2021版高考物理一轮复习 单元质检二 相互作用（含解析）.docx

1、单元质检二相互作用(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(本题共8小题,每小题6分,共48分。在每小题给出的四个选项中,第15题只有一项符合题目要求,第68题有多项符合题目要求。全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)1.(2019黑龙江绥化联考)L形木板P(上表面光滑)放在固定斜面上,轻质弹簧一端固定在木板上,另一端与置于木板上表面的滑块Q相连,如图所示。若P、Q一起沿斜面匀速下滑,不计空气阻力,则P的受力个数为()A.3B.4C.5D.62.(2019陕西城固一中月考)最近,不少人喜欢踩着一种独轮车,穿梭街头。这种独轮车全名叫电动平衡独轮车,其中间是一个窄窄的轮子,两侧各

2、有一块踏板。当人站在踏板上向右运动时,可简化为如图甲、乙所示的模型。关于人在运动中踏板对人脚的摩擦力,下列说法正确的是()A.考虑空气阻力,当人以如图甲所示的状态向右匀速运动时,脚所受摩擦力向左B.不计空气阻力,当人以如图甲所示的状态向右加速运动时,脚所受摩擦力向左C.考虑空气阻力,当人以如图乙所示的状态向右匀速运动时,脚所受摩擦力可能为零D.不计空气阻力,当人以如图乙所示的状态向右加速运动时,脚所受摩擦力不可能为零3.(2019湖南永州二模)如图所示,圆柱体的A点放有一质量为M的小物体P,使圆柱体缓慢匀速转动,带动P从A点转到A点,在这过程中P始终与圆柱体保持相对静止,那么P所受的静摩擦力的

3、大小随时间的变化规律,可由下面哪个图表示()4.(2019福建漳州质检)如图,一质量为m的木块,用劲度系数为k的轻质弹簧连接着。弹簧的另一端固定在斜面顶端。木块放在斜面上能处于静止状态。已知斜面倾角=37,木块与斜面间的动摩擦因数=0.5。弹簧在弹性限度内,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g,sin 37=0.6,cos 37=0.8。则()A.弹簧可能处于压缩状态B.弹簧的最大形变量为3mg5kC.木块受到的摩擦力可能为零D.木块受到的摩擦力方向一定沿斜面向上5.(2019河南洛阳名校联考)某班级同学要调换座位,一同学用斜向上的拉力拖动桌子沿水平地面匀速运动。已知桌子的总质量为10

4、kg,若拉力的最小值为50 N,此时拉力与水平方向间的夹角为。重力加速度大小g取10 m/s2,桌子与地面间的动摩擦因数为,不计空气阻力,则()A.=3,=60B.=33,=60C.=3,=30D.=33,=306.(2019贵州遵义航天高级中学一模)如图所示,一质量为M的斜面体静止在水平地面上,物体B受沿斜面向上的力F作用沿斜面匀速上滑,A、B之间的动摩擦因数为,Ffm可知,弹力的方向不可能向下,即弹簧不可能处于压缩状态,选项A错误;弹簧有最大形变量时满足:G1+Ffm=kxm,解得xm=mgk,选项B错误;当G1=F弹时,木块受到的摩擦力为零,选项C正确;当G1F弹时,木块受到的摩擦力沿斜

5、面向上;当G1F弹时,木块受到的摩擦力沿斜面向下,选项D错误。5.D对桌子受力分析,如图所示。根据平衡条件可知,水平方向有Fcos-Ff=0,竖直方向有FN+Fsin-G=0,其中Ff=FN,故F=Gcos+sin,令=tan,则F=Gsincoscos+sinsin=Gsincos(-);当=时,F有最小值,Fmin=Gsin=50N,=30,故=tan30=33,=30,故只有选项D正确。6.CD对A分析,因为mgcos,则A、B不能保持相对静止,故A错误;以A为研究的对象,A受到重力、支持力和B对A的摩擦力,如图甲。甲垂直于斜面的方向:FN=mgcos沿斜面的方向:mgsin-FN=ma

6、A由于0加速度aA=gsin-gcos,将B和斜面体视为整体,受力分析,如图乙。乙可知地面对斜面体的摩擦力等于m(gsin-gcos)cos+Fcos,地面受到的压力为(M+m)g-Fsin+m(gcos+gsin)cos,故C正确,B错误;B对斜面体的正压力FN2=2mgcos,对B分析,根据共点力平衡有:F=mgsin+mgcos+Ff2,则动摩擦因数=Ff2FN2=F-mgsin-mgcos2mgcos,故D正确。7.BD以小球为研究对象,分析受力情况,作出受力示意图,如图所示,根据几何关系可知,用F顺时针转动至竖直向上之前,支持力逐渐减小,F先减小后增大,当F的方向沿圆的切线方向向上时

7、,F最小,此时F=mgcos,选项A错误、B正确;以框架与小球组成的整体为研究对象,整体受到重力、地面的支持力、地面的摩擦力以及力F的作用,由图可知,F在顺时针方向转动的过程中,F沿水平方向的分力逐渐减小,所以地面对框架的摩擦力始终在减小,选项C错误;以框架与小球组成的整体为研究对象,由图可知,F在顺时针方向转动的过程中,F沿竖直方向的分力逐渐增大,所以地面对框架的支持力始终在减小,选项D正确。8.CD物块B沿着右侧斜面下滑时,对斜面的压力等于其重力沿垂直斜面的分力,为F=mgcos30,对木块A受力分析,木块A受重力、压力、支持力和向右的静摩擦力,如图1所示。木块A恰好不滑动,故静摩擦力达到

8、最大值,等于滑动摩擦力,根据平衡条件有,x方向:Ff=Fsin30,y方向:FN=Mg+Fcos30,Ff=FN,解得=3m3m+4M。物块B从左侧下滑时,先假设木块A不动,木块A受重力、支持力、压力和向左的摩擦力,如图2所示。压力等于物块B重力沿垂直斜面的分力,即F=mgcos60,竖直方向一定受力平衡,即支持力FN=Mg+Fcos60=Mg+14mg,故最大静摩擦力Ffm=FN=3m3m+4MMg+14mg,压力沿平行地面方向的分力为Fcos30=34mgFfm,故A一定会滑动,要使A静止,需要对其施加向左的推力,故C正确,A、B错误;若=45,物块B沿右侧斜面下滑时,先假设A不动,B对A

9、的压力为mgcos45,该压力沿平行地面方向的分力为mgsin45cos45,竖直分力为mgcos45cos45,与=30时相比,B对A压力沿平行地面的分力变大,B对A压力的竖直分力变小,故A一定滑动,D正确。9.答案 (1)300 N/m(2)甲(3)0.3解析 (1)图线的斜率表示劲度系数,k=600.2N/m=300N/m;(2)甲方案较合理,因为在图甲中,B静止,弹簧测力计a的示数等于B所受的滑动摩擦力;利用a的示数和B的重力,得6=20,=0.3。10.答案(1)B(2)AB(3)F解析(1)该实验中采用的科学方法是等效替代法。故B正确,A、C、D错误。故选B。(2)拉橡皮筋的绳线要

10、细长,便于确定拉力的方向,要准确地表示出拉力的大小和方向,实验中弹簧测力计、橡皮筋、细绳应贴近木板且与木板平面平行,故A正确;为减小读数的误差,拉橡皮筋结点到某一位置O时,拉力要适当大些,读数时视线要正对弹簧测力计刻度,故B正确;平行四边形定则中两个分力的夹角是任意的,故拉橡皮筋结点到某一位置O时,两个弹簧测力计之间夹角是任意的,故C错误;实验中,两个分力的大小不一定相同,故合力不一定在其夹角平分线上,故D错误;在实验中,拉力不需太大,也不要太小,不需要先将其中一个弹簧测力计沿某一方向拉到最大量程,故E错误。故选AB。(3)F1与F2的合力的实际测量值为一个弹簧拉绳套时的弹簧的弹力大小和方向,

11、而理论值是通过平行四边形定则得到的值。方向一定沿AO方向的是F。11.答案 (1)30(2)33解析 (1)m处于平衡状态,其合力为零,以m为研究对象,由平衡条件得:水平方向Fcos60-FTcos=0竖直方向Fsin60-FTsin-mg=0计算得出:=30(2)M、m整体处于平衡状态,可看作整体,系统所受合力为零。以M、m整体为研究对象,由平衡条件得水平方向Fcos60-FN=0竖直方向FN+Fsin60-Mg-mg=0由得=3312.答案 (1)0.05 m(2)2 kg(3)5 cm解析 (1)各接触点间的摩擦忽略不计,故两个沙桶稳定时,橡皮绳上的弹力处处相等均为FT=Mg=20N由胡克定律可得,此时橡皮绳的伸长量为x=FTk=20400m=0.05m(2)对C点受力分析,由平衡条件得mg=2FTcos1202解得:m=2kg(3)沙桶Q的总质量变为3m后,沙桶Q下降的距离即为C点下降的距离,如图所示。此时沙桶P的总质量不变,故橡皮绳上的弹力仍为FT=Mg=20N对C点受力分析,由平衡条件得3mg=2FTcosACB2=2FTcos联立解得:=30由几何关系可得,此时沙桶Q下降的距离为x=AB2tan-AB2tan60联立解得:x=5cm