1、北京曲一线图书策划有限公司 2024版5年高考3年模拟A版专题二相互作用1.(2022全国乙,15,6分)如图,一不可伸长轻绳两端各连接一质量为m的小球,初始时整个系统静置于光滑水平桌面上,两球间的距离等于绳长L。一大小为F的水平恒力作用在轻绳的中点,方向与两球连线垂直。当两球运动至二者相距35L时,它们加速度的大小均为 ()A.5F8mB.2F5mC.3F8mD.3F10m答案A如图可知sin =123L5L2=35,则cos =45,对轻绳中点受力分析可知F=2T cos ,对小球由牛顿第二定律得T=ma,联立解得a=5F8m,故选项A正确。2.(2022广东,1,4分)如图是可用来制作豆
2、腐的石磨。木柄AB静止时,连接AB的轻绳处于绷紧状态。O点是三根轻绳的结点,F、F1和F2分别表示三根绳的拉力大小,F1=F2且AOB=60。下列关系式正确的是 ()A.F=F1B.F=2F1C.F=3F1D.F=3F1答案DO点处于平衡状态,由平衡条件可得:F1 sin 30=F2 sin 30、F1 cos 30+F2 cos 30=F,所以F=3F1,D正确。3.(2022北京,5,3分)如图所示,质量为m的物块在倾角为的斜面上加速下滑,物块与斜面间的动摩擦因数为,重力加速度为g。下列说法正确的是 ()A.斜面对物块的支持力大小为mg sin B.斜面对物块的摩擦力大小为mg cos C
3、.斜面对物块作用力的合力大小为mgD.物块所受的合力大小为mg sin 答案B物块在斜面上加速下滑,受力分析如图。支持力FN=mg cos ,A错;摩擦力Ff=FN=mg cos ,B对;合力F合=mg sin -mg cos ,D错;由于物块加速下滑,斜面对物块作用力(FN、Ff)的合力与重力mg不是平衡力,C错。4.(2022重庆,1,4分)如图所示,吸附在竖直玻璃上质量为m的擦窗工具,在竖直平面内受重力、拉力和摩擦力(图中未画出摩擦力)的共同作用做匀速直线运动。若拉力大小与重力大小相等,方向水平向右,重力加速度为g,则擦窗工具所受摩擦力 ()A.大小等于mgB.大小等于2mgC.方向竖直
4、向上D.方向水平向左答案B在竖直平面内对擦窗工具进行受力分析如图所示,擦窗工具做匀速直线运动,其受力平衡,设重力和拉力的合力为F,摩擦力与F等大反向,重力和拉力的合力F=(mg)2+(mg)2=2mg,与水平方向成45角,则摩擦力大小为2mg,方向与水平方向成45角,B正确。5.(2022浙江1月选考,4,3分)如图所示,公园里有一仿制我国古代欹器的U形水桶,桶可绕水平轴转动,水管口持续有水流出,过一段时间桶会翻转一次,决定桶能否翻转的主要因素是 ()A.水桶自身重力的大小B.水管每秒出水量的大小C.水流对桶撞击力的大小D.水桶与水整体的重心高低答案D水管不断向桶注水,使桶与水整体的重心位置变
5、化,致使受力不平衡,桶翻转,故D正确。6.(2022浙江6月选考,3,3分)如图所示,鱼儿摆尾击水跃出水面,吞食荷花花瓣的过程中,下列说法正确的是 ()A.鱼儿吞食花瓣时鱼儿受力平衡B.鱼儿摆尾出水时浮力大于重力C.鱼儿摆尾击水时受到水的作用力D.研究鱼儿摆尾击水跃出水面的动作可把鱼儿视为质点答案C鱼儿吞食花瓣时受力不平衡,选项A错误;鱼儿摆尾出水时浮力小于重力,选项B错误;鱼儿摆尾击水时给水一个力,水同时给鱼儿一个反作用力,选项C正确;研究鱼儿摆尾击水跃出水面的动作时,鱼儿的大小、形状对于所研究的问题不能忽略,则不能把鱼儿视为质点,选项D错误。7.(2022湖南,5,4分)2022年北京冬奥
6、会跳台滑雪空中技巧比赛场地边,有一根系有飘带的风力指示杆,教练员根据飘带的形态提示运动员现场风力的情况。若飘带可视为粗细一致的匀质长绳,其所处范围内风速水平向右、大小恒定且不随高度改变。当飘带稳定时,飘带实际形态最接近的是 ()答案A设单位长度飘带质量为m0,总质量M=Lm0(L为飘带长度),单位长度飘带所受的水平力为F0,飘带所受的水平力F=LF0。则对飘带受力分析,所得矢量三角形如图,tan =FMg=LF0Lm0g=F0m0g,由于m0与F0为定值,则为定值,即与L无关,无论选取的研究对象L很小还是很大,都不变,则飘带拉力F拉方向一定,所以飘带实际形态最接近一条直线,故选A。8.(202
7、2浙江1月选考,5,3分)如图所示,学校门口水平地面上有一质量为m的石墩,石墩与水平地面间的动摩擦因数为,工作人员用轻绳按图示方式匀速移动石墩时,两平行轻绳与水平面间的夹角均为,重力加速度为g,则下列说法正确的是 ()A.轻绳的合拉力大小为mgcosB.轻绳的合拉力大小为mgcos+sinC.减小夹角,轻绳的合拉力一定减小D.轻绳的合拉力最小时,地面对石墩的摩擦力也最小答案B设两根轻绳的拉力均为F,对石墩受力分析,如图所示,根据平衡条件,有2F cos =Ff,2F sin +FN=mg,且Ff=FN,F合=2F,联立解得F合=mgcos+sin,选项A错误,B正确;F合=mgcos+sin=
8、mg1+2sin(+),其中 tan =1,0mB的两物体A、B叠放在一起,靠着竖直墙面。让它们由静止释放,在沿粗糙墙面下落过程中,物体B的受力示意图是()答案AA、B在竖直下落过程中与墙面没有弹力,所以也没有摩擦力,A、B均做自由落体运动,处于完全失重状态,均只受重力,故A正确。18.(2013上海单科,18,4分)(多选)两个共点力F1、F2大小不同,它们的合力大小为F,则()A.F1、F2同时增大一倍,F也增大一倍B.F1、F2同时增加10 N,F也增加10 NC.F1增加10 N,F2减少10 N,F一定不变D.若F1、F2中的一个增大,F不一定增大答案AD根据求合力的公式F=F12+
9、F22+2F1F2 cos(为F1、F2的夹角),若F1、F2都变为原来的2倍,合力也一定变为原来的2倍,A正确;对于B、C两种情况,力的变化不是按比例增加或减少的,不能判断合力的变化情况,B、C错误;若F1与F2共线反向,F1F2,则F=F1-F2,F1增大时,F增大,F2增大且小于F1时,F减小,所以D正确。19.(2019江苏单科,2,3分)如图所示,一只气球在风中处于静止状态,风对气球的作用力水平向右。细绳与竖直方向的夹角为,绳的拉力为T,则风对气球作用力的大小为()A.TsinB.TcosC.T sin D.T cos 答案C本题考查力的分解内容,有利于培养应用数学知识处理物理问题的
10、能力,体现了核心素养中的模型建构要素。如图所示,气球处于平衡状态,在水平方向上风力与拉力T的水平分力平衡,F风=T sin ,故选项C正确。关键指导气球在浮力、重力、水平向右的风力和绳的拉力共同作用下处于平衡状态,其中浮力与重力的合力竖直向上。20.(2019浙江4月选考,11,3分)如图所示,一根粗糙的水平横杆上套有A、B两个轻环,系在两环上的等长细绳拴住的书本处于静止状态,现将两环距离变小后书本仍处于静止状态,则()A.杆对A环的支持力变大B.B环对杆的摩擦力变小C.杆对A环的力不变D.与B环相连的细绳对书本的拉力变大答案B对两环和书本组成的系统进行整体受力分析,竖直方向:2N=mg,可知
11、将两环距离变小后杆对A环的支持力不变,选项A错误;设细绳与杆之间夹角为,对环B受力分析可知,f=T cos ;对书本:2T sin =mg,解得f=mg2tan(其中的是绳与杆之间的夹角),则当两环距离变小后,变大,则f减小,与B环相连的细绳对书本的拉力T变小,选项B正确,D错误;同理,杆对A环的摩擦力减小,杆对A环的支持力不变,这两个力互相垂直,则杆对A环的力减小,选项C错误。21.(2017课标,21,6分)(多选)如图,柔软轻绳ON的一端O固定,其中间某点M拴一重物,用手拉住绳的另一端N。初始时,OM竖直且MN被拉直,OM与MN之间的夹角为(2)。现将重物向右上方缓慢拉起,并保持夹角不变
12、。在OM由竖直被拉到水平的过程中 () A.MN上的张力逐渐增大B.MN上的张力先增大后减小C.OM上的张力逐渐增大D.OM上的张力先增大后减小答案AD本题考查对共点力平衡问题的理解和推理能力,要求运用数学工具求解物理问题。设MN上的张力为T,OM上的张力为F,在缓慢拉起的过程中重物处于动态平衡状态。当OM与竖直方向成任意角时,由受力分析有F cos +T cos (-)=mgF sin =T sin (-)利用三角函数化简解得T=sinsinmgF=sin(-)sinmg可知,在由0增加至2的过程中,MN上的张力T逐渐增大,选项A正确,B错误。由于OM与MN之间的夹角2,所以在由0增加至2的
13、过程中,-的值先由大于2减小至2后,进一步再减小,相应sin (-)的值先增大后减小,即OM上的张力F先增大后减小,选项C错误,D正确。22.(2016课标,14,6分)质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板上。用水平向左的力F缓慢拉动绳的中点O,如图所示。用T表示绳OA段拉力的大小,在O点向左移动的过程中()A.F逐渐变大,T逐渐变大B.F逐渐变大,T逐渐变小C.F逐渐变小,T逐渐变大D.F逐渐变小,T逐渐变小答案A由题意知,系统处于动态平衡状态,分析O点的受力情况如图所示,其中T=G恒定不变,F方向不变,T大小方向均改变,在O点向左移动的过程中,角逐渐变大,由动态矢量三角形可知F、T均逐渐变
14、大,故A项正确。23.(2016课标,19,6分)(多选)如图,一光滑的轻滑轮用细绳OO悬挂于O点;另一细绳跨过滑轮,其一端悬挂物块a,另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b。外力F向右上方拉b,整个系统处于静止状态。若F方向不变,大小在一定范围内变化,物块b仍始终保持静止,则()A.绳OO的张力也在一定范围内变化B.物块b所受到的支持力也在一定范围内变化C.连接a和b的绳的张力也在一定范围内变化D.物块b与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化答案BD系统处于静止状态,连接a和b的绳的张力大小T1等于物块a的重力Ga,C项错误;以O点为研究对象,受力分析如图甲所示,T1恒定,夹角不变,由平衡条件知,
15、绳OO的张力T2恒定不变,A项错误;以b为研究对象,受力分析如图乙所示,则FN+T1 cos +F sin -Gb=0f+T1 sin -F cos =0FN、f均随F的变化而变化,故B、D项正确。温馨提示关键词:光滑的轻滑轮;水平粗糙桌面;系统静止;F方向不变。隐含条件整个系统处于静止状态,则绳子间的夹角不变,各段绳子上的拉力大小不变。方法技巧以O点为研究对象,由三力平衡分析绳OO的张力变化情况;以物块b为研究对象,用正交分解法列方程分析物块b所受支持力及与桌面间摩擦力的变化情况。24.(2014上海单科,9,3分)如图,光滑的四分之一圆弧轨道AB固定在竖直平面内,A端与水平面相切。穿在轨道
16、上的小球在拉力F作用下,缓慢地由A向B运动,F始终沿轨道的切线方向,轨道对球的弹力为N。在运动过程中()A.F增大,N减小B.F减小,N减小C.F增大,N增大D.F减小,N增大答案A由题意知,小球在由A运动到B过程中始终处于平衡状态。设某一时刻小球运动至如图所示位置,则对球由平衡条件得:F=mg sin ,N=mg cos ,在运动过程中,增大,故F增大,N减小,A正确。25.(2014山东理综,14,6分)如图,用两根等长轻绳将木板悬挂在竖直木桩上等高的两点,制成一简易秋千。某次维修时将两轻绳各剪去一小段,但仍保持等长且悬挂点不变。木板静止时,F1表示木板所受合力的大小,F2表示单根轻绳对木
17、板拉力的大小,则维修后()A.F1不变,F2变大B.F1不变,F2变小C.F1变大,F2变大D.F1变小,F2变小答案A木板静止时受力情况如图所示,设轻绳与竖直木桩的夹角为,由平衡条件知,合力F1=0,故F1不变,F2=mg2cos,剪短轻绳后,增大,cos 减小,F2增大,故A正确。26.(2013天津理综,5,6分)如图所示,小球用细绳系住,绳的另一端固定于O点。现用水平力F缓慢推动斜面体,小球在斜面上无摩擦地滑动,细绳始终处于直线状态,当小球升到接近斜面顶端时细绳接近水平,此过程中斜面对小球的支持力FN以及绳对小球的拉力FT的变化情况是()A.FN保持不变,FT不断增大B.FN不断增大,
18、FT不断减小C.FN保持不变,FT先增大后减小D.FN不断增大,FT先减小后增大答案D用水平力F缓慢推动斜面体时,小球受重力、绳的拉力FT和垂直于斜面的支持力FN,在斜面体缓慢移动过程中FN方向不变,由三力平衡知其动态变化如图所示,FT先减小后增大,FN逐渐增大。27.(2015山东理综,16,6分)如图,滑块A置于水平地面上,滑块B在一水平力作用下紧靠滑块A(A、B接触面竖直),此时A恰好不滑动,B刚好不下滑。已知A与B间的动摩擦因数为1,A与地面间的动摩擦因数为2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。A与B的质量之比为()A.112B.1-1212C.1+1212D.2+1212答案B设水平作用力
19、大小为F,则对于B:1F=mBg,对于整体:F=2(mA+mB)g,解得mAmB=1-1212。28.(2013重庆理综,1,6分)如图所示,某人静躺在椅子上,椅子的靠背与水平面之间有固定倾斜角。若此人所受重力为G,则椅子各部分对他的作用力的合力大小为()A.G B.G sin C.G cos D.G tan 答案A因人静躺在椅子上,由二力平衡可知椅子各部分对人的作用力的合力大小为G,方向竖直向上。答案为A。29.(2013广东理综,20,4分)(多选)如图,物体P静止于固定的斜面上,P的上表面水平。现把物体Q轻轻地叠放在P上,则()A.P向下滑动 B.P静止不动C.P所受的合外力增大D.P与
20、斜面间的静摩擦力增大答案BDP静止在斜面上时沿斜面方向有:mg sin =fmgcos ,即sin cos ,当把物体Q放在P上时、均不变,故P仍将保持静止,且合外力为零,则A、C均错,B项正确。由f=mg sin 知,当m变大时f将随之变大,D项正确。30.(2013北京理综,16,6分)倾角为、质量为M的斜面体静止在水平桌面上,质量为m的木块静止在斜面体上。下列结论正确的是()A.木块受到的摩擦力大小是mg cos B.木块对斜面体的压力大小是mg sin C.桌面对斜面体的摩擦力大小是mg sin cos D.桌面对斜面体的支持力大小是(M+m)g答案D对木块受力分析,如图所示,木块静止
21、,由平衡条件:Ff=mg sin ,FN=mg cos ,故选项A、B均错误;对斜面体和木块整体分析,桌面对斜面体的摩擦力为零,支持力与整体重力平衡,故选项C错误,选项D正确。31.(2013山东理综,15,5分)如图所示,用完全相同的轻弹簧A、B、C将两个相同的小球连接并悬挂,小球处于静止状态,弹簧A与竖直方向的夹角为30,弹簧C水平,则弹簧A、C的伸长量之比为()A.34B.43C.12 D.21答案D将两小球及弹簧B视为整体进行受力分析有FC=FA sin 30FC=kxCFA=kxAFAFC=1sin30=21xAxC=21故D正确,A、B、C错误。评析本题考查受力分析和物体的平衡问题
22、,用整体法分析可使问题简化,难度较易。32.(2012山东理综,17,5分)(多选)如图所示,两相同轻质硬杆OO1、OO2可绕其两端垂直纸面的水平轴O、O1、O2转动,在O点悬挂一重物M,将两相同木块m紧压在竖直挡板上,此时整个系统保持静止。Ff表示木块与挡板间摩擦力的大小,FN表示木块与挡板间正压力的大小。若挡板间的距离稍许增大后,系统仍静止且O1、O2始终等高,则()A.Ff变小B.Ff不变C.FN变小D.FN变大答案BD系统处于平衡状态,以整体为研究对象,在竖直方向:2Ff=(2m+M)g,Ff=2m+M2g,与两板间距离无关,B正确;以点O为研究对象,受力如图(F=F),根据平衡条件有
23、: 2F cos 2=Mg所以F=Mg2cos 2挡板间的距离稍许增大后,硬杆OO1、OO2之间的夹角变大,F变大,则FN=F sin 2变大,即木块与挡板间正压力FN变大,D正确。33.(2019课标,16,6分)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33,重力加速度取10 m/s2。若轻绳能承受的最大张力为1 500 N,则物块的质量最大为()A.150 kgB.1003 kgC.200 kgD.2003 kg答案A本题考查了对平衡条件的理解与应用,检验了理解能力、推理能力,体现了模型建构、科学推理等核心素养。物块沿斜面向上匀
24、速运动,则物块受力平衡,满足关系F-mg sin 30-mg cos 30=0,其中=33,g=10 m/s2,当F=1 500 N时,物块的质量最大,为m=Fgsin30+gcos30=150 kg,故A正确。34.(2013课标,15,6分,0.698)如图,在固定斜面上的一物块受到一外力F的作用,F平行于斜面向上。若要物块在斜面上保持静止,F的取值应有一定范围,已知其最大值和最小值分别为F1和F2(F20)。由此可求出()A.物块的质量B.斜面的倾角C.物块与斜面间的最大静摩擦力D.物块对斜面的正压力答案C当物块所受外力F为最大值F1时,具有沿斜面向上的运动趋势由平衡条件可得:F1=mg
25、 sin +fm;当物块所受外力F为最小值F2时,具有沿斜面向下的运动趋势,即F2+fm=mg sin 。联立解得fm=F1-F22,F1+F2=2mg sin ,由于物块的质量m、物块与斜面间的动摩擦因数及斜面的倾角未知,故选项C正确;选项A、B、D错误。考查点力的平衡、摩擦力。思路点拨随着力F的增大,摩擦力会先变小到零,再反向增大。35.(2012课标,24,14分)拖把是由拖杆和拖把头构成的擦地工具(如图)。设拖把头的质量为m,拖杆质量可忽略;拖把头与地板之间的动摩擦因数为常数,重力加速度为g。某同学用该拖把在水平地板上拖地时,沿拖杆方向推拖把,拖杆与竖直方向的夹角为。(1)若拖把头在地
26、板上匀速移动,求推拖把的力的大小。(2)设能使该拖把在地板上从静止刚好开始运动的水平推力与此时地板对拖把的正压力的比值为。已知存在一临界角0,若0,则不管沿拖杆方向的推力多大,都不可能使拖把从静止开始运动。求这一临界角的正切tan 0。答案(1)mgsin-cos(2)解析(1)设该同学沿拖杆方向用大小为F的力推拖把,将推的力沿竖直和水平方向分解,按平衡条件有F cos +mg=NF sin =f式中N和f分别为地板对拖把的正压力和摩擦力。由摩擦定律有f=N联立式得F=sin-cosmg(2)若不管沿拖杆方向用多大的力都不能使拖把从静止开始运动,应有F sin N这时,式仍满足,联立式解得sin - cos mgF现考察使上式成立的角的取值范围。注意到上式右边总是大于零,且当F无限大时极限为零,有sin - cos 0使上式成立的角满足0,这里0是题中所定义的临界角,即当0时,不管沿拖杆方向用多大的力都推不动拖把。临界角的正切为tan 0=第23页共23页
