2022届高考物理一轮复习单元检测二　相互作用（解析版）

这是一份2022届高考物理一轮复习单元检测二　相互作用（解析版），共14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。

一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共24分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．(2020·四川部分中学第一次月考)下列说法正确的是( )
A．木块放在水平桌面上受到一个向上的弹力，这是由于木块发生了微小形变
B．由磁铁间存在相互作用可知：力可以离开物体而单独存在
C．摩擦力的方向总是与物体的运动方向相反
D．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
答案 D
解析 木块放在水平桌面上受到一个向上的弹力，这是由于桌面发生了微小形变，选项A错误；力是物体间的相互作用，不能离开物体而单独存在，选项B错误；因摩擦力方向总是与物体间相对运动趋势或相对运动方向相反，则其可能与物体的运动方向相同，也可能与物体的运动方向相反，选项C错误；质量均匀分布、形状规则的物体的重心在它的几何中心，即其重心可能在物体上，也可能在物体外，比如：质量分布均匀的圆环，重心在圆心上，不在圆环上，选项D正确．
2．(2020·安徽淮北市一模)如图1所示，一架无人机执行航拍任务时正沿直线朝斜向下方向匀速运动．用G表示无人机重力，F表示空气对它的作用力，下列四幅图中能表示此过程中无人机受力情况的是( )
图1
答案 B
解析 由于无人机正沿直线朝斜向下方向匀速运动即所受合外力为零，所以只有B图所受合外力可能为零，故B正确．
3．(2020·湖南衡阳市模拟)超市里磁力防盗扣的内部结构及原理如图2所示，在锥形金属筒内放置四颗小铁珠(其余两颗未画出)，工作时弹簧通过铁环将小铁珠挤压于金属筒的底部，同时，小铁珠陷于钉柱上的凹槽里，锁死防盗扣．当用强磁场吸引防盗扣的顶部时，铁环和小铁珠向上移动，防盗扣松开，已知锥形金属筒底部的圆锥顶角刚好是90°，弹簧通过铁环施加给每个小铁珠竖直向下的力F，小铁珠锁死防盗扣，每个小铁珠对钉柱产生的侧向压力为(不计摩擦以及小铁珠的重力)( )
图2
A.eq \r(2)F B.eq \f(\r(2),2)F C．F D.eq \r(3)F
答案 C
解析 以一个小铁珠为研究对象，将力F按照作用效果进行分解如图所示．根据几何关系可得小铁珠对钉柱产生的侧向压力为：N＝Ftan 45°＝F.故C正确，A、B、D错误．
4.某同学用传感器来探究摩擦力，他将力传感器接入数据采集器，再连接到计算机上．将一质量m＝3.75 kg的木块置于水平桌面上，用细绳将木块和传感器连接起来进行数据采集，然后沿水平方向缓慢地拉动传感器，至木块运动一段时间后停止拉动．获得的数据在计算机上显示出如图3所示的图像．有关这个实验的几个说法，其中正确的是(g取10 m/s2)( )
图3
A．0～6 s内木块一直受到静摩擦力的作用
B．最大静摩擦力比滑动摩擦力大
C．木块与桌面间的动摩擦因数约为0.8
D．木块与桌面间的动摩擦因数约为0.11
答案 B
解析 在0～2 s内，木块不受外力，此时没有摩擦力，A错误；由题图可知，用力沿水平方向拉木块，拉力从零开始逐渐增大．刚开始木块处于静止状态，木块受拉力和水平桌面对木块的静摩擦力，当拉力达到4 N时，木块开始发生相对滑动，木块与水平桌面间产生了滑动摩擦力．由题图可知木块与水平桌面间的最大静摩擦力fm为4 N，滑动摩擦力f为3 N，B正确；根据滑动摩擦力公式得μ＝eq \f(f,N)＝eq \f(3,3.75×10)＝0.08，C、D错误．
5．(2020·山东淄博市一模)如图4所示，拖把是由拖杆和拖把头构成的擦地工具．设拖把头的质量为m，拖杆质量可以忽略，拖把头与地板之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，某同学用该拖把在水平地板上拖地时，沿拖杆方向向下推拖把，拖杆与竖直方向的夹角为θ.当拖把头在地板上匀速移动时推拖把的力F的大小为( )
图4
A.eq \f(μmg,sin θ－μcs θ) B.eq \f(μmg,sin θ＋μcs θ)
C.eq \f(μmg,cs θ－μsin θ) D.eq \f(μmg,cs θ＋μsin θ)
答案 A
解析 当拖把头在地板上匀速移动时，根据平衡条件可得Fsin θ＝μ(mg＋Fcs θ)，解得F＝eq \f(μmg,sin θ－μcs θ)，故A选项正确．
6.(2020·河北六校第一次联考)如图5所示，轻绳两端分别与A、C两物体相连接，mA＝1 kg，mB＝2 kg，mC＝3 kg，物体A与B、B与C及C与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.1，滑轮与轴及绳间的摩擦可忽略不计，与A、C连接的绳水平，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．若要用力将C物体匀速拉出，则所需要施加的拉力为(取g＝10 m/s2)( )
图5
A．6 N B．8 N C．10 N D．12 N
答案 B
解析 将C物体匀速拉出时，以物体A为研究对象，在水平方向上有T＝fA＝μmAg＝1 N，以物体A、B、C整体为研究对象，在水平方向上有F＝2T＋μ(mA＋mB＋mC)g＝8 N，则所需的拉力为8 N，选项B正确．
7.(2020·山东烟台市一模)如图6所示，甲、乙两物体用跨过光滑定滑轮的轻绳相连，其中甲物体静止在粗糙的水平面上，乙物体悬空静止，轻绳OM、ON与水平方向间的夹角分别为53°、37°，与甲物体相连的轻绳水平．已知乙物体的质量为10 kg，g取10 m/s2，sin 53°＝0.8.则甲物体受到水平面的摩擦力的大小和方向为( )
图6
A．20 N、沿水平面向右
B．20 N、沿水平面向左
C．28 N、沿水平面向左
D．28 N、沿水平面向右
答案 A
解析 以乙为研究对象，根据平衡条件得，竖直方向上TMsin 53°＋TNsin 37°－mg＝0①
水平方向上TMcs 53°－TNcs 37°＝0②
由于甲也处于平衡状态，故在水平方向上TN＋f－TM＝0③
联立①②③式解得摩擦力大小：f＝20 N，方向沿水平面向右，故选A.
8.(2020·上海市虹口区一模)如图7所示，木板P下端通过光滑铰链固定于水平地面上的O点，物体A、B叠放在木板上且处于静止状态，此时物体B的上表面水平，现使木板P绕O点缓慢逆时针旋转到虚线位置，A、B、P之间均保持相对静止，则( )
图7
A．A对B的作用力减小
B．B对A的支持力减小
C．P对B的作用力增大
D．P对B的摩擦力增大
答案 B
解析 设板与水平地面的夹角为α，以A为研究对象，A原来只受到重力和支持力而处于平衡状态，所以B对A的作用力与A的重力大小相等、方向相反；当将P绕O点缓慢旋转到虚线所示位置，B的上表面不再水平，A受力情况如图甲，A受到重力和B的支持力、摩擦力三个力的作用，其中B对A的支持力、摩擦力的和仍然与A的重力大小相等、方向相反，则A受到B对A的作用力保持不变．根据牛顿第三定律可知，A对B的作用力也不变，故A错误；开始时物体A不受B对A的摩擦力，B对A的支持力大小与重力相等；后来时设B的上表面与水平方向之间的夹角是β，由以上分析知，A受到B对A的作用力保持不变，由于支持力与摩擦力相互垂直，N1＝GA·cs β，所以B对A的支持力减小了，故B正确；以A、B整体为研究对象，分析受力情况如图乙：受总重力GAB、板的支持力N2和摩擦力f2，板对B的作用力是支持力N2和摩擦力f2的合力，由几何关系得N2＝GABcs α，f2＝GABsin α，α减小，N2增大，f2减小，故C、D错误．]
二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)
9.在表面粗糙、倾角为θ的倾斜台面上，一块长为L，重力为G的长木块由静止开始滑下．已知木块与台面间的动摩擦因数为μ.木块在滑离台面的过程中，到达如图8所示位置时有eq \f(1,3)L部分滑至台面外，则( )
图8
A．木块对台面的压力为Gcs θ
B．木块对台面的压力为eq \f(2,3)Gcs θ
C．台面对木块的摩擦力为μGcs θ
D．台面对木块的摩擦力为Gcs θ
答案 AC
解析 对木块受力分析(如图所示)，在垂直台面方向，有N＝Gcs θ，由牛顿第三定律可得，木块对台面的压力为F压＝N＝Gcs θ；由滑动摩擦力公式可得f＝μN＝μGcs θ，故选项A、C正确．
10．(2020·山西大同市第一次联考)质量均为m的a、b两木块叠放在水平面上，如图9所示，a受到斜向上与水平面成θ角的力F作用，b受到斜向下与水平面成θ角等大的力F作用，两力在同一竖直平面内，此时两木块保持静止，则(重力加速度为g)( )
图9
A．b对a的支持力一定等于mg
B．水平面对b的支持力等于2mg
C．b与水平面之间可能存在静摩擦力
D．a、b之间一定存在静摩擦力
答案 BD
解析 a受重力、支持力、拉力以及b对a的静摩擦力平衡，在水平方向上有：fa＝Fcs θ，Fsin θ＋Na＝mg，则Na＝mg－Fsin θ11.(2020·江苏三校联考)如图10，柱体A的横截面是圆心角为eq \f(π,2)的扇形面，其弧形表面光滑，而与地面接触的下表面粗糙；在光滑竖直墙壁与柱体之间放置一质量为m的球体，系统处于平衡状态．若使柱体向左移动稍许，系统仍处于平衡状态，则( )
图10
A．球对墙的压力增大
B．柱体与球之间的作用力增大
C．柱体所受的摩擦力减小
D．柱体对地面的压力减小
答案 AB
解析 先对球进行受力分析，其受重力、A对球的弹力N1和墙壁对球的弹力N2，如图甲所示，因系统处于平衡状态，根据共点力平衡条件有N1＝eq \f(mg,cs θ)，N2＝mgtan θ，再对整体进行受力分析，整体受重力、地面的弹力N、墙壁对其向左的弹力N2和地面对其向右的摩擦力f，如图乙所示，因系统处于平衡状态，根据共点力平衡条件有f＝N2，N＝(M＋m)g，故有f＝mgtan θ，若使柱体向左移动稍许，系统仍处于平衡状态，则N1与竖直方向的夹角θ不断变大，故f变大，N不变，N1变大，N2变大，再由牛顿第三定律可知，选项A、B正确，选项C、D错误．
12.(2020·安徽毛坦厂中学月考)如图11所示，轻杆AB的A端用铰链固定，滑轮在A点正上方(滑轮大小及摩擦均可不计)，B端吊一重物．现将轻绳的一端拴在杆的B端，水平向左的拉力F作用于绳的另一端使B端缓慢上升，在AB杆达到竖直前( )
图11
A．拉力F不变B．拉力F减小
C．AB杆受力增大D．AB杆受力不变
答案 BD
解析 以B点为研究对象，B点受到竖直向下的拉力T1(等于重物的重力G)、轻杆的支持力N和沿OB方向的拉力T2，作出受力图如图所示，由平衡条件得，N和T2的合力与T1大小相等、方向相反，根据力的矢量三角形与几何三角形OAB相似可得eq \f(T1,OA)＝eq \f(T2,OB)＝eq \f(N,AB)，又F＝T2，T1＝G，解得N＝eq \f(AB,OA)·G，F＝eq \f(OB,OA)·G，∠BAO缓慢变小时，AB、AO保持不变，OB变小，则N保持不变，F变小，故选项B、D正确．
三、非选择题(本题共6小题，共60分)
13．(6分)(2020·广东质量检测)如图12甲所示是“验证力的平行四边形定则”的实验装置图，其中A为固定橡皮条的图钉，O为橡皮条与细绳的结点，OB和OC为细绳．图乙是某实验小组在白纸上根据实验结果画出的图．
图12
(1)本实验采用的科学方法是________．
A．理想实验法 B．控制变量法
C．等效替代法 D．建立物理模型法
(2)实验中，小张同学在坐标纸上画出如图丙所示的两个已知力F1和F2，图中小正方形的边长表示2 N，F为根据平行四边形定则作出的合力(图中未画出)，F1、F2与F的夹角分别为θ1和θ2，下列说法正确的是________．
A．F1＝4 N B．F＝12 N
C．θ1＝35° D．θ1<θ2
(3)为提高实验结论的可靠性，在重复进行实验时，结点O的位置________(填“可以”或“不可以”)变动．
答案 (1)C (2)B (3)可以
解析 (1)因合力与分力是等效替代的关系，所以本实验采用的科学方法是等效替代法，选项C正确．
(2)根据平行四边形定则，作出F1、F2两个力的合力，如图所示．
从图上可知，F1＝4eq \r(2) N，合力F＝12 N，根据几何关系知F1与F的夹角为θ1＝45°，从图上可知，θ1>θ2，B正确．
(3)同一次实验中，结点O的位置不能改变，但重复进行实验时，结点O的位置是可以变动的．
14．(8分)(2020·江西临川一中阶段性测试)甲同学用图13甲所示的装置测量木块与木板之间的动摩擦因数．跨过光滑定滑轮的细线两端分别与放置在水平木板上的木块和竖直悬挂的弹簧测力计相连．
(1)下列说法正确的是________(填入相应的字母)．
A．实验前，应先对弹簧测力计校零
B．应保持与木块相连的细线水平
C．实验时，应将木板匀速向左拉出
D．实验时，拉木板的速度越大越好
图13
(2)图2是某次实验中弹簧测力计示数的放大图，则木块受到的滑动摩擦力f＝________ N.
(3)为进行多次实验，甲同学采取了在木块上增加砝码个数的方法．若砝码的质量、木块与木板间的动摩擦因数和重力加速度分别用m、μ和g来表示．测得多组数据后，该同学描绘的f－m关系图线如图14所示，则他测得的动摩擦因数μ＝________.(重力加速度g取10 m/s2)
图14
(4)若甲同学所用木块为A，在保持其他器材不变的情况下，乙同学换用了木块B也进行了上述实验，木块B的质量比A的大0.02 kg，A、B的材料以及它们的表面粗糙程度相同．最后乙同学也描绘出了f－m关系图线．请你帮他在图3中画出该图线．
答案 (1)AB (2)2.75(2.74～2.76) (3)0.4 (4)见解析图
解析 (1)因为要准确读出弹簧测力计的示数，所以实验前，应先对弹簧测力计校零，选项A正确；只有保持与木块相连的细线水平，细线对木块的拉力才等于木块受到的滑动摩擦力，选项B正确；不管木板如何向左运动，木块都是处于平衡状态，即细线对木块的拉力都等于木块受到的摩擦力，所以没有必要匀速拉出木板，选项C错误；木板拉出的速度太快，实验时间太短，弹簧测力计的示数不能稳定，使得读数误差较大，所以木板拉出的速度不能太快，选项D错误．
(2)木块受到的滑动摩擦力等于弹簧测力计的示数，其读数为2.75 N，则木块受到的滑动摩擦力f＝2.75 N.
(3)因为木块处于平衡状态，细线的拉力等于木块受到的摩擦力，即f＝(m0＋m)gμ＝gμm＋m0gμ，式中m0为木块的质量，可知f－m图象的斜率k＝gμ，在图象上选取两点(0.20 kg,2.72 N)和(0.05 kg，2.12 N)，求出其斜率k＝eq \f(2.72－2.12,0.20－0.05)＝4，所以动摩擦因数μ＝eq \f(k,g)＝0.4.
(4)由(3)可知，在f与m的关系式中，其斜率与所用木块质量无关，乙同学所作的图象的斜率也是gμ，所以乙同学所作的图象与甲同学作的图象是平行的；对木块B和砝码有f′＝(m′＋m0＋0.02 kg)gμ＝gμm′＋(m0＋0.02 kg)gμ，综合f＝(m0＋m)gμ＝gμm＋m0gμ可得gμm′＋(m0＋0.02 kg)gμ＝gμm＋m0gμ，化简可得m′－m＝－0.02 kg，即把甲同学的图象向左平移2格，就得到乙同学描绘出的f－m图象，且该图象过点(0,2.0 N)，如图所示．
15．(8分)(2020·江西南昌市摸底考试)如图15所示，光滑金属球的重力G＝40 N，它的左侧紧靠竖直的墙壁，右侧置于斜面倾角θ＝37°的斜面体上．已知斜面体处于水平地面上且保持静止状态，其重力为G1＝60 N，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8.求：
图15
(1)金属球对墙壁的压力大小；
(2)水平地面对斜面体的摩擦力和支持力．
答案 (1)30 N (2)30 N，水平向左 100 N，方向竖直向上
解析 (1)对金属球进行受力分析可知，其受重力G、墙壁对其的弹力N1和斜面体对其的支持力N2，因金属球处于静止状态，则它的受力情况如图所示．
由平衡条件可得墙壁对金属球的弹力为N1＝Gtan θ＝40 N×tan 37°＝30 N.
根据牛顿第三定律得：N1′＝N1＝30 N.
(2)选金属球和斜面体整体为研究对象
则N＝G＋G1＝100 N，方向竖直向上．
斜面体对金属球的弹力为N2＝eq \f(G,cs 37°)＝50 N
由斜面体受力平衡及牛顿第三定律可知地面对斜面体的摩擦力大小为f＝N2′sin 37°＝30 N
摩擦力的方向水平向左．
16．(12分)(2020·湖北高三起点考试)如图16所示，放在粗糙斜面上的物块A和悬挂的物块B均处于静止状态，轻绳AO绕过光滑的定滑轮与轻质弹簧的右端及轻绳BO的上端连接于O点，轻质弹簧中轴线沿水平方向，轻绳的OC段与竖直方向的夹角θ＝53°，CA段与斜面平行，斜面倾角α＝37°，已知物块A和B的质量分别为mA＝0.5 kg、mB＝0.3 kg，弹簧的劲度系数为k＝200 N/m，重力加速度g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6，求：
图16
(1)弹簧的伸长量x；
(2)物块A受到的摩擦力．
答案 (1)2 cm (2)2 N，方向沿斜面向下
解析 (1)对O点进行受力分析，如图甲所示，根据平衡条件有
x轴方向上：kx－TOCsin 53°＝0
y轴方向上：TOCcs 53°－TOB＝0
TOB＝mBg
联立解得TOC＝5 N，x＝2 cm.
(2)假设物块A受到的摩擦力沿斜面向下，则对物块A进行受力分析，并将各力正交分解，如图乙所示，因轻绳上各处拉力大小相等，则有TOC＝TCA
根据平衡条件，在x′轴方向上有TCA－mAgsin α－f＝0
代入数据解得物块A受到的摩擦力大小为f＝2 N，方向沿斜面向下．
17．(12分)(2020·广东广州市开学考试)如图17所示，质量M＝2eq \r(3) kg的木块A套在水平杆上，并用轻绳将木块与质量m＝eq \r(3) kg的小球B相连．现用跟水平方向成α＝30°角的力F＝10eq \r(3) N，拉着球带动木块一起向右做匀速运动，运动过程中A、B之间的相对位置保持不变，取重力加速度g＝10 m/s2.
图17
(1)求运动过程中轻绳与水平方向的夹角θ；
(2)求木块与水平杆间的动摩擦因数μ.
答案 (1)30° (2)eq \f(\r(3),5)
解析 (1)对小球B进行受力分析，并对受力进行正交分解，如图甲所示，
设轻绳对小球的拉力为T，由平衡条件，
在x轴方向上有：Fcs α＝Tcs θ
在y轴方向上有：Fsin α＋Tsin θ＝mg
联立并代入数据解得T＝10eq \r(3) N，tan θ＝eq \f(\r(3),3)，即θ＝30°.
(2)轻绳对木块拉力T′的大小也为10eq \r(3) N，对木块进行受力分析，并对受力进行正交分解，如图乙所示，由平衡条件，
在y轴方向上有：N＝T′sin θ＋Mg
在x轴方向上有：f＝T′cs θ
又f＝μN
联立并代入数据解得μ＝eq \f(\r(3),5).
18．(14分)(2020·湖北武汉市高三质量监测)筷子是我国常用的饮食工具，也是中华饮食文化的标志之一．如图18所示，用筷子夹质量为m的小球．筷子均在竖直平面内，且筷子和竖直方向的夹角均为θ，为使小球静止，求每根筷子对小球的压力FN的取值范围．已知小球与筷子之间的动摩擦因数为μ(μ图18
答案 eq \f(mg,2sin θ＋μcs θ)≤N≤eq \f(mg,2sin θ－μcs θ)
解析 筷子对小球的压力恰好最小时，小球有下滑的趋势且刚好不下滑，最大静摩擦力方向沿筷子向上，如图(a)所示．
小球受力平衡，根据平衡条件有
2Nminsin θ＋2fmaxcs θ＝mg
fmax＝μNmin
联立解得Nmin＝eq \f(mg,2sin θ＋μcs θ)
筷子对小球的压力恰好最大时，小球有上滑的趋势且刚好不上滑，最大静摩擦力方向沿筷子向下，如图(b)所示．
小球受力平衡，根据平衡条件有
2Nmaxsin θ＝mg＋2fmax′cs θ
fmax′＝μNmax
联立解得Nmax＝eq \f(mg,2sin θ－μcs θ)
综上所述，每根筷子对小球的压力的取值范围为：eq \f(mg,2sin θ＋μcs θ)≤N≤eq \f(mg,2sin θ－μcs θ)