专题二相互作用10年高考真题

这是一份专题二相互作用10年高考真题，共16页。
专题二　相互作用
考点一　常见的三种力、力的合成与分解
1.(2020浙江7月选考,3,3分)矢量发动机是喷口可向不同方向偏转以产生不同方向推力的一种发动机。当歼20隐形战斗机以速度v斜向上飞行时,其矢量发动机的喷口如图所示。已知飞机受到重力G、发动机推力F1、与速度方向垂直的升力F2和与速度方向相反的空气阻力Ff。下列受力分析示意图可能正确的是(　　)


答案　A　根据题意,升力F2与速度方向垂直,因此可以排除选项B、D,空气阻力Ff与速度方向相反,可以排除选项C,因此选A。
2.(2017课标Ⅲ,17,6分)一根轻质弹性绳的两端分别固定在水平天花板上相距80 cm的两点上,弹性绳的原长也为80 cm。将一钩码挂在弹性绳的中点,平衡时弹性绳的总长度为100 cm;再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点,则弹性绳的总长度变为(弹性绳的伸长始终处于弹性限度内)(　　)
A.86 cm　　　　　　B.92 cm　　　　　　C.98 cm　　　　　　D.104 cm
答案　B　本题考查胡克定律及其简单应用,属于对定律的理解能力考查。设弹性绳劲度系数为k,绳总长l1=100 cm时,绳上弹力大小F1=k(l1-l0),绳中点处受力平衡,设绳与水平方向夹角为θ,则有2F1 sin θ=F'=G,cos θ=45,sin θ=35,绳两端缓慢移至同一点时,设绳长为l2,其弹力大小F2=k(l2-l0),此时绳中点处受力平衡,有2F2=F'=G,综上所述有2k(l1-l0)·sin θ=2k(l2-l0),解得l2=92 cm,则选项B正确。
解题关键　关键词理解与情境构建
弹性绳可按弹簧模型处理,始终处于弹性限度内说明劲度系数k不变,钩码挂在绳的中点,绳中点处受力平衡,两侧绳上弹力大小相等,等于弹性绳的弹力。
3.(2016江苏单科,1,3分)一轻质弹簧原长为8 cm,在4 N的拉力作用下伸长了2 cm,弹簧未超出弹性限度。则该弹簧的劲度系数为(　　)
A.40 m/N　　　　　　B.40 N/m
C.200 m/N　　　　　　D.200 N/m
答案　D　根据胡克定律有F=kx,则k=Fx=42×10-2 N/m=200 N/m,故D正确。
4.(2015广东理综,19,6分)(多选)如图所示,三条绳子的一端都系在细直杆顶端,另一端都固定在水平地面上,将杆竖直紧压在地面上,若三条绳长度不同,下列说法正确的有(　　)

A.三条绳中的张力都相等
B.杆对地面的压力大于自身重力
C.绳子对杆的拉力在水平方向的合力为零
D.绳子拉力的合力与杆的重力是一对平衡力
答案　BC　由于三条绳长度不同,则三条绳与竖直杆间的夹角不相等,因竖直杆仅是压在地面上而没有固定,则三条绳对杆的拉力在水平方向的分力必平衡,但三个水平分力在水平面内的方向关系不确定,故不能确定三条绳中张力的大小关系,A错误、C正确;由于三条绳对杆的拉力在竖直方向的分力都向下,故B正确;绳子拉力的合力竖直向下,杆的重力也竖直向下,它们不是一对平衡力,故D错误。
5.(2014广东理综,14,4分)如图所示,水平地面上堆放着原木,关于原木P在支撑点M、N处受力的方向,下列说法正确的是(　　)

A.M处受到的支持力竖直向上
B.N处受到的支持力竖直向上
C.M处受到的静摩擦力沿MN方向
D.N处受到的静摩擦力沿水平方向
答案　A　支持力的方向垂直于支持面,因此原木在M处受到的支持力垂直于地面竖直向上,在N处受到的支持力过N垂直于切面斜向上,A项正确、B项错误;静摩擦力方向平行于接触面且与相对运动趋势的方向相反,因此M处的静摩擦力沿水平方向,N处的静摩擦力沿MN方向,C、D项都错误。
6. (2013上海单科,8,2分)如图,质量mA>mB的两物体A、B叠放在一起,靠着竖直墙面。让它们由静止释放,在沿粗糙墙面下落过程中,物体B的受力示意图是(　　)


答案　A　A、B在竖直下落过程中与墙面没有弹力,所以也没有摩擦力,A、B均做自由落体运动,处于完全失重状态,均只受重力,故A正确。
7.(2013上海单科,18,4分)(多选)两个共点力F1、F2大小不同,它们的合力大小为F,则(　　)
A.F1、F2同时增大一倍,F也增大一倍
B.F1、F2同时增加10 N,F也增加10 N
C.F1增加10 N,F2减少10 N,F一定不变
D.若F1、F2中的一个增大,F不一定增大
答案　AD　根据求合力的公式F=F12+F22+2F1F2 cosθ(θ为F1、F2的夹角),若F1、F2都变为原来的2倍,合力也一定变为原来的2倍,A正确;对于B、C两种情况,力的变化不是按比例增加或减少的,不能判断合力的变化情况,B、C错误;若F1与F2共线反向,F1>F2,则F=F1-F2,F1增大时,F增大,F2增大且小于F1时,F减小,所以D正确。
考点二　共点力平衡
1.(2019江苏单科,2,3分)如图所示,一只气球在风中处于静止状态,风对气球的作用力水平向右。细绳与竖直方向的夹角为α,绳的拉力为T,则风对气球作用力的大小为(　　)

A.Tsinα　　B.Tcosα　　C.T sin α　　D.T cos α
答案　C　本题考查力的分解内容,有利于培养应用数学知识处理物理问题的能力,体现了核心素养中的模型建构要素。
如图所示,气球处于平衡状态,在水平方向上风力与拉力T的水平分力平衡,F风=T sin α,故选项C正确。

关键指导　气球在浮力、重力、水平向右的风力和绳的拉力共同作用下处于平衡状态,其中浮力与重力的合力竖直向上。
2.(2019浙江4月选考,11,3分)如图所示,一根粗糙的水平横杆上套有A、B两个轻环,系在两环上的等长细绳拴住的书本处于静止状态,现将两环距离变小后书本仍处于静止状态,则(　　)

A.杆对A环的支持力变大
B.B环对杆的摩擦力变小
C.杆对A环的力不变
D.与B环相连的细绳对书本的拉力变大
答案　B　对两环和书本组成的系统进行整体受力分析,竖直方向:2N=mg,可知将两环距离变小后杆对A环的支持力不变,选项A错误;设细绳与杆之间夹角为θ,对环B受力分析可知,f=T cos θ;对书本:2T sin θ=mg,解得f=mg2tanθ(其中的θ是绳与杆之间的夹角),则当两环距离变小后,θ变大,则f减小,与B环相连的细绳对书本的拉力T变小,选项B正确,D错误;同理,杆对A环的摩擦力减小,杆对A环的支持力不变,这两个力互相垂直,则杆对A环的力减小,选项C错误。
3.(2017课标Ⅰ,21,6分)(多选)如图,柔软轻绳ON的一端O固定,其中间某点M拴一重物,用手拉住绳的另一端N。初始时,OM竖直且MN被拉直,OM与MN之间的夹角为α(α>π2)。现将重物向右上方缓慢拉起,并保持夹角α不变。在OM由竖直被拉到水平的过程中

(　　)
A.MN上的张力逐渐增大
B.MN上的张力先增大后减小
C.OM上的张力逐渐增大
D.OM上的张力先增大后减小
答案　AD　本题考查对共点力平衡问题的理解和推理能力,要求运用数学工具求解物理问题。
设MN上的张力为T,OM上的张力为F,在缓慢拉起的过程中重物处于动态平衡状态。当OM与竖直方向成任意θ角时,由受力分析有

F cos θ+T cos (α-θ)=mg
F sin θ=T sin (α-θ)
利用三角函数化简解得
T=sinθsinαmg
F=sin(α-θ)sinαmg
可知,在θ由0增加至π2的过程中,MN上的张力T逐渐增大,选项A正确,B错误。由于OM与MN之间的夹角α>π2,所以在θ由0增加至π2的过程中,α-θ的值先由大于π2减小至π2后,进一步再减小,相应sin (α-θ)的值先增大后减小,即OM上的张力F先增大后减小,选项C错误,D正确。
4.(2016课标Ⅱ,14,6分)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T表示绳OA段拉力的大小,在O点向左移动的过程中(　　)

A.F逐渐变大,T逐渐变大
B.F逐渐变大,T逐渐变小
C.F逐渐变小,T逐渐变大
D.F逐渐变小,T逐渐变小
答案　A　由题意知,系统处于动态平衡状态,分析O点的受力情况如图所示,其中T'=G恒定不变,F方向不变,T大小方向均改变,在O点向左移动的过程中,θ角逐渐变大,由动态矢量三角形可知F、T均逐渐变大,故A项正确。

5.(2016课标Ⅰ,19,6分)(多选)如图,一光滑的轻滑轮用细绳OO'悬挂于O点;另一细绳跨过滑轮,其一端悬挂物块a,另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b。外力F向右上方拉b,整个系统处于静止状态。若F方向不变,大小在一定范围内变化,物块b仍始终保持静止,则(　　)

A.绳OO'的张力也在一定范围内变化
B.物块b所受到的支持力也在一定范围内变化
C.连接a和b的绳的张力也在一定范围内变化
D.物块b与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化
答案　BD　系统处于静止状态,连接a和b的绳的张力大小T1等于物块a的重力Ga,C项错误;以O'点为研究对象,受力分析如图甲所示,T1恒定,夹角θ不变,由平衡条件知,绳OO'的张力T2恒定不变,A项错误;以b为研究对象,受力分析如图乙所示,则

FN+T1 cos θ+F sin α-Gb=0
f+T1 sin θ-F cos α=0
FN、f均随F的变化而变化,故B、D项正确。
温馨提示　关键词:①光滑的轻滑轮;②水平粗糙桌面;③系统静止;④F方向不变。
隐含条件　整个系统处于静止状态,则绳子间的夹角不变,各段绳子上的拉力大小不变。
方法技巧　以O'点为研究对象,由三力平衡分析绳OO'的张力变化情况;以物块b为研究对象,用正交分解法列方程分析物块b所受支持力及与桌面间摩擦力的变化情况。
6.(2014上海单科,9,3分)如图,光滑的四分之一圆弧轨道AB固定在竖直平面内,A端与水平面相切。穿在轨道上的小球在拉力F作用下,缓慢地由A向B运动,F始终沿轨道的切线方向,轨道对球的弹力为N。在运动过程中(　　)

A.F增大,N减小　　　　　　B.F减小,N减小
C.F增大,N增大　　　　　　D.F减小,N增大
答案　A　由题意知,小球在由A运动到B过程中始终处于平衡状态。设某一时刻小球运动至如图所示位置,则对球由平衡条件得:F=mg sin θ,N=mg cos θ,在运动过程中,θ增大,故F增大,N减小,A正确。
7.(2014山东理综,14,6分)如图,用两根等长轻绳将木板悬挂在竖直木桩上等高的两点,制成一简易秋千。某次维修时将两轻绳各剪去一小段,但仍保持等长且悬挂点不变。木板静止时,F1表示木板所受合力的大小,F2表示单根轻绳对木板拉力的大小,则维修后(　　)

A.F1不变,F2变大　　　　　　B.F1不变,F2变小
C.F1变大,F2变大　　　　　　D.F1变小,F2变小

答案　A　木板静止时受力情况如图所示,设轻绳与竖直木桩的夹角为θ,由平衡条件知,合力F1=0,故F1不变,F2=mg2cosθ,剪短轻绳后,θ增大,cos θ减小,F2增大,故A正确。

8.(2013天津理综,5,6分)如图所示,小球用细绳系住,绳的另一端固定于O点。现用水平力F缓慢推动斜面体,小球在斜面上无摩擦地滑动,细绳始终处于直线状态,当小球升到接近斜面顶端时细绳接近水平,此过程中斜面对小球的支持力FN以及绳对小球的拉力FT的变化情况是(　　)

A.FN保持不变,FT不断增大
B.FN不断增大,FT不断减小
C.FN保持不变,FT先增大后减小
D.FN不断增大,FT先减小后增大
答案　D　用水平力F缓慢推动斜面体时,小球受重力、绳的拉力FT和垂直于斜面的支持力FN,在斜面体缓慢移动过程中FN方向不变,由三力平衡知其动态变化如图所示,FT先减小后增大,FN逐渐增大。

9.(2015山东理综,16,6分)如图,滑块A置于水平地面上,滑块B在一水平力作用下紧靠滑块A(A、B接触面竖直),此时A恰好不滑动,B刚好不下滑。已知A与B间的动摩擦因数为μ1,A与地面间的动摩擦因数为μ2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。A与B的质量之比为(　　)

A.1μ1μ2　　　　　　B.1-μ1μ2μ1μ2　　　　　　C.1+μ1μ2μ1μ2　　　　　　D.2+μ1μ2μ1μ2
答案　B　设水平作用力大小为F,则对于B:μ1F=mBg,对于整体:F=μ2(mA+mB)g,解得mAmB=1-μ1μ2μ1μ2。
10.(2013重庆理综,1,6分)如图所示,某人静躺在椅子上,椅子的靠背与水平面之间有固定倾斜角θ。若此人所受重力为G,则椅子各部分对他的作用力的合力大小为(　　)

A.G　　　　　　B.G sin θ　　　　　　
C.G cos θ　　　　　　D.G tan θ
答案　A　因人静躺在椅子上,由二力平衡可知椅子各部分对人的作用力的合力大小为G,方向竖直向上。答案为A。
11.(2013广东理综,20,4分)(多选)如图,物体P静止于固定的斜面上,P的上表面水平。现把物体Q轻轻地叠放在P上,则(　　)

A.P向下滑动　　　　　 　B.P静止不动
C.P所受的合外力增大　　　　　　D.P与斜面间的静摩擦力增大
答案　BD　P静止在斜面上时沿斜面方向有:mg sin θ=f≤μmg·cos θ,即sin θ≤μ cos θ,当把物体Q放在P上时μ、θ均不变,故P仍将保持静止,且合外力为零,则A、C均错,B项正确。由f=mg sin θ知,当m变大时f将随之变大,D项正确。
12.(2013北京理综,16,6分)倾角为α、质量为M的斜面体静止在水平桌面上,质量为m的木块静止在斜面体上。下列结论正确的是(　　)

A.木块受到的摩擦力大小是mg cos α
B.木块对斜面体的压力大小是mg sin α
C.桌面对斜面体的摩擦力大小是mg sin α cos α
D.桌面对斜面体的支持力大小是(M+m)g
答案　D　对木块受力分析,如图所示,木块静止,由平衡条件:Ff=mg sin α,FN=mg cos α,故选项A、B均错误;对斜面体和木块整体分析,桌面对斜面体的摩擦力为零,支持力与整体重力平衡,故选项C错误,选项D正确。

13.(2013山东理综,15,5分)如图所示,用完全相同的轻弹簧A、B、C将两个相同的小球连接并悬挂,小球处于静止状态,弹簧A与竖直方向的夹角为30°,弹簧C水平,则弹簧A、C的伸长量之比为(　　)

A.3∶4　　　　　　B.4∶3
C.1∶2　　　　　　D.2∶1
答案　D　　将两小球及弹簧B视为整体进行受力分析有

FC=FA sin 30°
FC=kxC
FA=kxA
FAFC=1sin30°=2∶1
xAxC=2∶1
故D正确,A、B、C错误。
评析　本题考查受力分析和物体的平衡问题,用整体法分析可使问题简化,难度较易。
14.(2012山东理综,17,5分)(多选)如图所示,两相同轻质硬杆OO1、OO2可绕其两端垂直纸面的水平轴O、O1、O2转动,在O点悬挂一重物M,将两相同木块m紧压在竖直挡板上,此时整个系统保持静止。Ff表示木块与挡板间摩擦力的大小,FN表示木块与挡板间正压力的大小。若挡板间的距离稍许增大后,系统仍静止且O1、O2始终等高,则(　　)

A.Ff变小　　　　　　B.Ff不变
C.FN变小　　　　　　D.FN变大
答案　BD　系统处于平衡状态,以整体为研究对象,在竖直方向:2Ff=(2m+M)g,Ff=2m+M2g,与两板间距离无关,B正确;以点O为研究对象,受力如图(F=F'),根据平衡条件有:

2F cos θ2=Mg
所以F=Mg2cos θ2
挡板间的距离稍许增大后,硬杆OO1、OO2之间的夹角θ变大,F变大,则FN=F sin θ2变大,即木块与挡板间正压力FN变大,D正确。
15.(2019课标Ⅱ,16,6分)物块在轻绳的拉动下沿倾角为30°的固定斜面向上匀速运动,轻绳与斜面平行。已知物块与斜面之间的动摩擦因数为33,重力加速度取10 m/s2。若轻绳能承受的最大张力为1 500 N,则物块的质量最大为(　　)
A.150 kg　　B.1003 kg　　C.200 kg　　D.2003 kg
答案　A　本题考查了对平衡条件的理解与应用,检验了理解能力、推理能力,体现了模型建构、科学推理等核心素养。
物块沿斜面向上匀速运动,则物块受力平衡,满足关系F-mg sin 30°-μmg cos 30°=0,其中μ=33,g=10 m/s2,当F=1 500 N时,物块的质量最大,为m=Fgsin30°+μgcos30°=150 kg,故A正确。
16.(2013课标Ⅱ,15,6分,0.698)如图,在固定斜面上的一物块受到一外力F的作用,F平行于斜面向上。若要物块在斜面上保持静止,F的取值应有一定范围,已知其最大值和最小值分别为F1和F2(F2>0)。由此可求出(　　)

A.物块的质量
B.斜面的倾角
C.物块与斜面间的最大静摩擦力
D.物块对斜面的正压力
答案　C　当物块所受外力F为最大值F1时,具有沿斜面向上的运动趋势
由平衡条件可得:F1=mg sin θ+fm;
当物块所受外力F为最小值F2时,具有沿斜面向下的运动趋势,即F2+fm=mg sin θ。
联立解得fm=F1-F22,F1+F2=2mg sin θ,由于物块的质量m、物块与斜面间的动摩擦因数μ及斜面的倾角θ未知,故选项C正确;选项A、B、D错误。
考查点　力的平衡、摩擦力。
思路点拨　随着力F的增大,摩擦力会先变小到零,再反向增大。
17.(2012课标,24,14分)拖把是由拖杆和拖把头构成的擦地工具(如图)。设拖把头的质量为m,拖杆质量可忽略;拖把头与地板之间的动摩擦因数为常数μ,重力加速度为g。某同学用该拖把在水平地板上拖地时,沿拖杆方向推拖把,拖杆与竖直方向的夹角为θ。

(1)若拖把头在地板上匀速移动,求推拖把的力的大小。
(2)设能使该拖把在地板上从静止刚好开始运动的水平推力与此时地板对拖把的正压力的比值为λ。已知存在一临界角θ0,若θ≤θ0,则不管沿拖杆方向的推力多大,都不可能使拖把从静止开始运动。求这一临界角的正切tan θ0。
答案　(1)μmgsinθ-μcosθ　(2)λ
解析　(1)设该同学沿拖杆方向用大小为F的力推拖把,将推的力沿竖直和水平方向分解,按平衡条件有
F cos θ+mg=N①
F sin θ=f②
式中N和f分别为地板对拖把的正压力和摩擦力。由摩擦定律有
f=μN③
联立①②③式得
F=μsinθ-μcosθmg④
(2)若不管沿拖杆方向用多大的力都不能使拖把从静止开始运动,应有
F sin θ≤λN⑤
这时,①式仍满足,联立①⑤式解得
sin θ-λ cos θ≤λmgF
现考察使上式成立的θ角的取值范围。注意到上式右边总是大于零,且当F无限大时极限为零,有
sin θ-λ cos θ≤0
使上式成立的θ角满足θ≤θ0,这里θ0是题中所定义的临界角,即当θ≤θ0时,不管沿拖杆方向用多大的力都推不动拖把。临界角的正切为
tan θ0=λ