物理高考备考讲义第二章相互作用章末自测卷（第二章）

章末自测卷(第二章)(限时：45分钟)一、单项选择题1．(2017·泰兴中学检测)如图所示，a、b两个质量相同的球用线连接，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，以下图示哪个是正确的()答案B解析对b球受力分析，受重力、垂直斜面向上的支持力和细线的拉力，由于三力平衡时三个力中任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线，故细线拉力向右上方，A图错误；再对a、b两个球整体受力分析，受总重力、垂直斜面向上的支持力和上面细线的拉力，再次根据共点力平衡条件判断上面的细线的拉力方向斜向右上方，C、D图均错误，故选B.2．如图1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1A．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，故选A.3.(2018·启东中学模拟)如图2所示，倾角为θ的斜面体C置于水平面上，B置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与A相连接，连接B的一段细绳与斜面平行，A、B、C都处于静止状态．则()图2A．B受到C的摩擦力一定不为零B．C受到水平面的摩擦力一定为零C．不论B、C间摩擦力大小、方向如何，水平面对C的摩擦力方向一定向左D．水平面对C的支持力与B、C的总重力大小相等答案C4.(2017·无锡市期末)如图3所示，物块静置于倾角为θ的斜面上．对物块施加一个垂直于斜面向下的恒力F，斜面和物块均保持静止，地面受到的摩擦力大小为Ff.若将F大小不变地改为沿斜面向上，斜面和物块仍保持静止，则地面受到的摩擦力大小为()图3A．Ffsinθ B．FfcosθC．Fftanθ D.eq\f(Ff,tanθ)答案D解析对物块施加一个垂直于斜面向下的恒力F，物块静止在斜面上，对整体受力分析，则有重力、地面的支持力、力F和静摩擦力Ff1，根据平衡条件，有：Ff1＝Ff＝Fsinθ.若将F大小不变地改为沿斜面向上，对整体受力分析，则有重力、地面的支持力、静摩擦力Ff2和力F，由平衡条件得：Ff2＝Fcosθ，由牛顿第三定律得地面受到的摩擦力大小为Ff′＝eq\f(Ff,tanθ)，故D正确，A、B、C错误．5.如图4所示，有四块相同的坚固石块垒成弧形的石拱，其中第3、4块固定在地面上，每块石块的两个面间所夹的圆心角为37°.假定石块间的摩擦力可以忽略不计，则第1、2块石块间的作用力和第1、3块石块间的作用力的大小之比为()图4A.eq\f(1,2)B.eq\f(\r(3),2)C.eq\f(4,5)D.eq\r(3)答案C解析以第1块石块为研究对象，分析受力情况，重力G、第2块石块的弹力FN1和第3块石块的弹力FN2，如图所示，由平衡条件得eq\f(FN1,FN2)＝sin53°＝eq\f(4,5)，故选C.6.(2017·南京市、淮安市5月模拟)小明家阁楼顶有一扇倾斜的天窗，天窗与竖直面的夹角为θ，如图5所示，小明用质量为m的刮擦器擦天窗玻璃，当对刮擦器施加竖直向上大小为F的推力时，刮擦器恰好沿天窗玻璃向上匀速滑动，已知玻璃与刮擦器之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则刮擦器受到的摩擦力大小是()图5A．(F－mg)cosθ B．(F＋mg)sinθC．μ(F－mg)cosθ D．μ(F＋mg)sinθ答案A解析刮擦器受重力、推力、玻璃的弹力及摩擦力而处于平衡状态，由图可知，F一定大于重力．先将重力及向上的推力合成后，将二者的合力沿斜面方向和垂直于斜面方向分解可得，在沿斜面方向有：Ff＝(F－mg)cosθ，在垂直于斜面方向有：FN＝(F－mg)sinθ，则Ff＝(F－mg)cosθ＝μ(F－mg)sinθ，故选A.7.(2017·江苏省联盟2月大联考)在天花板上用相同的两根轻质细线1和2悬挂一块薄板，细线1和2与竖直方向分别成45°、60°角，薄板处于静止状态，如图6所示，则下列说法正确的是()图6A．细线2对薄板的拉力大于细线1对板的拉力B．设法保持重心位置不变，缓慢增加薄板的质量，则细线1先断C．细线1和2延长线的交点一定是薄板的重心位置D．细线2端点O2缓慢向右侧移动，细线1对薄板的拉力减小答案B解析薄板在重力和细线1、2的拉力的作用下处于静止状态，三力的延长线必交于同一点，但不一定是重心，所以C错误；把两细线拉力正交分解，在水平方向：F1sin45°＝F2sin60°，可得细线2对薄板的拉力小于细线1对板的拉力，所以A错误；在重心位置不变，缓慢增加薄板的质量时，两细线的拉力同时增大，由于细线1的拉力较大，所以细线1先断，故B正确；在水平方向：F1sin45°＝F2cosθ(θ为F2与水平方向的夹角)，细线2端点O2缓慢向右侧移动，细线2与水平方向的夹角θ减小，cosθ增大，所以F2减小，在竖直方向，根据平衡条件：F1cos45°＋F2sinθ＝mg，所以细线1的拉力F1增大，故D错误．8．(2018·阜宁中学模拟)如图7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()图7A．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，则F不变．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正确．9．(2018·泰州中学检测)如图8甲所示，一物块置于水平地面上．现用一个与竖直方向成θ角的力F拉物块，使力F沿顺时针方向转动，并保持物块始终沿水平方向做匀速直线运动，得到拉力F与θ变化关系图线如图乙所示，根据图中信息可知物块与地面之间的动摩擦因数为()图8A.eq\f(1,2) B.eq\f(\r(3),2)C．2－eq\r(3) D.eq\f(\r(3)－1,2)答案C解析物块匀速运动，从题图乙中可以看出当力与竖直方向夹角为30°和120°时，外力相等，设物块的质量为m，物块与地面间的动摩擦因数为μ，根据平衡条件可知，夹角为30°时有：Fsin30°＝μ(mg－Fcos30°)，夹角为120°时，与水平方向成30°夹角，则由平衡条件得：Fcos30°＝μ(mg＋Fsin30°)，联立解得：μ＝2－eq\r(3)，故选C.10.(2017·前黄中学检测)如图9所示，三根长度均为L的轻绳分别连接于C、D两点，A、B两端被悬挂在水平天花板上，相距2L，现在C点上悬挂一个质量为m的重物，重力加速度为g，为使CD绳保持水平，在D点上可施加力的最小值为()图9A．mg B.eq\f(\r(3),3)mgC.eq\f(1,2)mg D.eq\f(1,4)mg答案C解析由题意可知，要想CD水平，各绳均应绷紧，则AC与水平方向的夹角为60°.结点C受力平衡，则受力分析如图所示，CD绳的拉力FT＝mgtan30°＝eq\f(\r(3),3)mg.D点受CD绳的拉力大小等于FT，方向向左，要使CD水平，D点两绳的拉力与外力的合力为零，则CD绳对D点的拉力可分解为沿BD绳的F1和另一分力F2，由几何关系可知，当力F2与BD垂直时，F2最小，而F2的大小即为外力的大小，故最小力F＝FTsin60°＝eq\f(1,2)mg，故选C.二、多项选择题11.(2017·仪征中学高三初考)如图10所示，一光滑的轻滑轮用细绳OO′悬挂于O点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b.外力F向右上方拉b，整个系统处于静止状态．若F方向不变，大小在一定范围内变化，物块b仍始终保持静止，则()图10A．物块b所受到的支持力也在一定范围内变化B．绳OO′的张力也在一定范围内变化C．连接a和b的绳的张力也在一定范围内变化D．物块b与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化答案AD解析对b受力分析如图所示，由平衡条件得：FN＋Fsinα＋magsinβ＝mbg，F增大，FN减小，一直到物块开始运动，因此FN在一定范围内变化，故A正确；绳OO′的张力等于2magcos(45°－0.5β)，不变，故B错误；连接a和b的绳的张力等于物体a的重力mag，不变，故C错误；对于b，由平衡条件得：magcosβ＝Fcosα＋Ff，F增大，Ff先减小到零，再反向增大，一直到物块开始运动，所以物块b与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化，故D正确．12.(2017·如东高级中学等四校联考)如图11所示，作用于轻绳端点A竖直向下的拉力F，通过跨过光滑小滑轮的轻绳拉一处在较远处的物体B(初始位置绳与水平方向的夹角很小)，使物体沿水平面向右匀速滑动，直到接近滑轮下方，在此过程中()图11A．绳端A的速度逐渐减小B．绳端拉力F逐渐增大C．物体B对地面的压力逐渐减小D．绳端拉力F的功率逐渐减小答案ACD解析物体B沿水平面向右匀速运动过程实际参与了两个运动，一个是沿绳子方向的运动速度v1，另一个是与绳子垂直方向的运动速度v2，如图甲所示，设绳子和水平方向的夹角为θ，则有v1＝vcosθ，随着物体向右运动，θ逐渐增大，而cosθ逐渐减小，则绳子移动的速度即绳子A端的速度v1逐渐减小，故A正确；对物体B受力分析如图乙所示，一共四个力，即地面支持力FN、地面滑动摩擦力Ff＝μFN、重力和绳子拉力F.由于地面支持力和地面滑动摩擦力比例关系和方向恒定，因此二者的合力方向恒定如图所示．根据受力平衡，重力和拉力的合力与支持力和摩擦力合力等大反向，所以在重力和拉力的合力矢量三角形中，重力大小、方向确定，合力方向确定，初始拉力接近水平方向如位置1，随后拉力与水平方向夹角逐渐变大如位置2、3等依次变化．当拉力F与合力垂直时拉力最小，随后θ增大拉力又增大，所以拉力F先减小后增大，故B错误．在此变化过程中，合力逐渐变小，由图知摩擦力逐渐变小，所以由Ff＝μFN可知物体B对地面的压力逐渐减小，故C正确；在此变化过程中，物体B匀速运动，拉力F和摩擦力做的总功为0，二者功率大小相等，由于速度不变，摩擦力变小，摩擦力的功率变小，所以拉力F的功率变小，故D正确．13.(2017·淮阴中学模拟)如图12所示，轻杆的一端紧固一光滑球体，杆的另一端O为自由转动轴，而球又搁置在斜面体的光滑斜面上．若杆与墙面的夹角为β，斜面倾角为α，开始时轻杆与竖直方向的夹角β＜α，且α＋β＜90°，则为使斜面体能在光滑地面上向右做匀速直线运动，在球体离开斜面之前，作用于斜面体上的水平外力F的大小及轻杆受力F′的大小变化情况是()图12A．F逐渐增大 B．F逐渐减小C．F′先减小后增大 D．F′逐渐增大答案AC解析对小球受力分析，受到重力mg、斜面的支持力FN和杆的支持力F″＝F′，如图甲所示，根据共点力平衡条件，有eq\f(FN,sinβ)＝eq\f(F′,sinα)＝eq\f(mg,sinα＋β)解得FN＝eq\f(sinβ,sinα＋β)mg，F′＝eq\f(sinα,sinα＋β)mg对斜面体受力分析，受到推力F、重力Mg、地面的支持力FN地和球的压力FN，如图乙所示．根据共点力平衡条件有FNsinα＝F，Mg＋FNcosα＝FN地解得F＝FNsinα＝eq\f(sinα,\f(sinα,tanβ)＋cosα)mg＝eq\f(mg,\f(1,tanβ)＋\f(1,tanα))故随着β的增大，α＋β逐渐增大，先小于90°后大于90°，故F′先减小后增大，F逐渐增大．14．(2017·全国卷Ⅰ·21)如图13，柔软轻绳ON的一端O固定，其中间某点M拴一重物，用手拉住绳的另一端N，初始时，OM竖直且MN被拉直，OM与MN之间的夹角为α(α＞eq\f(π,2))．现将重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角α不变．在OM由竖直被拉到水平的过程中()图13A．MN上的张力逐渐增大B．MN上的张力先增大后减小C．OM上的张力逐渐增大D．OM上的张力先增大后减小答案AD解析以重物为研究对象，受重力mg、OM绳上拉力F2、MN上拉力F1，由题意知，三个力的合力始终为零，矢量三角形如图所示，F1、F2的夹角为π－α不变，在F2转至水平的过程中，矢量三角形在同一外接圆上，由图可知，MN上的张力F1逐渐增大，OM上的张力F2先增大后减小，所以A、D正确，B、C错误．三、非选择题15．在“探究求合力的方法”的实验中，王同学用了两个量程为5N、最小刻度为0.1N的弹簧测力计来测量拉力，实验之前先检查了弹簧测力计，然后进行实验．先将橡皮条的一端固定在水平放置的木板上，用两个弹簧测力计分别钩住绳套，互成角度地拉橡皮条，使结点到达某一位置O，记录下O点的位置和拉力F1、F2的大小及方向；然后用一个弹簧测力计拉橡皮条，仍将结点拉到O点，再记录拉力F的大小及方向；最后取下白纸作图，研究合力与分力的关系．(1)实验前必须对弹簧测力计进行检查，以保证测量精确，减小误差，则以下选项必须的是________．A．对弹簧测力计进行调零B．对弹簧测力计用力拉，看是否能达到最大量程C．将两只弹簧测力计竖直互钩对拉，检查两弹簧测力计读数是否相同(2)如图14是王同学研究合力与分力关系时在白纸上画出的图，根据物理实验读数和作图要求与规范，请指出图中存在的三个错误：图14①________________________________________________________________________；②________________________________________________________________________；③________________________________________________________________________；(3)在实验之余，王同学将两弹簧