2020版物理新增分大一轮江苏专用版讲义：第二章相互作用本章综合能力提升练

本章综合能力提升练

一、单项选择题

1．(2018·程桥高中月考)如图1所示，P是位于水平粗糙桌面上的物块，用跨过光滑轻质定滑轮的轻绳将P与钩码Q相连，Q的质量为m，在P向右匀速运动的过程中，桌面上的绳子始终是水平的，重力加速度为g.下列说法正确的是(　　)

图1

A．P所受拉力的施力物体是钩码Q，大小等于mg

B．P所受拉力的施力物体是绳子，大小等于mg

C．P所受摩擦力的方向水平向左，大小一定小于mg

D．P所受摩擦力的方向水平向左，大小一定大于mg

答案　B

解析　P只受绳子的作用，不受钩码的作用，故A错误；P所受拉力的施力物体为绳子，大小等于钩码的重力mg，故B正确；P所受到的摩擦力方向与拉力方向相反，故向左；但根据平衡关系可知，其大小一定等于mg，故C、D错误．

2．如图2所示，物块M在静止的传送带上匀速下滑时，传送带突然顺时针(图中箭头所示)转动起来，则传送带转动后，下列说法正确的是(　　)

图2

A．M受到的摩擦力不变   B．M受到的摩擦力变大

C．M可能减速下滑   D．M可能减速上滑

答案　A

解析　当传送带顺时针转动时，物块相对传送带的运动方向没有变，因此M受到的摩擦力不变，故选A.

3.(2018·扬州中学模拟)2015年世界举重锦标赛于11月20日至29日在美国休斯敦举行．如图3所示为我国选手邓薇比赛时的画面，若邓薇所举杠铃的质量为m，杠铃平衡时每只手臂与竖直线所成的夹角均为45°，重力加速度为g.则她每只手臂承受的作用力为(　　)

图3

A.mg   B.mg

C.mg   D．mg

答案　C

解析　以杠铃为研究对象，分析受力情况，作出受力图，如图所示．根据平衡条件得：2Fcos 45°＝mg，解得F＝mg，由牛顿第三定律得她每只手臂承受的作用力F′＝F＝mg.

4.(2018·盐城中学4月检测)如图4所示，当风水平吹来时，风筝面与水平面成一夹角，人站在地面上拉住连接风筝的细线，则(　　)

图4

A．空气对风筝的作用力方向水平向右

B．地面对人的摩擦力方向水平向左

C．地面对人的支持力大小等于人和风筝的总重力

D．风筝处于稳定状态时，拉直的细线可能垂直于风筝面

答案　B

5.(2018·兴化市第一中学期初)用轻弹簧竖直悬挂质量为m的物体，静止时弹簧伸长量为L.现用该弹簧沿斜面方向拉住质量为2m的物体，系统静止时弹簧伸长量也为L.斜面倾角为30°，如图5所示．则物体所受摩擦力(　　)

图5

A．等于零

B．大小为mg，方向沿斜面向下

C．大小为mg，方向沿斜面向上

D．大小为mg，方向沿斜面向上

答案　A

解析　弹簧竖直悬挂质量为m的物体时，对物体受力分析，物体受重力和弹簧的拉力，根据共点力平衡条件：F＝mg，根据胡克定律F＝kL，质量为2m的物体放在斜面上时，对物体受力分析，如图，根据共点力平衡条件，有F′＋Ff－2mgsin 30°＝0，其中F′＝kL＝mg，解得：Ff＝0，故A正确，B、C、D错误．

6.(2018·田家炳中学开学考)如图6，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FN.在运动过程中(　　)

图6

A．F增大，FN减小

B．F减小，FN减小

C．F增大，FN增大

D．F减小，FN增大

答案　A

解析　对球受力分析，受重力、支持力和拉力，如图所示，

根据共点力平衡条件，有

FN＝mgcos θ

F＝mgsin θ

其中θ为支持力FN与竖直方向的夹角；当球向上移动时，θ变大，故FN变小，F变大，故A正确，B、C、D错误．

二、多项选择题

7．(2018·常熟市期中)如图7所示，固定在水平地面上的物体P，左侧是光滑圆弧面，一根轻绳跨过物体P顶点上的小滑轮，一端系有质量为m＝3 kg的小球，小球与圆心连线跟水平方向的夹角θ＝60°，绳的另一端水平连接物块3，三个物块的重力均为50 N，作用在物块2的水平力F＝10 N，整个系统处于平衡状态，取g＝10 m/s2，则以下说法正确的是(　　)

图7

A．1和2之间的摩擦力是10 N

B．2和3之间的摩擦力是25 N

C．3与桌面间的摩擦力为5 N

D．物块3受6个力作用

答案　CD

解析　物块1受重力和支持力而平衡，不受静摩擦力，否则不能平衡，故A错误．对1与2整体分析，受重力、支持力、拉力和静摩擦力，根据平衡条件，3对12整体的静摩擦力向左，与拉力平衡，为10 N，故2和3之间的摩擦力是10 N，故B错误．对m受力分析，受重力、支持力与绳子的拉力，由平衡条件，结合力的平行四边形定则可知，绳子的拉力F＝mgsin 30°＝15 N，则3受桌面的摩擦力是15 N－10 N＝5 N，向右，故C正确．对物块3受力分析，受重力、支持力、2对3的压力、2对3水平向右的静摩擦力、绳子对3向左的拉力、桌面对3向右的静摩擦力，共6个力作用，故D正确．

三、实验题

8．用木板、白纸、图钉、一根原长为5 cm且劲度系数为100 N/m的弹簧、两个弹簧秤(单位：N)、细绳套、三角板、刻度尺和铅笔等器材做“验证力的平行四边形定则”实验，实验过程如下：

图8

(1)在水平木板上铺白纸，把弹簧的一端固定在O点，过O画一条标记线OD，弹簧的另一端拴两条细绳套；用两个弹簧秤互成角度拉细绳套，使弹簧的另一端沿OD拉至C点，如图8甲所示．用铅笔描下C点的位置和两条细绳套的方向，记录两弹簧秤的读数分别为FA与FB，其中B弹簧秤的读数FB＝________ N；用刻度尺测出此时弹簧的长度为10 cm，通过计算得出弹簧的拉力F＝______ N；可以判断FA与FB互成的角度为________．

(2)根据力的图示，作出FA和FB，如图乙所示．请你根据力的图示，在图乙中作出FA与FB的合力F′.

(3)比较力F′与F的大小和方向，得出的结论是：在实验误差允许范围内，__________.

答案　(1)4.00　5.00　90°　(2)见解析图　(3)力的平行四边形定则成立

解析　(1)A弹簧秤的读数FA＝3.00 N，B弹簧秤的读数FB＝4.00 N；

根据胡克定律计算得出弹簧的拉力F＝kΔx＝100×(0.1－0.05) N＝5.00 N，

根据三角函数关系得FA与FB互成的角度为90°.

(2)根据平行四边形定则画图：

(3)比较力F′与F的大小和方向，得出的结论是：在实验误差允许范围内，力的平行四边形定则成立．

9．(2019·田家炳中学期初)为了用弹簧测力计测定两木块A和B间的动摩擦因数μ，甲、乙两同学分别设计了如图9甲、乙所示实验方案．

图9

(1)为了用某一弹簧测力计的示数表示A和B之间的滑动摩擦力大小．你认为方案________更易于操作．简述理由：____________________.

(2)若A和B的重力分别为100 N和150 N，当甲中A被拉动时，弹簧测力计a示数为60 N，b示数为110 N，则A、B间的动摩擦因数为__________________．

答案　(1)见解析　(2)0.4

解析　(1)由题图实验可知，甲方案中拉动木块A，不需要控制木块A做匀速直线运动，且弹簧测力计静止，便于弹簧测力计读数；乙方案中用弹簧测力计拉动A，需要控制A做匀速直线运动，难于控制A做匀速直线运动，另一方面弹簧测力计是运动的，难于准确读数，因此甲方案更易于操作．

(2)由题意可知，在甲方案中，两木块接触面受到的压力等于B的重力，即FN＝150 N，弹簧测力计a的示数等于两木块接触面间摩擦力的大小，即Ff＝60 N；由公式Ff＝μFN得，动摩擦因数μ＝＝＝0.4.

四、计算题

10．(2018·如东县调研)如图10所示，内壁光滑、半径为R的半球形容器静置于水平面上，现将轻弹簧一端固定在容器底部O′处(O为球心)，弹簧另一端与质量为m的小球相连，小球静止于P点，OP与水平方向的夹角θ＝30°.重力加速度为g.

图10

(1)求弹簧对小球的作用力大小F1；

(2)若弹簧的原长为L，求弹簧的劲度系数k；

(3)若系统一起以加速度a水平向左匀加速运动时，弹簧中的弹力恰为零，小球位于容器内壁，求此时容器对小球的作用力大小F2和作用力方向与水平面夹角的正切tan α.

答案　见解析

解析　(1)对小球受力分析，如图甲所示，

由于θ＝30°，由几何关系可知，F1＝FN＝mg，

(2)由于θ＝30°，由几何关系可知弹簧的长度为R，则弹簧压缩量x＝L－R

又：F1＝kx

所以：k＝

(3)系统一起以加速度a水平向左匀加速运动时，对小球进行受力分析如图乙；由牛顿第二定律可得：

F＝＝ma，其中：tan α＝

解得：F2＝m，tan α＝.

11．(2018·徐州三中月考)如图11所示，质量为M的木板C放在水平地面上，固定在C上的竖直轻杆的顶端分别用细绳a和b连接小球A和小球B，小球A、B的质量分别为mA和mB，当与水平方向成30°角的力F作用在小球B上时，A、B、C刚好相对静止一起向右匀速运动，且此时绳a、b与竖直方向的夹角分别为30°和60°，重力加速度为g，求：

图11

(1)力F的大小；

(2)通过分析确定mA与mB的大小关系；

(3)地面对C的支持力和摩擦力大小．

答案　见解析

解析　(1)对B球受力分析，水平方向受力平衡，则：

Fcos 30°＝FTbcos 30°，得：FTb＝F

竖直方向受力平衡，则：Fsin 30°＋FTbsin 30°＝mBg

得：F＝mBg；

(2)对A球受力分析，竖直方向：mAg＋FTbsin 30°＝

FTasin 60°

水平方向：FTasin 30°＝FTbsin 60°

联立得：mA＝mB.

(3)对A、B、C整体受力分析，竖直方向：FN＋Fsin 30°＝(M＋mA＋mB)g，则FN＝(M＋mA＋mB)g－Fsin 30°＝Mg＋mAg＋mBg

水平方向：Ff＝Fcos 30°＝mBgcos 30°＝mBg.