根据记录的数据进行处理，描绘出弹簧的伸长量Δl与弹力F相关的点如图乙所示，请你根据所学知识用一定的线来拟合这些点。
(3)根据拟合的线，回答以下问题：
①本实验中弹簧的劲度系数k＝________N/m；
②图线中后半部分明显偏离直线，你认为造成这种现象的主要原因是________________________________。
【答案】(1)BD (2)见解析图 (3)①100 ②超过弹簧的弹性限度
【解析】(1)为了消除弹簧自重的影响，实验前，应该先把弹簧竖直放置测量其原长，故A错误；为了更好地找出弹力与形变量之间的规律，应逐一增挂钩码，记下每增加一只钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重，故B正确，C错误；实验结束后，应拆除实验装置，整理并复原实验器材，故D正确。
(2)如图所示
(3)①图像直线部分的斜率的倒数表示弹簧的劲度系数，则k＝eq \f(4,4×10－2) N/m＝100 N/m。
②图线中后半部分明显偏离直线，即弹力与形变量不成正比，则造成这种现象的主要原因是超过弹簧的弹性限度。
14、(2022·昆山八校联盟第二次检测)某同学做“验证力的平行四边形定则”的实验情况如图甲所示，其中A为固定橡皮条的图钉，O为橡皮条与细绳的结点，OB和OC为细绳，图乙是在白纸上根据实验结果画出的图：
(1)如果没有操作失误，图乙中的F与F′两力中，方向一定沿AO方向的是________。
(2)本实验采用的科学方法是________。
A．理想实验法 B．等效替代法
C．控制变量法 D．建立物理模型法
(3)实验时，主要的步骤是：
A．在桌上放一块方木板，在方木板上铺一张白纸，用图钉把白纸钉在方木板上；
B．用图钉把橡皮条的一端固定在板上的A点，在橡皮条的另一端拴上两条细绳，细绳的另一端系着绳套；
C．用两个弹簧测力计分别钩住绳套，互成角度地拉橡皮条，使橡皮条伸长，结点到达某一位置O，记录下点O的位置，读出两个弹簧测力计的示数；
D．按选好的标度，用铅笔和刻度尺作出两只弹簧测力计的拉力F1和F2的图示，并用平行四边形定则求出合力F；
E．只用一只弹簧测力计，通过细绳套拉橡皮条使其伸长，读出弹簧测力计的示数，记下细绳的方向，按同一标度作出这个力F′的图示；
F．比较F′和F的大小和方向，看它们是否相同，得出结论。
①上述步骤中，有重要遗漏的步骤的序号是________和________；
②遗漏的内容分别是____________________________________
和_________________________________________________。
【答案】(1)F′ (2)B (3)①C E ②C中应加上“记下两条细绳的方向” E中应说明“把橡皮条的结点拉到同一位置O”
【解析】(1)由一个弹簧测力计拉橡皮条至O点的拉力一定沿AO方向；而根据平行四边形定则作出的合力，由于误差的存在，不一定沿AO方向，故一定沿AO方向的是F′。
(2)一个力的作用效果与两个力的作用效果相同，它们的作用效果可以等效替代，故B正确。
(3)①根据“验证力的平行四边形定则”实验的操作规程可知，有重要遗漏的步骤的序号是C、E。
②在C中未记下两条细绳的方向，E中未说明是否把橡皮条的结点拉到同一位置O。
四、计算题
15、如图所示，B和C两个小球重力均为G，用轻绳悬挂而分别静止于图示位置上，试求：
(1)AB和CD两根细绳的拉力分别为多大；
(2)绳BC与竖直方向的夹角θ。
【答案】(1)eq \r(3)G G (2)60°
【解析】(1)对B、C两球整体受力分析，正交分解得
FABcs 30°＋FCDcs 60°＝2G，
FABsin 30°＝FCDsin 60°
联立解得FAB＝eq \r(3)G，FCD＝G。
(2)对C球受力分析，正交分解得
FBCcs θ＋FCDcs 60°＝G
FBCsin θ＝FCDsin 60°，联立解得θ＝60°。
16、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、方向水平向右的恒力，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)如图甲所示，未施加力F时，对物体受力分析，
由平衡条件得mgsin 30°＝μmgcs 30°
解得μ＝tan 30°＝eq \f(\r(3),3)
(2)设斜面倾角为α时，受力情况如图乙所示，由平衡条件得Fcs α＝mgsin α＋Ff′
FN′＝mgcs α＋Fsin α，Ff′＝μFN′
解得F＝eq \f(mgsin α＋μmgcs α,cs α－μsin α)
当cs α－μsin α＝0，即tan α＝eq \r(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°。