2020届高考物理总复习第二单元相互作用单元检测教师用书（含解析） 7页

相互作用一、单项选择题1.(2019安徽省淮北摸底)如图所示,光滑大圆环固定在竖直平面内,圆心为O点。轻弹簧的一端固定在最高位置P点,另一端拴连一个套在大环上的小球,小球在环上的Q点位置处于静止状态,Q点位于圆心O点所在水平面的上方,则(　　)。A.弹簧可能处于压缩状态B.大圆环对小球的弹力方向可能指向O点C.大圆环对小球的弹力大小可能小于小球的重力,也可能大于小球的重力D.弹簧对小球的弹力大小可能小于小球的重力,也可能大于小球的重力解析　小球受三个力处于静止状态,任意两个力的合力必然与第三个力等大、反向,弹簧对小球的弹力只能沿QP指向P点,弹簧处于拉伸状态,大圆环对小球的弹力方向沿OQ背离O点,A、B两项错误;依据力三角形和几何三角形相似,对应边成比例可知,大圆环对小球的弹力大小一定等于小球的重力,弹簧对小球的弹力大小可能小于(等于或大于)小球的重力,C项错误,D项正确。答案　D2.(2019山西大同月考)传送带靠静摩擦力把货物从低处匀速送往高处,则(　　)。A.货物所受静摩擦力方向沿传送带向上B.货物越重越不容易相对传送带滑动C.货物越轻越不容易相对传送带滑动D.使传送带反转,将货物从高处匀速送往低处,静摩擦力的方向沿传送带向下解析　货物匀速运动,根据受力平衡,可知静摩擦力方向沿斜面向上,A项正确;货物是否容易相对传送带滑动主要看动摩擦因数和斜面倾角,与货物质量无关,B、C两项错误;传送带反转,但只要还是匀速运动,根据受力平衡,静摩擦力仍沿斜面向上,D项错误。答案　A3.(2018安徽芜湖一模)如图甲所示,在粗糙水平面上静止放置一个截面为三角形的斜劈,其质量为M。两个质量分别为m1和m2的小物块恰好能沿两侧面匀速下滑。若现在对两物块同时各施加一个平行于斜劈侧面的恒力F1和F2,且F1>F2,如图乙所示。则在两个小物块沿斜面下滑的过程中,下列说法正确的是(　　)。A.斜劈可能向左运动B.斜劈受到地面向右的摩擦力作用C.斜劈对地面的压力大小等于(M+m1+m2)gD.斜劈对地面的压力大小等于(M+m1+m2)g+F1sinα+F2sinβ解析　在未施加力之前,三个物体都处于平衡状态,故可以对三个物体的整体受力分析,整体受重力和支持力,故支持力大小为(M+m1+m2)g,不受摩擦力;施加力之后,两个物体对斜劈的压力和摩擦力不变,斜劈受力情况不变,故斜劈仍保持静止,斜劈对地面的压力大小等于(M+m1+m2)g,与地面间没有摩擦力,C项正确。答案　C4.(2019湖北衡水高三质量调研)如图甲所示,一个质量为4kg的半球形物体A放在倾角θ=37°的斜面B上静止不动。若用通过球心的水平推力F=10N作用在物体上,物体仍静止在斜面上,斜面仍相对地面静止。已知sin37°=0.6,cos37°=0.8,重力加速度取g=10m/s2,则(　　)。A.地面对斜面B的弹力不变B.物体A对斜面B的作用力增加10NC.物体A受到斜面B的摩擦力增加8NnD.地面对斜面B的摩擦力增加8N解析　以整体为研究对象,力F是水平的,所以不影响竖直方向的受力,地面对斜面的弹力大小不变,故A项正确。没有施加力F时,根据平衡条件,A受斜面作用力与重力等大、反向,即大小为40N,根据牛顿第三定律可知,物体A对斜面的作用力为40N,方向向下,施加力F后物体A对斜面的作用力如图乙所示,由平行四边形定则得F'=102+402N=1017N,故B项错误。没有施加力F时,对物体A进行受力分析,如图丙所示。根据平衡条件有f=mgsinθ=24N。乙丙丁施加力F后,对物体A受力分析,如图丁所示。根据平衡条件知,在平行斜面方向有f'+Fcosθ=mgsinθ,代入数据解得f'=16N,故物体受到斜面的摩擦力减小,Δf=24N-16N=8N,C项错误。以整体为研究对象,水平方向增加了10N的力F,根据平衡条件得地面对斜面的摩擦力增加10N,故D项错误。答案　A5.(2019江苏盐城入学摸底)如图所示,倾角为θ的斜面A固定在水平地面上,质量为M的斜劈B置于斜面A上,质量为m的物块C置于斜劈B上,A、B、C均处于静止状态,重力加速度为g。下列说法错误的是(　　)。A.B、C整体受到的合力为零B.斜面A受到斜劈B的作用力大小为Mgcosθ+mgC.斜劈B受到斜面A的摩擦力方向沿斜面A向上D.物块C受到斜劈B的摩擦力大小为mgcosθ解析　斜劈B和物块C整体处于平衡状态,则整体受到的合力大小为0,A项正确;对B、C组成的整体进行受力分析可知,A对B的作用力与B、C受到的重力大小相等,方向相反,所以A对B的作用力大小为Mg+mg,根据牛顿第三定律可知,斜面A受到斜劈B的作用力大小为Mg+mg,B项错误;根据B和C的整体平衡可知A对B的静摩擦力沿斜面向上,大小等于B、C总重力沿斜面向下的分力,C项正确;C受到B对C的摩擦力为mgcosθ,方向垂直斜面A向上,D项正确。答案　B二、多项选择题6.(2018河北保定期中考试)如图甲所示,处于竖直平面内的正六边形金属框架ABCDEF可绕过C点且与框架平面垂直的水平轴自由转动,该金属框架的边长为L,中心记为O,用两根不可伸长、长度均为L的轻质细线将质量为m的金属小球悬挂于框架的A、E两个顶点并处于n静止状态,现令框架绕转轴、沿顺时针方向缓慢转过90°角,已知重力加速度为g,在包括初、末状态的整个转动过程中,下列说法正确的是(　　)。A.细线OA中拉力最大值为mgB.细线OE中拉力最大值为23mg3C.细线OA中拉力逐渐增大D.细线OE中拉力逐渐减小解析　对小球进行受力分析,如图乙所示,mg的对角始终为120°,设FTA的对角为α,FTE的对角为β,缓慢转动过程中,小球始终受力平衡,由正弦定理得mgsin120°=FTAsinα=FTEsinβ,α角由150°减小到60°,FTA先增大后减小,当α=90°时,FTA最大,最大值为23mg3,故A、C两项错误;β角由90°增加到180°,FTE减小到0,当β=90°时,FTE最大,最大值为23mg3,故B、D两项正确。答案　BD7.(2018重庆学业质量调研)如图甲所示,倾角为α的粗糙斜劈放在粗糙水平面上,物体a放在斜面上,轻质细线一端固定在a上,另一端绕过2个光滑的滑轮固定在c点,滑轮2下悬挂物体b,系统处于静止状态。若将悬挂点c向右移动少许,而a与斜劈始终保持静止。下列说法正确的是(　　)。甲A.地面对斜劈的摩擦力一定增大B.斜劈对a的摩擦力一定增大C.细线对a的拉力一定减小D.斜劈对地面的压力不变解析　对滑轮和物体b受力分析,整体受重力和两个拉力,如图乙所示,根据平衡条件,有mbg=2Tcosθ,解得T=mbg2cosθ,将固定点c向右移动少许,则θ增加,故拉力T增加,C项错误。对物体a受力分析,其受重力、支持力、拉力和静摩擦力,由于不知道拉力与重力沿斜面向下的分力的大小关系,故无法判断静摩擦力的方向,不能判断静摩擦力的变化情况,B项错误。对斜面体、物体a、物体b整体受力分析,整体受重力、支持力、细线的拉力和地面的静摩擦力,如图丙所示,根据平衡条件,有N=G总-Tcosθ=G总-12mbg,N与角度θ无关,恒定不变;根据牛顿第三定律,压力也不变,D项正确。f=Tsinθ=12mbgtanθ,将固定点c向右移动少许,则θ增加,故摩擦力增加,A项正确。乙n丙答案　AD8.(2018河南南阳10月月考)如图所示,M、N两物体叠放在一起,在恒力F作用下,一起向上做匀加速直线运动,则下列关于两物体受力情况的说法正确的是(　　)。A.物体M一定受到4个力B.物体N可能受到4个力C.物体M与墙之间一定有弹力和摩擦力D.物体M与N之间一定有摩擦力解析　M、N两物体一起向上做匀加速直线运动,合力向上,对M、N整体进行受力分析,整体受到重力和恒力F,合力向上。墙对M没有弹力,也就不可能有摩擦力;对N进行受力分析,N受到重力,M对N的支持力,这两个力的合力不能向上,所以还受到M对N向上的静摩擦力,则N也给M一个沿斜面向下的静摩擦力;再对M进行受力分析,M受到重力、推力F、N对M的压力以及N给M沿斜面向下的静摩擦力,一共4个力,故A、D两项正确,B、C两项错误。答案　AD9.(2018安徽蚌埠12月测试)如图甲所示,物块M位于斜面上,受到平行于斜面的水平力F的作用处于静止状态,如果将外力F撤去,则物块(　　)。A.不会沿斜面下滑B.摩擦力大小变小C.摩擦力大小变大D.摩擦力大小不变　　解析　设斜面的倾角为α,未撤去F前,将物体的重力分解为沿斜面方向和垂直于斜面方向两个分力,在斜面方向的分力大小为mgsinα,方向沿斜面向下,作出物体在斜面平面内的受力情况,如图乙所示,由平衡条件得,摩擦力f=F2+(mgsinα)2,f的方向与F和mgsinα合力方向相反,所以物体与斜面之间的最大静摩擦力f≥F2+(mgsinα)2,撤去F后,物体对斜面的压力没有变化,所以最大静摩擦力也没有变化,此时mgsinα