（江苏专用）2020版高考物理新增分大一轮复习第二章相互作用本章综合能力提升练（含解析）.docx

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1、1本章综合能力提升练一、单项选择题1(2018程桥高中月考)如图 1 所示， P 是位于水平粗糙桌面上的物块，用跨过光滑轻质定滑轮的轻绳将 P 与钩码 Q 相连， Q 的质量为 m，在 P 向右匀速运动的过程中，桌面上的绳子始终是水平的，重力加速度为 g.下列说法正确的是( )图 1A P 所受拉力的施力物体是钩码 Q，大小等于 mgB P 所受拉力的施力物体是绳子，大小等于 mgC P 所受摩擦力的方向水平向左，大小一定小于 mgD P 所受摩擦力的方向水平向左，大小一定大于 mg答案 B解析 P 只受绳子的作用，不受钩码的作用，故 A 错误； P 所受拉力的施力物体为绳子，大小等于钩码的重

2、力 mg，故 B 正确； P 所受到的摩擦力方向与拉力方向相反，故向左；但根据平衡关系可知，其大小一定等于 mg，故 C、D 错误2如图 2 所示，物块 M 在静止的传送带上匀速下滑时，传送带突然顺时针(图中箭头所示)转动起来，则传送带转动后，下列说法正确的是( )图 2A M 受到的摩擦力不变 B M 受到的摩擦力变大C M 可能减速下滑 D M 可能减速上滑答案 A解析 当传送带顺时针转动时，物块相对传送带的运动方向没有变，因此 M 受到的摩擦力不变，故选 A.3.(2018扬州中学模拟)2015 年世界举重锦标赛于 11 月 20 日至 29 日在美国休斯敦举行如图 3 所示为我国选手邓

3、薇比赛时的画面，若邓薇所举杠铃的质量为 m，杠铃平衡时每只手臂与竖直线所成的夹角均为 45，重力加速度为 g.则她每只手臂承受的作用力为( )2图 3A. mg B. mg33 12C. mg D mg22答案 C解析 以杠铃为研究对象，分析受力情况，作出受力图，如图所示根据平衡条件得：2Fcos 45 mg，解得 F mg，由牛顿第三定律得她每只手臂承受的作用力22F F mg.224.(2018盐城中学 4 月检测)如图 4 所示，当风水平吹来时，风筝面与水平面成一夹角，人站在地面上拉住连接风筝的细线，则( )图 4A空气对风筝的作用力方向水平向右B地面对人的摩擦力方向水平向左C地面对人的

4、支持力大小等于人和风筝的总重力D风筝处于稳定状态时，拉直的细线可能垂直于风筝面答案 B5.(2018兴化市第一中学期初)用轻弹簧竖直悬挂质量为 m 的物体，静止时弹簧伸长量为 L.现用该弹簧沿斜面方向拉住质量为 2m 的物体，系统静止时弹簧伸长量也为 L.斜面倾角为 30，如图 5 所示则物体所受摩擦力( )3图 5A等于零B大小为 mg，方向沿斜面向下12C大小为 mg，方向沿斜面向上32D大小为 mg，方向沿斜面向上答案 A解析 弹簧竖直悬挂质量为 m 的物体时，对物体受力分析，物体受重力和弹簧的拉力，根据共点力平衡条件： F mg，根据胡克定律 F kL，质量为 2m 的物体放在斜面上时

5、，对物体受力分析，如图，根据共点力平衡条件，有 F Ff2 mgsin 300，其中 F kL mg，解得： Ff0，故 A 正确，B、C、D 错误6.(2018田家炳中学开学考)如图 6，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 FN.在运动过程中( )图 6A F 增大， FN减小B F 减小， FN减小C F 增大， FN增大D F 减小， FN增大答案 A解析 对球受力分析，受重力、支持力和拉力，如图所示，4根据共点力平衡条件，有FN mgcosF

6、mgsin其中 为支持力 FN与竖直方向的夹角；当球向上移动时， 变大，故 FN变小， F 变大，故A 正确，B、C、D 错误二、多项选择题7(2018常熟市期中)如图 7 所示，固定在水平地面上的物体 P，左侧是光滑圆弧面，一根轻绳跨过物体 P 顶点上的小滑轮，一端系有质量为 m3kg 的小球，小球与圆心连线跟水平方向的夹角 60，绳的另一端水平连接物块 3，三个物块的重力均为 50N，作用在物块 2 的水平力 F10N，整个系统处于平衡状态，取 g10m/s 2，则以下说法正确的是( )图 7A1 和 2 之间的摩擦力是 10NB2 和 3 之间的摩擦力是 25NC3 与桌面间的摩擦力为

7、5ND物块 3 受 6 个力作用答案 CD解析 物块 1 受重力和支持力而平衡，不受静摩擦力，否则不能平衡，故 A 错误对 1 与 2整体分析，受重力、支持力、拉力和静摩擦力，根据平衡条件，3 对 12 整体的静摩擦力向左，与拉力平衡，为 10 N，故 2 和 3 之间的摩擦力是 10 N，故 B 错误对 m 受力分析，受重力、支持力与绳子的拉力，由平衡条件，结合力的平行四边形定则可知，绳子的拉力F mgsin 3015 N，则 3 受桌面的摩擦力是 15 N10 N5 N，向右，故 C 正确对物块 3 受力分析，受重力、支持力、2 对 3 的压力、2 对 3 水平向右的静摩擦力、绳子对 3

8、向左的拉力、桌面对 3 向右的静摩擦力，共 6 个力作用，故 D 正确三、实验题8用木板、白纸、图钉、一根原长为 5cm 且劲度系数为 100N/m 的弹簧、两个弹簧秤(单位：N)、细绳套、三角板、刻度尺和铅笔等器材做“验证力的平行四边形定则”实验，实验过程5如下：图 8(1)在水平木板上铺白纸，把弹簧的一端固定在 O 点，过 O 画一条标记线 OD，弹簧的另一端拴两条细绳套；用两个弹簧秤互成角度拉细绳套，使弹簧的另一端沿 OD 拉至 C 点，如图 8甲所示用铅笔描下 C 点的位置和两条细绳套的方向，记录两弹簧秤的读数分别为 FA与FB，其中 B 弹簧秤的读数 FB_N；用刻度尺测出此时弹簧的

9、长度为 10cm，通过计算得出弹簧的拉力 F_N；可以判断 FA与 FB互成的角度为_(2)根据力的图示，作出 FA和 FB，如图乙所示请你根据力的图示，在图乙中作出 FA与 FB的合力 F.(3)比较力 F与 F 的大小和方向，得出的结论是：在实验误差允许范围内，_.答案 (1)4.00 5.00 90 (2)见解析图 (3)力的平行四边形定则成立解析 (1) A 弹簧秤的读数 FA3.00 N， B 弹簧秤的读数 FB4.00 N；根据胡克定律计算得出弹簧的拉力 F k x100(0.10.05) N5.00 N，根据三角函数关系得 FA与 FB互成的角度为 90.(2)根据平行四边形定则

10、画图：(3)比较力 F与 F 的大小和方向，得出的结论是：在实验误差允许范围内，力的平行四边形定则成立9(2019田家炳中学期初)为了用弹簧测力计测定两木块 A 和 B 间的动摩擦因数 ，甲、乙两同学分别设计了如图 9 甲、乙所示实验方案图 9(1)为了用某一弹簧测力计的示数表示 A 和 B 之间的滑动摩擦力大小你认为方案_6更易于操作简述理由：_.(2)若 A 和 B 的重力分别为 100N 和 150N，当甲中 A 被拉动时，弹簧测力计 a 示数为 60N， b示数为 110N，则 A、 B 间的动摩擦因数为_答案 (1)见解析 (2)0.4解析 (1)由题图实验可知，甲方案中拉动木块 A

11、，不需要控制木块 A 做匀速直线运动，且弹簧测力计静止，便于弹簧测力计读数；乙方案中用弹簧测力计拉动 A，需要控制 A 做匀速直线运动，难于控制 A 做匀速直线运动，另一方面弹簧测力计是运动的，难于准确读数，因此甲方案更易于操作(2)由题意可知，在甲方案中，两木块接触面受到的压力等于 B 的重力，即 FN150 N，弹簧测力计 a 的示数等于两木块接触面间摩擦力的大小，即 Ff60 N；由公式 Ff F N得，动摩擦因数 0.4.FfFN 60150四、计算题10(2018如东县调研)如图 10 所示，内壁光滑、半径为 R 的半球形容器静置于水平面上，现将轻弹簧一端固定在容器底部 O处( O

12、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， OP 与水平方向的夹角 30.重力加速度为 g.图 10(1)求弹簧对小球的作用力大小 F1；(2)若弹簧的原长为 L，求弹簧的劲度系数 k；(3)若系统一起以加速度 a 水平向左匀加速运动时，弹簧中的弹力恰为零，小球位于容器内壁，求此时容器对小球的作用力大小 F2和作用力方向与水平面夹角的正切 tan .答案 见解析解析 (1)对小球受力分析，如图甲所示，由于 30，由几何关系可知， F1 FN mg，(2)由于 30，由几何关系可知弹簧的长度为 R，则弹簧压缩量 x L R又： F1 kx所以： kmgL R7(3)系统一

13、起以加速度 a 水平向左匀加速运动时，对小球进行受力分析如图乙；由牛顿第二定律可得：F ma，其中：tan F22 mg2mgF解得： F2 m ，tan .g2 a2ga11(2018徐州三中月考)如图 11 所示，质量为 M 的木板 C 放在水平地面上，固定在 C 上的竖直轻杆的顶端分别用细绳 a 和 b 连接小球 A 和小球 B，小球 A、 B 的质量分别为 mA和mB，当与水平方向成 30角的力 F 作用在小球 B 上时， A、 B、 C 刚好相对静止一起向右匀速运动，且此时绳 a、 b 与竖直方向的夹角分别为 30和 60，重力加速度为 g，求：图 11(1)力 F 的大小；(2)通

14、过分析确定 mA与 mB的大小关系；(3)地面对 C 的支持力和摩擦力大小答案 见解析解析 (1)对 B 球受力分析，水平方向受力平衡，则：Fcos 30 FTbcos 30，得： FTb F竖直方向受力平衡，则： Fsin 30 FTbsin 30 mBg得： F mBg；(2)对 A 球受力分析，竖直方向： mAg FTbsin 30FTasin 60水平方向： FTasin 30 FTbsin 60联立得： mA mB.(3)对 A、 B、 C 整体受力分析，竖直方向： FN Fsin 30( M mA mB)g，则FN( M mA mB)g Fsin 30 Mg mAg mBg12水平方向： Ff Fcos 30 mBgcos 30 mBg.328