专题二 相互作用习思用物理Word格式.docx

1、4.长直木板的上表面的一端放有一个木块,如图所示,木板由水平位置缓慢向上转动（即木板与地面的夹角变大）,另一端不动,则木块受到的摩擦力Ff随角度的变化图象是选项图中的 （）考点2 力的合成和分解5.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6.2018湖南五校高三联考在粗糙水平地面上放着一个截面为半圆的柱状物体A,A与光滑竖直墙之间放另一截面也为半圆的光滑柱状物体B,整个装置处于静止状态,截面如图

2、所示.设墙对B的作用力为F1,B对A的作用力为F2,地面对A的作用力为F3.在B上加一物体C,整个装置仍保持静止,则 （）A.F1保持不变，F3增大 B.F1增大，F3保持不变 C.F2增大，F3增大 D.F2增大，F3保持不变7.2017湖北宜昌检测多选如图所示,将一劲度系数为k的轻弹簧一端固定在内壁光滑的半球形容器底部O处（O为球心）,弹簧另一端与质量为m的小球相连,小球静止于P点.已知容器半径为R、与水平地面之间的动摩擦因数为,OP与水平方向的夹角为=30.下列说法正确的是 （）A.轻弹簧对小球的作用力大小为B.容器相对于水平地面有向左的运动趋势C.容器和弹簧对小球的作用力的合力竖直向上

3、D.弹簧原长为R+8.如图所示,将一右端带有固定挡板的长薄板放在水平面上,一轻质弹簧右端拴接在挡板上,左端拴接一可视为质点的滑块,当弹簧原长时滑块位于长薄板的O点,当滑块位于图中的A点时整个装置处于静止状态.现将长薄板的右端缓慢地抬起直到滑块将要沿长薄板下滑.滑块所受的静摩擦力、支持力的大小分别用Ff、FN表示.则长薄板的右端缓慢抬起的过程中,下列说法正确的是 （）A.Ff先减小后增大、FN一直减小B.Ff先增大后减小、FN一直增大C.Ff一直增大、FN先减小后增大D.Ff保持不变、FN一直减小9.2018陕西重点中学第一次摸底考试如图所示,物体A靠在竖直墙面上,在竖直向上的力F作用下,物体A

4、、B共同向上匀速运动,下列说法正确的是 （）A.物体A受到物体B对它的作用力的大小等于物体A的重力B.物体B受到的作用力F的大小要小于物体A、B的重力之和C.墙面对物体A的滑动摩擦力方向向下 D.物体A对物体B的静摩擦力方向沿接触面斜向上考点3 共点力平衡问题10.2018广东惠州高三第一次调研如图甲、乙所示,两个相同的固定斜面上分别放有一个处于静止的三角形木块A、B,它们的质量相等.A木块左侧面沿竖直方向,B木块左侧面垂直于斜面,在两斜面上分别放上一个相同的光滑球后,木块仍保持静止,则放上球后 （）图甲图乙A.A木块受到的摩擦力等于B木块受到的摩擦力B.A木块受到的摩擦力小于B木块受到的摩擦

5、力C.A木块对斜面的压力等于B木块对斜面的压力D.A木块对斜面的压力大于B木块对斜面的压力11.2017安徽江南十校联合二模重力为G的两个完全相同的小球,与水平面的动摩擦因数均为.竖直向上的较小的力F作用在连接两球轻绳的中点,绳间的夹角=60,如图所示.缓慢增大F,到两球刚要运动的过程中,下列说法正确的是 （） A.地面对球的支持力变大,摩擦力变大B.地面对球的支持力变小,摩擦力变小C.球刚开始运动时,地面对球没有支持力D.球刚开始运动时,球受到的摩擦力最大12.2017黄冈期中测试如图所示,A、B、C、D四个人做杂技表演,B站在A的肩上,双手拉着C和D,A撑开双手水平支持着C和D.若四个人的

6、质量均为m,他们的臂长相等,重力加速度为g,不计A手掌与C、D身体间的摩擦.下列说法错误的是 （） A.A受到地面的支持力为4mgB.B受到A的支持力为3mgC.B受到C的拉力约为D.C受到A的推力约为13.2017太原五中一模如图所示,物块A和滑环B用绕过光滑定滑轮的不可伸长的轻绳连接,滑环B套在与竖直方向成=37的粗细均匀的固定杆上,连接滑环B的绳与杆垂直并在同一竖直平面内,滑环B恰好不能下滑,滑环和杆间的动摩擦因数=0.4,设滑环和杆间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则物块A和滑环B的质量之比为 （）A. B. C. D. 考点4 实验：探究弹力和弹簧伸长的关系14.下列关于“探究弹簧弹力

7、与弹簧伸长量关系”实验的说法正确的是 （）A.实验中弹力F的具体数值必须计算出来B.如果没有测出弹簧原长,用弹簧长度l代替伸长量x,F-l图象也是过原点的一条直线C.利用F-x图象可求出k值,其中F为弹簧弹力,x为弹簧伸长量D.实验时要把所有点连到直线上,才能得到真实规律15.2015四川高考,8,6分某同学在“探究弹力和弹簧伸长的关系”时,安装好实验装置,让刻度尺零刻度与弹簧上端平齐,在弹簧下端挂1个钩码,静止时弹簧长度为l1,如图甲所示,图乙是此时固定在弹簧挂钩上的指针在刻度尺（最小分度是1毫米）上位置的放大图,示数l1=cm.在弹簧下端分别挂2个、3个、4个、5个相同钩码,静止时弹簧长度

8、分别是l2、l3、l4、l5.已知每个钩码质量是50 g,挂2个钩码时,弹簧弹力F2=N（当地重力加速度g=9.8m/s2）. 要得到弹簧伸长量x,还需要测量的是.作出F-x曲线,得到弹力与弹簧伸长量的关系.考点5 实验：验证力的平行四边形定则16.小杨在学完力的合成与分解后,想自己做实验来验证力的平行四边形定则,他找来两个弹簧测力计,按如下步骤进行实验:A.在墙上贴一张白纸,用来记录弹簧测力计的弹力大小和方向;B.在一个弹簧测力计的下端悬挂一装水的水杯,记下静止时弹簧测力计的读数F;C.将一根大约30 cm长的细线从杯带中穿过,再将细线两端拴在两个弹簧测力计的挂钩上,在靠近白纸处用手对称地拉

9、开细线,使两个弹簧测力计的读数相等,在白纸上记下细线的方向和弹簧测力计的读数,如图甲所示;D.在白纸上按一定标度作出两个弹簧测力计的弹力的图示,如图乙所示,根据力的平行四边形定则可求出这两个力的合力F.（要求在图乙中作力的图示,求合力F）（1）在步骤C中,弹簧测力计的读数为N.（2）在步骤D中,合力F=N.（3）若,就可以验证力的平行四边形定则.答案1.CD水平横杆对质量为M的小球的支持力为Mg+,选项A错误;设下面两个弹簧的弹力均为F,则2Fsin 60=mg,解得F=mg,结合胡克定律,得kx=mg,则x=mg,选项B错误,选项C正确;下面的一根弹簧对质量为M的小球的水平分力为Fcos 6

10、0=mg,再结合胡克定律,得kxmg,解得xmg,选项D正确.2.D因为圆环受到弹簧竖直向上的拉力F=10 N,大于圆环的重力G=mg=5 N,所以由平衡条件知圆环受到垂直直杆向下的支持力FN.同理,拉力沿直杆向上的分力F1=Fsin 30=5 N,大于重力沿直杆向下的分力G1=mgsin 30=2.5 N,所以圆环受到沿直杆向下的摩擦力Ff,如图所示.根据平衡条件,垂直直杆方向有FN+mgcos 30=Fcos 30,沿直杆方向有Ff+mgsin 30=Fsin 30,解得FN= N,Ff=2.5 N.故D正确.3.BCD以B为研究对象,由二力平衡条件可知,绳子的拉力FT大小始终等于B的重力

11、,即FT=Mg,选项A错误;以A为研究对象,未加沙子前,绳子的拉力FT刚好等于A的重力沿斜面方向的分力,A沿斜面方向受力平衡,与斜面间没有摩擦力的作用,加入沙子后,相当于A的重力增加,A对斜面的压力增大,为了平衡加入沙子的重力沿斜面方向的分力,A将受到沿斜面方向的静摩擦力,且随着沙子的加入而逐渐增大,所以选项B、C正确;因为A一直处于静止状态,其所受的合力始终为零,即不变,所以选项D正确.4.C解法一:过程分析法（1）木板由水平位置刚开始转动时,=0,Ff静=0.（2）从木板开始转动到木块与木板发生相对滑动前:木块所受的是静摩擦力.由于木板缓慢转动,可认为木块处于平衡状态,受力分析如图.由平衡

12、条件可知,静摩擦力大小等于木块重力沿斜面向下的分力:Ff静=mgsin .因此,静摩擦力随的增大而增大,它们按正弦规律变化.（3）木块相对于木板刚好要滑动而没滑动时,木块所受的静摩擦力为最大静摩擦力Ffm.继续增大,木块将开始滑动,静摩擦力变为滑动摩擦力,且满足:FfmFf滑.（4）木块相对于木板开始滑动后,Ff滑=mgcos ,此时,滑动摩擦力随的增大而减小,按余弦规律变化.（5）最后,=,Ff滑=0.综上分析可知选项C正确.解法二:特殊位置法本题选两个特殊位置也可方便地求解,具体分析见表:特殊位置分析过程木板刚开始转动时此时木块与木板无摩擦,即Ff静=0,故选项A错误木块相对于木板刚好要滑

13、动而没滑动时此时木块所受的静摩擦力为最大静摩擦力,且大于刚开始滑动后所受的滑动摩擦力,即FfmFf滑,故选项B、D错误5.AD根据求两个力的合力的公式F= （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所述的两种情况,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,D正确.本题也可以用作图法、特殊值检验法解题.6.C未放上C时,以B为研究对象,受力分析如图1所示,由平衡条件得,墙对B的作用力F1=Ftan ,其中F=GB,当放上

14、C时,F1增大.A对B的作用力F2=,F1缓慢增大,则F2缓慢增大,即F2也增大.再以整体为研究对象,受力分析如图2所示,则放上C前,地面对A的支持力N=GA+GB,放上C后变为GA+GB+GC,即N增大,地面对A的摩擦力f=F1,且F3为N与f的合力,所以F3缓慢增大,故选C. 图1 图27. CD对小球受力分析,如图所示,因为=30,所以三角形OOP为等边三角形,由相似三角形法得FN=F=mg,所以A项错误.由整体法知,容器与地面没有相对运动趋势,B项错误.小球处于平衡状态,容器和弹簧对小球的作用力的合力与小球的重力平衡,故C项正确.由胡克定律有F=mg=k（L0-R）,解得弹簧原长L0=

15、R+,D项正确.8. A假设滑块的重力为G,长薄板与水平面之间的夹角为,弹簧的弹力大小用F表示,由题意可知,当长薄板的右端缓慢抬起时,逐渐增大,弹簧的拉力一直不变,滑块的重力沿长薄板向下的分力先小于弹簧的弹力,后大于弹簧的弹力,滑块所受的静摩擦力方向先沿长薄板向下后沿长薄板向上.当滑块的重力沿长薄板向下的分力小于弹簧的弹力时,则有Gsin +Ff=F,当增大时,F不变,Ff减小;当滑块的重力沿长薄板向下的分力大于弹簧的弹力时,则有Gsin =Ff+F,增大时,F不变,Ff增大,故滑块所受的静摩擦力先减小后增大.滑块所受的支持力等于重力垂直长薄板向下的分力,即FN=Gcos ,增大时,FN一直减

16、小,A正确.9.A物体A、B共同向上匀速运动,则A和B均处于受力平衡状态.对B分析可知,B受A的作用力、向下的重力、向上的力F三力作用,则A对B的作用力竖直向下,B对A的作用力竖直向上,分析可知,B对A的作用力大小等于A的重力,选项A正确;A、B整体水平方向不受力,故墙面对A、B无弹力作用,墙面对物体A没有摩擦力,F大小等于A、B的重力之和,选项B、C错误;物体A对物体B的静摩擦力方向沿接触面斜向下,选项D错误.10.A设球的质量为m,A、B的质量为M,斜面的倾角为.以球与A整体为研究对象,由平衡条件可得,A木块受到的摩擦力 FfA=（M+m）gsin ,同理,以球与B整体为研究对象,B木块受

17、到的摩擦力FfB=（M+m）gsin ,则FfA=FfB,A正确,B错误.以A为研究对象,受力分析如图甲所示,由平衡条件得,斜面对A的支持力 FNA=Mgcos -FN1sin ,以B为研究对象,受力分析如图乙所示,由平衡条件得,斜面对B的支持力FNB=Mgcos ,故FNAFNB.由牛顿第三定律可知,A木块对斜面的压力小于B木块对斜面的压力,C、D错误. 图甲图乙11.D先用整体法,将两小球看成一整体,F增大,则地面对小球的支持力变小,但不会变为零,A、C错误.再用隔离法,取左边的小球为研究对象,因为F增大,绳子的拉力FT增大,那么FT在水平面上的分量增大,所以地面对小球的摩擦力变大,B错误

18、,D正确.12.D以四人整体为研究对象,竖直方向上受重力4mg和地面支持力N的作用,则N=4mg,选项A的说法正确;将B、C、D看作一个整体,竖直方向上受重力3mg和A对该整体的支持力N而平衡,故N=3mg,该支持力N作用在B上,故B受到A的支持力为3mg,选项B的说法正确;由题图和几何知识,可知B、C两人的手臂连线与竖直方向的夹角约为30,以C为研究对象,可求出A对C的推力FA=mgtan 30,选项D的说法错误;同理,B的手臂受到C的拉力FB=,选项C的说法正确.13.C设物块A和滑环B的质量分别为m1、m2,若杆对B的弹力垂直于杆向下,因滑环B恰好不能下滑,则由平衡条件,有m2gcos

19、=（m1g-m2gsin ）,解得;若杆对B的弹力垂直于杆向上,因滑环B恰好不能下滑,则由平衡条件,有m2gcos =（m2gsin -m1g）,解得=- （舍去）.综上分析,可知应选C.14.C弹簧的弹力大小等于钩码的重力,用钩码质量代替钩码重力也可得出弹簧的弹力与伸长量之间的关系,选项A错误;F-x图象过原点,F-l图象一定不过原点,选项B错误;画图象时,可让大多数点在图象上,少数点均匀分布在图象两侧,选项D错误;由胡克定律F=kx,知F-x图象的斜率表示k,其中F为弹簧弹力,x为弹簧伸长量,选项C正确.15.25.850.98弹簧原长解析:最小分度是1毫米的刻度尺,应估读到0.1毫米,故

20、读数为25.85 cm;F2=2mg=20.0509.8 N=0.98 N;本实验是“探究弹力和弹簧伸长的关系”,故要得到弹簧伸长量,还需要测量弹簧原长.16.（1）3.00（2）5.00（4.905.10）（3）F近似在竖直方向,且数值与F近似相等（1）弹簧测力计示数,每1 N被分成10小格,则1小格就表示0.1 N,图示指针对应读数为3.00 N.（2）以两个分力为边作出平行四边形,如图所示.根据力的图示,可以测量出合力的大小约为5.00 N. （3）根据实验原理可知,只要合力的大小与水杯重力大小相等,方向与重力方向相反,即可验证力的平行四边形定则,即F近似在竖直方向,且数值与F近似相等.