2022届高考物理一轮复习单元素养检测卷二相互作用（含解析）

相互作用 时间：75 分钟满分：100 分 一、单项选择题(本题共 7小题，每小题 4分，共 28分) 12021江西南昌模拟关于下列各图受力情况说法正确的是() A甲图中原木 P在 M、 N两点各受一个弹力，且均竖直向上 B乙图中 BC杆(插入墙壁)对绳子的弹力一定由 B指向 C C丙图中铁块所受重力垂直斜面向下 D丁图中弹簧一定处于压缩状态 22021福建八县市高三联考如图所示，为运动员立定跳远蹬地起跳瞬间的受力示 意图，正确的是() 32021陕西汉中联考如图所示，固定的木板与竖直墙面的夹角为 ，重力为 G的 物块静止在木板与墙面之间，不计一切摩擦，则() A物块对墙面的压力大小为 Gtan B物块对墙面的压力大小为 Gsin cos C物块对木板的压力大小为 Gcos D物块对木板的压力大小为 Gsin 42021河北鸡泽一中测试如图所示，两根轻弹簧 a、 b的上端固定在竖直墙壁上， 下端连接在小球上当小球静止，弹簧 a、 b与竖直方向的夹角分别为 53和 37.已知 a、 b的劲度系数分别为 k1、 k2，sin 530.8，则 a、 b两弹簧的伸长量之比为() A. B. 4k23k1 3k24k1 C. D. 3k14k2 4k13k2 5. 光滑斜面上固定着一根刚性圆弧形细杆，小球通过轻绳与细杆相连，此时轻绳处于水平 方向，球心恰位于圆弧形细杆的圆心处，如图所示将悬点 A缓慢沿杆向上移动，直到轻绳 处于竖直方向，在这个过程中，轻绳的拉力() A逐渐增大 B大小不变 C先减小后增大 D先增大后减小 62021广东湛江调研如图所示，物体 A放在粗糙水平面上，左边用一根轻弹簧和 竖直墙相连，静止时弹簧的长度小于原长，若再用一个从零开始逐渐增大的水平力 F向左推 A，直到把 A推动，在 A被推动之前的过程中，弹簧对 A的弹力 F1大小和地面对 A的摩擦力 f大小的变化情况是() A F1保持不变， f始终减小 B F1保持不变， f先减小后增大 C F1始终增大， f始终减小 D F1先不变后增大， f先减小后增大 72021吉林长春二模如图所示，一固定斜面上两个质量均为 m的小物块 A和 B紧 挨着匀速下滑， A与 B的接触面光滑已知 A与斜面之间的动摩擦因数是 B与斜面之间的动 摩擦因数的 2倍，斜面倾角为 ，重力加速度为 g.B与斜面之间的动摩擦因数 与 A、 B间 弹力 FN的大小分别是() A tan ， FN mgsin 23 13 B tan ， FN mgsin 23 12 C tan ， FN mgcos 13 D tan ， FN mgsin 23 二、多项选择题(本题共 3小题，每小题 6分，共 18分) 82019 年 12月 17日，我国第二艘航母“山东舰”正式入列我国海军，此舰为首艘国 产航母，标志着我国的军舰建造技术进入新时代为使舰载机在几秒内迅速停在航母上，需 要利用阻拦索将舰载机高速拦停(如图 1)，此过程可简化为如图 2所示模型，设航母表面为 一平面，阻拦索两端固定，并始终与航母平面平行舰载机从正中央钩住阻拦索，实现减 速阻拦索为弹性装置，刚刚接触阻拦索就处于绷紧状态，下列说法正确的是() A舰载机落在航母上钩住阻拦索时，只受重力、阻拦索的弹力和航母表面的摩擦力三 个力作用 B舰载机钩住阻拦索继续向前运动的过程中，阻拦索对飞机的弹力在变大 C当阻拦索被拉至夹角为 120时，设阻拦索的张力为 F，则阻拦索对舰载机的弹力大 小为 F D舰载机钩住阻拦索继续向前运动的过程中，舰载机所受摩擦力一直在变大 9如图所示，倾角为 的斜面体 C置于水平地面上，一条细线一端与斜面上的物体 B 相连，另一端绕过轻质滑轮与物体 A相连，该滑轮用另一条细线悬挂在天花板上的 O点，细 线与竖直方向成 角， A、 B、 C始终处于静止状态，不计细线与滑轮间的摩擦下列说法 正确的是() A若仅增大 A的质量，则 B对 C的摩擦力一定增大 B若仅增大 A的质量，则地面对 C的摩擦力一定增大 C若仅增大 B的质量，则 B受到的摩擦力一定增大 D若仅将 C向左缓慢移动一点， 角将增大 102021湖北黄冈检测如图甲所示，截面为直角三角形的木块 A质量为 m0，放在倾 角为 的固定斜面上，当 37时，木块 A恰能静止在斜面上现将 改为 30，在 A与斜面间放一质量为 m的光滑圆柱体 B，如图乙所示，sin 370.6，cos 370.8， 重力加速度为 g，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力则() A A与斜面之间的动摩擦因数为 0.75 B A、 B仍一定静止于斜面上 C若 m0 m，则 A受到的摩擦力大小为 mg D若 m04 m，则 A受到斜面的摩擦力大小为 2.5mg 三、非选择题(本题共 5个小题，54 分) 11(6 分)某物理兴趣小组的同学在研究弹簧弹力的时候，测得弹力的大小 F和弹簧长 度 l的关系如图所示，则由图线可知： (1)弹簧的劲度系数为_ N/m. (2)为了用弹簧测力计测定两木块 A和 B间的动摩擦因数 ，两位同学分别设计了如图 所示的甲、乙两种方案 为了用某一弹簧测力计的示数表示 A和 B之间的滑动摩擦力的大小，你认为方案 _更合理 甲方案中，若 A和 B的重力分别为 10.0 N和 20.0 N当 A被拉动时，弹簧测力计 a 的示数为 6.0 N， b的示数为 11.0 N， c的示数为 4.0 N，则 A和 B间的动摩擦因数为 _ 12(8 分) 某兴趣小组在“验证力的平行四边形定则”的实验时使用了如图甲所示的装 置先通过一根悬挂钩码的细线跨过定滑轮的方法牵引弹簧，使弹簧由 O点伸长至某个位置 O点，做好相关记录；再换用两根悬挂钩码的细线跨过定滑轮来牵引弹簧，使弹簧伸长到 同一位置(两定滑轮的位置可适当调节)，做好相关记录多次改变两细线夹角以及所挂钩码 个数，重复实验请回答下列问题： (1)本实验采用的科学方法是_(填选项字母) A理想实验法 B控制变量法 C等效替代法 D建立物理模型法 (2)为了完成实验，必须记录的有_(填选项字母) A弹簧右端与滑轮之间的细线方向 B所挂钩码个数 C O点的位置 D O点的位置 (3)某同学在纸上已经用力的图示法画出了某次实验时的两个互成角度的已知力 F1和 F2(如图乙所示)，请在图乙中做出 F1、 F2的合力 F. 13(10 分)2021合肥模拟 如图所示，质量 M1 kg的木块套在水平固定杆上，并用轻绳与质量 m0.5 kg的小球 相连，今用跟水平方向成 60角的力 F5 N拉着小球并带动木块一起向右匀速运动，运3 动中木块、小球的相对位置保持不变，取 g10 m/s 2.在运动过程中，求： (1)轻绳与水平方向的夹角 . (2)木块与水平杆间的动摩擦因数 . 14(12 分) 如图所示，质量为 M的半球面静止在水平地面上，质量为 m的小物块在半球面上处于平 衡状态，小物块与一轻弹簧连接，弹簧的上端固定于墙上的 O点已知小物块与球心 O的连 线与竖直方向成 45角，弹簧的劲度系数为 k，其与竖直方向的夹角也为 .若小物块 与球面之间刚好没有相对运动的趋势，求： (1)弹簧的伸长量 (2)球面所受地面的支持力 15(18 分) 一个底面粗糙、质量为 M3 m的斜劈放在粗糙水平面上，斜劈的斜面光滑且与水平面成 30角现用一端固定的轻绳系一质量为 m的小球，小球放在斜面上，小球静止时轻绳与竖 直方向的夹角也为 30，如图所示 (1)当斜劈静止时，求绳子的拉力大小 (2)当斜劈静止时，求地面对斜劈的摩擦力大小 (3)若地面对斜劈的最大静摩擦力等于地面对斜劈支持力的 k倍，为使整个系统静止， k 值必须满足什么条件？ 单元素养检测卷(二) 1解析：本题考查受力分析和力的合成与分解题图甲中，原木 P在 M点受到的弹力 方向垂直地面向上，在 N点受到的弹力方向垂直原木 P向上，故 A错误；题图乙中， BC杆斜 插入墙壁，则 BC杆对绳子的作用力与两侧绳的拉力的合力平衡，方向不一定由 B指向 C，故 B错误；重力都是竖直向下的，与接触面是否水平无关，故 C错误；弹簧对小球的弹力只能 沿弹簧的轴线方向，由平衡条件知，弹簧对小球的弹力沿弹簧向右，则弹簧处于压缩状态， 故 D正确 答案：D 2解析：运动员受到重力、地面对他向上的支持力以及向前的静摩擦力作用，故选项 A正确，B、C、D 错误 答案：A 3. 解析：对物块受力分析，如图所示，根据平行四边形定则及牛顿第三定律可知物块对墙 面的压力大小为 F 1 F1 ；物块对木板的压力大小为 F 2 F2 ，故选项 Gtan Gsin A、B、C 错误，D 正确 答案：D 4解析：本题考查胡克定律作出小球的受力分析图如图所示，根据平衡条件得 F mg，故弹簧 a的弹力 F1 Fcos 53 ，弹簧 b的弹力 F2 Fcos 37 ，根据胡 3mg5 4mg5 克定律 F kx，得 x ，则 a、 b两弹簧的伸长量之比为 ，故 B项正确， Fk x1x2 F1k1 F2k2 3k24k1 A、C、D 项错误 答案：B 5解析： 当悬点 A缓慢向上移动过程中，小球始终处于平衡状态，小球所受重力 mg的大小和方 向都不变，支持力 FN的方向不变，对小球进行受力分析如图所示，由图可知，拉力 FT先减 小后增大，C 项正确 答案：C 6解析：本题考查静摩擦力的变化在 A被推动之前的过程中，弹簧的形变量未发生 改变，所以弹簧对 A的弹力 F1保持不变，开始时，弹簧处于压缩状态，地面对 A的静摩擦力 水平向左，随着水平向左的外力从零开始逐渐增大，静摩擦力先减小至零，然后反向增大， 直至推动 A，故 B正确，A、C、D 错误 答案：B 7解析：以 A、 B整体为研究对象进行受力分析，根据平衡条件得 2mgsin Amgcos Bmgcos ，又 A2 B， B ，解得 tan ；隔离 B为研究 23 对象并进行受力分析可知， B受重力、支持力、 A对 B的弹力 FN及摩擦力而处于平衡状态， 在沿斜面方向上根据平衡条件得 mgsin mg cos FN，解得 FN mgsin ，选项 A 13 正确 答案：A 8解析：舰载机受重力、阻拦索的弹力、航母给的摩擦力与支持力，A 错；阻拦索的长 度变长，绳索上的张力变大，对飞机的作用是绳索上两个分力的合力，夹角变小，合力变大， B对；夹角为 120时， F 合 F，C 对； F 滑 N mg ，故舰载机所受摩擦力不变，D 错 答案：BC 9解析：若 B具有上滑的趋势，增大 A的质量，则 B对 C的摩擦力增大，若 B具有下 滑的趋势，增大 A的质量，则 B对 C的摩擦力减小，所以 B对 C的摩擦力不一定增大，故 A 错误；将 B、 C看作一个整体，仅增大 A的质量，地面对 C的摩擦力一定增大，故 B正确； 若 B具有上滑的趋势，增大 B的质量，则 B受到的摩擦力减小，若 B具有下滑的趋势，增大 B的质量，则 B受到的摩擦力增大，所以 B受到的摩擦力不一定增大，故 C错误；连接 A、 B 的细线的夹角的一半等于 角，若仅将 C向左缓慢移动一点，连接 A、 B的细线的夹角增大， 则 角将增大，故 D正确 答案：BD 10解析：当 37时，木块 A恰能静止在斜面上，此时木块 A所受摩擦力为最大静 摩擦力，由平衡条件得 m0gsin 37 m 0gcos 37，解得 0.75，A 正确； A、 B作为整 体，若( m0 m)gsin 30m 0gcos 30，则 A、 B运动，若 (m0 m)gsin 30mg cos 30 mg，则 338 A、 B沿斜面下滑， A受到的动摩擦力大小为 f mg cos 30 mg，C 错误；若 m04 m， 338 则(4 m m)gsin 302.5 mg 4mgcos 30 mg，则 A、 B是静止的，由平衡条件得， 332 A受到的摩擦力大小为 f(4 m m)gsin 302.5 mg，D 正确 答案：AD 11解析：(1)由图知，当 F0 时 l020 cm，即弹簧的原长，当 F060 N时 l40 cm，则 l l l00.2 m；由胡克定律得 k N/m300 N/m. F l 600.2 (2)乙方案：因在拉着木块 A运动的过程中，拉 A的弹簧测力计在不断地运动，示数 可能会变化，读数不准；甲方案：弹簧测力计 a是不动的，指针稳定便于读数，故甲方案更 合理； 由于弹簧测力计 a示数为 6.0 N，故 A、 B间的动摩擦因数 0.30. FfFN 620 答案：(1)300(1 分)(2)甲(2 分) 0.30(3 分) 12解析：(1)合力与分力是等效替代的关系，所以本实验采用的等效替代法，故选 C. (2)本实验中一个拉力的作用效果与两个拉力的作用效果相同，则一个拉力为两个拉力 的合力，需确定出拉力的方向、拉力的大小以及 O点的位置，所以要记录弹簧右端与滑轮 之间的细线方向、所挂钩码的个数以及 O点的位置，故选 A、B、D. (3)根据平行四边形定则画出合力，如图 答案：(1)C(2 分)(2)ABD(2 分) (3)见解析图(4 分) 13解析：(1)小球处于平衡状态，其所受合力为零以小球为研究对象分析受力如图 甲所示，由平衡条件得，水平方向 Fcos 60 Tcos 0，(2 分) 竖直方向 Fsin 60 Tsin mg0，(2 分) 解得 30.(1 分) (2)以木块和小球整体为研究对象，受力分析如图乙所示，由平衡条件得，水平方向有 Fcos 60 N 0，(2 分) 竖直方向有 Fsin 60 N mg Mg0，(2 分) 解得 .(1分) 33 答案：(1)30(2) 33 14解析：(1)对小物块受力分析：摩擦力为零，支持力 FN、弹簧的拉力 FT和重力 G三 力平衡，如图所示： FN FT (2分) 2mg2 设弹簧伸长量为 x，则： FT k x(2分) 解得： x .(2分) 2mg2k (2)设地面的支持力和摩擦力分别为 F N和 Ff，对整体受力分析， 根据平衡条件得： FTsin Ff， FTcos F N( M m)g(2分) 解得： Ff mg，方向水平向左，(2 分) 12 F N Mg mg，方向竖直向上(2 分) 12 答案：(1) (2) Mg mg，方向竖直向上 2mg2k 12 15解析：(1)以小球为研究对象，受力分析如图所示，对 T和 mg进行正交分解，由平 衡条件有 Tcos 30 mgsin 30(2分) (2分) 得 T mg.(2分) 33 (2)以斜劈和小球整体为研究对象，受力情况如图所示 (3分) 由平衡条件可得 f Tcos 60 mg.(3分) 36 (3)为使整个系统静止，必须满足 fmax kFN Tcos 60，(2 分) 且有 FN Tsin 60( M m)g(2分) 联立解得 k .(2分) 321 答案：(1) mg(2) mg(3) k 33 36 321