单元检测二　相互作用-2025版高三物理单元集训专项测评与阶段滚动

单元检测二相互作用一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1.如图，在斜面上木块A与B的接触面是水平的，绳子呈水平状态，两木块均保持静止。则关于木块A和木块B受力个数不可能为()A．2个和4个 B．3个和4个C．4个和4个 D．4个和5个答案B解析如果绳对A没有拉力作用，A就只受重力和支持力两个力，对应的B受重力、A对B的压力、斜面对B的支持力和摩擦力共四个力，选项A可能；如果绳对A有拉力，A还一定受到B对它的摩擦力，即此时A受到四个力，A对B的作用力又增加了一个水平向左的摩擦力，但此时斜面对B可能没有摩擦力作用，也可能对B有沿斜面向上的摩擦力，还可能对B有沿斜面向下的摩擦力，总之，当A受四个力的作用时，B既可能受四个力作用，也可能受五个力作用，故选项C、D都可能，只有选项B不可能。2.(2024·福建福州市期中改编)户外野炊所用的便携式三脚架，由三根完全相同的轻杆通过铰链组合在一起，每根杆均可绕铰链自由转动。如图所示，将三脚架静止放在水平地面上，吊锅通过细铁链挂在三脚架正中央，三根杆与竖直方向的夹角均相等。若吊锅和细铁链的总质量为m，重力加速度为g，sin37°＝0.6，不计支架与铰链之间的摩擦，则()A．当每根杆与竖直方向的夹角为37°时，每根杆受到的压力大小为eq\f(5,9)mgB．当每根杆与竖直方向的夹角为37°时，每根杆对地面的摩擦力大小为eq\f(1,4)mgC．当每根杆与竖直方向的夹角均变大时，三根杆对铰链的作用力的合力变大D．当每根杆与竖直方向的夹角均变大时，每根杆对地面的压力变大答案B解析根据平衡条件，竖直方向，有3FNcos37°＝mg，解得FN＝eq\f(5,12)mg，由牛顿第三定律可知，F压＝FN＝eq\f(5,12)mg，故A错误；每根杆对地面的摩擦力大小为Ff＝FNsin37°＝eq\f(5mg,12)×eq\f(3,5)＝eq\f(mg,4)，故B正确；当每根杆与竖直方向的夹角均变大时，三根杆对铰链的作用力的合力大小仍与吊锅和细铁链的总重力大小相等，故C错误；由平衡条件可知3FNcosθ＝mg，得FN＝eq\f(mg,3cosθ)，每根杆对地面的压力大小FN′＝FNcosθ＝eq\f(mg,3)，与夹角无关，故D错误。3.某研究小组利用所学物理知识，研究篮球鞋的防滑性能。同学将球鞋置于斜面上，逐渐增大斜面与水平面之间夹角，当夹角等于37°时，篮球鞋恰好开始滑动，设篮球鞋滑动摩擦力等于其最大静摩擦力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列说法正确的是()A．需测量篮球鞋质量后，才能求得篮球鞋与斜面间的动摩擦因数B．鞋子与斜面间的动摩擦因数为0.6C．人穿上鞋子踩在相同材料板上时，压力增大，动摩擦因数也会变大D．篮球鞋开始滑动前，摩擦力随夹角增大而变大答案D解析设鞋子与斜面间的动摩擦因数为μ，由题意可得mgsin37°＝μmgcos37°，解得μ＝tan37°＝eq\f(3,4)，故A、B错误；动摩擦因数与压力大小无关，故C错误；篮球鞋开始滑动前，摩擦力大小为Ff＝mgsinα，即Ff随α的增大而变大，故D正确。4.(2023·四川绵阳市南山中学月考)如图，倾角为θ的斜面体a放置在水平地面上，一根跨过光滑定滑轮的轻绳，左侧平行于斜面且与斜面上的物块b相连，另一端与小球c相连，整个系统处于静止状态。现对c施加一水平力F，使小球缓慢上升一小段距离，整个过程中a、b保持静止状态，则该过程中()A．轻绳的拉力先减小后增大B．水平力F先减小后增大C．地面对a可能没有摩擦力D．地面对a的弹力减小答案D解析取小球c为研究对象，受到重力mg、拉力F和绳子拉力FT作用，如图所示设绳子与竖直方向夹角为α，根据平衡条件可得水平力F＝mgtanα，绳子的拉力FT＝eq\f(mg,cosα)，绳子与竖直方向夹角α逐渐增大，绳子的拉力FT逐渐增大，水平力F逐渐增大，故A、B错误；以物块b和斜面体a整体为研究对象，水平方向根据平衡条件可得地面对斜面体a的摩擦力为Ff＝FTcosθ，由于绳子拉力FT逐渐增大，则地面对斜面体a的摩擦力一定变大，故C错误；在竖直方向根据平衡条件可得FN＝(ma＋mb)g－FTsinθ，由于绳子拉力FT逐渐增大，所以水平地面对斜面体a的弹力减小，故D正确。5.(2024·四川成都列五中学段考)如图所示，在粗糙水平地面上放着一个截面为四分之一圆弧的柱状物体A，A的左端紧靠竖直墙，A与竖直墙壁之间放一光滑球B，整个装置处于静止状态。若把A向右移动少许后，它们仍处于静止状态，则()A．地面对A的支持力减小B．A对B的支持力增大C．墙对B的弹力减小D．墙对B的弹力增大答案C解析对小球B受力分析，作出力的平行四边形如图所示。由整体法可知，A、B系统在竖直方向上处于平衡状态，故地面对A的支持力不变；A移动前，B球受到墙壁及A的弹力的合力与重力大小相等，方向相反，如图中实线所示；而将A向右移动少许后，A对B的支持力的方向与竖直方向的夹角减小，如虚线所示；但B仍受力平衡，由图可知A对B的支持力及墙壁对B的弹力均减小，故A、B、D错误，C正确。6．(2024·黑龙江省鸡西实验中学月考)如图甲所示，水平轻杆BC一端固定在竖直墙上，另一端C处固定一个光滑定滑轮(重力不计)，一端固定的轻绳AD跨过定滑轮拴接一个重物P,∠ACB＝30°；如图乙所示，轻杆HG一端用光滑铰链固定在竖直墙上，另一端通过细绳EG固定，∠EGH＝30°，在轻杆的G端用轻绳GF悬挂一个与P质量相等的重物Q,则BC、HG两轻杆受到的弹力大小之比为()A．1∶1B．1∶eq\r(3)C.eq\r(3)∶1D.eq\r(3)∶2答案B解析对题图甲，以滑轮为研究对象，受力情况如图a所示轻杆BC对滑轮的作用力与两绳对滑轮的合力等大反向，由几何关系知F1＝mg根据牛顿第三定律可知，轻杆BC在C点受到的弹力大小为F1′＝mg对题图乙，以G点为研究对象，受力分析如图b所示，由平衡条件得F2＝eq\f(mg,tan30°)解得F2＝eq\r(3)mg根据牛顿第三定律可知，轻杆HG在G点受到的弹力大小为F2′＝eq\r(3)mg所以eq\f(F1′,F2′)＝eq\f(1,\r(3))，B正确。7.(2023·山东聊城市一模)歼－20战斗机安装了我国自主研制的矢量发动机，能够在不改变飞机飞行方向的情况下，通过转动尾喷口方向改变推力的方向，使战斗机获得很多优异的飞行性能。已知在歼－20战斗机沿水平方向超音速匀速巡航时升阻比(垂直机身向上的升力和平行机身向后的阻力之比)为k，飞机的重力为G，能使飞机实现水平匀速巡航模式的最小推力是()A.eq\f(G,1＋k2)B.eq\f(G,k)C.eq\f(G,\r(1＋k2))D．G答案C解析飞机受到重力G、发动机推力F1、升力F2和空气阻力Ff，重力的方向竖直向下，升力F2的方向竖直向上，空气阻力Ff的方向与F2垂直，如图歼－20战斗机沿水平方向超音速匀速巡航，则有水平方向Fx＝Ff竖直方向F2＋Fy＝GF2＝kFf解得Fy＝G－kFf则F12＝Fx2＋Fy2＝(k2＋1)Ff2－2kGFf＋G2F12与Ff的函数图像为开口向上的抛物线，其对称轴为Ff＝eq\f(kG,k2＋1)，由于Δ＝(－2kG)2－4(k2＋1)G2＝－4G2<0，所以当Ff＝eq\f(kG,k2＋1)时，F12取最小值，所以解得最小推力是F1min＝eq\f(G,\r(1＋k2))，故选C。二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)8．(2024·江苏省仿真模拟)如图所示，在水平地面上放着一个左侧截面为半圆的光滑柱状物体A，在物体A与竖直墙面之间放着一个光滑斜面体B，斜面体B未接触地面，整个装置在水平力F作用下处于静止状态，现推动物体A缓慢向左移动一小段距离，在此过程中，下列说法正确的是()A．水平力F大小不变B．地面对物体A的支持力不变C．斜面体B对物体A的压力逐渐增大D．墙面对斜面体B的支持力逐渐减小答案AB解析以B为研究对象，由平衡条件可知，墙对B的作用力F1＝eq\f(mBg,tanθ)，物体A对斜面体的支持力F2＝eq\f(mBg,sinθ)，现推动物体A缓慢向左移动一小段距离，角度θ保持不变，所以F1、F2保持不变，以整体为研究对象，水平力F等于墙对B的作用力F1，其大小保持不变，故A正确，D错误；以整体为研究对象，地面对物体A的支持力等于A、B重力之和保持不变，故B正确；根据牛顿第三定律可知斜面体B对物体A的压力等于物体A对斜面体的支持力F2，保持不变，故C错误。9．(2024·山东省德州一中开学考)长木板上表面的一端放有一个木块，木块与木板接触面上装有摩擦力传感器，如图甲所示，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，摩擦力传感器记录了木块受到的摩擦力Ff随着角度θ的变化图像如图乙所示，图中θ1、θ2、Ff1、Ff2均已知，重力加速度为g。下列判断正确的是()A．木块与木板间的动摩擦因数μ＝eq\f(Ff1,mgcosθ1)B．木块与木板间的动摩擦因数μ＝eq\f(Ff2,mgcosθ1)C．木板由水平位置转到θ1的过程中，木块相对于木板保持静止D．木板由θ1转到θ2的过程中，木块的速度变化越来越快答案ACD解析木块受到的摩擦力在开始到即将滑动过程为静摩擦力，大小为Ff＝mgsinθ，故为正弦规律变化；而滑动后变为了滑动摩擦力，则滑动摩擦力大小为Ff′＝μmgcosθ，为余弦规律变化，而滑动摩擦力一般小于最大静摩擦力。由题图乙可知，当夹角为θ1时，有最大静摩擦力，最大静摩擦力为Ff2，滑动摩擦力为Ff1，则有μmgcosθ1＝Ff1<Ff2，解得μ＝eq\f(Ff1,mgcosθ1)<eq\f(Ff2,mgcosθ1)，故A正确，B错误；木板由水平位置转到θ1的过程中，木块受到的静摩擦力逐渐增大，木块相对于木板保持静止，故C正确；当木板由θ1转到的θ2的过程中，木块受到滑动摩擦力作用，根据Ff′＝μmgcosθF合＝mgsinθ－μmgcosθ＝ma可知随着θ逐渐增大，木块受到的滑动摩擦力逐渐减小，木块受到的合力逐渐增大，则木块的加速度逐渐增大，木块的速度变化越来越快，故D正确。10．(2024·贵州贵阳市第一中学月考)如图所示，处于竖直平面内的正六边形ABCDEF，可绕过C点且与平面垂直的水平轴自由转动，该金属框架的边长为L，中心记为O，用两根不可伸长、长度均为L的轻质细线将质量为m的金属小球悬挂于A、E两个顶点并处于静止状态。现顺时针缓慢转动框架，转过90°角，重力加速度为g，在整个转动过程中，下列说法中正确的是()A．细线OA中拉力先增大后减小B．细线OE中拉力的最大值为eq\f(2\r(3),3)mgC．细线OA中拉力的最大值为mgD．细线OE中拉力逐渐减小答案ABD解析对小球进行受力分析，如图所示，mg的对角始终为120°，设FTA的对角为α，FTE的对角为β，在缓慢转动过程中，小球始终处于平衡状态，由正弦定理得eq\f(mg,sin120°)＝eq\f(FTA,sinα)＝eq\f(FTE,sinβ)，α角由150°减小至60°，则细线OA中拉力FTA先增大后减小，当α＝90°时，FTA最大，最大值为FTAmax＝eq\f(mg,sin120°)＝eq\f(2\r(3),3)mg，β由90°增加至180°，则细线OE中拉力FTE逐渐减小至0，当β＝90°时，FTE最大，最大值为FTEmax＝eq\f(mg,sin120°)＝eq\f(2\r(3),3)mg，故选A、B、D。三、非选择题(本题共5小题，共54分)11．(6分)某同学在实验室里用如图甲所示的仪器测量弹簧的劲度系数。在弹性限度内，将质量为m＝50g的钩码逐个挂在弹簧下端，测量弹簧长度L，记录的数据如表所示，已知重力加速度g＝9.8m/s2，回答下列问题：钩码个数1234L/cmL1＝33.51L2＝34.52L3＝？L4＝36.53(1)挂三个钩码时，弹簧长度的读数如图乙所示，L3＝________cm。(2)每增加一个钩码，弹簧的长度的变化量的平均值表达式为ΔL＝____________(用L1、L2、L3、L4表示)。(3)劲度系数k＝________N/m(保留3位有效数字)。答案(1)35.50(2)eq\f(L4＋L3－L2－L1,4)(3)49.0解析(1)挂三个钩码时，弹簧长度L3＝35.50cm。(2)由表格数据L3－L1＝2ΔL1，L4－L2＝2ΔL2，ΔL＝eq\f(ΔL1＋ΔL2,2)＝eq\f(L4＋L3－L2－L1,4)。(3)ΔL＝eq\f(L4＋L3－L2－L1,4)＝eq\f(36.53＋35.50－34.52－33.51×10－2,4)m＝0.01m，劲度系数k＝eq\f(mg,ΔL)＝eq\f(0.05×9.8,0.01)N/m＝49.0N/m。12．(8分)如图甲，某同学用弹簧OC和弹簧测力计a、b做“探究两个互成角度的力的合成规律”实验。(1)在保持弹簧OC伸长1.00cm，且弹簧两端点位置不变的条件下，弹簧测力计a、b间夹角为90°，弹簧测力计a示数如图乙，则弹簧测力计a的读数是______N，已知弹簧测力计b的读数为4.00N，并已在图丙上作出，请你在所给的图丙上按作图法的要求作出弹簧测力计a的拉力及它们的合力。(2)弹簧OC的劲度系数为________。(3)如图丁是某同学所作的合力与分力的关系图，F′为只用一个力拉动弹簧的力，则实际的合力是__________，一定沿CO方向的是________。(均选填“F”或“F′”)答案(1)3.00见解析图(2)500N/m(3)F′F′解析(1)由题图乙可知，弹簧测力计的分度值为0.1N，则弹簧测力计a的读数应该为3.00N；根据平行四边形定则及力的图示的要求，可作出弹簧测力计a的拉力及它们的合力如图所示。(2)弹簧OC的弹力F＝5.00N，则根据胡克定律可得k＝eq\f(F,x)＝eq\f(5.00,1.00×10－2)N/m＝500N/m。(3)由于实验存在误差，实际的合力一般不严格与分力构成的平行四边形的对角线重合，而是有一定的偏差，因此实际的合力是F′；一定沿CO方向的合力，是只用一个力拉动弹簧OC的力，故F′一定沿CO方向。13．(10分)(2024·河南信阳市宋基中学月考)如图所示，质量为2m的物体A经一轻质弹簧与地面上的质量为3m的物体B相连，弹簧的劲度系数为k，一条不可伸长的轻绳绕过定滑轮，一端连物体A，另一端连一质量为m的物体C，物体A、B、C都处于静止状态。已知重力加速度为g，忽略一切摩擦。(1)求物体B对地面的压力大小；(2)把物体C的质量改为5m，这时，C缓慢下降，经过一段时间系统达到新的平衡状态，这时B仍没离开地面，且C只受重力和绳的拉力作用，求此过程中物体A上升的高度。答案(1)4mg(2)eq\f(4mg,k)解析(1)对A、B整体：mg＋FN＝5mg，所以FN＝4mg，由牛顿第三定律知，物体B对地面的压力大小为4mg(2)对C：FT＝5mg对A：FT＝F弹＋2mg所以F弹＝3mg，即kx1＝3mg，x1＝eq\f(3mg,k)开始时，通过对A受力分析可知，弹簧弹力大小为mg，弹簧的压缩量为x2，则kx2＝mg，x2＝eq\f(mg,k)所以A上升的高度为：hA＝x1＋x2＝eq\f(4mg,k)。14．(12分)(2024·福建省五校协作期中联考)如图所示，两个半圆柱A、B相互接触并静置于水平地面上，其上有一光滑圆柱C，三者半径均为R。C的质量为2m，A、B的质量都为m，与地面间的动摩擦因数均为μ。现用水平向右的力拉A，使A缓慢移动，直至C恰好降至地面。整个过程中B保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。求：(1)未拉A时，C受到B作用力的大小F；(2)动摩擦因数的最小值μmin。答案(1)eq\f(2\r(3),3)mg(2)eq\f(\r(3),2)解析(1)对C受力分析，如图所示根据平衡条件有2Fcos30°＝2mg解得F＝eq\f(2\r(3),3)mg(2)C恰好降到地面时，此时受力分析可知2Fmaxcos60°＝2mg，解得Fmax＝2mg此时B受地面的摩擦力Ff＝Fmaxsin60°＝eq\r(3)mg对A、B、C整体受力分析可知，地面对整体的支持力FN′＝mg＋mg＋2mg＝4mg则B受地面的支持力FN＝eq\f(FN′,2)＝2mg整个过程中FN不变，根据题意，B保持静止，则μFN≥Ff，解得μ≥eq\f(\r(3),2)，则μmin＝eq\f(\r(3),2)。15．(18分)(2023·广东省广雅中学模拟)如图所示，倾角为α＝37°的斜面体固定在水平地面上，质量为m(已知量)的物块A放在斜面上，一根细绳绕过固定在斜面顶端的定滑轮和悬挂重物B的动滑轮，连接在竖直杆EF上的D点，此时整个装置静止，连接物块A的细绳段与斜面平行，连接竖直杆的细绳段与竖直方向的夹角θ＝30°，物块A与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，定滑轮C与D点之间的细绳段的长度为L＝1m，最大静