2021高考物理人教版一轮考评训练：《相互作用》检测题

2021高考物理人教版一轮考评训练：《相互作用》检测题

www.ks5u.com ‎《相互作用》检测题 ‎(本试卷满分100分)‎ 一、单项选择题(本题包括8小题，每小题3分，共24分)‎ ‎1．图中弹簧测力计、绳和滑轮的重量均不计，绳与滑轮间的摩擦力不计，物体的重力都是G，在图甲、乙、丙三种情况下，弹簧测力计的读数分别是F1、F2、F3，则(　　)‎ A．F3>F1＝F2 B．F3＝F1>F2‎ C．F1＝F2＝F3 D．F1>F2＝F3‎ ‎2．如图，两个弹簧的质量不计，劲度系数分别为k1、k2，它们一端固定在质量为m的物体上，另一端分别固定在Q、P处，当物体平衡时上面的弹簧处于原长状态，若把固定的物体换为质量为2m的物体(物体的大小不变，且弹簧均在弹性限度内)，当物体再次平衡时，物体比第一次平衡时的位置下降了x，则x为(已知重力加速度为g)(　　)‎ A.　 B. C. D. ‎3．如图所示，两段等长的细绳OA、AB 串接着两个质量相等的小球a、b，悬挂于O点．现在两个小球上分别加上水平方向的外力，其中作用在b球上的力大小为F，作用在a球上的力大小为2F，则此装置平衡时的位置可能是(　　)‎ ‎4．如图所示，在粗糙水平面上放置A、B、C、D四个小物块，各小物块之间由四根完全相同的轻弹簧相互连接，正好组成一个菱形，θ＝120°，整个系统保持静止状态．已知A物块所受的静摩擦力大小为f，则D物块所受的静摩擦力大小为(　　)‎ A.f B．2f C．f D.f ‎5．如图所示，半圆形框架竖直放置在粗糙的水平地面上，光滑的小球P在水平外力F的作用下处于静止状态，P与圆心O的连线与水平面的夹角为θ，将力F在竖直面内沿顺时针方向缓慢地转过90°，框架与小球始终处于静止状态．在此过程中下列说法正确的是(　　)‎ A．框架对小球的支持力先减小后增大 ‎ B．拉力F的最小值为mgcos θ C．地面对框架的摩擦力先减小后增大 ‎ D．框架对地面的压力先增大后减小 ‎6．如图所示，光滑水平地面上有一质量为m1的半圆柱体A，半圆柱体左侧被一固定在水平面上的挡板挡住，挡板右侧距离地面高L 处，用长也为L的轻质细线悬挂一质量为m2的小球B，小球B静置于半圆柱体A上．已知重力加速度为g，不计各接触面的摩擦，当半圆柱体质量不变而半径R(RF2，选项B正确，A、C、D错误．‎ ‎2．A　当物体的质量为m时，设下面的弹簧的压缩量为x1，则mg＝k1x1；当物体的质量为2m时，2mg＝k1(x1＋x)＋k2x，联立可得x＝，A正确．‎ ‎3．C　将a、b两个小球作为一个整体，受力分析如图所示，设OA段的绳子与竖直方向的夹角为α，则根据平衡条件可得tan α＝，再单独研究b球，设AB段的绳子与竖直方向的夹角为β，根据平衡条件可得tan β＝，故β>α.因此a球在竖直线的右侧，而b球在竖直线的左侧，选项C正确．‎ ‎4．A　已知A物块所受的静摩擦力大小为f，设每根弹簧的弹力大小为F，对A物块有2Fcos 30°＝f，对D物块有2Fcos 60°＝f′，联立解得f′＝f，故选项A正确，B、C、D错误．‎ ‎5．B　‎ 以小球为研究对象，分析受力情况，作出受力示意图，如图所示．设F与框架对小球的支持力FN的合力为F′，则F′＝mg.根据几何关系可知，将F顺时针转动至竖直向上之前，支持力FN逐渐减小，F先减小后增大，当F的方向沿圆的切线方向斜向上时，F最小，此时Fmin＝F′cos θ＝mgcos θ ‎，故选项A错误，B正确；以框架与小球组成的整体为研究对象，整体受到重力、地面的支持力、地面的摩擦力以及力F的作用，由图可知，F在沿顺时针方向转动的过程中，F沿水平方向的分力逐渐减小，F沿竖直方向的分力逐渐增大，所以地面对框架的摩擦力始终在减小，地面对框架的支持力始终在减小，故选项C、D错误．‎ ‎6．A　由几何知识可知，当R＝L时，细线与水平方向的夹角为θ＝30°，对小球受力分析可知，细线对小球的拉力F1＝m2gsin 30°＝m2g，半圆柱体对小球的支持F2＝m2gcos 30°＝m2g，A选项正确；由整体法可知，半圆柱体对地面的压力m1g＋m2g－F1sin 30°＝m1g＋m2g，B选项错误；半圆柱体对地面的压力为m1g＋m2gcos2θ，对挡板的压力为m2gsin θcos θ，当半圆柱体的半径增大时，θ逐渐减小，半圆柱体对地面的压力逐渐增大，对挡板的压力逐渐减小，C、D选项错误．‎ ‎7．D　物块静止在斜面上，在斜面所在平面内受三个力作用，一个是重力沿斜面向下的分力mgsin θ，静摩擦力f≤fm＝μmgcos θ，方向不确定，水平方向的弹簧弹力kx，则物块所受静摩擦力f大小等于kx与mgsin θ的合力，当静摩擦力最大时有kx＝，可得x＝，故D正确．‎ ‎8．D　以人、物块、长木板为整体进行研究，斜面对它们的摩擦力为静摩擦力，大小为3mgsin θ，A、B错误；对人、物块整体研究，物块与长木板间的摩擦力刚好为零，因此长木板对人的静摩擦力大小为2mgsin θ，C错误、D正确．‎ ‎9．BC　在AC段滑块向右加速运动，加速度向右，故合力向右，即滑动摩擦力向右，A错误、B正确；在CB段滑块做匀速直线运动，加速度为零，故合力为零，即摩擦力为零，C正确、D错误．‎ ‎10．ABD　设斜面的倾角为θ，对A进行受力分析，在沿斜面方向上受到的力有F1沿斜面向上的分力F1cos θ，重力沿斜面向下的分力mgsin θ，还可能有B对A的摩擦力，如果F1cos θ＝mgsin θ，则A与B之间没有摩擦力，选项A正确；对A、B整体进行受力分析，受到重力(M＋m)g、支持力FN和已知的两个推力F1、F2，由于两个推力的合力刚好为零．故A、B整体与地面间没有摩擦力，选项B、D正确；B对A的支持力F′N＝mgcos θ＋F1sin θ，不一定大于mg，选项C错误．‎ ‎11．BCD　斜面体a静止，b 匀速上升，二者都处于平衡状态，由平衡条件有F＝Gtan θ，A错误，B正确；以a、b整体为研究对象，地面对a的支持力大小为2G，地面对a的摩擦力大小为F，C、D正确．‎ ‎12．BD　未加恒力F时，物块匀速下滑，受力平衡，由平衡条件得mgsin θ＝μmgcos θ，解得sin θ＝μcos θ；对物块施加一个竖直向下的恒力F时，物块受到的滑动摩擦力的大小为f＝μ(F＋mg)cos θ，重力mg和恒力F的合力沿斜面向下的分力大小为(F＋mg)sin θ，则可知(F＋mg)sin θ＝μ(F＋mg)cos θ，即物块仍受力平衡，所以物块仍处于匀速下滑状态，A错误，B正确；根据共点力平衡条件，可知斜面对物块的摩擦力和支持力的合力方向竖直向上，根据牛顿第三定律，物块对斜面的作用力竖直向下，斜面体相对地面没有运动趋势，故不受静摩擦力，C错误，D正确．‎ ‎13．答案：49　能 解析：本题考查“探究弹力和弹簧伸长的关系”实验，意在考查考生对实验数据的处理能力．由表中数据可知，当弹力的变化量为ΔF＝mg＝0.05 kg×9.8 m/s2＝0.49 N时，弹簧甲的形变量 Δx＝ ‎＝1.01 cm，由胡克定律得弹簧甲的劲度系数k＝＝＝49 N/m.由表中数据可根据上述方法求出弹簧甲与弹簧乙并联时的劲度系数，再根据k并＝k甲＋k乙就可求出弹簧乙的劲度系数．‎ ‎14．答案：(1)2.00‎ ‎(2)L1的方向　L2的方向　L3的方向 ‎(3)AB 解析：本题考查“验证力的平行四边形定则”实验．(1)弹簧测力计的读数为2.00 N．(2)实验中还要记录三个拉力的方向．(3)为减小测量误差，弹簧测力计需要在实验前进行校零，A正确；为保证对结点的拉力就是弹簧测力计的示数，细绳套方向应与木板平面平行，B正确；直接用弹簧测力计测量重物M的重力即可，C错误；弹簧测力计B的拉力只要与A的拉力的合力能使重物平衡即可，不需要保持水平，D错误．‎ ‎15．答案：OA＝L　OB＝L 解析：‎ 此题中杆处于自由状态，故杆的弹力必沿杆的方向．由力三角形与几何三角形相似得 ＝ ＝ 而OA＋OB＝L 故OA＝L OB＝L ‎16．解析：(1)由台式测力计示数可知，此时物体A所受支持力N0＝8.8 N，对物体A受力分析，如图所示．‎ 根据平衡条件可得 水平方向：T0cos θ－f0＝0‎ 竖直方向：N0＋T0sin θ－mAg＝0‎ 解得T0＝2 N，f0＝1.6 N.‎ ‎(2)①分析知，弹簧刚好离开地面时恢复原长，弹力为0.‎ 对B受力分析，有T1－mBg＝0‎ 所以T1 ＝5 N 对A有，水平方向：T1cos θ′－fmax＝0 ‎ 竖直方向：N1＋T1sin θ′－mAg＝0‎ 其中fmax＝μN1‎ 解得sin θ′＋2cos θ′＝2‎ 结合cos2θ′＋sin2θ′＝1，并根据题意得cos θ′＝0.6，sin θ′＝0.8，则 θ′＝53°.‎ ‎②滑轮上升的高度Δh＝s·tan θ′－s·tan θ＝20× cm－20× cm＝ cm 右端绳缩短Δl＝－＝ cm 由几何关系知，弹簧伸长量 Δx＝Δh＋Δl＝20 cm＝0.2 m 对初始时刻的B受力分析，有T0＋F0＝mBg 初始时刻弹簧处于压缩状态，弹力F0＝3 N 末状态弹簧恢复原长，弹力为0，所以 k＝＝＝15 N/m.‎ ‎17．答案：(1)0.5G　(2)0.4G 解析：‎ ‎(1)分析圆柱体的受力可知，沿轴线方向受到拉力F、两个侧面对圆柱体的滑动摩擦力，由题给条件知F＝2f，‎ 由圆柱体重力产生的效果将重力进行分解如图所示，‎ 由几何关系可得G＝F1＝F2，‎ 由f＝μF1得F＝0.5G.‎ ‎(2)把整个装置倾斜，则重力沿压紧两侧的斜面的分力F′1＝F′2＝Gcos 37°＝0.8G，‎ 此时工件所受槽的摩擦力大小f′＝2×μF′1＝0.4G.‎ ‎18．解析：(1)圆环恰好将要滑动时，所受的静摩擦力达到最大值，有Ff＝μFN.‎ 对环进行受力分析，则有 μFN－FTcos θ＝0‎ FN－FTsin θ＝0‎ 解得tan θ＝ 得θ＝53°‎ 又由于AO＝30 cm，AB＝50 cm，‎ 由数学知识求得α＝90°.‎ ‎(2)设跨过定滑轮的细绳对重物G的拉力为F，对重物C 进行受力分析，如图所示，根据重物C处于平衡状态，有 Fcos θ＋FTsin θ＝mg FTcos θ－Fsin θ＝0‎ 解得F＝6 N，FT＝8 N.‎ ‎(3)将重物D的质量为m′，圆环将要滑动时，对重物D进行受力分析可知G＝F，又G＝m′g，解得m′＝0.6 kg.‎