湖南北京師范大學株洲附屬學校第三章相互作用——力專題練習(解析版)

1、一、第三章相互作用一一力易錯題培優(yōu)（難）1. 水平傳感器可以測量器械擺放所處的水平角度，屬于角度傳感器的一種，其作用就是測 量載體的水平度，又叫傾角傳感器。如圖為一個簡易模型，截面為內(nèi)壁光滑的豎直放置的 正三角形，內(nèi)部有一個小球，其半徑略小于內(nèi)接圓半徑，三角形各邊有壓力傳感器，分別 感受小球?qū)θ厜毫Φ拇笮?，根?jù)壓力的大小，信息處理單元能將各邊與水平面間的夾角 通過顯示屏顯示岀來。如果圖中此時8C邊恰好處于水平狀態(tài)，將英以C為軸在豎直平面 內(nèi)順時針緩慢轉(zhuǎn)動，直到AC邊水平，則在轉(zhuǎn)動過程中（）A. 當BC邊與AC邊所受壓力大小相等時，A8處于水平狀態(tài)B. 球?qū)?amp;C邊的壓力一直增大C. 球

2、對BC邊的壓力一直減小D. BC邊所受壓力不可能大于球的重力【答案】A【解析】【分析】【詳解】對正三角形內(nèi)部的小球受力分析，如圖所示由幾何關(guān)系可知，隨著角度0從0。到120。增大過程中，角a與角0之和保持不變，且a +0=120。，所以角6也保持不變，6 = 60。，由平衡條件和正弦定理得所以球?qū)C邊的圧力sin p sin® sin(120°-&)球?qū)C邊的壓力A.當BC邊與AC邊所受壓力大小相等時，即N；c = N；c，則0=60。，此時處于水平 狀態(tài)，故A正確：BC.角度抄從0。到120。增大過程中，sin<9和sin（120。-8）都是先增大后減小

3、，所以球?qū)?AC邊的壓力和球?qū)C邊的壓力都是先增大后減小，BC錯誤：D.當0<抄<60。時，%>G ,即BC邊所受壓力有可能大于球的重力，故D錯誤。 故選A。2. 如圖所示，在粗糙地而上放有一裝有泄滑輪的粗糙斜而體，將兩相同的A、B兩物體通 過細繩連接處于靜止狀態(tài)，用水平力F作用于物體B上，緩慢拉開一小角度，斜而體與物 體A仍然靜|上。則下列說法正確的是（）（不計繩的質(zhì)量和繩與滑輪間的摩擦）A.水平力F變小C.物體A所受摩擦力不變B. 物體A所受合力變大D.斜而體所受地面的摩擦力變大【答案】D【解析】【分析】先對物體B進行受力分析，根據(jù)共點力平衡條件求出繩的拉力，再對A進行

4、受力分析，同 樣根據(jù)共點力平衡條件得出各個力的情況，對斜而體所受地面的摩擦力可以用整體法進行 分析?！驹斀狻緼. 對B物體進行受力分析，如圖根據(jù)共點力平衡條件F = /nBtan<9,廠=地上COS&在緩慢拉開B的過程中，0角度變大，故繩上的張力7變大，水平力F增大，故A錯誤：B. 因物體A始終處于靜止，故A所受合外力為0, B錯誤；C. 物體A受重力、支持力、細線的拉力，可能沒有摩擦力，也可能有沿斜而向下的靜摩 擦力，還有可能受斜面向上的靜摩擦力。故拉力7增大后，靜摩擦力可能變小，也可能變 大，故C錯誤；D. 對整體分析可以知道，整體在水平方向受拉力和靜摩擦力作用，因拉力變大，

5、故靜摩 擦力一建變大，故D正確。故選D?！军c睛】整體法與隔離法相結(jié)合。3. 如圖所示，光滑的圓柱垃于斜而上，擋板A3可繞固泄軸轉(zhuǎn)動，使擋板AB從圖示位 置（e<9Z 緩慢轉(zhuǎn)到水平位置，在此過程中，擋板受到的壓力大小將（）A. 逐漸變大B.逐漸變小C.先變大后變小D.先變小后變大【答案】D【解析】【分析】【詳解】在擋板角度變化的過程中，圓柱在重力及兩個接觸面的彈力作用下處于動態(tài)平衡，受力分 析如下F三個力可以構(gòu)成一個閉合的矢量三角形如下圖Mg由圖可知，隨著木板的轉(zhuǎn)動，木板對圓柱體的壓力斤先變小后變大，根據(jù)牛頓第三泄律, 擋板受到的壓力片'也先變小后變大。故選Do 4如圖所示，輕桿的

6、一端固定一光滑球體，桿以另一端0為自由轉(zhuǎn)動軸，而球又擱置在 光滑斜而上，若桿與豎直墻而的夾角為6,斜而傾角為&開始時6<0,且6+氐90。，則為 使斜面能在光滑水平面上緩慢向右運動，在球體離開斜而之前，作用于斜而上的水平外力F的大小.輕桿受力T和地面對斜而的支持力N的大小變化情況是（）B.C.D.F逐漸減小,F逐漸增大,F逐漸減小,N逐漸減小7逐漸減小，N逐漸增大7先減小后增大，A/逐漸增大7先減小后增大，N逐漸減小【答案】C【解析】【分析】【詳解】對小球受力分析，受到重力mg、支持力N和桿的支持力幾如圖解得sin psin(a + 0)N _ T _ mg sin p sin

7、a sin(& + 0)mg =mgsin 0cot p + cosasin asin(a + 0)重力Mg、支持力忌和壓力M如圖根據(jù)共點力平衡條件，有A/sina=FA4g+A/cosa=FN解得mgcot fl + cot amgF = Nsinx血“sin a cot 0 +cos aFn = Mg + N cos a = Mg +tan a cot 0 +1 故隨著6的增大，7減小，F(xiàn)增大,Fn增大：故ABD錯誤，C正確。 故選65. 如圖所示，固左有光滑豎直桿的三角形斜劈放置在水平地而上，放置于斜劈上的光滑小 球與套在豎直桿上的小滑塊用輕繩連接，開始時輕繩與斜劈平行?，F(xiàn)給小滑

8、塊施加一個豎 直向上的拉力F，使小滑塊沿桿緩慢上升，整個過程中小球始終未脫離斜劈，則（ ）A. 小球?qū)π迸膲毫χ饾u減小B. 斜劈對地面壓力保持不變C. 地面對斜劈的摩擦力逐漸減小D. 輕繩對滑塊的拉力先減小后增大【答案】A【解析】【分析】【詳解】AD.對小球受力分析，受重力、支持力和細線的拉力，如圖所示根據(jù)平衡條件可知，細線的拉力廠增加，故輕繩對滑塊的拉力增大，小球受到的斜劈的支 持力W逐漸減小，根據(jù)牛頓第三立律，小球?qū)π倍膲毫σ矞p小，故A正確，D錯誤： BC.對球和滑塊整體分析，受重力、斜而的支持力桿的支持力"，拉力F,如圖所示根據(jù)平衡條件，有水平方向N' = Nsin

9、&豎直方向F + Ncos0 = G由于A/減小，故“減小，F(xiàn)增加；對小球、滑塊和斜劈整體分析，任豎宜方向"地=爲-F根據(jù)牛頓第三左律，斜劈對地而壓力減小。整體在水平方向不受力，故地而對斜劈的摩擦 力始終為零，故BC錯誤。故選A°6. 如圖所示，物體B的上表面水平，當A、B相對靜止沿斜而勻速下滑時，斜而在水平面 上保持靜止不動，則下列判斷正確的是（）B. 物體B受4個力作用C. 物體C受水平面的摩擦力方向一定水平向右D. 水平而對物體C的支持力小于A、B和C三物體的重力大小之和【答案】B【解析】【分析】【詳解】A. A、B相對靜止沿斜而勻速下滑，所以物體A受重力和支

10、持力2個力作用，選項A錯 誤：B. 對B分析，B受重力、斜面的支持力、A的壓力及B受C的摩擦力，所以物體B受4個 力作用，選項B正確：C. 對整體分析，由于整體保持靜止，故整體在水平方向沒有摩擦力，即物體C不受水平 面的摩擦力作用，選項C錯誤：D. 對整體分析，由于整體保持靜止，所以水平而對物體C的支持力等于A、B和C三物體 的重力大小之和，選項D錯誤。故選B。7. 如圖所示，用一輕繩將光滑小球P系于豎直墻壁上的0點，在墻壁和球P之間夾有一 正方體物塊Q, P、Q均處于靜止狀態(tài),現(xiàn)有一鉛筆緊貼墻壁壓在輕繩上從0點開始緩慢下 移（該過程中，繩中張力處處相等），P、Q始終處于靜止狀態(tài)，則在鉛筆緩慢

11、下移的過程中A. P所受的合力增大B. Q受到墻壁的摩擦力不變C. P對Q的壓力逐漸減小D. 繩的拉力逐漸減小【答案】B【解析】【分析】 對物體進行受力分析，根據(jù)繩子拉力方向變化，對各個力的大小進行分析可求解?！驹斀狻緼. P始終處于靜止狀態(tài)，所受合力始終為零，故A錯誤；B. 小球P光滑，所以PQ間沒有摩擦，因此Q受到的墻壁的摩擦力與Q受到的重力是平 衡性，保持不變，故B正確：CD.對P球進行受力分析如圖根據(jù)平衡條件可得T cos 0 = mgTsin0 = N整理得N = mg tan & , T =隨鉛筆向下移動，&變大，則增大，即Q對P的支持力增大，根據(jù)作用力和反作用 力

12、，P對Q的壓力增大：而cos&減小，因此繩子拉力變大，故CD錯誤。故選B。8. 如圖所示，在斜面上放兩個光滑球人和8,兩球的質(zhì)量均為m（不隨r改變），它們的半 徑分別是R和r,球4左側(cè)有一垂直于斜而的擋板，兩球沿斜而排列并靜止，以下說法正 確的是（）A. 斜而傾角0泄，/?>/時，R越大，r越小，3對斜而的壓力越小B. 斜而傾角0定，時，兩球之間的彈力最小C. 斜面傾角抄一泄時，人球?qū)醢宓膲毫﹄S著門咸小而減小D. 半徑確泄時，隨著斜而傾角0逐漸增大，A受到擋板作用力先增大后減小【答案】B【解析】【分析】用整體法和隔離體法分別對B球和AB整體進行受力分析，再根據(jù)R與r的關(guān)系變化及

13、傾 角變化，分析務個力的變化?！驹斀狻緽. 對8球的受力分析，如圖所示N】、A/2的合力與重力mg等大反向，在右側(cè)力的三角形中，豎直邊大小等于mg,當傾斜角 0左時，M的方向保持不變，R=r時，M恰好垂直于M，此時M最小，故B匸確；A. 當R”時，/?越大，r越小，M越向下傾斜，A/2都越大，即斜右對B的支持力越大，根 據(jù)牛頓第三定律，3對斜而的壓力也越大，故A錯誤：C. 將兩個球做為一個整體，檔板對&的支持力等于兩球重力的下滑分力，斜而傾角卩一 定時，下滑分力一定，與R及r無關(guān)，故C錯誤：D. 半徑確泄時，而當斜而傾角0逐漸增大，兩球的下滑分析增大，因此A對檔板的壓力 一直增大，故D

14、錯誤。故選B?！军c睛動態(tài)分析時將各個力移動到一個三角形中進行分析，比較容易發(fā)現(xiàn)各個力的大小變化。9 . 2018年10月23日，港珠澳跨海大橋正式通車.為保持以往船行習慣，在航道處建造 了單面索（所有鋼索均處在同一豎直而內(nèi)）斜拉橋，英索塔與鋼索如圖所示.下列說法正 確的是（）A. 增加鋼索的數(shù)量可減小索塔受到的向下的壓力B. 為了減小鋼索承受的拉力，可以適當降低索塔的髙度C. 索塔兩側(cè)鋼索對稱且拉力大小相同時，鋼索對索塔的合力豎直向下D. 為了使索塔受到鋼索的合力豎直向下，索塔兩側(cè)的鋼索必須對稱分布【答案】C【解析】【詳解】A、以橋身為研究對象，鋼索對橋身的拉力的合力與橋身的重力等大反向，則鋼

15、索對索塔 的向下的壓力數(shù)值上等于橋身的重力，增加鋼索的數(shù)量鋼索對索塔的向下的壓力數(shù)值不變，故A錯誤：B、由圖甲可知2Tcosa = M ,當索塔髙度降低后，Q變大，cos a變小，故7變大，故B錯誤C、由B的分析可知，當鋼索對稱分布時，2Tcosa = Mg,鋼索對索塔的合力豎直向下，故C正確D、受力分析如圖乙，由正弦定理可知，只要甩鋼索AC、的拉力尸込Fabsin a sin p進行合成，合力豎直向下，鋼索不一左要對稱分布，故D錯誤：綜上分析：答案為C10.如圖，柔軟輕繩O/V的一端O固左，其中間某點M拴一重物，用手拉住繩的另一端N.初始時，0M豎直且MN被拉直，0M與M/V之間的夾角為a

16、( a>| ).現(xiàn)將重物向右上方緩慢拉起，并保持夾角a不變.在0M由豎直被拉到水平的過程中()A. MA/上的張力逐漸增大B. M/V上的張力先增大后減小C. 0M上的張力逐漸增大D. 0M上的張力先增大后減小【答案】AD【解析】【分析】【詳解】以重物為研究對象，受重力mg, 0M繩上拉力F2，MN上拉力Fi，由題意知，三個力合力 始終為零，矢星三角形如圖所示，在F2轉(zhuǎn)至水平的過程中，MN上的張力Fi逐漸增大，0M上的張力F2先增大后減小，所以A、D正確；B、C錯誤.11如圖所示，斜而體固左在水平而上，一輕質(zhì)細線繞過滑輪1和滑輪2,兩端分別與物 體d和輕環(huán)c連接，輕環(huán)C穿在水平橫桿上，滑

17、輪2下吊一物體b。物體d和滑輪1間的細 線平行于斜面，系統(tǒng)靜止?，F(xiàn)將c向右移動少許，物體d始終靜止，系統(tǒng)再次靜止，不計 滑輪質(zhì)量和滑輪與繩間的摩擦。則（）A. 細線拉力將變大B. 地而對斜而體的支持力將變大C. 橫桿對輕環(huán)c的摩擦力將變大D. 斜而體對物體d的摩擦力將變小【答案】AC【解析】【分析】【詳解】A.以滑輪2為研究的對象，受力如圖若將C向右移動少許，兩個繩子之間的夾角0增大，由于D對滑輪的拉力不變，兩個繩子 之間的夾角變大，根據(jù)2Fcos 牛 G/,繩子的拉力F定變大，A正確：B. 對斜而體、物體物體"整體受力分析，受重力、支持力、細線的拉力和地而的靜摩 擦力，如圖所示Ff

18、 =Fsina根據(jù)平衡條件，有Fn =g&Fcos = g&-與角度0無關(guān)，恒建不變，B錯誤：C. 以C為研究的對象水平方向 c向右移動少許，F(xiàn)變大，a變大，sin a變大，橫桿對輕環(huán)c的摩擦力將變大，c正確：D. 若原來物塊a有下降趨勢，繩子拉力增大，a可能有上升趨勢，因摩擦力大小和方向都 不能確定,D錯誤。故選AC。12. 如圖所示，人、3兩個物體中間用一根不可伸長的輕繩相連，在物體8上施加一斜向上 的力F，使人、8兩物體保持相對靜止一起沿水平地而向右勻速運動，當力F與水平而的夾 角為0時，力F最小。已知久8兩物體的質(zhì)量分別為E=0.5kg、m2=2.5kg,物體A與地 而

19、間的動摩擦因數(shù)"=密,g MX 10m/s2,不汁空氣阻力，則下列說法正確的是（）FR.A.凸30°C.力F的最小值為22N【答案】ADB.抄二60°D.力F的最小值為15N【解析】【分析】【詳解】對兩物體，采用整體法進行受力分析，由受力平衡和正交分解法，在豎直方向上,Fn =（加+ 叫）g _ Fsin 0滑動摩擦力為f=叭在水平方向上f = F cos 0解得F_ “（+加2）g cos 0 +“sin。由三角函數(shù)知識，得F的最小值為此時有Z（普 J5N Jl + Mtun 0 = li = 3& = 30。BC錯誤，AD正確。故選ADo13. 如圖所

20、示，傾角為Q的粗糙斜劈放在粗糙水平面上，物體Q放在斜而上，輕質(zhì)細線一 端固迫在物體a上，另一端繞過光滑的滑輪固左在c點，滑輪2下懸掛物體b,系統(tǒng)處于 靜止狀態(tài)?，F(xiàn)將固立點c向左緩慢移動少許.發(fā)現(xiàn)。與斜劈始終靜止，則在此過程中A.斜劈對地而的圧力不變B. 細線對物體。的拉力增大C. 細線對滑輪2的作用力不變D. 地而對斜劈的摩擦力增大【答案】AC【解析】【分析】【詳解】BC.對滑輪和物體b受力分析，受重力和兩個拉力，如圖所示:根據(jù)平衡條件，有:解得:將固左點c向左移動少許，則&減小，故拉力7減??；細線對滑輪2的作用力等于b的重 力，保持不變，故B錯誤，C正確：AD.對斜而體、物體a、物體

21、b整體受力分析，受重力、支持力、細線的拉力和地而的靜 摩擦力，如圖所示：根據(jù)平衡條件，有:N二G 惡一TCOS&=G 息一怛2N與角度&無關(guān)，恒左不變：根據(jù)牛頓第三上律，壓力也不變:將固左點c向左移動少許，則&減小，故摩擦力減小；故A正確，D錯誤。 故選AC.14. A. B兩三角形物塊疊放在地面C上且均保持靜止，如圖甲所示。在物塊人上施加一個 豎直向下、大小為F的力而讓系統(tǒng)保持靜止，當所加豎直向下的力按圖乙所示規(guī)律變化時()A. 0b時間內(nèi)物塊力可能下滑B. 物塊&受到的摩擦力在時間內(nèi)減小，b時刻恢復原來的大小C. 地面C受到物塊B的摩擦力為零D. 物塊8受到地面C的支持力不變【答案】BC【解析】【分析】【詳解】A.設(shè)斜而的傾角為0,物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為“，A的重力為G,以A為研究對 象，未加F時物塊靜止在斜劈上，則有Gsin&S pG cos&即有sin 0 < “cos&當用豎直向下的力F作用于物塊上時，受力情況如圖所示G沿斜而向下的分力為(G+F)sin8最大靜摩擦力為九=(G + F)cos&由于sin 0 < cos&則有(G+F)sin6>"“故當尸先減小后增大的過程，此關(guān)系式仍然滿足，故人所受合力為零，一