2022届高考物理一轮复习章末滚动验收2相互作用含解析新人教版

章末滚动验收(二)

(时间：45分钟)

一、单项选择题

1.在日常生活及各项体育运动中，有弹力出现的情况比较普遍，如图所示的情况就是一个实例。当运动员踩压跳板使跳板弯曲到最低点时，下列说法正确的是(　　)

A．跳板发生形变，运动员的脚没有发生形变

B．运动员受到的支持力是运动员的脚发生形变而产生的

C．此时跳板对运动员的支持力和运动员的重力等大

D．此时跳板对运动员的支持力大于运动员的重力

D　[发生相互作用的物体均要发生形变，故A错误；发生形变的物体，为了恢复原状，会对与它接触的物体产生弹力的作用，B错误；在最低点，运动员虽然处于瞬时静止状态，但接着运动员要加速上升，故此时跳板对运动员的支持力大于运动员的重力，C错误，D正确。]

2.《中国制造2025》是国家实施强国战略行动纲领，智能机器制造是一个重要方向，如图所示，一机械臂铁夹竖直夹起一个金属小球，小球在空中处于静止状态，铁夹与球接触面保持竖直，则(　　)

A．小球受到的摩擦力方向竖直向下

B．小球受到的摩擦力与重力大小相等

C．若增大铁夹对小球的压力，小球受到的摩擦力变大

D．若铁夹水平移动，小球受到的摩擦力变大

B　[对小球受力分析可知，小球受重力、两侧铁夹的弹力以及摩擦力作用，根据平衡条件可知，小球在竖直方向上受到的摩擦力与重力大小相等，方向相反，故A项错误，B项正确；增大铁夹对小球的压力，小球受到的摩擦力仍等于重力，大小不变，故C项错误；若水平移动铁夹，由于小球在竖直方向受力始终平衡，故摩擦力大小不变，故D项错误。]

3.(2019·天津高考)2018年10月23日，港珠澳跨海大桥正式通车。为保持以往船行习惯，在航道处建造了单面索(所有钢索均处在同一竖直面内)斜拉桥，其索塔与钢索如图所示。下列说法正确的是(　　)

A．增加钢索的数量可减小索塔受到的向下的压力

B．为了减小钢索承受的拉力，可以适当降低索塔的高度

C．索塔两侧钢索对称且拉力大小相同时，钢索对索塔的合力竖直向下

D．为了使索塔受到钢索的合力竖直向下，索塔两侧的钢索必须对称分布

C　[增加钢索数量，其整体重力变大，故索塔受到向下的压力变大，A错误。若索塔高度降低，则钢索与竖直方向夹角θ将变大，由Tcos θ＝G可知，钢索拉力T将变大，B错误。两侧拉力对称，合力一定在夹角平分线上，即竖直向下，C正确。若钢索非对称分布，但其水平方向的合力为0，合力仍竖直向下，D错误。]

4.如图所示，一不可伸长的光滑轻绳，其左端固定于O点，右端跨过位于O′点的光滑定滑轮悬挂一质量为1 kg的物体，OO′段水平，长度为1.6 m。绳上套一可沿绳自由滑动的轻环，若在轻环上悬挂一钩码(图中未画出)，平衡后，物体上升0.4 m。则钩码的质量为(　　)

A． kg   B． kg 

C．1.6 kg D．1.2 kg

D　[当系统重新平衡后，绳子的形状如图所示。设钩码的质量为M，物体质量为m，由几何关系知，绳子与竖直方向的夹角为53°，由于绳上的拉力与物体的重力大小相等，则根据平衡条件可得2mgcos 53°＝Mg，解得M＝1.2 kg，故D正确，A、B、C错误。]

5．(2020·江西红色七校联考)我国ETC(电子不停车收费系统)已实现全国联网，大大缩短了车辆通过收费站的时间。一辆汽车以20 m/s的速度驶向高速收费口，到达自动收费装置前开始做匀减速直线运动，经4 s的时间速度减为5 m/s且收费完成，司机立即加速，加速度大小为2.5 m/s2，汽车可视为质点。则下列说法正确的是(　　)

A．汽车开始减速时距离自动收费装置110 m

B．汽车加速4 s后速度恢复到20 m/s

C．汽车从开始减速至速度恢复到20 m/s通过的总路程为125 m

D．汽车由于通过自动收费装置耽误的时间为4 s

C　[汽车开始减速时到自动收费装置的距离为x1＝×(20＋5)×4 m＝50 m，故A错误；汽车加速4 s后速度为v＝15 m/s，故B错误；汽车从5 m/s加速到20 m/s通过的路程为x2＝m＝75 m，所以汽车从开始减速至速度恢复到20 m/s通过的总路程为x1＋x2＝125 m，故C正确；汽车从5 m/s加速到20 m/s所用的时间t2＝ s＝6 s，所以总时间t总＝4 s＋t2＝10 s，汽车以20 m/s的速度匀速通过125 m需要的时间是6.25 s，所以耽误了3.75 s，故D错误。]

二、多项选择题

6.为了测定木块和竖直墙壁之间的动摩擦因数，某同学设计了一个实验：用一根弹簧将木块压在墙上，同时在木块下方有一个拉力F2作用，使木块恰好匀速向下运动(弹簧随木块一起向下运动)，如图所示。现分别测出了弹簧的弹力F1、拉力F2和木块所受的重力G，则以下结论正确的是(　　)

A．木块受到竖直向下的滑动摩擦力

B．木块所受的滑动摩擦力阻碍木块下滑

C．木块与竖直墙壁之间的动摩擦因数为

D．木块与竖直墙壁之间的动摩擦因数为

BD　[木块相对于竖直墙壁下滑，受到竖直向上的滑动摩擦力，阻碍木块下滑，A错误，B正确；分析木块受力如图所示，由平衡条件可得：FN＝F1，Ff＝G＋F2，又Ff＝μFN，以上三式联立可解得：μ＝，C错误，D正确。]

7.(2020·浙江高考·T10)如图是“中国天眼”500 m口径球面射电望远镜维护时的照片。为不损伤望远镜球面，质量为m的工作人员被悬在空中的氦气球拉着，当他在离底部有一定高度的望远镜球面上缓慢移动时，氦气球对其有大小为mg、方向竖直向上的拉力作用，使其有“人类在月球上行走”的感觉，若将人视为质点，此时工作人员(　　)

A．受到的重力大小为mg

B．受到的合力大小为mg

C．对球面的压力大小为mg

D．对球面的作用力大小为mg

D　[工作人员的质量为m，则工作人员受到的重力G＝mg，A错误；工作人员在球面上缓慢行走，处于平衡状态，合力为0，B错误；工作人员站在的球面位置不水平，对球面的压力不等于mg，C错误；由平衡条件可得球面对工作人员的作用力F满足F＝mg－mg＝mg，再由牛顿第三定律可得，工作人员对球面的作用力大小为F′＝mg，D正确。]

8.如图所示，质量为m＝5 kg的物体放在水平面上，物体与水平面间的动摩擦因数μ＝，g取10 m/s2，当物体做匀速直线运动时，下列说法正确的是(　　)

A．牵引力F的最小值为25 N

B．牵引力F的最小值为 N

C．牵引力F与水平面的夹角为45°

D．牵引力F与水平面的夹角为30°

AD　[物体受重力G、支持力N、摩擦力f和拉力F的共同作用，将拉力沿水平方向和竖直方向分解，如图所示，由共点力的平衡条件可知，在水平方向上有Fcos θ－μN＝0，在竖直方向上有Fsin θ＋N－G＝0，联立解得F＝，设tan Φ＝μ，则cos Φ＝，所以F＝·，当cos(θ－Φ)＝1，即θ－Φ＝0时，F取到最小值，Fmin＝＝25 N，而tan Φ＝μ＝，所以Φ＝30°，θ＝30°。]

三、非选择题

9.某同学用一弹簧测力计和一橡皮条做验证平行四边形定则的实验，装置如图所示。实验步骤如下：

①将贴有白纸的木板竖直固定，将橡皮条上端挂在木板上O点；

②将三根细线Pa、Pb、Pc结于P点。a端系在橡皮条下端，c端暂时空置，b端挂一钩码，钩码静止后，记录钩码重力G的大小和方向；

③以O为圆心、OP为半径，画一圆弧；

④用弹簧测力计钩住c端，向右上方缓慢拉，调整拉力方向，使结点P移到图中所示位置，记录该位置和弹簧测力计的示数；

⑤在白纸上作出各力的图示，验证平行四边形定则是否成立。

(1)第④步中还应记录的是__________________________________；

(2)第⑤步中，若橡皮条拉力与弹簧测力计拉力的合力大小等于________，方向________，则可验证平行四边形定则。

[解析]　(1)第④步中还应记录的是弹簧测力计拉力(即细线Pc)的方向，以便⑤中验证平行四边形定则；(2)第⑤步中，钩码的重力、橡皮条的拉力和弹簧测力计的拉力三力平衡，则橡皮条拉力与弹簧测力计拉力的合力大小等于重力G，方向与重力方向相反，即竖直向上。

[答案]　(1)弹簧测力计拉力(即细线Pc)的方向　(2)G　竖直向上

10．(2018·全国卷Ⅱ)某同学用图(a)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木块和弹簧秤相连，滑轮和木块间的细线保持水平，在木块上方放置砝码。缓慢向左拉动水平放置的木板，当木块和砝码相对桌面静止且木板仍在继续滑动时，弹簧秤的示数即为木块受到的滑动摩擦力的大小。某次实验所得数据在下表中给出，其中f4的值可从图(b)中弹簧秤的示数读出。

图(a)

图(b)　　　　　　　　图(c)

回答下列问题：

(1)f4＝________N；

(2)在图(c)的坐标纸上补齐未画出的数据点并绘出f­m图线；

(3)f与m、木块质量M、木板与木块之间的动摩擦因数μ及重力加速度大小g之间的关系式为f＝________，f­m图线(直线)的斜率的表达式为k＝________；

(4)取g＝9.80 m/s2，由绘出的f­m图线求得μ＝________。(保留2位有效数字) 

[解析]　(1)对弹簧秤进行读数得2.75 N。

(2)在图象上添加(0.05 kg,2.15 N)、(0.20 kg,2.75 N)这两个点，画一条直线，使尽可能多的点落在这条直线上，不在直线上的点大致均匀分布在直线两侧，如答案图所示。

(3)由实验原理可得f＝μ(M＋m)g，f­m图线的斜率为k＝μg。

(4)根据图象求出k＝3.9 N/kg，代入数据得μ≈0.40。

[答案]　(1)2.75　(2)如图所示　(3)μ(M＋m)g　μg　(4)0.40

11.如图所示，GA＝20 N，GB＝10 N，A与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4，其余摩擦不计，求下列(1)、(2)两种情况下物体A受到什么摩擦力？大小如何？(假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)

(1)F＝0；

(2)F＝10 N；

(3)若要使A匀速运动，所加的竖直方向的力F的大小是多少？

[解析]　(1)当F＝0时A物体与水平面间的最大静摩擦力为Fmax＝μGA＝0.4×20 N＝8 N。

绳对A的水平拉力为

F1＝GB＝10 N，大于最大静摩擦力8 N，故A在水平面上滑动，受到的滑动摩擦力为Ff1＝μGA＝0.4×20 N＝8 N。

(2)当F＝10 N时A物体与水平面间的最大静摩擦力为

F′max＝μ(GA＋F)＝0.4×(20＋10)N＝12 N。

绳对A的水平拉力为

F2＝GB＝10 N，小于最大静摩擦力12 N，故A在水平面上静止，所受的静摩擦力为Ff2＝F2＝10 N。

(3)当A匀速滑动时，μ(GA＋F)＝GB，解得F＝5 N。

[答案]　(1)滑动摩擦力，8 N　(2)静摩擦力，10 N　(3)5 N

12.如图所示，在质量为m＝1 kg的重物上系着一条长为30 cm的细绳，细绳的另一端连着一个轻质圆环，圆环套在水平的棒上可以滑动，环与棒间的动摩擦因数μ＝0.75，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。另有一条细绳一端固定在重物上，另一端跨过定滑轮，定滑轮固定在距离圆环50 cm处。当细绳的端点挂上重力为G的重物，而圆环将要开始滑动时，(g取10 m/s2)试求：

(1)φ角的大小；

(2)长为30 cm的细绳的张力大小；

(3)重物G的质量。

[解析]　(1)因为圆环将要开始滑动，所受的静摩擦力刚好达到最大值，有Ff＝μFN。

对环进行受力分析，则有μFN－FTcos θ＝0，

FN－FTsin θ＝0，

解得tan θ＝＝，得θ＝53°。

又由于AO＝30 cm，AB＝50 cm，由数学知识求得φ＝90°。

(2)如图所示选取坐标轴，根据重物m处于平衡状态，则有

Fcos θ＋FTsin θ＝mg，

FTcos θ－Fsin θ＝0，

解得F＝6 N，FT＝8 N。

(3)圆环将要滑动时，对重物G进行受力分析可知G＝F，又G＝m′g，

解得m′＝0.6 kg。

[答案]　(1)90°　(2)8 N　(3)0.6 kg