学年高考物理总复习单元同步训练相互作用试题及答案文档格式.docx

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C．工作人员站在的球面位置不水平，对球面的压力不等于1mg，C错误；

D．由平衡条件可得球面对工作人员的作用力F满足

F=mg-5mg=1mg

66

再由牛顿第三定律可得，工作人员对球面的作用力大小为

F'

=1mg

D正确。

故选D。

3.（2019·

新课标全国Ⅱ卷）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3，重力加速度取10m/s2。

若轻绳能承受的最大张力为1500N，则

3

物块的质量最大为

A．150kgB．100kgC．200kgD．200kg

【解析】

T=f+mgsinθ，f=μN，N=mgcosθ，带入数据解得：

m=150kg，故A选项符合题意。

【答案】A

4.（2019·

天津卷）2018年10月23日，港珠澳跨海大桥正式通车。

为保持以往船行习惯，在航道处建造了单面索（所有钢索均处在同一竖直面内）斜拉桥，其索塔与钢索如图所示。

下列说法正确的是

A．增加钢索的数量可减小索塔受到的向下的压力

B．为了减小钢索承受的拉力，可以适当降低索塔的高度

C．索塔两侧钢索对称且拉力大小相同时，钢索对索塔的合力竖直向下

D．为了使索塔受到钢索的合力竖直向下，索塔两侧的钢索必须对称分布

【解析】A、以桥身为研究对象，钢索对桥身的拉力的合力与桥身的重力等大反向，则钢索对索塔的向下的压力数值上等于桥身的重力，增加钢索的数量钢索对索塔的向下的压力数值不变，故A错误；

B、由图甲可知

，当索塔高度降低后，α变大，cosα变小，故T变大，故B错误

C、由B

，钢索对索塔的合力竖直向下，故C正确

D、受力分析如图乙，由正弦定理可知，只要

，钢索AC、AB的拉力FAC、FAB进行合成，合力竖直向下，钢索不一定要对称分布，故D错误；

综上分析：

答案为C。

5.（2020年浙江卷）矢量发动机是喷口可向不同方向偏转以产生不同方向推力的一种发动机。

当歼20隐形战斗机以速度v斜向上飞行时，其矢量发动机的喷口如图所示。

已知飞机受到重力G、发动机推力F1、与速度方向垂直的升力F2和与速度方向相反的空气阻力Ff。

下列受力分析示意图可能正确的是（）

A.B.

C.D.

【解析】由题意可知所受重力G竖直向下，空气阻力Ff与速度方向相反，升力F2与速度方向垂直，发动机推力F1的方向沿喷口的反方向，对比图中选项可知只有A选项符合题意。

故选A。

6.（2020年全国III卷）如图，悬挂甲物体的细线拴牢在一不可伸长的轻质细绳上O点处；

绳的一端固定在墙上，另一端通过光滑定滑轮与物体乙相连。

甲、乙两物体质量相等。

系统平衡时，O点两侧绳与竖直方向的夹角分别为α和β。

若α=70°

，则β等于（）

A.45°

B.55°

C.60°

D.70°

【答案】B

【解析】甲物体是拴牢在O点，且甲、乙两物体的质量相等，则甲、乙绳的拉力大小相等，O点处于平衡状态，则左侧绳子拉力的方向在甲、乙绳子的角平分线上，如图所示

根据几何关系有

180=2β+α

解得β=55。

故选B。

7.（2020年北京卷）某同学利用图甲所示装置研究摩擦力的变化情况。

实验台上固定一个力传感器，传感器用棉线拉住物块，物块放置在粗糙的长木板上。

水平向左拉木板，传感器记录的F-t图像如图乙所示。

下列说法正确的是（）

A实验中必须让木板保持匀速运动

B.图乙中曲线就是摩擦力随时间的变化曲线

C.最大静摩擦力与滑动摩擦力之比约为10:

7

D.只用图乙中数据可得出物块与木板间的动摩擦因数

【解析】AB．为了能研究摩擦力随时间的变化曲线，故物块一直要处于静止状态，则向左的摩擦力一直与

向右轻绳的拉力平衡，图乙是向右轻绳的拉力随时间变化曲线，故图乙也可以反映摩擦力随时间变化的曲线，由图可乙知向右轻绳的拉力先增大后减小，最后趋于不变，故物块先受静摩擦力作用后受滑动摩擦力作用，所以不需要让木板保持匀速运动，故AB错误；

C．由图可知，最大静摩擦力约为10N，滑动摩擦力约为7N，故最大静摩擦力与滑动摩擦力之比约为10:

7，故C正确；

D．根据

Ff=μFN，FN=mg

可知，由于不知道物块的重力，故无法求物块与木板间的动摩擦因数，故D错误。

故选C。

8.图甲所示,竖直面光滑的墙角有一个质量为m、半径为r的均匀半球体A,现在A上放一密度和半径与A相同的球体B,调整A的位置使得A、B保持静止状态,已知A与地面间的动摩擦因数为0.5。

假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则A球球心距墙角的最远距离是（）。

甲

A.2r

r

r

【解析】根据题意可知,B的质量为2m,A、B处于静止状态,受力平衡,则地面对A的支持力FN=3mg,当地面对A的摩擦力达到最大静摩擦力时,A球球心距墙角的距离最远,对A、B分别受力分析,如图乙所示。

根据平衡条件得F=

Ff=FN'

=Fcosθ=μ×

3mg,解得tanθ=

则A球球心距墙角的最远距离

xm=2rcosθ+r=

r,故C项正确。

乙

二、多选题（每题5分，共计20分）

9.如图甲所示,质量为m的半球体静止在倾角为θ的平板上,在θ从0°

缓慢增大到90°

的过程中,半球体所受摩

擦力Ff与θ

最大静摩擦力与滑动摩擦力相等,重力加速度为g,则（）。

甲乙

A.0~q段对应的图线可能是直线

段对应的图线不可能是直线

C.q=

D.p=

【解析】半球体在平板上恰好开始滑动的临界条件是mgsinθ=μmgcosθ,故有

解得

即

故

C项错误。

θ在0~

之间时,Ff是静摩擦力,大小为mgsinθ;

θ在

~

之间时,Ff是滑动摩擦力,大小为μmgcosθ,综合以上分析得Ff与θ的两段关系都不是线性关系,故A项错误,B项正确。

当

时,Ff=mgsin

=

mg,即

mg,故D项正确。

【答案】BD

10.如图所示,一辆运送沙子的自卸卡车,装满沙子。

沙粒之间的动摩擦因数为μ1,沙子与车厢底部材料的动摩擦因数为μ2,车厢的倾角用θ表示（已知μ2>

μ1）,下列说法正确的是（）。

A.要顺利地卸干净全部沙子,应满足tanθ>

μ2

B.要顺利地卸干净全部沙子,应满足sinθ>

C.只卸去部分沙子,车上还留有一部分沙子,应满足μ2>

tanθ>

μ1

D.只卸去部分沙子,车上还留有一部分沙子,应满足μ2>

μ1>

tanθ

【解析】要顺利地卸干净全部沙子,重力沿斜面的分力应大于最大静摩擦力。

对全部沙子整体分析,有

Mgsinθ>

μ2Mgcosθ,解得μ2<

tanθ,A项正确,B项错误。

只卸去部分沙子,车上还留有一部分,上部分的沙子的重力沿斜面的分力应大于最大静摩擦力;

对上部分沙子分析,有mgsinθ>

μ1mgcosθ,解得μ1<

tanθ。

对留下的

部分沙子分析,重力沿斜面的分力应小于最大静摩擦力,有m'

gsinθ<

μ2m'

gcosθ,解得μ2>

tanθ,C项正确,D项错误。

【答案】AC

11.（2019·

新课标全国Ⅰ卷）如图，一粗糙斜面固定在地面上，斜面顶端装有一光滑定滑轮。

一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块N。

另一端与斜面上的物块M相连，系统处于静止状态。

现用水平向左的拉力缓慢拉动N，直至悬挂N的细绳与竖直方向成45°

。

已知M始终保持静止，则在此过程中

A．水平拉力的大小可能保持不变

B．M所受细绳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减小后增加

【解析】如图所示，以物块N为研究对象，它在水平向左拉力F作用下，缓慢向左移动直至细绳与竖直方向夹角为45°

的过程中，水平拉力F逐渐增大，绳子拉力T逐渐增大；

对M受力分析可知，若起初M受到的摩擦力f沿斜面向下，则随着绳子拉力T的增加，则摩擦力f也逐渐增大；

若起初M受到的摩擦力f沿斜面向上，则随着绳子拉力T的增加，摩擦力f可能先减小后增加。

故本题选BD。

12.如图所示，一条细线一端与地板上的物体B相连，另一端绕过质量不计的定滑轮与小球A相连，定滑轮用另一条细线悬挂在天花板上的O′点，细线与竖直方向所成角度为α，则（）

A.如果将物体B在地板上向右移动一点，α角将增大

B.无论物体B在地板上左移还是右移，只要距离足够小，α角将不变

C.增大小球A的质量，α角一定减小

D.悬挂定滑轮的细线的弹力不可能等于小球A的重力

【答案】AD

【解析】O、A之间的细线一定沿竖直方向，如果物体B在地板上向右移动一点，O、B间的细线将向右上偏转，OA与OB间的夹角将增大。

OA与OB两段细线上的弹力都等于小球A的重力，其合力与悬挂定滑轮的细线的弹力大小相等、方向相反，悬挂定滑轮的细线的弹力方向（即OO′的方向）与∠AOB的角平分线在一条直线上，显然物体B在地板上向右移动时α角将增大，A正确，B错误；

增大小球A的质量，只要物体B的位置不变，α角也不变，C错误；

因物体B无论在地板上移动多远，∠AOB也不可能达到120°

，故悬挂定滑轮的细线的弹力不可能等于小球A的重力，D正确。

三、实验题（每题10分，共20分）

13.在“探究弹力和弹簧伸长量的关系,并测量弹簧的劲度系数”的实验中,实验装置如图甲所示,所用的每个钩码的重力相当于给弹簧提供了向右恒定的拉力,实验时先测出不挂钩码时弹簧的自然长度,再将5个钩码逐个挂在绳子的下端,每次测量相应的弹簧的总长度。

（1）某同学通过以上实验测量后根据6组实验数据在图乙的坐标系中描好了点,请作出F-L图线。

（2）由此图线可得出弹簧的原长L0=cm,劲度系数k=N/m。

（3）该同学实验时,把弹簧水平放置与弹簧竖直悬挂相比较,优点在于;

缺点在于。

（1）F-L图线如图丙所示。

丙

（2）图象的横截距表示弹力为零时的弹簧的长度,此时弹簧的长度为原长,所以弹簧的原长L0=5cm,图象的斜率表示弹簧的劲度系数,故有

=20N/m。

（3）根据该同学以上的实验情况,记录实验数据的表格如下。

钩码个数

2

4

5

弹力F/N

弹簧长度

L/（×

10-2m）

（4）优点在于可以避免弹簧自身重力对实验的影响。

缺点在于弹簧与桌面及绳子与滑轮间存在的摩擦会造成实验误差。

【答案】

（1）如图丙所示

（2）520（3）见解析（4）可以避免弹簧自身重力对实验的影响弹簧与桌面及绳子与滑轮间存在的摩擦会造成实验误差

14.将橡皮条的一端固定在A点,另一端拴上两根细绳,每根细绳分别连着一个量程为5N、最小刻度为0.1N的弹簧测力计,沿着两个不同的方向拉弹簧测力计,当橡皮条的活动端拉到O点时,两根细绳相互垂直,如图甲所示。

这时弹簧测力计的读数可从图中读出。

（1）由图甲可读得两个相互垂直的拉力的大小分别为N和N。

（2）在如图乙所示的方格纸上按作图法的要求画出这两个力及它们的合力。

（3）图丙中a、b两图是两位同学得到的实验结果,其中哪一个图符合实际?

若合力测量值F'

是准确的,则F与

F'

有误差的原因可能是哪些?

（1）弹簧测力计的最小刻度为0.1N,读数时应估读一位,所以读数分别为2.50N和4.00N。

（2）取一个小方格的边长表示0.50N,作出两个力及它们的合力如图丁所示。

（3）F'

是用一个测力计拉橡皮条所得到的,其方向一定在橡皮条所在的直线上,所以b图符合实际。

产生误差的原因有弹簧测力计读数偏差、确定分力方向不够准确等。

（1）2.504.00（或4.002.50）

（2）如图丁所示

（3）b图弹簧测力计读数偏差,分力方向确定不够准确等

四、计算题（15题10分，16题12分，17题14分，共计36分）

15.（2019·

新课标全国Ⅲ卷）用卡车运输质量为m的匀质圆筒状工件，为使工件保持固定，将其置于两光滑斜面之间，如图所示。

两斜面I、Ⅱ固定在车上，倾角分别为30°

和60°

重力加速度为g。

当卡车沿平直公路匀速行驶时，求圆筒对斜面I、Ⅱ压力的大小分别为F1、F2，

【答案】，

【解析】对圆筒进行受力分析知圆筒处于三力平衡状态，受力分析如图，由几何关系可知，

，。

解得，F'

由牛顿第三定律知

22

，

16.一个底面粗糙、质量为M的斜劈放在粗糙的水平面上,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,当小球静止时轻绳与竖直方向的夹角也为30°

如图甲所示。

（1）当斜劈静止时,求绳子的拉力大小。

（2）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?

（1）对小球进行受力分析,如图乙所示,有

Tcos30°

+FN1cos30°

=mgTsin30°

=FN1sin30°

乙丙解得

mg。

（2）对斜劈进行受力分析,如图丙所示,有

FN2=Mg+FN1'

cos30°

Ff=FN1'

sin30°

FN1'

=FN1

要使整体不滑动应满足Ff≤kFN2

解得

（1）

mg

（2）k≥

17.如图所示，竖直杆固定在木块C上，两者总重为20N，放在水平地面上。

轻细绳a连接小球A和竖直杆顶端，轻细绳b连接小球A和B，小球B重为10N。

当用与水平方向成30°

角的恒力F作用在小球B上时，

A、B、C刚好保持相对静止且一起水平向左做匀速运动，绳a、b与竖直方向的夹角分别恒为30°

（1）力F的大小为多大；

（2）A球重为10N；

（3）地面对C的摩擦力与支持力大小为多大；

（1）以B

，解得：

Tb=F

（2）以A为研究对象受力分析，竖直方向上有：

，水平方向：

，联立得：

mA=mB，即A球重为10N，

（3）以ABC

，竖直方向：

，解得：

N＝35N.