新教材2024年高考物理總復(fù)習(xí)考案2周測卷二相互作用

考案(二)周測卷二相互作用本試卷滿分100分，考試時間90分鐘。一、單項選擇題：本題共8小題，每小題4分，共32分。每小題只有一個選項符合題目要求。1．(2024·浙江麗水高三模擬預(yù)料)如圖所示，小鳥站在傾斜樹枝上休息，保持靜止?fàn)顟B(tài)，下列說法正確的是(C)A．樹枝受到壓力是因為樹枝發(fā)生了形變B．小鳥對樹枝的作用力垂直樹枝斜向下C．小鳥把樹枝抓得更緊時，它受的摩擦力保持不變D．小鳥把樹枝壓彎，小鳥對樹枝的作用力大于樹枝對小鳥的反作用力[解析]樹枝受到壓力是因為小鳥發(fā)生了形變，A錯誤；小鳥處于平衡狀態(tài)，樹枝對它的作用力與重力平衡，則樹枝對它的作用力豎直向上，依據(jù)牛頓第三定律，小鳥對樹枝的作用力豎直向下，B錯誤；小鳥處于平衡狀態(tài)，摩擦力與鳥的重力沿樹枝向下的分力平衡，大小不變，小鳥把樹枝抓得更緊時，它受的摩擦力保持不變，C正確；小鳥對樹枝的作用力與樹枝對小鳥的反作用力大小相等，方向相反，D錯誤。故選C。2．(2024·廣東高三模擬預(yù)料)早在戰(zhàn)國時期，《墨經(jīng)》就記載了利用斜面提升重物可以省力。某人用輕繩將一重物勻速豎直向上提起，拉力的大小為F1；然后用輕繩將同一重物沿傾角為θ的光滑斜面勻速上拉，拉力的大小為F2。F2與F1的比值為(A)A．sinθ B．eq\f(1,sinθ)C．cosθ D．eq\f(1,cosθ)[解析]設(shè)重物的質(zhì)量為m，依據(jù)物體的平衡條件有F1＝mg，F(xiàn)2＝mgsinθ，解得eq\f(F2,F1)＝sinθ，A正確。3．(2024·廣東高三階段練習(xí))一本書重約6N，有424頁，書本正面朝上?，F(xiàn)將一張A4紙夾在106～107頁間，A4紙能夠覆蓋幾乎整個書頁，如圖所示。若要將A4紙抽出，至少需用約1N的拉力。不計書皮及A4紙的質(zhì)量，則A4紙和書之間的摩擦因數(shù)最接近(A)A．0.33 B．0.45C．0.56 D．0.67[解析]需用約1N的拉力克服最大靜摩擦力，A4紙受正反兩面的兩個摩擦力，不計書皮及A4紙的質(zhì)量，有1＝2×μ×eq\f(G,n)×n1＝2×μ×eq\f(6,424)×106，解得μ≈0.33。故選A。4．(2024·遼寧沈陽市高三階段練習(xí))如圖所示，用五根等長的輕質(zhì)細(xì)繩懸掛起四個質(zhì)量相等的燈籠，中間的細(xì)繩是水平的，另外四根細(xì)繩對稱分布與水平面所成的角分別為θ1和θ2，若tanθ1＝1，則關(guān)于θ1和θ2，下列關(guān)系中正確的是(C)A．θ1＝3θ2 B．θ1＝2θ2C．tanθ2＝0.5 D．tanθ2＝2[解析]對左下方的燈籠上方節(jié)點(diǎn)受力分析如圖1，可知T＝eq\f(mg,tanθ2)，對左側(cè)兩個燈籠整體受力分析如圖2，可得T＝eq\f(2mg,tanθ1)，聯(lián)立解得tanθ2＝0.5tanθ1＝0.5，故ABD錯誤，C正確。5．(2024·山西一模)如圖所示，質(zhì)量均為m的小球a、b可視為質(zhì)點(diǎn)，兩小球用輕質(zhì)細(xì)線相連并懸掛于O點(diǎn)?，F(xiàn)用一勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧對a球施加一拉力，使整個裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)，若保持Oa與豎直方向的夾角α＝30°不變，重力加速度為g，則彈簧形變量的最小值為(C)A．eq\f(2mg,k) B．eq\f(\r(3)mg,k)C．eq\f(mg,k) D．eq\f(mg,2k)[解析]將小球a、b視為整體，當(dāng)彈簧的彈力與Oa垂直時彈力有最小值，為F彈min＝2mgsin30°＝mg，由胡克定律可得彈簧形變量的最小值為xmin＝eq\f(F彈min,k)＝eq\f(mg,k)，故C正確，ABD錯誤。6．(2024·全國高三專題練習(xí))如圖所示，物體B疊放在物體A上，A、B的質(zhì)量均為m，且上、下表面均與斜面平行，它們以共同速度沿傾角為θ的固定斜面C勻速下滑，則(D)A．A、B間沒有靜摩擦力B．A受到B的靜摩擦力方向沿斜面對上C．A受到斜面的滑動摩擦力大小為mgsinθD．A與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝tanθ[解析]對物體B受力分析可知，B肯定受重力、支持力，將重力分解可知重力有沿斜面對下的分力，B能勻速下滑，受力肯定平衡，故A對B應(yīng)有沿斜面對上的靜摩擦力；依據(jù)力的相互作用規(guī)律可知，A受到B的靜摩擦力應(yīng)沿斜面對下，故AB錯誤；對A、B整體分析，并將整體重力分解，可知沿斜面方向上，重力的分力與摩擦力等大反向，故A受的滑動摩擦力沿斜面對上，大小為2mgsinθ，C錯誤；對A、B整體分析，受重力、支持力和滑動摩擦力，由于勻速下滑，故重力沿斜面方向的分力與滑動摩擦力平衡，則有2mgsinθ＝μ2mgcosθ，解得μ＝tanθ，D正確。7．(2024·廣東深圳模擬預(yù)料)如圖將光滑的重球放在斜面上，被豎直的擋板攔住而靜止，設(shè)球?qū)π泵娴膲毫镹1，對擋板的壓力為N2，當(dāng)擋板從豎直緩慢地轉(zhuǎn)到水平位置的過程中(C)A．N1變小，N2變大 B．N1變大，N2變小C．N1變小，N2先變小后變大 D．N1和N2都變小[解析]以球為探討對象，受力分析如圖小球受到重力G、斜面的支持力N′1和擋板的支持力N′2，N′1與N1是作用力和反作用力，大小相等，方向相反，N′2與N2是作用力和反作用力，大小相等，方向相反，由平衡條件得知，N′1和N′2的合力與重力G大小相等、方向相反，作出多個位置N′1和N′2的合力，如圖，由圖看出，N′1漸漸減小，N′2先減小后增大，當(dāng)N′1和N′2垂直時，N′2最小，依據(jù)牛頓第三定律得知，N1漸漸減小，N2先變小后變大，故C正確，ABD錯誤。8．(2024·重慶試驗外國語學(xué)校二模)如圖所示，一個半徑為3r的光滑圓柱體固定在水平地面上，其軸線與地面平行。另有兩個半徑均為2r的球A、B用輕繩連接后，搭在圓柱體上，A球的球心與圓柱體最高點(diǎn)等高，B球的球心與圓柱體的軸線等高，兩球均處于靜止?fàn)顟B(tài)。下列說法正確的是(D)A．輕繩中的拉力與A球的重力大小相等B．A球的重力與圓柱體對A球的彈力之比為45C．A、B兩球的質(zhì)量之比為45D．A、B兩球的質(zhì)量之比為54[解析]對A、B兩球進(jìn)行受力分析，如圖所示，對A球有eq\f(m1g,FT1)＝eq\f(3r,\r(5r2－3r2))＝eq\f(3,4)，eq\f(m1g,FN1)＝eq\f(3r,5r)＝eq\f(3,5)，AB錯誤；對B球有eq\f(m2g,FT2)＝eq\f(3r,5r)＝eq\f(3,5)，F(xiàn)T1＝FT2，聯(lián)立解得eq\f(m1,m2)＝eq\f(5,4)，C錯誤，D正確。故選D。二、多項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。每小題有多個選項符合題目要求，全部選對得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。9．(2024·浙江高三專題練習(xí))小易同學(xué)拍了一張烏龜沿墻角豎直運(yùn)動的照片，下列說法中正確的是(AC)A．烏龜加速上爬時所受的摩擦力大于勻速上爬時所受的摩擦力B．烏龜選擇墻角上爬，是因為墻角相對比較粗糙C．假設(shè)烏龜勻速向下運(yùn)動，它對墻壁的擠壓力越大所受摩擦力也越大D．烏龜豎直向下爬動時，受到豎直向上的滑動摩擦力[解析]依據(jù)牛頓其次定律可得烏龜所受的摩擦力大小為f＝ma＋mg，所以烏龜加速上爬時所受的摩擦力大于勻速上爬時所受的摩擦力，A正確；烏龜選擇墻角上爬，是因為墻角呈V字形，烏龜即使離開地面，其兩側(cè)腳對墻面施加擠壓力的同時，兩面墻壁也可以對烏龜施加支持力和摩擦力，而烏龜在單面墻壁上則無法做到離開地面后對墻面施加擠壓力的同時，墻面也對其施加支持力和摩擦力，B錯誤；假設(shè)烏龜勻速向下運(yùn)動，摩擦力和重力不共線，摩擦力的豎直重量不變，水平重量隨著壓力的增加而增加，C正確；烏龜豎直向下爬動時，受到豎直向上的靜摩擦力，D錯誤。10．(2024·河北模擬預(yù)料)如圖所示，一半圓形光滑軌道固定在豎直平面內(nèi)，半圓頂點(diǎn)P處固定一大小不計的光滑定滑輪，O為圓心，質(zhì)量為m的光滑圓環(huán)a套在軌道上，一輕繩跨過定滑輪兩端分別連接圓環(huán)a與物塊b。當(dāng)物塊b的質(zhì)量分別為m和eq\r(3)m時，平衡后圓環(huán)a與圓心O連線與OP的夾角分別為α和β，軌道對圓環(huán)a的彈力大小分別為F1和F2，下列說法正確的是(AD)A．β＝2α＝120° B．α＝2β＝120°C．F1＝eq\r(3)F2＝eq\r(3)mg D．F1＝F2＝mg[解析]對圓環(huán)a受力分析，如圖所示，設(shè)圓環(huán)所處位置為Q，依據(jù)圖示可知eq\f(mg,OP)＝eq\f(mbg,PQ)＝eq\f(F,OQ)，當(dāng)mb＝m時OP＝PQ，由幾何關(guān)系可知α＝∠POQ＝60°，當(dāng)mb＝eq\r(3)m時PQ＝eq\r(3)OP，由幾何關(guān)系可知β＝∠POQ＝120°，β＝2α＝120°，A正確，B錯誤；因OP＝OQ，所以F＝mg，則F1＝F2＝mg，C錯誤，D正確。11．(2024·湖南高三專題練習(xí))如圖所示，截面為梯形的平臺放在粗糙水平地面上，左邊斜面傾角θ1＝37°，右邊斜面光滑，傾角θ2＝53°，滑塊a和滑塊b通過輕繩和輕彈簧跨過兩個等高的輕質(zhì)滑輪相連，靜止時滑塊a恰好不上滑，連接兩滑塊的輕繩均與相應(yīng)的斜面平行。已知滑塊a的質(zhì)量為0.3kg，滑塊b的質(zhì)量為0.5kg，平臺的質(zhì)量為4.2kg，輕彈簧的勁度系數(shù)為2N/cm，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則下列說法正確的是(ABC)A．輕彈簧的伸長量為2cmB．滑塊a與斜面間的動摩擦因數(shù)為eq\f(11,12)C．剪斷輕彈簧瞬間，水平地面對平臺的支持力小于50ND．剪斷輕彈簧瞬間，水平地面對平臺的摩擦力為零[解析]右邊斜面光滑，對于b物體，有kx＝mbgsin53°，可解得輕彈簧的伸長量為x＝2cm，故A正確；由于滑塊a恰好不上滑，有magsin37°＋μmagcos37°＝kx，解得μ＝eq\f(11,12)，故B正確；剪斷輕彈簧瞬間，由于μ>tanθ1，滑塊a靜止。右側(cè)斜面光滑，滑塊b有豎直向下的加速度重量，因此水平地面對平臺的支持力小于50N，故C正確；剪斷輕彈簧瞬間，滑塊b有水平向右的加速度重量，可知平臺對滑塊b的作用力有水平向右的分力，由牛頓第三定律知滑塊b對平臺的作用力有水平向左的分力，可知水平地面對平臺的摩擦力不為零，故D錯誤。12．(2024·湖南長郡中學(xué)一模)如圖所示，質(zhì)量分別為2m和m的A、B兩物塊放在傾角為θ＝37°的斜面上，用繞過動滑輪的細(xì)線連接，給動滑輪施加一個沿斜面對上的拉力F，A、B兩物塊均處于靜止?fàn)顟B(tài)，連接兩物塊的細(xì)線均平行于斜面，不計滑輪的質(zhì)量，兩物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)均為0.5，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，已知重力加速度為g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列說法正確的是(BD)A．F的最小值為0.4mgB．F的最小值為0.8mgC．漸漸增大拉力F，A先滑動D．漸漸增大拉力F，B先滑動[解析]依據(jù)力的平衡可知，滑輪兩邊繩上的拉力大小分別為eq\f(1,2)F，當(dāng)A剛要向下滑動時有2mgsinθ＝2μmgcosθ＋eq\f(1,2)F1，解得F1＝0.8mg，當(dāng)B剛好要下滑時有mgsinθ＝μmgcosθ＋eq\f(1,2)F2，解得F2＝0.4mg，因此F的最小值為0.8mg，A錯誤，B正確；當(dāng)A剛好要上滑時2mgsinθ＋2μmgcosθ＝eq\f(1,2)F3，解得F3＝4mg，當(dāng)B剛好要上滑時mgsinθ＋μmgcosθ＝eq\f(1,2)F4，解得F4＝2mg，因此漸漸增大F，物塊B先滑動，C錯誤，D正確。故選BD。三、非選擇題：本題共5小題，共52分。13．(6分)(2024·煙臺高三階段檢測)甲同學(xué)嘗試用如圖所示的試驗裝置來驗證“力的平行四邊形定則”。彈簧測力計a掛于固定點(diǎn)C，下端用細(xì)線掛一重物Q。彈簧測力計b的一端用細(xì)線系于O點(diǎn)，手持另一端向左拉，使結(jié)點(diǎn)O靜止在某位置。分別讀出彈簧測力計a和b的示數(shù)，并在貼于豎直木板的白紙上記錄O點(diǎn)的位置和拉線的方向。(1)圖中彈簧測力計a的示數(shù)為_5.80__N；(2)下列必要的試驗要求是_ABC__(請?zhí)顚戇x項前對應(yīng)的字母)；A．應(yīng)測量重物Q所受的重力B．彈簧測力計應(yīng)在運(yùn)用前校零C．拉線方向應(yīng)與木板平面平行D．變更拉力，進(jìn)行多次試驗，每次都要使O點(diǎn)靜止在同一位置(3)乙同學(xué)換用兩個彈簧測力計拉橡皮筋到O點(diǎn)，兩彈簧測力計讀數(shù)分別為F1和F2，用一個彈簧測力計拉橡皮筋到O點(diǎn)時讀數(shù)為F′，通過作圖法驗證時，圖中符合實際狀況的是_C__。ABCD[解析](1)圖中彈簧測力計a最小分度為0.1N，需估讀一位，故其示數(shù)為5.80N。(2)本試驗要驗證當(dāng)兩個力的作用效果與一個力的作用效果相同時，他們滿意平行四邊形定則，故需測量出兩個分力的大小，一個是彈簧測力計的讀數(shù)，另一個等于重物Q的重力，故Q的重力須要測量，A正確；彈簧測力計應(yīng)在運(yùn)用前校零，B正確；拉線方向應(yīng)與木板平面平行，避開形成垂直木板的分力，C正確；同一次試驗中，O點(diǎn)應(yīng)靜止在同一位置，變更拉力進(jìn)行多次試驗，O點(diǎn)位置可以不在同一位置，D錯誤。(3)乙同學(xué)換用兩個彈簧測力計拉橡皮筋到O點(diǎn)，兩彈簧測力計讀數(shù)分別為F1和F2，用平行四邊形畫出來的合力理論值為F，用一個彈簧測力計拉橡皮筋到O點(diǎn)時，拉力F′的方向肯定與橡皮筋在同始終線，為合力的實際值，通過作圖法驗證時，圖中符合實際狀況的是C圖。14．(8分)(2024·河北高三專題練習(xí))某同學(xué)想測量兩彈簧的勁度系數(shù)，他將這兩個輕彈簧共軸固定在水平底座上，如圖1所示，彈簧2的直徑比彈簧1的小，長度比彈簧1的短，二者互不影響。進(jìn)行了以下操作：(已知每塊重物的質(zhì)量均為100g，重力加速度取g＝10m/s2，彈簧均在彈性限度內(nèi))①不壓重物時，測出彈簧1上端究竟座的高度L10；②分別在彈簧1上端壓1塊、2塊、3塊重物，穩(wěn)定后，測出彈簧1上端究竟座的高度L1、L2、L3；③在坐標(biāo)紙上建立坐標(biāo)系，以彈簧1上端究竟座的高度L為縱軸，以所壓重物的個數(shù)n為橫軸，描出數(shù)據(jù)點(diǎn)如圖2所示；④求出彈簧1、2的勁度系數(shù)k1、k2。(1)壓2塊重物時，彈簧2_已經(jīng)__(填“已經(jīng)”或“沒有”)被壓縮。(2)勁度系數(shù)k1＝_5__N/m，k2＝_20__N/m。(3)若在3塊重物上再放一本書，測出彈簧1上端究竟座的高度為L4＝6.0cm，則書本的質(zhì)量為_50__g。[解析](1)如圖所示連接圖像中前兩個點(diǎn)，畫出一條直線，再連接圖像中后兩個點(diǎn)，畫出一條直線，視察到兩直線斜率不同，交點(diǎn)對應(yīng)的高度即為彈簧2的原長，可見壓2塊重物時，彈簧2已經(jīng)被壓縮。(2)彈簧1、2的原長分別為L10、L20，L10＝40cm，壓1塊重物時，彈簧2還沒有被壓縮，有mg＝k1(L10－L1)，壓2塊重物時，有2mg＝k1(L10－L2)＋k2(L20－L2)，壓3塊重物時，有3mg＝k1(L10－L3)＋k2(L20－L3)，代入數(shù)據(jù)解得k1＝5N/m，k2＝20N/m，L20＝15cm。(3)若在3塊重物上再放一本書，設(shè)書本質(zhì)量為m0，有(3m＋m0)g＝k1(L10－L4)＋k2(L20－L4)，代入數(shù)據(jù)解得m0＝50g。15．(12分)(2024·陜西高三模擬)如圖所示，一個重力G＝12N的小球連著一水平輕桿、輕彈簧及一條細(xì)線。彈簧另一端與固定在豎直桿上的力傳感器1相連，細(xì)線的另一端與固定在豎直墻上的力傳感器2相連，輕桿的另一端固定在豎直墻上。已知小球平衡時，細(xì)線與豎直方向的夾角θ＝37°，輕彈簧處于水平狀態(tài)，且力傳感器1的示數(shù)F1＝9N，力傳感器2的示數(shù)F2＝10N。sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求輕桿對小球的作用力F的大小。[答案]5N或15.5N[解析]若彈簧對小球有向左的拉力F1，設(shè)輕桿的作用力F與水平方向的夾角為α1。小球受力如圖甲所示，以小球為坐標(biāo)原點(diǎn)，水平向右為x軸正方向、豎直向上為y軸正方向建立如圖甲所示的坐標(biāo)系，由平衡條件有Fcosα1＋F2sinθ＝F1，F(xiàn)sinα1＋F2cosθ＝G，代入數(shù)據(jù)解得F＝5N，即桿對小球的作用力大小為5N；若彈簧對小球有向右的推力F1，設(shè)輕桿的作用力F與水平方向的夾角為α2。小球受力如圖乙所示。由平衡條件有Fcosα2＝F2sinθ＋F1，F(xiàn)sinα2＋F2cosθ＝G，代入數(shù)據(jù)解得F＝15.5N，即桿對小球的作用力大小為15.5N。16．(12分)(2024·河北武安市高三階段練習(xí))如圖所示，質(zhì)量為m的物體放在水平地面上，物體與水平地面間的動摩擦因數(shù)為μ。現(xiàn)施以與水平方向成α角且斜向上的拉力F，為使物體能沿水平地面做勻速運(yùn)動，當(dāng)α取何值時，力F最?。看俗钚≈禐槎啻?？[答案]