(新高考)高考物理一轮复习专题02《质量检测》（解析版）

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