2022届高考物理一轮复习 单元素养检测卷（二）相互作用（含解析）新人教版.docx

1、相互作用时间：75分钟满分：100分一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分)12021江西南昌模拟关于下列各图受力情况说法正确的是()A甲图中原木P在M、N两点各受一个弹力，且均竖直向上B乙图中BC杆(插入墙壁)对绳子的弹力一定由B指向CC丙图中铁块所受重力垂直斜面向下D丁图中弹簧一定处于压缩状态22021福建八县市高三联考如图所示，为运动员立定跳远蹬地起跳瞬间的受力示意图，正确的是()32021陕西汉中联考如图所示，固定的木板与竖直墙面的夹角为，重力为G的物块静止在木板与墙面之间，不计一切摩擦，则()A物块对墙面的压力大小为Gtan B物块对墙面的压力大小为Gsin cos C物

2、块对木板的压力大小为Gcos D物块对木板的压力大小为42021河北鸡泽一中测试如图所示，两根轻弹簧a、b的上端固定在竖直墙壁上，下端连接在小球上当小球静止，弹簧a、b与竖直方向的夹角分别为53和37.已知a、b的劲度系数分别为k1、k2，sin 530.8，则a、b两弹簧的伸长量之比为()A. B.C. D.5.光滑斜面上固定着一根刚性圆弧形细杆，小球通过轻绳与细杆相连，此时轻绳处于水平方向，球心恰位于圆弧形细杆的圆心处，如图所示将悬点A缓慢沿杆向上移动，直到轻绳处于竖直方向，在这个过程中，轻绳的拉力()A逐渐增大 B大小不变C先减小后增大 D先增大后减小62021广东湛江调研如图所示，物体

3、A放在粗糙水平面上，左边用一根轻弹簧和竖直墙相连，静止时弹簧的长度小于原长，若再用一个从零开始逐渐增大的水平力F向左推A，直到把A推动，在A被推动之前的过程中，弹簧对A的弹力F1大小和地面对A的摩擦力f大小的变化情况是()AF1保持不变，f始终减小BF1保持不变，f先减小后增大CF1始终增大，f始终减小DF1先不变后增大，f先减小后增大72021吉林长春二模如图所示，一固定斜面上两个质量均为m的小物块A和B紧挨着匀速下滑，A与B的接触面光滑已知A与斜面之间的动摩擦因数是B与斜面之间的动摩擦因数的2倍，斜面倾角为，重力加速度为g.B与斜面之间的动摩擦因数与A、B间弹力FN的大小分别是()Atan

4、 ，FNmgsin Btan ，FNmgsin Ctan ，FNmgcos Dtan ，FNmgsin 二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分)82019年12月17日，我国第二艘航母“山东舰”正式入列我国海军，此舰为首艘国产航母，标志着我国的军舰建造技术进入新时代为使舰载机在几秒内迅速停在航母上，需要利用阻拦索将舰载机高速拦停(如图1)，此过程可简化为如图2所示模型，设航母表面为一平面，阻拦索两端固定，并始终与航母平面平行舰载机从正中央钩住阻拦索，实现减速阻拦索为弹性装置，刚刚接触阻拦索就处于绷紧状态，下列说法正确的是()A舰载机落在航母上钩住阻拦索时，只受重力、阻拦索的弹力和航

5、母表面的摩擦力三个力作用B舰载机钩住阻拦索继续向前运动的过程中，阻拦索对飞机的弹力在变大C当阻拦索被拉至夹角为120时，设阻拦索的张力为F，则阻拦索对舰载机的弹力大小为FD舰载机钩住阻拦索继续向前运动的过程中，舰载机所受摩擦力一直在变大9如图所示，倾角为的斜面体C置于水平地面上，一条细线一端与斜面上的物体B相连，另一端绕过轻质滑轮与物体A相连，该滑轮用另一条细线悬挂在天花板上的O点，细线与竖直方向成角， A、B、C始终处于静止状态，不计细线与滑轮间的摩擦下列说法正确的是()A若仅增大A的质量，则B对C的摩擦力一定增大B若仅增大A的质量，则地面对C的摩擦力一定增大C若仅增大B的质量，则B受到的摩

6、擦力一定增大D若仅将C向左缓慢移动一点，角将增大102021湖北黄冈检测如图甲所示，截面为直角三角形的木块A质量为m0，放在倾角为的固定斜面上，当37时，木块A恰能静止在斜面上现将改为30，在A与斜面间放一质量为m的光滑圆柱体B，如图乙所示，sin 370.6，cos 370.8，重力加速度为g，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力则()AA与斜面之间的动摩擦因数为0.75BA、B仍一定静止于斜面上C若m0m，则A受到的摩擦力大小为mgD若m04m，则A受到斜面的摩擦力大小为2.5mg三、非选择题(本题共5个小题，54分)11(6分)某物理兴趣小组的同学在研究弹簧弹力的时候，测得弹力的大小F和弹簧长度

7、l的关系如图所示，则由图线可知：(1)弹簧的劲度系数为_ N/m.(2)为了用弹簧测力计测定两木块A和B间的动摩擦因数，两位同学分别设计了如图所示的甲、乙两种方案为了用某一弹簧测力计的示数表示A和B之间的滑动摩擦力的大小，你认为方案_更合理甲方案中，若A和B的重力分别为10.0 N和20.0 N当A被拉动时，弹簧测力计a的示数为6.0 N，b的示数为11.0 N，c的示数为4.0 N，则A和B间的动摩擦因数为_12(8分) 某兴趣小组在“验证力的平行四边形定则”的实验时使用了如图甲所示的装置先通过一根悬挂钩码的细线跨过定滑轮的方法牵引弹簧，使弹簧由O点伸长至某个位置O点，做好相关记录；再换用两

8、根悬挂钩码的细线跨过定滑轮来牵引弹簧，使弹簧伸长到同一位置(两定滑轮的位置可适当调节)，做好相关记录多次改变两细线夹角以及所挂钩码个数，重复实验请回答下列问题：(1)本实验采用的科学方法是_(填选项字母)A理想实验法 B控制变量法C等效替代法 D建立物理模型法(2)为了完成实验，必须记录的有_(填选项字母)A弹簧右端与滑轮之间的细线方向B所挂钩码个数CO点的位置DO点的位置(3)某同学在纸上已经用力的图示法画出了某次实验时的两个互成角度的已知力F1和F2(如图乙所示)，请在图乙中做出F1、F2的合力F.13(10分)2021合肥模拟如图所示，质量M1 kg的木块套在水平固定杆上，并用轻绳与质量

9、m0.5 kg的小球相连，今用跟水平方向成60角的力F5 N拉着小球并带动木块一起向右匀速运动，运动中木块、小球的相对位置保持不变，取g10 m/s2.在运动过程中，求：(1)轻绳与水平方向的夹角.(2)木块与水平杆间的动摩擦因数.14(12分)如图所示，质量为M的半球面静止在水平地面上，质量为m的小物块在半球面上处于平衡状态，小物块与一轻弹簧连接，弹簧的上端固定于墙上的O点已知小物块与球心O的连线与竖直方向成45角，弹簧的劲度系数为k，其与竖直方向的夹角也为.若小物块与球面之间刚好没有相对运动的趋势，求：(1)弹簧的伸长量(2)球面所受地面的支持力15(18分)一个底面粗糙、质量为M3m的斜

10、劈放在粗糙水平面上，斜劈的斜面光滑且与水平面成30角现用一端固定的轻绳系一质量为m的小球，小球放在斜面上，小球静止时轻绳与竖直方向的夹角也为30，如图所示(1)当斜劈静止时，求绳子的拉力大小(2)当斜劈静止时，求地面对斜劈的摩擦力大小(3)若地面对斜劈的最大静摩擦力等于地面对斜劈支持力的k倍，为使整个系统静止，k值必须满足什么条件？单元素养检测卷(二)1解析：本题考查受力分析和力的合成与分解题图甲中，原木P在M点受到的弹力方向垂直地面向上，在N点受到的弹力方向垂直原木P向上，故A错误；题图乙中，BC杆斜插入墙壁，则BC杆对绳子的作用力与两侧绳的拉力的合力平衡，方向不一定由B指向C，故B错误；重

11、力都是竖直向下的，与接触面是否水平无关，故C错误；弹簧对小球的弹力只能沿弹簧的轴线方向，由平衡条件知，弹簧对小球的弹力沿弹簧向右，则弹簧处于压缩状态，故D正确答案：D2解析：运动员受到重力、地面对他向上的支持力以及向前的静摩擦力作用，故选项A正确，B、C、D错误答案：A3.解析：对物块受力分析，如图所示，根据平行四边形定则及牛顿第三定律可知物块对墙面的压力大小为F1F1；物块对木板的压力大小为F2F2，故选项A、B、C错误，D正确答案：D4解析：本题考查胡克定律作出小球的受力分析图如图所示，根据平衡条件得Fmg，故弹簧a的弹力F1Fcos 53，弹簧b的弹力F2Fcos 37，根据胡克定律Fk

12、x，得x，则a、b两弹簧的伸长量之比为，故B项正确，A、C、D项错误答案：B5解析：当悬点A缓慢向上移动过程中，小球始终处于平衡状态，小球所受重力mg的大小和方向都不变，支持力FN的方向不变，对小球进行受力分析如图所示，由图可知，拉力FT先减小后增大，C项正确答案：C6解析：本题考查静摩擦力的变化在A被推动之前的过程中，弹簧的形变量未发生改变，所以弹簧对A的弹力F1保持不变，开始时，弹簧处于压缩状态，地面对A的静摩擦力水平向左，随着水平向左的外力从零开始逐渐增大，静摩擦力先减小至零，然后反向增大，直至推动A，故B正确，A、C、D错误答案：B7解析：以A、B整体为研究对象进行受力分析，根据平衡条

13、件得2mgsin Amgcos Bmgcos ，又A2B，B，解得tan ；隔离B为研究对象并进行受力分析可知，B受重力、支持力、A对B的弹力FN及摩擦力而处于平衡状态，在沿斜面方向上根据平衡条件得mgsin mgcos FN，解得FNmgsin ，选项A正确答案：A8解析：舰载机受重力、阻拦索的弹力、航母给的摩擦力与支持力，A错；阻拦索的长度变长，绳索上的张力变大，对飞机的作用是绳索上两个分力的合力，夹角变小，合力变大，B对；夹角为120时，F合F，C对；F滑Nmg，故舰载机所受摩擦力不变，D错答案：BC9解析：若B具有上滑的趋势，增大A的质量，则B对C的摩擦力增大，若B具有下滑的趋势，增大

14、A的质量，则B对C的摩擦力减小，所以B对C的摩擦力不一定增大，故A错误；将B、C看作一个整体，仅增大A的质量，地面对C的摩擦力一定增大，故B正确；若B具有上滑的趋势，增大B的质量，则B受到的摩擦力减小，若B具有下滑的趋势，增大B的质量，则B受到的摩擦力增大，所以B受到的摩擦力不一定增大，故C错误；连接A、B的细线的夹角的一半等于角，若仅将C向左缓慢移动一点，连接A、B的细线的夹角增大，则角将增大，故D正确答案：BD10解析：当37时，木块A恰能静止在斜面上，此时木块A所受摩擦力为最大静摩擦力，由平衡条件得m0gsin 37m0gcos 37，解得0.75，A正确；A、B作为整体，若(m0m)g

15、sin 30m0gcos 30，则A、B运动，若(m0m)gsin 30mgcos 30mg，则A、B沿斜面下滑，A受到的动摩擦力大小为fmgcos 30mg，C错误；若m04m，则(4mm)gsin 302.5mg4mgcos 30mg，则A、B是静止的，由平衡条件得，A受到的摩擦力大小为f(4mm)gsin 302.5mg，D正确答案：AD11解析：(1)由图知，当F0时l020 cm，即弹簧的原长，当F060 N时l40 cm，则lll00.2 m；由胡克定律得k N/m300 N/m.(2)乙方案：因在拉着木块A运动的过程中，拉A的弹簧测力计在不断地运动，示数可能会变化，读数不准；甲方

16、案：弹簧测力计a是不动的，指针稳定便于读数，故甲方案更合理；由于弹簧测力计a示数为6.0 N，故A、B间的动摩擦因数0.30.答案：(1)300(1分)(2)甲(2分)0.30(3分)12解析：(1)合力与分力是等效替代的关系，所以本实验采用的等效替代法，故选C.(2)本实验中一个拉力的作用效果与两个拉力的作用效果相同，则一个拉力为两个拉力的合力，需确定出拉力的方向、拉力的大小以及O点的位置，所以要记录弹簧右端与滑轮之间的细线方向、所挂钩码的个数以及O点的位置，故选A、B、D.(3)根据平行四边形定则画出合力，如图答案：(1)C(2分)(2)ABD(2分)(3)见解析图(4分)13解析：(1)

17、小球处于平衡状态，其所受合力为零以小球为研究对象分析受力如图甲所示，由平衡条件得，水平方向Fcos 60Tcos 0，(2分)竖直方向Fsin 60Tsin mg0，(2分)解得30.(1分)(2)以木块和小球整体为研究对象，受力分析如图乙所示，由平衡条件得，水平方向有Fcos 60N0，(2分)竖直方向有Fsin 60NmgMg0，(2分)解得.(1分)答案：(1)30(2)14解析：(1)对小物块受力分析：摩擦力为零，支持力FN、弹簧的拉力FT和重力G三力平衡，如图所示：FNFT(2分)设弹簧伸长量为x，则：FTkx(2分)解得：x.(2分)(2)设地面的支持力和摩擦力分别为FN和Ff，对

18、整体受力分析，根据平衡条件得：FTsin Ff，FTcos FN(Mm)g(2分)解得：Ffmg，方向水平向左，(2分)FNMgmg，方向竖直向上(2分)答案：(1)(2)Mgmg，方向竖直向上15解析：(1)以小球为研究对象，受力分析如图所示，对T和mg进行正交分解，由平衡条件有Tcos 30mgsin 30(2分)(2分)得Tmg.(2分)(2)以斜劈和小球整体为研究对象，受力情况如图所示(3分)由平衡条件可得fTcos 60mg.(3分)(3)为使整个系统静止，必须满足fmaxkFNTcos 60，(2分)且有FNTsin 60(Mm)g(2分)联立解得k.(2分)答案：(1)mg(2)mg(3)k