物理高考備考講義第二章相互作用章末自測(cè)卷（第二章）

章末自測(cè)卷(第二章)(限時(shí)：45分鐘)一、單項(xiàng)選擇題1．(2017·泰興中學(xué)檢測(cè))如圖所示，a、b兩個(gè)質(zhì)量相同的球用線(xiàn)連接，a球用線(xiàn)掛在天花板上，b球放在光滑斜面上，系統(tǒng)保持靜止，以下圖示哪個(gè)是正確的()答案B解析對(duì)b球受力分析，受重力、垂直斜面向上的支持力和細(xì)線(xiàn)的拉力，由于三力平衡時(shí)三個(gè)力中任意兩個(gè)力的合力與第三個(gè)力等值、反向、共線(xiàn)，故細(xì)線(xiàn)拉力向右上方，A圖錯(cuò)誤；再對(duì)a、b兩個(gè)球整體受力分析，受總重力、垂直斜面向上的支持力和上面細(xì)線(xiàn)的拉力，再次根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件判斷上面的細(xì)線(xiàn)的拉力方向斜向右上方，C、D圖均錯(cuò)誤，故選B.2．如圖1所示，物塊M在靜止的傳送帶上勻速下滑時(shí)，傳送帶突然順時(shí)針(圖中箭頭所示)轉(zhuǎn)動(dòng)起來(lái)，則傳送帶轉(zhuǎn)動(dòng)后，下列說(shuō)法正確的是()圖1A．M受到的摩擦力不變 B．M受到的摩擦力變大C．M可能減速下滑 D．M可能減速上滑答案A解析當(dāng)傳送帶順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，物塊相對(duì)傳送帶的運(yùn)動(dòng)方向沒(méi)有變，因此M受到的摩擦力不變，故選A.3.(2018·啟東中學(xué)模擬)如圖2所示，傾角為θ的斜面體C置于水平面上，B置于斜面上，通過(guò)細(xì)繩跨過(guò)光滑的定滑輪與A相連接，連接B的一段細(xì)繩與斜面平行，A、B、C都處于靜止?fàn)顟B(tài)．則()圖2A．B受到C的摩擦力一定不為零B．C受到水平面的摩擦力一定為零C．不論B、C間摩擦力大小、方向如何，水平面對(duì)C的摩擦力方向一定向左D．水平面對(duì)C的支持力與B、C的總重力大小相等答案C4.(2017·無(wú)錫市期末)如圖3所示，物塊靜置于傾角為θ的斜面上．對(duì)物塊施加一個(gè)垂直于斜面向下的恒力F，斜面和物塊均保持靜止，地面受到的摩擦力大小為Ff.若將F大小不變地改為沿斜面向上，斜面和物塊仍保持靜止，則地面受到的摩擦力大小為()圖3A．Ffsinθ B．FfcosθC．Fftanθ D.eq\f(Ff,tanθ)答案D解析對(duì)物塊施加一個(gè)垂直于斜面向下的恒力F，物塊靜止在斜面上，對(duì)整體受力分析，則有重力、地面的支持力、力F和靜摩擦力Ff1，根據(jù)平衡條件，有：Ff1＝Ff＝Fsinθ.若將F大小不變地改為沿斜面向上，對(duì)整體受力分析，則有重力、地面的支持力、靜摩擦力Ff2和力F，由平衡條件得：Ff2＝Fcosθ，由牛頓第三定律得地面受到的摩擦力大小為Ff′＝eq\f(Ff,tanθ)，故D正確，A、B、C錯(cuò)誤．5.如圖4所示，有四塊相同的堅(jiān)固石塊壘成弧形的石拱，其中第3、4塊固定在地面上，每塊石塊的兩個(gè)面間所夾的圓心角為37°.假定石塊間的摩擦力可以忽略不計(jì)，則第1、2塊石塊間的作用力和第1、3塊石塊間的作用力的大小之比為()圖4A.eq\f(1,2)B.eq\f(\r(3),2)C.eq\f(4,5)D.eq\r(3)答案C解析以第1塊石塊為研究對(duì)象，分析受力情況，重力G、第2塊石塊的彈力FN1和第3塊石塊的彈力FN2，如圖所示，由平衡條件得eq\f(FN1,FN2)＝sin53°＝eq\f(4,5)，故選C.6.(2017·南京市、淮安市5月模擬)小明家閣樓頂有一扇傾斜的天窗，天窗與豎直面的夾角為θ，如圖5所示，小明用質(zhì)量為m的刮擦器擦天窗玻璃，當(dāng)對(duì)刮擦器施加豎直向上大小為F的推力時(shí)，刮擦器恰好沿天窗玻璃向上勻速滑動(dòng)，已知玻璃與刮擦器之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，則刮擦器受到的摩擦力大小是()圖5A．(F－mg)cosθ B．(F＋mg)sinθC．μ(F－mg)cosθ D．μ(F＋mg)sinθ答案A解析刮擦器受重力、推力、玻璃的彈力及摩擦力而處于平衡狀態(tài)，由圖可知，F(xiàn)一定大于重力．先將重力及向上的推力合成后，將二者的合力沿斜面方向和垂直于斜面方向分解可得，在沿斜面方向有：Ff＝(F－mg)cosθ，在垂直于斜面方向有：FN＝(F－mg)sinθ，則Ff＝(F－mg)cosθ＝μ(F－mg)sinθ，故選A.7.(2017·江蘇省聯(lián)盟2月大聯(lián)考)在天花板上用相同的兩根輕質(zhì)細(xì)線(xiàn)1和2懸掛一塊薄板，細(xì)線(xiàn)1和2與豎直方向分別成45°、60°角，薄板處于靜止?fàn)顟B(tài)，如圖6所示，則下列說(shuō)法正確的是()圖6A．細(xì)線(xiàn)2對(duì)薄板的拉力大于細(xì)線(xiàn)1對(duì)板的拉力B．設(shè)法保持重心位置不變，緩慢增加薄板的質(zhì)量，則細(xì)線(xiàn)1先斷C．細(xì)線(xiàn)1和2延長(zhǎng)線(xiàn)的交點(diǎn)一定是薄板的重心位置D．細(xì)線(xiàn)2端點(diǎn)O2緩慢向右側(cè)移動(dòng)，細(xì)線(xiàn)1對(duì)薄板的拉力減小答案B解析薄板在重力和細(xì)線(xiàn)1、2的拉力的作用下處于靜止?fàn)顟B(tài)，三力的延長(zhǎng)線(xiàn)必交于同一點(diǎn)，但不一定是重心，所以C錯(cuò)誤；把兩細(xì)線(xiàn)拉力正交分解，在水平方向：F1sin45°＝F2sin60°，可得細(xì)線(xiàn)2對(duì)薄板的拉力小于細(xì)線(xiàn)1對(duì)板的拉力，所以A錯(cuò)誤；在重心位置不變，緩慢增加薄板的質(zhì)量時(shí)，兩細(xì)線(xiàn)的拉力同時(shí)增大，由于細(xì)線(xiàn)1的拉力較大，所以細(xì)線(xiàn)1先斷，故B正確；在水平方向：F1sin45°＝F2cosθ(θ為F2與水平方向的夾角)，細(xì)線(xiàn)2端點(diǎn)O2緩慢向右側(cè)移動(dòng)，細(xì)線(xiàn)2與水平方向的夾角θ減小，cosθ增大，所以F2減小，在豎直方向，根據(jù)平衡條件：F1cos45°＋F2sinθ＝mg，所以細(xì)線(xiàn)1的拉力F1增大，故D錯(cuò)誤．8．(2018·阜寧中學(xué)模擬)如圖7所示，置于地面的矩形框架中用兩細(xì)繩拴住質(zhì)量為m的小球，繩B水平．設(shè)繩A、B對(duì)球的拉力大小分別為F1、F2，它們的合力大小為F.現(xiàn)將框架在豎直平面內(nèi)繞左下端緩慢旋轉(zhuǎn)90°，在此過(guò)程中()圖7A．F1先增大后減小 B．F2先增大后減小C．F先增大后減小 D．F先減小后增大答案B解析小球處于靜止?fàn)顟B(tài)，受力平衡，兩繩的拉力的合力與重力大小相等、方向相反，則F不變．根據(jù)平行四邊形定則可知，將框架在豎直平面內(nèi)繞左下端緩慢旋轉(zhuǎn)90°的過(guò)程中，F(xiàn)1逐漸減小，F(xiàn)2先增大后減小，當(dāng)繩A處于水平方向時(shí)，F(xiàn)2最大，故B正確．9．(2018·泰州中學(xué)檢測(cè))如圖8甲所示，一物塊置于水平地面上．現(xiàn)用一個(gè)與豎直方向成θ角的力F拉物塊，使力F沿順時(shí)針?lè)较蜣D(zhuǎn)動(dòng)，并保持物塊始終沿水平方向做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，得到拉力F與θ變化關(guān)系圖線(xiàn)如圖乙所示，根據(jù)圖中信息可知物塊與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為()圖8A.eq\f(1,2) B.eq\f(\r(3),2)C．2－eq\r(3) D.eq\f(\r(3)－1,2)答案C解析物塊勻速運(yùn)動(dòng)，從題圖乙中可以看出當(dāng)力與豎直方向夾角為30°和120°時(shí)，外力相等，設(shè)物塊的質(zhì)量為m，物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，根據(jù)平衡條件可知，夾角為30°時(shí)有：Fsin30°＝μ(mg－Fcos30°)，夾角為120°時(shí)，與水平方向成30°夾角，則由平衡條件得：Fcos30°＝μ(mg＋Fsin30°)，聯(lián)立解得：μ＝2－eq\r(3)，故選C.10.(2017·前黃中學(xué)檢測(cè))如圖9所示，三根長(zhǎng)度均為L(zhǎng)的輕繩分別連接于C、D兩點(diǎn)，A、B兩端被懸掛在水平天花板上，相距2L，現(xiàn)在C點(diǎn)上懸掛一個(gè)質(zhì)量為m的重物，重力加速度為g，為使CD繩保持水平，在D點(diǎn)上可施加力的最小值為()圖9A．mg B.eq\f(\r(3),3)mgC.eq\f(1,2)mg D.eq\f(1,4)mg答案C解析由題意可知，要想CD水平，各繩均應(yīng)繃緊，則AC與水平方向的夾角為60°.結(jié)點(diǎn)C受力平衡，則受力分析如圖所示，CD繩的拉力FT＝mgtan30°＝eq\f(\r(3),3)mg.D點(diǎn)受CD繩的拉力大小等于FT，方向向左，要使CD水平，D點(diǎn)兩繩的拉力與外力的合力為零，則CD繩對(duì)D點(diǎn)的拉力可分解為沿BD繩的F1和另一分力F2，由幾何關(guān)系可知，當(dāng)力F2與BD垂直時(shí)，F(xiàn)2最小，而F2的大小即為外力的大小，故最小力F＝FTsin60°＝eq\f(1,2)mg，故選C.二、多項(xiàng)選擇題11.(2017·儀征中學(xué)高三初考)如圖10所示，一光滑的輕滑輪用細(xì)繩OO′懸掛于O點(diǎn)；另一細(xì)繩跨過(guò)滑輪，其一端懸掛物塊a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物塊b.外力F向右上方拉b，整個(gè)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)．若F方向不變，大小在一定范圍內(nèi)變化，物塊b仍始終保持靜止，則()圖10A．物塊b所受到的支持力也在一定范圍內(nèi)變化B．繩OO′的張力也在一定范圍內(nèi)變化C．連接a和b的繩的張力也在一定范圍內(nèi)變化D．物塊b與桌面間的摩擦力也在一定范圍內(nèi)變化答案AD解析對(duì)b受力分析如圖所示，由平衡條件得：FN＋Fsinα＋magsinβ＝mbg，F(xiàn)增大，F(xiàn)N減小，一直到物塊開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，因此FN在一定范圍內(nèi)變化，故A正確；繩OO′的張力等于2magcos(45°－0.5β)，不變，故B錯(cuò)誤；連接a和b的繩的張力等于物體a的重力mag，不變，故C錯(cuò)誤；對(duì)于b，由平衡條件得：magcosβ＝Fcosα＋Ff，F(xiàn)增大，F(xiàn)f先減小到零，再反向增大，一直到物塊開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，所以物塊b與桌面間的摩擦力也在一定范圍內(nèi)變化，故D正確．12.(2017·如東高級(jí)中學(xué)等四校聯(lián)考)如圖11所示，作用于輕繩端點(diǎn)A豎直向下的拉力F，通過(guò)跨過(guò)光滑小滑輪的輕繩拉一處在較遠(yuǎn)處的物體B(初始位置繩與水平方向的夾角很小)，使物體沿水平面向右勻速滑動(dòng)，直到接近滑輪下方，在此過(guò)程中()圖11A．繩端A的速度逐漸減小B．繩端拉力F逐漸增大C．物體B對(duì)地面的壓力逐漸減小D．繩端拉力F的功率逐漸減小答案ACD解析物體B沿水平面向右勻速運(yùn)動(dòng)過(guò)程實(shí)際參與了兩個(gè)運(yùn)動(dòng)，一個(gè)是沿繩子方向的運(yùn)動(dòng)速度v1，另一個(gè)是與繩子垂直方向的運(yùn)動(dòng)速度v2，如圖甲所示，設(shè)繩子和水平方向的夾角為θ，則有v1＝vcosθ，隨著物體向右運(yùn)動(dòng)，θ逐漸增大，而cosθ逐漸減小，則繩子移動(dòng)的速度即繩子A端的速度v1逐漸減小，故A正確；對(duì)物體B受力分析如圖乙所示，一共四個(gè)力，即地面支持力FN、地面滑動(dòng)摩擦力Ff＝μFN、重力和繩子拉力F.由于地面支持力和地面滑動(dòng)摩擦力比例關(guān)系和方向恒定，因此二者的合力方向恒定如圖所示．根據(jù)受力平衡，重力和拉力的合力與支持力和摩擦力合力等大反向，所以在重力和拉力的合力矢量三角形中，重力大小、方向確定，合力方向確定，初始拉力接近水平方向如位置1，隨后拉力與水平方向夾角逐漸變大如位置2、3等依次變化．當(dāng)拉力F與合力垂直時(shí)拉力最小，隨后θ增大拉力又增大，所以拉力F先減小后增大，故B錯(cuò)誤．在此變化過(guò)程中，合力逐漸變小，由圖知摩擦力逐漸變小，所以由Ff＝μFN可知物體B對(duì)地面的壓力逐漸減小，故C正確；在此變化過(guò)程中，物體B勻速運(yùn)動(dòng)，拉力F和摩擦力做的總功為0，二者功率大小相等，由于速度不變，摩擦力變小，摩擦力的功率變小，所以拉力F的功率變小，故D正確．13.(2017·淮陰中學(xué)模擬)如圖12所示，輕桿的一端緊固一光滑球體，桿的另一端O為自由轉(zhuǎn)動(dòng)軸，而球又?jǐn)R置在斜面體的光滑斜面上．若桿與墻面的夾角為β，斜面傾角為α，開(kāi)始時(shí)輕桿與豎直方向的夾角β＜α，且α＋β＜90°，則為使斜面體能在光滑地面上向右做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，在球體離開(kāi)斜面之前，作用于斜面體上的水平外力F的大小及輕桿受力F′的大小變化情況是()圖12A．F逐漸增大 B．F逐漸減小C．F′先減小后增大 D．F′逐漸增大答案AC解析對(duì)小球受力分析，受到重力mg、斜面的支持力FN和桿的支持力F″＝F′，如圖甲所示，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件，有eq\f(FN,sinβ)＝eq\f(F′,sinα)＝eq\f(mg,sinα＋β)解得FN＝eq\f(sinβ,sinα＋β)mg，F(xiàn)′＝eq\f(sinα,sinα＋β)mg對(duì)斜面體受力分析，受到推力F、重力Mg、地面的支持力FN地和球的壓力FN，如圖乙所示．根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件有FNsinα＝F，Mg＋FNcosα＝FN地解得F＝FNsinα＝eq\f(sinα,\f(sinα,tanβ)＋cosα)mg＝eq\f(mg,\f(1,tanβ)＋\f(1,tanα))故隨著β的增大，α＋β逐漸增大，先小于90°后大于90°，故F′先減小后增大，F(xiàn)逐漸增大．14．(2017·全國(guó)卷Ⅰ·21)如圖13，柔軟輕繩ON的一端O固定，其中間某點(diǎn)M拴一重物，用手拉住繩的另一端N，初始時(shí)，OM豎直且MN被拉直，OM與MN之間的夾角為α(α＞eq\f(π,2))．現(xiàn)將重物向右上方緩慢拉起，并保持夾角α不變．在OM由豎直被拉到水平的過(guò)程中()圖13A．MN上的張力逐漸增大B．MN上的張力先增大后減小C．OM上的張力逐漸增大D．OM上的張力先增大后減小答案AD解析以重物為研究對(duì)象，受重力mg、OM繩上拉力F2、MN上拉力F1，由題意知，三個(gè)力的合力始終為零，矢量三角形如圖所示，F(xiàn)1、F2的夾角為π－α不變，在F2轉(zhuǎn)至水平的過(guò)程中，矢量三角形在同一外接圓上，由圖可知，MN上的張力F1逐漸增大，OM上的張力F2先增大后減小，所以A、D正確，B、C錯(cuò)誤．三、非選擇題15．在“探究求合力的方法”的實(shí)驗(yàn)中，王同學(xué)用了兩個(gè)量程為5N、最小刻度為0.1N的彈簧測(cè)力計(jì)來(lái)測(cè)量拉力，實(shí)驗(yàn)之前先檢查了彈簧測(cè)力計(jì)，然后進(jìn)行實(shí)驗(yàn)．先將橡皮條的一端固定在水平放置的木板上，用兩個(gè)彈簧測(cè)力計(jì)分別鉤住繩套，互成角度地拉橡皮條，使結(jié)點(diǎn)到達(dá)某一位置O，記錄下O點(diǎn)的位置和拉力F1、F2的大小及方向；然后用一個(gè)彈簧測(cè)力計(jì)拉橡皮條，仍將結(jié)點(diǎn)拉到O點(diǎn)，再記錄拉力F的大小及方向；最后取下白紙作圖，研究合力與分力的關(guān)系．(1)實(shí)驗(yàn)前必須對(duì)彈簧測(cè)力計(jì)進(jìn)行檢查，以保證測(cè)量精確，減小誤差，則以下選項(xiàng)必須的是________．A．對(duì)彈簧測(cè)力計(jì)進(jìn)行調(diào)零B．對(duì)彈簧測(cè)力計(jì)用力拉，看是否能達(dá)到最大量程C．將兩只彈簧測(cè)力計(jì)豎直互鉤對(duì)拉，檢查兩彈簧測(cè)力計(jì)讀數(shù)是否相同(2)如圖14是王同學(xué)研究合力與分力關(guān)系時(shí)在白紙上畫(huà)出的圖，根據(jù)物理實(shí)驗(yàn)讀數(shù)和作圖要求與規(guī)范，請(qǐng)指出圖中存在的三個(gè)錯(cuò)誤：圖14①________________________________________________________________________；②________________________________________________________________________；③________________________________________________________________________；(3)在實(shí)驗(yàn)之余，王同學(xué)將兩彈簧