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专题02 相互作用——力
质量检测卷
第Ⅰ卷(选择题,共48分)
一、选择题(本题共12小题,每小题4分,共48分。在每小题给出的四个选项中,第1~8题只有一项符合题目要求,第9~12题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)
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.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,重力加速度取10 m/s2。若轻绳能承受的最大张力为1500 N,则物块的质量最大为( )
A.150 kg B.100 kg C.200 kg D.200 kg
【答案】 A
【解析】 物块沿斜面向上匀速运动,受力如图,根据平衡条件
F=Ff+mgsinθ①
Ff=μFN②
FN=mgcosθ③
由①②③式得
F=mgsinθ+μmgcosθ
所以m=
故当Fmax=1500 N时,有mmax=150 kg,A正确。
3.(2021·浙江省之江教育评价)如图所示,某钢制工件上开有一个楔形凹槽,凹槽的截面是一个直角三角形ABC,∠CAB=30°,∠ABC=90°,在凹槽中放有一个光滑的金属球,当金属球静止时,金属球对凹槽的AB边的压力大小为F1,对BC边的压力大小为F2,则的值为( )
A. B. C. D.
【答案】 B
【解析】 金属球受到的重力产生两个作用效果,压AB面和压BC面,如图所示,对AB面的压力大小F1等于分力G1,对BC面的压力大小F2等于分力G2,故==tan 60°=,选项B正确.
4.(2020·南昌八一中学高三上学期期末)如图所示,在水平晾衣杆上晾晒床单时,为了使床单尽快晾干,可在床单间支撑轻质小木棍。小木棍的位置不同,两侧床单间夹角θ将不同。设床单重力为G,晾衣杆对床单的作用力大小为F,下列说法正确的是( )
A.θ越大,F越大
B.θ越大,F越小
C.无论θ取何值,都有F=G
D.只有当θ=120°时,才有F=G
【答案】 C
【解析】 以床单和小木棍整体为研究对象,整体受到重力G和晾衣杆的支持力F,由平衡条件知F=G,与θ取何值无关,A、B、D错误,C正确。
5.(2021·浙江嘉兴市测试)如图所示,水平桌面上有一斜面体C,两物块A和B叠放在C上,B的上表面水平.A和B一起沿斜面匀速下滑的过程中,C始终处于静止状态.若下滑过程中A与B、B与C、C与桌面之间摩擦力大小分别用Ff1、Ff2、Ff3表示,则( )
A.Ff1=0,Ff2≠0,Ff3=0 B.Ff1=0,Ff2≠0,Ff3≠0
C.Ff1=0,Ff2=0,Ff3=0 D.Ff1≠0,Ff2≠0,Ff3≠0
【答案】 A
【解析】 对A进行受力分析,根据平衡条件知,A只受重力和支持力这一对平衡力,而摩擦力不存在,即Ff1=0,对AB整体进行受力分析,有重力、支持力、摩擦力,如果没有摩擦力,则整体不能够平衡,即Ff2≠0,对ABC整体进行受力分析,受重力、支持力,如果水平方向存在摩擦力,则整体不能够平衡,即有Ff3=0,故选A.
6.(2021·浙江杭州二中模拟)如图所示,晾晒衣服的绳子两端分别固定在两根等高的竖直杆的顶端,绳子的质量及绳与衣架挂钩间摩擦均忽略不计,原来保持静止,一阵恒定的风吹来,衣服受到水平向右的恒力而发生滑动,并在新的位置保持静止,下列说法中正确的是( )
A.在新位置时挂钩左右两边绳的拉力不再相等
B.有风和无风两种情况下绳的拉力大小相等
C.有风和无风两种情况下,绳子的张角∠AOB保持不变
D.在有风的情况下,将绳子的右端从A点移到C点,则绳子的拉力变小
【答案】 D
【解析】 O点始终是活结点,活结两端的拉力大小相等,故A错误;衣服原来是受重力和两个拉力而平衡,多个风力后是四力平衡,两个绳子的拉力的合力与重力、风力的合力相平衡,故两个绳子的拉力的合力变大,有风时张角会变小,所以绳子的拉力可能增大,可能变小,也可能不变,故B、C错误;当在有风的情况下将绳子的端点从A点移到C点,BO与竖直方向的夹角增大,AO与竖直方向的夹角减小,因为BO和AO绳产生的拉力仍然相等,它们在水平方向的分力的差值刚好是风力,风力不变,则拉力F减小,故D正确.
7. (2021·1月辽宁普高校招生适应性测试,7)如图所示,用轻绳系住一质量为2m的匀质大球,大球和墙壁之间放置一质量为m的匀质小球,各接触面均光滑。系统平衡时,绳与竖直墙壁之间的夹角为α,两球心连线O1O2与轻绳之间的夹角为β,则α、β应满足( )
A.tan α=3cot β B.2tan α=3cot β
C.3tan α=tan(α+β) D.3tan α=2tan(α+β)
【答案】 C
【解析】 以大球和小球为整体受力分析如图甲,
有FTcos α=3mg,
FTsin α=FN1,
解得FN1=3mgtan α
再以小球为研究对象,进行受力分析如图乙所示
FN2sin(α+β)=FN1,
FN2cos(α+β)=mg,
解得:FN1=mgtan(α+β),
联立得:3tan α=tan(α+β),选项C正确。
8.(2021·百师联盟山东模拟)如图所示,光滑的定滑轮固定在天花板的A点上,质量为M的物块a静置在水平地面上的C点,系在a上的细线跨过定滑轮后,固定在天花板上的B点,质量为m的物块b利用光滑小挂钩挂在A、B间细线上的O点,当AC、AO与竖直方向的夹角均为30°时,a、b两物块均保持静止,重力加速度为g,下列说法正确的是( )
A.细线的拉力FT=mg
B.物块a对地面的压力FN=(M-m)g
C.物块a对地面的摩擦力Ff=Mg
D.若将B端的细线向左缓慢移动至A处的过程中,物块a始终保持静止
【答案】 D
【解析】 由于挂钩光滑,故对b物块由几何关系和平衡条件可得2FTcos 30°=mg,故细线的拉力FT=mg,故A错误;对a物块,由平衡条件可知,竖直方向FN+FTcos 30°=Mg,解得FN=(M-m)g,故B错误;由平衡条件知,水平方向FTsin 30°=Ff,解得Ff=,故C错误;若将B端的细线向左缓慢移动至A处的过程中,细线AO、BO夹角减小,故细线中拉力减小,故物块a受到的拉力水平分量和竖直分量均减小,a对地面的压力增大,与地面间的最大静摩擦力增加,拉力的水平分量不能克服最大静摩擦力,故始终保持静止,故D正确。
9.(2021·广东五华县上学期期末质检)如图所示,物块M在静止的传送带上以速度v匀速下滑时,传送带突然启动,方向如图中箭头所示,若传送带的速度大小也为v,则传送带启动后( )
A.M静止在传送带上 B.M可能沿传送带向上运动
C.M受到的摩擦力不变 D.M下滑的速度不变
【答案】 CD
【解析】 由M匀速下滑可知其处于平衡状态,受重力、摩擦力和支持力作用,传送带启动以后对M受力没有影响,不会影响其运动状态,C、D项正确。
10.(2021·浙江“七彩阳光”联考)如图所示,光滑的横杆上穿着两个质量m=0.2 kg的小球,在两个小球之间夹一个劲度系数k=10 N/m轻质弹簧,用两条等长的轻绳将小球C与A、B相连,此时弹簧的压缩量Δx=10 cm,两条线的夹角θ=60°,取重力加速度g=10 m/s2,下列说法正确的是( )
A.弹簧的弹力为1 N
B.小球C的重力大小是2 N
C.直杆对小球A的支持力大小是 N
D.轻绳上的张力大小是2 N
【答案】 AD
【解析】 根据胡克定律得,弹簧的弹力大小为
F=kx=10×0.1 N=1 N,A项正确;
分析A球的受力情况,如图所示
利用正交分解法,根据平衡条件得FTcos 60°=F,
FN=G+FTsin 60°
解得FT=2 N,FN=(2+) N
小球C的重力GC=2FTcos 30°=2 N,
故B、C错误,D正确.
11.(2020·广东惠州一中质检)如图所示,在粗糙水平地面上放着一个截面为四分之一圆弧的柱状物体A,A的左端紧靠竖直墙,A与竖直墙之间放一光滑圆球B,已知A的圆半径为球B的半径的3倍,球B所受的重力为G,整个装置处于静止状态.设墙壁对B的支持力为F1,A对B的支持力为F2,若把A向右移动少许后,它们仍处于静止状态,则F1、F2的变化情况分别是( )
A.F1减小 B.F1增大
C.F2增大 D.F2减小
【答案】 AD
【解析】 法一:解析法
以球B为研究对象,受力分析如图甲所示,可得出F1=Gtan θ,F2=,当A向右移动少许后,θ减小,则F1减小,F2减小,故A、D正确.
法二:图解法
先根据平衡条件和平行四边形定则画出如图乙所示的矢量三角形,在θ角减小的过程中,从图中可直观地看出,F1、F2都减小,故A、D正确.
12.(2020·湖南益阳市高三期末)如图所示,竖直墙壁与光滑水平地面交于B点,质量为m1的光滑半圆柱体紧靠竖直墙壁置于水平地面上,O1为半圆柱体截面所在圆的圆心,质量为m2且可视为质点的均匀小球O2用长度等于A、B两点间距离的细线悬挂于竖直墙壁上的A点,小球静置于半圆柱体上,当换用质量不变,而半径不同的光滑半圆柱体时,细线与竖直墙壁的夹角θ就会跟着发生改变。已知重力加速度为g,不计各接触面间的摩擦,则下列说法正确的是( )
A.当θ=60°时,半圆柱体对地面的压力大小为m1g+m2g
B.当θ=60°时,小球对半圆柱体的压力大小为m2g
C.换用不同的半圆柱体时,半圆柱体对竖直墙壁的最大压力大小为m2g
D.换用半径更大的半圆柱体时,半圆柱体对地面的压力保持不变
【答案】 AC
【解析】 对小球进行受力分析如图甲所示,连接O2B和O1O2,由几何关系可知θ=α,小球受力平衡,有FN1=m2gsin θ,FT=m2gcos θ,对小球和半圆柱体整体进行受力分析,整体受地面的支持力FN、墙壁的弹力F、细线的拉力FT、重力(m1+m2)g,如图乙所示,整体受力平衡,则在竖直方向上有FN+FTcos θ=(m1+m2)g,水平方向上有F=FTsin θ。当θ=60°时,FN1=m2g,由牛顿第三定律得小球对半圆柱体的压力大小为m2g,B错误;F=FTsin θ=m2gsin 2θ,当θ=45°时,Fmax=m2g,C正确;FN=(m1+m2)g-m2gcos2θ,当θ=60°时,FN=m1g+m2g,当换用半径更大的半圆柱体时,θ改变,FN改变,由牛顿第三定律可知A正确,D错误。
第Ⅱ卷(非选择题,共62分)
二、实验题(本题共2小题,共14分)
13.(2020·广西梧州市联考)(6分)某活动小组利用如图所示的装置测定
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