新高考版《物理》资料：专题检测-专题二-专题二相互作用

新高考版《物理》资料：专题检测-专题二-专题二相互作用新高考版《物理》资料：专题检测-专题二-专题二相互作用PAGE/PAGE1新高考版《物理》资料：专题检测-专题二-专题二相互作用专题二相互作用专题检测题组1.(2022四川成都七中三诊,20)(多选)木块A、B的重力均为40N,它们与水平地面间的动摩擦因数均为0.25,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,夹在A、B之间的轻弹簧被压缩了Δx=2.0cm,弹簧的劲度系数k=400N/m,系统置于水平地面上静止不动,重力加速度g=10m/s2,现用F=9N的水平力推木块B,如图所示,力F作用后()A.木块A所受静摩擦力大小为8NB.弹簧的压缩量变为2.5cmC.木块B所受静摩擦力为0D.木块B所受静摩擦力大小为1.0N答案AD木块A、B与地面间的最大静摩擦力fm=μFN=μmg=10N,加F前弹簧的弹力Fk=kΔx=8N,加F后,对木块B分析,fB+Fk=F,得fB=1N,方向向右,故B静止不动,则A也静止不动,对木块A分析,fA=Fk=8N,fA方向向右,A、D正确,C错误;木块A、B静止不动,弹簧压缩量仍为2cm,B错误.2.(2022内蒙古包头二模,18)如图,固定点A、B系着一根不可伸长的柔软轻绳,绳上套有一质量为1.2kg的光滑小铁环O(可视为质点),静止时∠AOB=90°.现用水平外力向纸外拉动小铁环,再次静止时,OO'与竖直平面的夹角为37°(g取10m/s2)则此时()A.绳上的拉力为7.5NB.绳上的拉力为7.52NC.外力的大小为16ND.外力的大小为162N答案B设绳上的拉力为FT,水平外力为F.对小铁环受力分析,竖直方向有2FTcos37°=mg,水平方向有2FTsin37°=F,解得FT=7.52N,F=9N,B正确.解题思路本题中小铁环受到的四个力不在同一个平面上,力之间的关系不容易分析,所以可先将小铁环两侧的绳上的拉力合成,其合力为2FT,即将小铁环受到的四个力转化为同一平面内的三个力分析.3.(2022陕西宝鸡模拟,4)如图所示,用轻绳拴着一质量为2.0kg的匀质大球,大球与墙壁之间夹着一质量未知的匀质小球,各接触面均光滑.系统平衡时,绳子与墙壁之间的夹角为α,两球心连线O1O2与轻绳之间的夹角为β,已知α=β=30°,则匀质小球的质量为()A.0.5kgB.1.0kgC.1.5kgD.2.0kg答案B对大球和小球整体受力分析如图,则FN=(M+m)gtan30°;对小球受力分析如图,由几何关系可知F与水平方向夹角为30°,则FN=mgtan30°两式联立可得m=M2=1.0kg,B正确4.(2022四川遂宁三诊,15)如图所示,四分之一光滑圆弧面AB与倾角为60°的光滑斜面AC顶部相接,A处有一光滑的定滑轮,跨过定滑轮用轻质细绳连接质量分别为m1、m2的两小球a、b,系统静止时连接a的绳子与水平方向的夹角为60°.两小球及滑轮大小可忽略,则两小球质量的比值m1∶m2为()A.1∶2B.2∶3C.3∶2D.3∶2答案C系统静止,即小球a、b均处于平衡状态.设圆弧对a的支持力为FN1,绳子拉力为FT,对a受力分析可得FN1sin60°+FTsin60°=m1g、FN1cos60°=FTcos60°,联立得FT=33m1g;设斜面对b的支持力为FN2,对b受力分析可得FT=m2gsin60°,即FT=32m2g;所以m1∶m2=3∶2,C5.(2023届宁夏石嘴山平罗中学月考,9)(多选)如图所示,固定在小车上的支架的斜杆与竖直杆的夹角为θ,在斜杆下端固定有质量为m的小球,重力加速度为g,下列关于杆对球的作用力F的判断中,正确的是()A.小车静止时,F=mg,方向竖直向上B.小车匀速时,F=mgcosθ方向垂直杆向上C.小车向右匀加速运动,加速度大小为a时,可能有F=masinθD.小车向右匀减速运动,加速度大小为a时,F=(ma)答案AC小车静止或匀速时,小球处于平衡状态,所受合外力为零,所以F=mg,方向竖直向上,A正确,B错误.小车向右匀加速时,小球受力如图所示,F=(ma)2+(mg)2,当a=gtanθ时,F=mgcosθ=masinθ,方向沿着杆向上,C正确6.(2022镇江一中期中,2)如图所示,宣纸铺在水平桌面上,左侧用镇纸压住.以书法家在纸上书写”大”字的笔画一横的过程为例(书写过程中宣纸和镇纸均保持静止),下列说法正确的是()A.在书写的过程中,宣纸会受到镇纸给它的摩擦力B.书法家的笔对宣纸的摩擦力与宣纸对桌面的摩擦力大小相等、方向相同C.增大镇纸的质量,可以增大宣纸受到桌面的摩擦力D.在桌面光滑的情况下,书写的过程中宣纸仍可以静止答案B对镇纸受力分析可知,镇纸不受摩擦力,宣纸也不会受到镇纸给它的摩擦力,A选项错误;对宣纸受力分析可知,笔对宣纸的摩擦力与桌面对宣纸的摩擦力等大反向,又桌面与宣纸之间相互作用的摩擦力等大反向,B选项正确;增大镇纸的质量,只能增大宣纸与桌面间的最大静摩擦力,而桌面对宣纸的摩擦力与笔对宣纸的摩擦力是一对平衡力,与镇纸质量无关,C选项错误;对宣纸和镇纸整体受力分析,可知在桌面光滑的情况下,书写的过程中宣纸不能静止,D选项错误.7.(2023届扬州高邮一中阶段检测,3)在东京奥运会举重比赛中,李发彬在挺举中展现”金鸡独立”绝技,单脚支撑,又将姿势恢复为双脚着地稳定3秒,最终夺得冠军,并打破奥运纪录.将李发彬的单脚支撑和双脚着地均视作平衡状态.关于此过程的表述正确的是()A.单脚支撑时地面对其支持力大小比双脚着地时的支持力大B.单脚支撑时地面对其支持力大小比双脚着地时的支持力小C.若李发彬握杠的两手间距离变大,则其手臂受杠铃的作用力将变大D.若李发彬握杠的两手间距离变大,则其手臂受杠铃的作用力将变小答案C根据受力平衡可知,单脚支撑时地面对其支持力和双脚着地时的支持力大小都等于运动员和杠铃的总重力,A、B错误;设手臂对杠铃的作用力大小为F,手臂与横杠之间的夹角为θ,杠铃的重力为G,根据平衡条件可得2Fsinθ=G,由几何关系可知握杠的两手间距离变大,对应的θ角变小,则F变大,由牛顿第三定律可知,手臂受杠铃的作用力变大,C正确,D错误.8.(2023届盐城响水中学开学考试,10)轻质细线上端固定,下端悬挂一小球,对小球施加一个大小恒定且小于小球重力的拉力F,开始时拉力方向竖直向上,如图所示.现将拉力F在同一竖直平面内沿顺时针方向缓慢转过90°.设细线中拉力的大小为FT,细线与竖直方向的夹角为θ,则在拉力F方向变化的过程中()A.FT一直增大,θ一直增大B.FT一直增大,θ先增大后减小C.FT先增大后减小,θ一直增大D.FT先增大后减小,θ先增大后减小答案B设当细线与竖直方向的夹角为θ时F与竖直方向的夹角为α,对小球受力分析,如图1所示.图1由图1可知,F与FT的合力F合=mg,方向竖直向上,故F、FT和F合可以组成一个闭合的矢量三角形.因F的大小不变,所以当F在同一竖直平面内沿顺时针方向缓慢转过90°的过程中,可以以F的大小为半径画出一个动态圆进行分析,同时保证合力的大小、方向都不变,如图2所示.图2当F的方向由竖直向上变到水平向右,即α不断增大的过程中,由图2可知,从位置1到位置2,再到位置3,FT的大小不断增大,而从位置1变到位置2,θ增大;当F与FT垂直,即在位置2时,θ最大;从位置2变到位置3,θ减小,故θ先增大后减小.故选B.9.(2022南通海门中学月考,6)如图所示,小圆环A吊着一个质量为m2的物块并套在另一个竖直放置的大圆环上,有一细绳一端拴在小圆环A上,另一端跨过固定在大圆环最高点B的一个小滑轮后吊着一个质量为m1的物块.如果小圆环A、滑轮、绳子的大小和质量以及相互之间的摩擦都可以忽略不计,绳子不可伸长,平衡时弦AB所对的圆心角为α,则两物块的质量之比m1∶m2应为()A.cosα2B.sinC.2sinα2D.2cos答案C对小圆环A受力分析,如图所示,FT2与FN的合力与FT1平衡,由矢量三角形与几何三角形相似,可知FT2R=F2Rsinα2,其中FT2=m2g,F=FT1=m1g,10.(2023届泰州中学月考,3)如图所示,装有细沙的木板在斜坡上匀速下滑.某一时刻,一部分细沙从木板上漏出.则在细沙漏出前后,下列说法正确的是()A.木板始终做匀速运动B.木板所受合外力变大C.木板由匀速变为匀加速直线运动D.木板所受斜坡的摩擦力不变答案A在细沙漏出前,装有细沙的木板在斜坡上匀速下滑,对整体受力分析,设木板质量为M,细沙质量为m,斜坡倾角为α,则根据平衡条件有f=(m+M)gsinα,N=(m+M)gcosα,又f=μN,联立解得μ=tanα.在细沙漏出后,细沙的质量减少,设剩余细沙质量为m',木板的质量不变,对整体受力分析,在垂直斜坡方向仍处于平衡状态,则有N'=(m'+M)gcosα,又f'=μN'且μ=tanα,解得f'=(m'+M)gcosαtanα=(m'+M)gsinα,而重力沿斜面向下的分力为(m'+M)gsinα,即f'=(m'+M)gsinα,所以在细沙漏出后整体仍向下做匀速直线运动,A正确,C错误;因为整体仍向下做匀速直线运动,所受合外力不变,仍为零,B错误;因为细沙的质量减小,根据f'=(m'+M)gsinα,可知木板所受斜坡的摩擦力变小,D错误.11.(2022长沙市一中月考八,5)如图所示为剪式千斤顶的截面图.四根等长的支持臂用光滑铰链连接,转动手柄,通过水平螺纹轴减小M、N间的距离,以抬高重物.保持重物不变,MP和PN夹角为120°时N点受到螺纹轴的作用力为F1;MP和PN夹角为60°时N点受到螺纹轴的作用力为F2.不计支持臂和螺纹轴的重力,则F1与F2大小之比为()A.1：1B.1：3C.3：1D.3：1答案D设重物重力为G.当夹角为120°时,可沿支持臂方向分解P点所受压力,由几何关系易知分力大小为G,对N点受力分析知,螺纹轴对N点的作用力F1=3G;而当夹角为60°时,再次分解P点所受压力,由几何关系易知分力大小为33G,再次对N点受力分析可知,螺纹轴对N点的作用力F2=33G,故D12.(2022雅礼中学一模,5)如图所示,一个倾角为30°、底面粗糙、斜面光滑的斜面体放在粗糙的水平面上,斜面体的质量为2m.轻绳的一端固定在天花板上,另一端系住质量为m的小球,整个系统处于静止状态,轻绳与竖直方向的夹角也为30°.若最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则斜面体与水平面间的动摩擦因数至少为()A.16B.6+333C.3答案C由题意对小球受力分析,沿斜面方向由平衡条件得mgsin30°=Tcos30°,解得T=mgtan30°=33mg.对小球和斜面体构成的整体受力分析,由平衡条件得,水平方向满足Tsin30°=f,竖直方向满足FN+Tcos30°=3mg,当f=μFN时,斜面体与水平面间的动摩擦因数最小,解得最小为μ=315,故选13.(2022三湘名校大联盟3月联考,6)”V”形吊车在港口等地有重要的作用.如图所示,底座支点记为O点,OA为”V”形吊车的左臂,OA上端A处固定有定滑轮,OB为活杆且为”V”形吊车的右臂,一根钢索连接底座与B点,另一根钢索连接B点后跨过定滑轮吊着一质量为M的重物,重物静止.已知左臂OA与水平面的夹角为α,左臂OA与钢索AB段的夹角为θ,且左臂OA与右臂OB相互垂直,左臂OA、右臂OB总质量为m,钢索质量忽略不计,不计一切摩擦,重力加速度为g.则下列说法正确的是()A.定滑轮对钢索的支持力为2Mg·cos(π-2αB.AB段钢索所受到的拉力为2MgC.右臂OB对钢索的支持力为Mgcos(D.底座对左臂OA、右臂OB、重物整体的支持力为(M+m)g答案A如图1所示,设重物所在位置为C点,则钢索在A点夹角为∠CAB=90°-α+θ=π-2α+2θ2,定滑轮只改变钢索拉力的方向,不改变力的大小,则钢索对滑轮的作用力方向沿着∠CAB的角平分线,即F合=2Mg·cos(π-2α+2θ4),由牛顿第三定律可知,滑轮对钢索的作用力F合'=2Mgcos(π-2α+2θ4),故A正确;由题意可知,重物静止,钢索拉力F=Mg,故B错误;以B点为研究对象,受力分析如图2所示,可知Mgcos(α-θ)=FBsinα,解得FB=Mgcos(α-θ)sin14.(2022邵阳市一模,3)如图所示,斜面置于粗糙水平面上,光滑小球被轻质细线系住放在斜面上,细线另一端跨过光滑定滑轮,用力拉细线使小球沿斜面缓慢向上移动一小段距离,斜面始终静止.则在小球移动过程中()A.细线对小球的拉力变大 B.斜面对小球的支持力变大C.斜面对地面的压力变大 D.地面对斜面的摩擦力变大答案A对小球受力分析并合成矢量三角形如图1所示,重力大小方向不变,支持力方向不变,绳子拉力方向由图中实线变为虚线,绳子拉力增大,斜面对小球的支持力减小,A正确,B错误;对斜面受力分析如图2所示,图1图2正交分解：N'sinα=fN地=N'cosα+Mg根据牛顿第三定律,小球对斜面的压力N'减小,所以斜面对地面的摩擦力减小,地面对斜面的支持力减小,根据牛顿第三定律,斜面对地面的压力减小,C、D错误.15.(2022雅礼中学月考七,1)如图所示,挡板垂直于斜面固定在斜面上,一滑块质量为m放在斜面上,其上表面呈弧形且左端最薄,一球质量为M放置在挡板与弧形滑块上,一切摩擦均不计,用平行于斜面的拉力F拉住弧形滑块,使球与滑块均静止.现将滑块平行于斜面向上缓慢拉过一较小的距离,球仍在挡板与滑块上且处于静止状态,则与原来相比()A.滑块对球的弹力增大 B.挡板对球的弹力减小C.斜面对滑块的弹力增大 D.拉力F不变答案B对球进行受力分析,如图(a),球只受三个力的作用,挡板对球的弹力F1方向不变,作出力的矢量图,滑块上移时,滑块对球的弹力F2与竖直方向夹角减小,F2垂直于F1时F2最小,可以知道F1和F2都减小,故B正确,A错误;再对滑块和球整体受力分析,如图(b),其中由FN=Gcosθ可知斜面对滑块的支持力不变,由F+F1=Gsinθ以及F1减小,可知拉力F增大,故C、D错误.16.(2022湖南师大附中二模,4)如图所示,竖直平面内有一圆环,圆心为O,半径为R,PQ为水平直径,MN为倾斜直径,PQ与MN间的夹角为θ,一条不可伸长的轻绳长为L,两端分别固定在圆环的M、N两点,轻质滑轮连接一个质量为m的重物,放置在轻绳上,不计滑轮与轻绳间的摩擦.现将圆环从图示位置绕圆心O顺时针缓慢转过2θ角,重力加速度为g,下列说法正确的是()A.轻绳与竖直方向间的夹角逐渐减小B.图示位置时,轻绳的张力大小为mgC.直径MN水平时,轻绳的张力大小为2D.圆环从图示位置顺时针缓慢转过2θ的过程中,轻绳的张力先增大再减小答案D如图,重物位于B点时设轻绳与竖直方向夹角为α,MB、NB间夹角为2α,则根据几何关系可得,2Rcosθ=MA,MBsinα+NBsinα=MA,L=MB+NB,联立可得sinα=2RcosθL,设轻绳上的张力大小为F,根据平衡条件可得2Fcosα=mg,可得F=mgL2L2-4R2cos2θ,故B错误;直径MN水平时,轻绳的张力大小为F=mgL2L2-4R2,故C错误;由sinα=2RcosθL可知,圆环从图示位置绕圆心O顺时针缓慢转过2θ17.(2022肇庆二模,8)(多选)如图所示,水平地面上静置一质量为M的斜面体,斜面的倾角为θ,质量为m的玩具熊静止在斜面上,玩具熊与斜面间的动摩擦因数为μ,已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g,下列说法正确的是()A.玩具熊对斜面的压力大小为mgsinθB.斜面对玩具熊的作用力竖直向上且大小等于mgC.玩具熊与斜面间的动摩擦因数μ≥tanθD.地面对斜面体的摩擦力大小为μ(M+m)g答案BC对玩具熊进行受力分析,斜面体对玩具熊的支持力大小为mgcosθ,由牛顿第三定律知,玩具熊对斜面体的压力大小也为mgcosθ,A错误;玩具熊静止在斜面上,斜面体对玩具熊的作用力是支持力和摩擦力的合力,与玩具熊受到的重力等大反向,B正确;玩具熊处于静止状态则μmgcosθ≥mgsinθ,即μ≥tanθ,C正确;对玩具熊与斜面体整体分析可知,水平方向无外力,则地面与斜面体之间无摩擦力,D错误.故选B、C.18.(2022汕头二模,9)(多选)图甲为小张站在阶梯电梯上随电梯匀速上行,图乙为小李站在斜面电梯上随电梯匀速下行,下列说法正确的是()甲乙A.阶梯电梯对小张没有摩擦力作用B.斜面电梯对小李没有摩擦力作用C.阶梯电梯对小张的作用力方向竖直向上D.斜面电梯对小李的作用力方向竖直向上答案ACD小张、小李均做匀速运动,受力分析如图所示,可知阶梯电梯对小张没有摩擦力作用,斜面电梯对小李有摩擦力作用,A正确,B错误;根据受力平衡可知阶梯电梯对小张的作用力与小张的重力平衡,故阶梯电梯对小张的作用力方向竖直向上,C正确;根据受力平衡可知斜面电梯对小李的作用力与小李的重力平衡,故斜面电梯对小李的作用力方向竖直向上,D正确.故选A、C、D.19.(2022汕头二模,2)如图所示,某健身者右手拉着抓把沿图示位置A水平缓慢移动到位置B,他始终保持静止,不计绳子质量,忽略绳子和重物与所有构件间的摩擦,则重物下移过程()A.绳子的拉力逐渐增大B.该健身者所受合力逐渐减小C.该健身者对地面的压力逐渐增大D.该健身者对地面的摩擦力逐渐减小答案D对重物受力分析,重物缓慢移动,处于平衡状态,绳子的拉力大小等于重物的重力大小,保持不变,A错误;健身者始终保持静止状态,则其所受合力始终为零,B错误;对健身者受力分析,设绳子与水平方向的夹角为θ,根据平衡条件可知FN=m人g-m物gsinθ,绳子与水平方向的夹角θ不断变大,sinθ变大,该健身者受到地面的支持力逐渐减小,则该健身者对地面的压力逐渐减小,C错误;健身者对地面的摩擦力f=m物gcosθ,故其对地面的摩擦力逐渐减小,D正确;故选D.20.[2023届佛山顺德一模热身卷(一),8]一般教室门上都安装一种暗锁,这种暗锁由外壳A、骨架B、弹簧C(劲度系数为k)、锁舌D(倾角θ=30°)、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.下面说法正确的是()甲乙A.自锁状态时D的下表面所受摩擦力的方向向左B.锁舌D受到锁槽E摩擦力的方向沿侧面向上C.无论μ多大,暗锁仍然能够保持自锁状态D.无论用多大的力拉门,暗锁仍然能够保持自锁状态,μ存在最小值答案D锁舌D相对于外壳有向左运动的趋势,则锁舌D的下表面所受到的最大静摩擦力f1的方向向右,锁舌D相对于锁槽E有斜向上的运动趋势,则锁舌D受到锁槽E给的最大静摩擦力f2的方向沿侧面向下,A、B错误.设锁舌D受到锁槽E给的正压力为N,下表面受到外壳给的正压力为F,弹簧给的弹力为kx,对锁舌D受力分析,如图所示.由平衡条件得kx+f1+f2cosθ-Nsinθ=0F-Ncosθ-f2sinθ=0且f1=μF、f2=μN联立上述方程得N=2令N趋向于无穷大,则有1-23μ-μ2=0解得μ1=2-3,μ2=-2-3(μ存在最小值2-3,能使无论用多大的力拉门,暗锁始终保持自锁状态,C错误,D正确.故选D.21.(2022广东一模,8)(多选)如图,家用小型起重机拉起重物的绳子一端固定在起重机斜臂顶端,另一端跨过动滑轮A和定滑轮B之后与电动机相连.起重机正将重为G的重物匀速竖直上拉,忽略绳子与滑轮的摩擦以及绳子和动滑轮A的重力,∠ABC=60°,则()A.绳子对定滑轮B的作用力方向竖直向下B.绳子对定滑轮B的作用力方向与BA成30°角,方向斜向下C.绳子对定滑轮B的作用力大小等于GD.绳子对定滑轮B的作用力大小等于32答案BD绳子对定滑轮B的作用力为BA和BC两段绳子弹力的合力,方向斜向左下,A错误;重物匀速运动,则三段绳子的弹力都等于重力的一半,即G2,由平行四边形定则可知,合力方向沿∠ABC的角平分线,与BA夹角30°斜向下,大小为3G2,C错误,B、D正确.故选B22.(2023届东莞四中8月月考,5)如图a所示,轻绳AD跨过固定在水平杆BC右