相互作用章末檢測一、單項選擇題1、如圖所示，一傾角為45°的斜面固定于墻腳，為使一光滑的鐵球靜止于圖示位置，需加一水平力F，且F通過球心。下列說法正確的是()A．鐵球一定受墻面水平向左的彈力B．鐵球可能受墻面水平向左的彈力C．鐵球一定受斜面通過鐵球的重心的彈力D．鐵球可能受斜面垂直于斜面向上的彈力【答案】B【解析】F的大小合適時，鐵球可以靜止在無墻的斜面上，F增大時墻面才會對鐵球有彈力，選項A錯誤，B正確；斜面必須有對鐵球斜向上的彈力才能使鐵球不下落，該彈力方向垂直于斜面且通過鐵球的球心，但不一定通過鐵球的重心，選項C、D錯誤。2、如圖所示，一根彈性桿的一端固定在傾角為30°的斜面上，桿的另一端固定一個重力為2N的小球，小球處于靜止狀態，則彈性桿對小球的彈力()A．大小為2N，方向平行于斜面向上B．大小為1N，方向平行于斜面向上C．大小為2N，方向垂直于斜面向上D．大小為2N，方向豎直向上【答案】D【解析】小球受重力和桿的支持力(彈力)作用處于靜止狀態，由二力平衡可知，彈性桿對小球的彈力與重力等大、反向，即大小為2N，方向豎直向上。3、(2019·全國卷Ⅱ)物塊在輕繩的拉動下沿傾角為30°的固定斜面向上勻速運動，輕繩與斜面平行。已知物塊與斜面之間的動摩擦因數為eq\f(\r(3),3)，重力加速度取10m/s2。若輕繩能承受的最大張力為1500N，則物塊的質量最大為()A．150kgB．100eq\r(3)kgC．200kg D．200eq\r(3)kg【答案】A【解析】物塊沿斜面向上勻速運動，受力示意圖如圖所示，根據平衡條件有F＝Ff＋mgsin30° ①Ff＝μFN ②FN＝mgcos30° ③由①②③式得F＝mgsin30°＋μmgcos30°所以m＝eq\f(F,gsin30°＋μgcos30°)代入數據得m＝150kg，選項A正確。4、(2020·安康聯考)如圖所示，兩個小球a、b的質量均為m，用細線相連并懸掛于O點。現用一輕質彈簧給小球a施加一個拉力F，使整個裝置處于靜止狀態，且Oa與豎直方向夾角為30°，已知彈簧的勁度系數為k，重力加速度為g，則彈簧的最短伸長量為()A．eq\f(mg,2k) B．eq\f(mg,k)C．eq\f(\r(3)mg,3k) D．eq\f(\r(3)mg,k)【答案】B【解析】以兩個小球組成的整體為研究對象，分析受力，如圖所示。根據平衡條件得知，F與FT的合力與重力2mg總是大小相等、方向相反，由力的合成圖可知，當F與繩子Oa垂直時，F有最小值，即圖中2位置，F的最小值Fmin＝kx＝2mgsinθ＝mg，則彈簧的最短伸長量為x＝eq\f(mg,k)，故B正確。5、如圖所示，一不可伸長的光滑輕繩，其左端固定于O點，右端跨過位于O′點的光滑定滑輪懸掛一質量為1kg的物體，OO′段水平，長度為1.6m。繩上套一可沿繩自由滑動的輕環，現在在輕環上懸掛一鉤碼(圖中未畫出)，平衡后，物體上升0.4m。則鉤碼的質量為()A．1.2kg B．1.6kgC．eq\r(2)kg D．eq\f(\r(2),2)kg【答案】A【解析】重新平衡后，繩子形狀如圖所示設鉤碼的質量為M，由幾何關系知，繩子與豎直方向夾角為θ＝53°，則根據平衡可求得2mgcos53°＝Mg，解得M＝1.2kg，選項A正確。6、如圖所示，支架固定在水平地面上，其傾斜的光滑直桿與地面成30°角，兩圓環A、B穿在直桿上，并用跨過光滑定滑輪的輕繩連接，滑輪的大小不計，整個裝置處于同一豎直平面內。圓環平衡時，繩OA豎直，繩OB與直桿間夾角為30°。則環A、B的質量之比為()A．1∶eq\r(3)B．1∶2C．eq\r(3)∶1 D．eq\r(3)∶2【答案】A【解析】分別對A、B進行受力分析，如圖所示，以A為研究對象，則A受到重力和繩的拉力的作用，直桿對A沒有力的作用，否則A水平方向受力不能平衡，所以FT＝mAg；以B為研究對象，根據幾何知識可知，繩的拉力FT′與B受到的支持力FN與豎直方向之間的夾角都是30°，所以FT′與FN大小相等，得mBg＝2×FT′cos30°＝eq\r(3)FT′，故mA∶mB＝1∶eq\r(3)，A正確。7、(2021·1月湖南普高校招生適應性考試，6)如圖，一根質量為m的勻質繩子，兩端分別固定在同一高度的兩個釘子上，中點懸掛一質量為M的物體。系統平衡時，繩子中點兩側的切線與豎直方向的夾角為α，釘子處繩子的切線方向與豎直方向的夾角為β，則()A．eq\f(tanα,tanβ)＝eq\f(m＋M,m) B．eq\f(tanα,tanβ)＝eq\f(m＋M,M)C．eq\f(cosα,cosβ)＝eq\f(M,m＋M) D．eq\f(cosα,cosβ)＝eq\f(m,m＋M)【答案】B【解析】以M為研究對象，2FT1cosα＝Mg①以M和m整體為研究對象，則2FT2cosβ＝(m＋M)g②FT1sinα＝FT2sinβ③由①②③得：eq\f(tanα,tanβ)＝eq\f(m＋M,M)，B正確。8、如圖所示，光滑的半圓環沿豎直方向固定，M點為半圓環的最高點，N點為半圓環上與半圓環的圓心等高的點，直徑MH沿豎直方向，光滑的定滑輪固定在M處，另一小圓環穿過半圓環用質量不計的輕繩拴接并跨過定滑輪。開始小圓環處在半圓環的最低點H點，第一次拉小圓環使其緩慢地運動到N點，第二次以恒定的速率將小圓環拉到N點。滑輪大小可以忽略，則下列說法正確的是()A．第一次輕繩的拉力逐漸增大B．第一次半圓環受到的壓力逐漸減小C．小圓環第一次在N點與第二次在N點時，輕繩的拉力相等D．小圓環第一次在N點與第二次在N點時，半圓環受到的壓力相等【答案】C【解析】小圓環沿半圓環緩慢上移過程中，受重力G、拉力FT、彈力FN三個力處于平衡狀態，受力分析如圖所示。由圖可知△OMN與△NBA相似，則有eq\f(G,R)＝eq\f(FN,R)＝eq\f(FT,MN)(式中R為半圓環的半徑)，在小圓環緩慢上移的過程中，半徑R不變，MN的長度逐漸減小，故輕繩的拉力FT逐漸減小，小圓環所受的支持力的大小不變，由牛頓第三定律得半圓環所受的壓力的大小不變，A、B錯誤；第一次小圓環緩慢上升到N點時，FN＝G，FT＝eq\r(2)G；第二次小圓環運動的過程中，假設小圓環速率恒為v，當小圓環運動到N點時，在水平方向上有FT′cos45°－FN′＝meq\f(v2,R)，在豎直方向上有G＝FT′sin45°，解得FT′＝eq\r(2)G，FN′＝G－meq\f(v2,R)，再結合牛頓第三定律可知，C正確，D錯誤。二、多項選擇題9、(2022·南通調研)如圖用三根細線a、b、c將兩個小球1和2連接并懸掛，其中小球1的重力G1＝7N，小球2的重力G2＝9N，兩小球處于靜止狀態，已知細線a與豎直方向的夾角為37°，細線c水平，重力加速度為g，sin37°＝0.6，則()A．細線a對小球1的拉力為20NB．細線b對小球2的拉力為15NC．細線c對小球2的拉力為10ND．細線c對小球2的拉力為15N【答案】AB【解析】將兩小球和細線b視為整體，對整體受力分析如圖甲所示，根據共點力的平衡條件有Fa＝eq\f(G1＋G2,cos37°)＝eq\f(7＋9,\f(4,5))N＝20N，Fc＝(G1＋G2)tan37°＝16×eq\f(3,4)N＝12N，故A正確，C錯誤；對小球2進行受力分析如圖乙所示，根據共點力的平衡條件有Fb＝eq\r(Geq\o\al(2,2)＋Feq\o\al(2,c))＝eq\r(92＋122)N＝15N，故B正確；剪斷繩b后的瞬間，b、c兩條繩子的拉力均變為零，小球2只受重力作用，加速度為g，故D正確。10、(2019·全國卷Ⅰ，19)如圖，一粗糙斜面固定在地面上，斜面頂端裝有一光滑定滑輪。一細繩跨過滑輪，其一端懸掛物塊N，另一端與斜面上的物塊M相連，系統處于靜止狀態。現用水平向左的拉力緩慢拉動N，直至懸掛N的細繩與豎直方向成45°。已知M始終保持靜止，則在此過程中()A．水平拉力的大小可能保持不變B．M所受細繩的拉力大小一定一直增加C．M所受斜面的摩擦力大小一定一直增加D．M所受斜面的摩擦力大小可能先減小后增加【答案】BD【解析】選N為研究對象，受力情況如圖甲所示，用水平拉力F緩慢拉動N的過程中，水平拉力F逐漸增大，細繩的拉力FT逐漸增大，選項A錯誤，B正確；對M受力分析，如圖乙所示，受重力GM、支持力FN、繩的拉力FT以及斜面對它的摩擦力Ff。若開始時斜面對M的摩擦力Ff沿斜面向上，則FT＋Ff＝GMsinθ，FT逐漸增大，Ff逐漸減小，當Ff減小到零后，再反向增大。若開始時斜面對M的摩擦力Ff沿斜面向下，此時，FT＝GMsinθ＋Ff，當FT逐漸增大時，Ff逐漸增大，C錯誤，D正確。11、某同學用如圖所示的裝置開展探究實驗，固定在墻壁上的一個力傳感器通過一根水平繩與小木塊B相連，A、B都放在質量可以忽略的長薄板C上，地面光滑。已知A的質量為0.8kg，B的質量為0.4kg，A、C間與B、C間的動摩擦因數都為0.5，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。重力加速度g＝10m/s2，當施加一個力F作用在A上，下列說法正確的是()A．F＝1N時，力傳感器示數為1NB．F＝3N時，力傳感器示數為3NC．F＝4N時，力傳感器示數為4ND．F＝5N時，力傳感器示數為2N【答案】AD【解析】對于輕質薄板C，所受合力一定為零。A、C間的最大靜摩擦力為4N，B、C間的最大靜摩擦力為2N。當F＝1N時，C與A、B都保持相對靜止，由平衡條件知道力傳感器示數為1N，A項正確；當F＝3N，拉力超過B、C間的最大靜摩擦力，發生相對滑動。B、C間的摩擦力為2N，A、C間摩擦力也是2N，是靜摩擦力，從而保持輕質薄板C所受的合力零。同理分析知道，拉力F超過2N，力傳感器示數總是2N，保持輕質薄板C所受的合力零，A、C不可能發生相對滑動。所以B、C兩項錯誤，D項正確。12、如圖所示，豎直墻壁與光滑水平地面交于B點，質量為m1的光滑半圓柱體緊靠豎直墻壁置于水平地面上，O1為半圓柱體截面所在圓的圓心，質量為m2且可視為質點的均勻小球O2用長度等于A、B兩點間距離的細線懸掛于豎直墻壁上的A點，小球靜置于半圓柱體上，當換用質量不變，而半徑不同的光滑半圓柱體時，細線與豎直墻壁的夾角θ就會跟著發生改變。已知重力加速度為g，不計各接觸面間的摩擦，則下列說法正確的是()圖11A．當θ＝60°時，半圓柱體對地面的壓力大小為m1g＋eq\f(3,4)m2gB．當θ＝60°時，小球對半圓柱體的壓力大小為eq\r(3)m2gC．換用不同的半圓柱體時，半圓柱體對豎直墻壁的最大壓力大小為eq\f(1,2)m2gD．換用半徑更大的半圓柱體時，半圓柱體對地面的壓力保持不變【答案】AC【解析】對小球進行受力分析如圖甲所示，連接O2B和O1O2，由幾何關系可知θ＝α，小球受力平衡，有FN1＝m2gsinθ，FT＝m2gcosθ，對小球和半圓柱體整體進行受力分析，整體受地面的支持力FN、墻壁的彈力F、細線的拉力FT、重力(m1＋m2)g，如圖乙所示，整體受力平衡，則在豎直方向上有FN＋FTcosθ＝(m1＋m2)g，水平方向上有F＝FTsinθ。當θ＝60°時，FN1＝eq\f(\r(3),2)m2g，由牛頓第三定律得小球對半圓柱體的壓力大小為eq\f(\r(3),2)m2g，B錯誤；F＝FTsinθ＝eq\f(1,2)m2gsin2θ，當θ＝45°時，Fmax＝eq\f(1,2)m2g，C正確；FN＝(m1＋m2)g－m2gcos2θ，當θ＝60°時，FN＝m1g＋eq\f(3,4)m2g，當換用半徑更大的半圓柱體時，θ改變，FN改變，由牛頓第三定律可知A正確，D錯誤。三、實驗題13、(2022·南通調研)小明同學做“探究彈簧彈力和彈簧形變量的關系”的實驗。(1)實驗裝置如圖甲，下列操作規范的是________。A．實驗前，應該先把彈簧水平放置測量其原長B．逐一增掛鉤碼，記下每增加一只鉤碼后指針所指的標尺刻度和對應的鉤碼總重C．隨意增減鉤碼，記下增減鉤碼后指針所指的標尺刻度和對應的鉤碼總重D．實驗結束后，應拆除實驗裝置，整理并復原實驗器材(2)小明同學在實驗后，根據記錄的數據進行處理，描繪出彈簧的伸長量Δl與彈力F相關的點如圖乙所示，請你根據所學知識用一定的線來擬合這些點。(3)根據擬合的線，回答以下問題：①本實驗中彈簧的勁度系數k＝________N/m；②圖線中后半部分明顯偏離直線，你認為造成這種現象的主要原因是________________________________。【答案】(1)BD(2)見解析圖(3)①100②超過彈簧的彈性限度【解析】(1)為了消除彈簧自重的影響，實驗前，應該先把彈簧豎直放置測量其原長，故A錯誤；為了更好地找出彈力與形變量之間的規律，應逐一增掛鉤碼，記下每增加一只鉤碼后指針所指的標尺刻度和對應的鉤碼總重，故B正確，C錯誤；實驗結束后，應拆除實驗裝置，整理并復原實驗器材，故D正確。(2)如圖所示(3)①圖像直線部分的斜率的倒數表示彈簧的勁度系數，則k＝eq\f(4,4×10－2)N/m＝100N/m。②圖線中后半部分明顯偏離直線，即彈力與形變量不成正比，則造成這種現象的主要原因是超過彈簧的彈性限度。14、(2022·昆山八校聯盟第二次檢測)某同學做“驗證力的平行四邊形定則”的實驗情況如圖甲所示，其中A為固定橡皮條的圖釘，O為橡皮條與細繩的結點，OB和OC為細繩，圖乙是在白紙上根據實驗結果畫出的圖：(1)如果沒有操作失誤，圖乙中的F與F′兩力中，方向一定沿AO方向的是________。(2)本實驗采用的科學方法是________。A．理想實驗法 B．等效替代法C．控制變量法 D．建立物理模型法(3)實驗時，主要的步驟是：A．在桌上放一塊方木板，在方木板上鋪一張白紙，用圖釘把白紙釘在方木板上；B．用圖釘把橡皮條的一端固定在板上的A點，在橡皮條的另一端拴上兩條細繩，細繩的另一端系著繩套；C．用兩個彈簧測力計分別鉤住繩套，互成角度地拉橡皮條，使橡皮條伸長，結點到達某一位置O，記錄下點O的位置，讀出兩個彈簧測力計的示數；D．按選好的標度，用鉛筆和刻度尺作出兩只彈簧測力計的拉力F1和F2的圖示，并用平行四邊形定則求出合力F；E．只用一只彈簧測力計，通過細繩套拉橡皮條使其伸長，讀出彈簧測力計的示數，記下細繩的方向，按同一標度作出這個力F′的圖示；F．比較F′和F的大小和方向，看它們是否相同，得出結論。①上述步驟中，有重要遺漏的步驟的序號是________和________；②遺漏的內容分別是____________________________________和_________________________________________________。【答案】(1)F′(2)B(3)①CE②C中應加上“記下兩條細繩的方向”E中應說明“把橡皮條的結點拉到同一位置O”【解析】(1)由一個彈簧測力計拉橡皮條至O點的拉力一定沿AO方向；而根據平行四邊形定則作出的合力，由于誤差的存在，不一定沿AO方向，故一定沿AO方向的是F′。(2)一個力的作用效果與兩個力的作用效果相同，它們的作用效果可以等效替代，故B正確。(3)①根據“驗證力的平行四邊形定則”實驗的操作規程可知，有重要遺漏的步驟的序號是C、E。②在C中未記下兩條細繩的方向，E中未說明是否把橡皮條的結點拉到同一