高中人教版 (2019)第三章 相互作用——力综合与测试单元测试随堂练习题

这是一份高中人教版 (2019)第三章 相互作用——力综合与测试单元测试随堂练习题，共17页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
相互作用——力　综合检测一、单项选择题:本题共8小题,每小题3分,共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.下列说法正确的是(　B　)A.木块放在桌面上受到一个向上的弹力,这是由于木块发生微小形变而产生的B.质量均匀分布、形状规则的物体的重心可能在物体上,也可能在物体外C.摩擦力的方向总是与物体的运动方向相反D.由磁铁间存在相互作用可知,力可以离开物体而单独存在解析:木块受到桌面的弹力是由于桌面发生微小形变而产生的,故A错误;物体的重心可能在物体上,也可能在物体外,比如圆环的重心在圆心,不在环上,故B正确;摩擦力的方向总是与物体的相对运动方向或相对运动趋势方向相反,故C错误;磁铁间通过磁场发生作用力,力没有离开物体单独存在,故D错误。2.如图所示,两手指用力挤压铅笔的两端使它保持静止,下列说法中正确的是(　A　)A.铅笔静止时,两手指对铅笔的压力是一对平衡力B.铅笔静止时,两手指对铅笔的压力是相互作用力C.左边手指受到的压力大于右边手指受到的压力D.用力挤压铅笔时,铅笔不发生形变解析:铅笔处于静止状态,两手指对铅笔的压力是一对平衡力,由牛顿第三定律,则左边手指受到的压力等于右边手指受到的压力,故A正确,B、C错误;用力挤压铅笔时,铅笔会发生肉眼看不出的微小形变,故D错误。3.如图所示,棒球运动员用球棒回击飞过来的棒球时,球棒击棒球的力(　B　)A.比球撞击球棒的力更早产生B.与球撞击球棒的力同时产生C.大于球撞击球棒的力,否则无法将球击出D.小于球撞击球棒的力解析:球棒击棒球的力与球撞击球棒的力是一对相互作用力,根据牛顿第三定律可知作用力与反作用力总是等大、反向,同时产生、同时消失,故选项B正确。4.如图所示,吊床用两根绳子拴在两根柱子的等高位置上,某人先坐在吊床上(脚已经离开地面),处于静止状态,这时吊床两端系绳中的拉力为F1,吊床对该人的作用力为F2;后躺在吊床上处于静止状态,这时吊床两端系绳中的拉力为F1′,吊床对该人的作用力为F2′,则(　C　)A.F1′>F1,F2′>F2B.F1′=F1,F2′=F2C.F1′<F1,F2′=F2D.F1′=F1,F2′>F2解析:处于静止状态时,吊床对人的作用力与重力平衡,所以躺着和坐着时,吊床对该人的作用力不变,即F2′=F2。坐在吊床上时,吊床两端系绳与竖直方向的夹角θ较大。人躺下后,吊床两端系绳与竖直方向的夹角θ较小,根据共点力平衡有2Fcos θ=G,θ越小,cos θ越大,则绳子的拉力F越小,则有F1>F1′,故选C。5.质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板上。用水平向左的力F缓慢拉动绳的中点O,如图所示。用FT表示绳OA段拉力的大小,在O点向左移动的过程中(　A　)A.F逐渐变大,FT逐渐变大B.F逐渐变大,FT逐渐变小C.F逐渐变小,FT逐渐变大D.F逐渐变小,FT逐渐变小解析:对结点O受力分析,重力的大小和方向均不变,水平拉力F的方向不变,缓慢拉动O点时,绳OA段的拉力与竖直方向的夹角变大,满足三力平衡的动态平衡,如图所示,由共点力的平衡条件可知,水平拉力F逐渐变大,绳的拉力FT逐渐变大,故选A。6.如图所示,用绳索将重球挂在墙上,不考虑墙的摩擦,如果把绳的长度增加一些,则球对绳的拉力F1和球对墙的压力F2的变化情况是(　C　)A.F1增大,F2减小B.F1减小,F2增大C.F1和F2都减小D.F1和F2都增大解析:以球为研究对象,分析受力如图所示。由平衡条件得F1′=,F2′=mgtan θ,根据牛顿第三定律得球对绳的拉力F1=F1′=,球对墙的压力F2=F2′=mgtan θ,绳的长度增加,θ减小,cos θ增大,tan θ减小,则F1和F2都减小,选项C正确。7.如图所示,两个质量都是m的小球A、B用轻杆连接后斜放在墙上处于平衡状态。已知墙面光滑,水平地面粗糙,现将A球向下移动一小段距离,两球再次达到平衡,那么将移动后的平衡状态和原来的平衡状态比较,地面对B球的支持力FN和地面对B球的摩擦力Ff的变化情况是(　A　)A.FN不变 B.FN变大C.Ff不变 D.Ff变小解析:对A、B两球组成的整体进行受力分析,知在竖直方向有FN=2mg,移动两球后,仍然平衡,则FN仍然等于2mg,所以FN不变;在水平方向上,地面对B球的摩擦力Ff等于竖直墙壁对A球的弹力。再隔离对A球进行受力分析,墙壁对A球的弹力FN′=mgtan θ。当A球向下移动一小段距离时,夹角θ增大,所以FN′增大,地面对B球的摩擦力Ff变大。故A正确,B、C、D错误。8.木块甲、乙质量分别为 5 kg和6 kg,它们与水平地面之间的动摩擦因数均为0.2。夹在甲、乙之间的轻弹簧被压缩了2 cm,弹簧的劲度系数为400 N/m。系统置于水平地面上静止不动。现用F=1 N的水平拉力作用在木块乙上,如图所示。最大静摩擦力等于滑动摩擦力。力F作用后木块所受摩擦力情况是(g取10 m/s2)(　C　)A.木块甲所受摩擦力大小是10 NB.木块甲不受摩擦力C.木块乙所受摩擦力大小是9 ND.木块乙所受摩擦力大小是7 N解析:根据题意可知,木块甲和水平面之间的最大静摩擦力的大小为Ff1=μm甲g=10 N,木块乙和水平面之间的最大静摩擦力的大小为Ff2=μm乙g=12 N,根据胡克定律可知,弹簧的弹力大小为F1=kx=8 N;当F作用于木块乙时,F和F1同向且F+F1<Ff2,所以木块乙静止不动,根据平衡条件可知,木块乙受到的静摩擦力为Ff乙=F+F1=9 N;对木块甲,因为F1<Ff1,所以木块甲也静止不动,木块甲受到静摩擦力大小为Ff甲=F1=8 N,故A、B、D错误,C正确。二、多项选择题:本题共4小题,每小题4分,共16分。每小题有多个选项符合题目要求,全部选对得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分。9.如图所示,A、B两木块放在水平面上,它们的高度相等,长木板C放在它们上面。用水平力F拉木块A,使A、B、C一起沿水平面向右匀速运动,则(　AD　)A.A对C的摩擦力方向向右B.C对A的摩擦力方向向右C.B对C的摩擦力方向向右D.C对B的摩擦力方向向右解析:将B、C看成一个整体,它相对A有向左的运动趋势,故A对C的摩擦力方向向右,由牛顿第三定律,C对A的摩擦力方向向左,A正确,B错误;将A、C看成一个整体,B相对它有向左的运动趋势,故C对B的摩擦力方向向右,由牛顿第三定律,B对C的摩擦力方向向左,C错误,D正确。10.如图所示,质量分别为m1、m2的两个物体通过轻弹簧连接,在力F的作用下一起沿水平方向做匀速直线运动(质量m1的物体在地面上,质量m2的物体在空中),力F与水平方向成θ角。则下列关于m1所受的支持力FN和摩擦力Ff,正确的是(　AC　)A.FN=m1g+m2g-Fsin θB.FN=m1g+m2g-Fcos θC.Ff=Fcos θD.Ff=Fsin θ解析:因为本题中两个物体和轻弹簧一起做匀速直线运动,故三者组成的整体所受合力为零,对整体进行受力分析,如图所示,由正交分解法可知,在水平方向有Ff=Fcos θ,竖直方向有FN+Fsin θ=m1g+m2g,所以Ff= Fcos θ,FN=m1g+m2g-Fsin θ,故A、C正确。11.如图所示,形状和质量完全相同的两个圆柱体a、b靠在一起,表面光滑,所受重力为G,其中b的下半部刚好固定在水平面MN的下方,上边露出另一半,a静止在平面上。现过a的轴心施加一水平作用力F,可缓慢地将a拉离平面一直滑到b的顶端,对该过程分析,则应有(　BC　)A.拉力F先增大后减小,最大值是GB.开始时拉力F最大为 G,以后逐渐减小为0C.a、b间的弹力开始最大为2G,而后逐渐减小到GD.a、b间的压力由0逐渐增大,最大为G解析:根据力的三角形定则可知,圆柱体a处于初状态时,受到b的支持力FN==2G,拉力F=FNcos 30°=G,当a缓慢滑动时,θ增大,拉力F=,所以F减小;当a滑到b的顶端时a还是平衡状态,此时它受到的拉力F必定为0,故A错误,B正确;a受到的支持力由FN=可知,θ增大而支持力减小,滑到b的顶端时,二力平衡FN=G,根据牛顿第三定律可知a、b间弹力由2G减小到G,故C正确,D错误。12.如图所示,质量为m的小球与三根相同的轻弹簧相连。静止时,弹簧c沿竖直方向,相邻两弹簧间的夹角均为120°。已知弹簧a、b对小球的作用力大小均为F(mg<F),则弹簧c对小球的作用力大小可能为(　CD　)A.F     B.F+2mgC.F-mg D.F+mg解析:设a、b两个弹簧对小球作用力的合力为F′,由几何关系知F′=F,若弹簧c对小球的作用力Fc=F,由于mg<F,无论Fc与F′方向如何,小球都无法平衡,同理,Fc=F+2mg时小球也无法平衡,故A、B错误;假设a、b、c三根弹簧都处于伸长状态,对小球受力分析如图,由平衡条件得F=mg+Fc,所以弹簧c的拉力大小为Fc=F-mg,故C正确;若a、b弹簧处于压缩状态,故其合力为F且向下,则此时弹簧c的弹力竖直向上,根据平衡条件有F+mg=Fc,故D正确。三、非选择题:本题共6小题,共60分。13.(6分)某同学利用如图甲所示装置做“探究弹簧弹力与形变量的关系”的实验。(1)某次在弹簧下端挂上钩码后,弹簧下端处的指针在刻度尺上的指示情况如图乙所示,此时刻度尺的读数x=　　　　。 (2)根据实验数据在图丙的坐标纸上已描出了多次测量的弹簧所受弹力大小F跟弹簧长度x之间的函数关系点,请作出Fx图像。(3)根据所作出的图像,可得该弹簧的劲度系数k=　　　　N/m。(结果保留2位有效数字) 解析:(1)由题图乙中的刻度尺可知,其分度值为1 mm,其示数为11.80 cm。(2)根据坐标系内描出的点作出的图像如图所示。(3)由作出的图像可知,弹簧的劲度系数为k===49 N/m。答案:(1)11.80 cm　(2)图见解析　(3)4914.(8分)某实验小组做“探究两个互成角度的力的合成规律”实验,如图所示,实验步骤如下:①用两个相同的弹簧测力计互成角度地拉细绳套,使橡皮条伸长,结点到达纸面上某一位置,记为O1;②记录两个弹簧测力计的拉力F1和F2的大小和方向;③只用一个弹簧测力计,仍将结点拉到位置O1,记录弹簧测力计的拉力F′的大小和方向;④按照力的图示要求,作出拉力F1、F2、F′;⑤根据力的平行四边形定则作出F1和F2的合力F;⑥比较F′和F的一致程度。(1)本次实验需要用到带细绳套的橡皮条,图甲中最合适的是　　　。(2)某次用弹簧测力计拉橡皮条时的指针位置如图乙所示,弹簧测力计示数为　　　　 N。 (3)改变F1和F2,重复步骤①至⑥进行第二次实验,记下结点位置O2,位置O2　　　　(选填“必须”或“不必”)与位置O1相同。 (4)实验中,用两个弹簧测力计同时拉,两绳夹角小于90°,一个弹簧测力计示数接近量程,另一个超过量程的一半,请说明这样的操作　　　　(选填“合理”或“不合理”),理由是　             。 (5)某同学在坐标纸上画出了如图所示的两个已知力F1和F2,图中小正方形的边长表示2 N,两合力用F表示,F1、F2与F的夹角分别为θ1和θ2,下列关系正确的有　　　　(多选)。 A.F1=4 N   B.F=12 NC.θ1=45° D.θ1<θ2解析:(1)细绳套长度越长,对于力的方向测量越准确,所以最合适的是C。(2)此弹簧测力计分度值为0.1 N,需要估读到下一位,因此示数为2.60 N。(3)改变F1和F2,重复步骤①至⑥进行第二次实验,记下结点位置O2,因为是两次不同的实验,则位置O2不必与第一次位置O1相同。(4)实验中,用两个弹簧测力计同时拉,两绳夹角小于90°,一个弹簧测力计示数接近量程,另一个超过量程的一半,这样合力会超出量程,所以不合理。(5)根据平行四边形定则,作出两个力的合力如图所示,由图可以知道F1=4 N,合力F=12 N,根据几何关系知F1与F的夹角为θ1=45°,从图上可以知道θ1>θ2,故B、C正确,A、D错误。答案:(1)C　(2)2.60　(3)不必(4)不合理　合力会超出弹簧测力计量程(5)BC15.(7分)如图所示,在倾角为30°的光滑固定斜面上,两个质量均为m的滑块A、B用轻质弹簧相连,弹簧的劲度系数为k,水平力F作用在滑块B上,整个系统保持静止,此时弹簧长度为l,且在弹性限度内。已知重力加速度为g,求:(1)弹簧原长;(2)力F的大小。解析:(1)对滑块A,据平衡条件得mgsin 30°=kx,其中x=l0-l,解得l0=l+。(2)对A、B构成的整体,据平衡条件得Fcos 30°=2mgsin 30°,解得F=mg。答案:(1)l+　　(2)mg16.(9分)如图所示,质量m1=12 kg的物体A用细绳绕过光滑的定滑轮与质量为m2=2 kg的物体B相连,连接A的细绳与水平方向的夹角θ=53°,此时处于静止状态。已知A与水平桌面间的动摩擦因数μ=0.5,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2,取sin 53°=0.8,cos 53°=0.6。(1)求物体A所受摩擦力的大小;(2)欲使系统始终保持静止,物体B的质量不能超过多少?解析:(1)对物体B受力分析,由二力平衡可知细绳拉力大小为F=m2g。对物体A受力分析如图所示,由平衡条件得Fcos θ=Ff,故Ff=m2gcos θ,解得Ff=12 N。(2)设最大静摩擦力为Ffmax,以A为研究对象,A刚要滑动时,在水平方向F′cos θ=Ffmax,竖直方向FN+F′sin θ=m1g,Ffmax=μFN,联立解得F′=60 N。此时,m2′==6 kg,故物体B的质量不能超过6 kg。答案:(1)12 N　(2)6 kg17.(14分)如图所示,物体A、B的质量分别为1 kg和2 kg,其接触面光滑,与水平面的夹角为60°,水平地面粗糙,现用水平力F推A,A、B恰好一起向右做匀速直线运动,g取10 m/s2,求:(1)水平推力F和B对A的弹力大小;(2)地面对B的支持力大小和B与地面间的动摩擦因数。解析:(1)设物体B对A的支持力为FN,则物体A的受力如图所示。沿水平方向和竖直方向建立直角坐标系,将FN正交分解,根据平衡条件,则水平方向有FNsin 60°=F,竖直方向有FNcos 60°=mAg,解得FN=20 N,F=10 N。(2)以A、B整体为研究对象,水平地面对B的摩擦力为Ff,地面对B的支持力为FN′,根据平衡条件,则水平方向有F-Ff=0,竖直方向有(mA+mB)g-FN′=0,又因为Ff=μFN′,解得FN′=30 N,μ=。答案:(1)10 N　20 N　(2)30 N　18.(16分)如图所示,两个质量均为m的小环套在一水平放置的粗糙长杆上,两根长度均为l的轻绳一端系在小环上,另一端系在质量为M的木块上,两个小环之间的距离也为l,小环保持静止。最大静摩擦力等于滑动摩擦力,试求:(1)每个小环对杆的压力大小;(2)小环与杆之间的动摩擦因数μ至少为多大。解析:(1)两小环和木块整体受到重力(M+2m)g,两支持力FN,由平衡条件得2FN-(M+2m)g=0,解得FN=Mg+mg。由牛顿第三定律得每个小环对杆的压力大小为FN′=Mg+mg。(2)对木块,其受力为重力Mg和两轻绳的拉力(设每根绳的拉力为FT),由几何关系和平衡条件得2FTcos 30°-Mg=0。小环刚好不滑动时小环受到最大静摩擦力,此时动摩擦因数最小,则有FTsin 30°-Ff=0,Ff=μFN′,解得μ=。答案:(1)Mg+mg　(2)