（江苏专用）高三物理一轮复习 必考部分 第2章 相互作用专题突破练-人教高三物理试题

相互作用(限时：40分钟)对点强化1绳上的“死结”与“活结”模型1如图1所示，一根粗细均匀的轻绳两端分别系在固定竖直杆上的A、B两点，在绳上C点施加一个外力F.逐渐增大F，AC、BC两段绳同时断裂，则外力F的方向与竖直方向的夹角为()图1A90°B82°C80° D74°B将F按效果根据平行四边形定则进行分解，如图所示，若F的两个分力相等，则F与BC之间的夹角为45°，则F与竖直方向的夹角180°45°53°82°，故选B. 2如图2所示，相隔一定距离的两个相同的圆柱体A、B固定在等高的水平线上，一细绳套在两圆柱体上，细绳下端悬挂一重物绳和圆柱体之间无摩擦，当重物一定时，绳越长()【导学号：96622386】图2A绳对圆柱体A的作用力越小，作用力与竖直方向的夹角越小B绳对圆柱体A的作用力越小，作用力与竖直方向的夹角越大C绳对圆柱体A的作用力越大，作用力与竖直方向的夹角越小D绳对圆柱体A的作用力越大，作用力与竖直方向的夹角越大A设绳的拉力为F，绳与竖直方向的夹角为，由平衡条件可得：2Fcos mg，绳子越长，越小，则绳的拉力F越小，绳对圆柱体A的作用力越小，其作用力沿A处两绳夹角的角平分线方向，与竖直方向夹角越小，故A正确3两个质量相等的物块通过轻绳绕过两个光滑的定滑轮处于如图3所示的静止状态，AB与水平方向成45°角，过A的水平线与过B的竖直线交于C点现给AB的中点O施加一外力F，使O点缓慢地向C点做直线运动，则在运动过程中下列说法正确的是()图3AF的方向总是指向CBF的方向在不断地变化CF先减小后增大DF先增大后减小AOC连线与AB垂直，当O点缓慢向C点沿直线OC移动时，OA、OB两端绳子的拉力均等于物体的重力，此时O点受到OA、OB的拉力和外力F的作用处于平衡状态，拉力F与OA、OB的拉力的合力等大反向，当O点沿直线OC移动时，OA、OB的拉力大小相等，合力沿CO方向，且逐渐增大，则外力F沿OC方向，且逐渐增大，故选项A正确，选项B、C、D错误对点强化2求解平衡类问题方法的选用技巧4(多选)(2017·淮安模拟)质量为M的半球形物体A和质量为m的球形物体B紧靠着放在倾角为的固定斜面上，并处于静止状态，如图4所示，忽略B球表面的摩擦力，则关于物体受力情况的判断正确的是()图4A物体A对物体B的弹力方向沿斜面向上B物体A受到4个力的作用C物体B对斜面的压力等于mgcos D物体B对物体A的压力大于mgsin BD因A、B两物体的接触面为圆弧，其相互作用的弹力方向沿两球心的连线，故A错误；分析物体B的受力如图所示，由平衡条件可得N1<mgcos ，N2>mgsin ，结合牛顿第三定律可知，C错误，D正确；物体A受到重力、斜面的支持力、B对A的压力、斜面对A的摩擦力共4个力作用，B正确5(2017·常州模拟)半圆柱体P放在粗糙的水平面上，有一挡板MN，延长线总是过半圆柱体的轴心O，但挡板与半圆柱不接触，在P和MN之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q，整个装置处于静止状态，如图5是这个装置的截面图，若用外力使MN绕O点缓慢地顺时针转动，在MN到达水平位置前，发现P始终保持静止，在此过程中，下列说法中正确的是() 【导学号：96622387】图5AMN对Q的弹力逐渐增大BMN对Q的弹力先增大后减小CP、Q间的弹力先减小后增大DQ所受的合力逐渐增大A对小圆柱体Q受力分析，受到重力G、P给它的支持力N1和挡板MN给它的支持力N2，用三角形定则，力的三角形N1OG与几何三角形EFO是相似三角形，根据对应边成比例，N1的大小变化与EF边的长度变化成比例，N2的大小变化与OE长度变化成比例，当挡板MN顺时针转动时，EF边变短，则N1变小，OE边长度变长，则N2变大，所以A选项正确，B、C选项错误；由于MN缓慢转动，整个过程处于动态平衡，Q的合力可以看成是0，所以D选项错误6如图6所示，一个重为G的小球套在竖直放置的半径为R的光滑圆环上，一个劲度系数为k，自然长度为L(L<2R)的轻质弹簧，一端与小球相连，另一端固定在圆环的最高点，求小球处于静止状态时，弹簧与竖直方向的夹角.图6【解析】对小球B受力分析如图所示，由几何关系有AOBCDB，则又Fk(ABL) 联立可得AB在AOB中，cos 则arccos.【答案】arccos对点强化3平衡状态下的物块组合7(2017·河南洛阳一模)如图7所示，物体B叠放在物体A上，A、B的质量均为m，且上、下表面均与斜面平行，它们以共同速度沿倾角为的固定斜面C匀速下滑，则()图7AA、B间没有静摩擦力BA受到B的静摩擦力方向沿斜面向上CA受到斜面的滑动摩擦力大小为2mgsin DA与B间的动摩擦因数tan CA、B均处于平衡状态，它们所受的合力均为零，选取B为研究对象，受到竖直向下的重力和垂直于斜面向上的弹力，考虑到B所受的合力为零，B肯定还受到A对它施加的沿接触面向上的静摩擦力(因为A、B相对静止，所以是静摩擦力)，根据平衡条件有F静mgsin mgcos ，所以A与B间的动摩擦因数>tan ，选项A、D错误；根据牛顿第三定律，A受到B的静摩擦力方向沿斜面向下，选项B错误；选取A、B组成的整体为研究对象，对其受力分析并根据平衡条件可知，A受到斜面的滑动摩擦力大小为2mgsin ，选项C正确8如图8所示，在粗糙的水平面上，静置一个矩形木块，木块由A、B两部分组成，A的质量是B的3倍，两部分接触面竖直且光滑，夹角30°，现用一与侧面垂直的水平力F推着B木块贴着A匀速运动，A木块依然保持静止，则A受到的摩擦力大小与B受到的摩擦力大小之比为() 【导学号：96622388】图8A3 B.C. D.C木块A静止，受力平衡，在水平方向上，受静摩擦力fA和木块B对木块A的弹力NA作用木块B做匀速运动，受力平衡，在水平方向上受推力F，木块A对木块B的弹力NB，滑动摩擦力fB三个力作用，由图可知，fBFcos 30°，NBFsin 30°，而NBNAfA，则fAfB3，故C项正确9(多选)如图9所示，粗糙水平面上放置质量分别为m和2m的四个木块，其中两个质量为m的木块间用一不可伸长的轻绳相连木块间的动摩擦因数均为，木块与水平面间的动摩擦因数相同，可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力现用水平拉力F拉其中一个质量为2m的木块，使四个木块一起匀速前进则需要满足的条件是()图9A木块与水平面间的动摩擦因数最大为B木块与水平面间的动摩擦因数最大为C水平拉力F最大为2mgD水平拉力F最大为6mgAC设木块与水平面间的动摩擦因数为，把四个物体看作整体，分析受力，由平衡条件，水平拉力F6mg.隔离前面的2m，则F3mgmg，联立解得，F2mg，选项A、C正确，B、D错误对点强化4平衡问题中的临界和极值问题10(2017·连云港模拟)如图10所示，斜面上放有两个完全相同的物体a、b，两物体间用一根细线连接，在细线的中点加一与斜面垂直的拉力F，使两物体均处于静止状态则下列说法正确的是() 【导学号：96622389】图10Aa、b两物体的受力个数一定相同Ba、b两物体对斜面的压力相同Ca、b两物体受到的摩擦力大小一定相等D当逐渐增大拉力F时，物体b先开始滑动B对a、b进行受力分析，如图所示b物体处于静止状态，当细线沿斜面向上的分量与重力沿斜面向下的分量相等时，摩擦力为零，所以b可能只受3个力作用，而a物体必定受到摩擦力作用，肯定受4个力作用，故A错误；a、b两个物体，垂直于斜面方向受力都平衡，则有：FNFTsin mgcos ，解得：FNmgcos FTsin ，则a、b两物体对斜面的压力相同，故B正确；根据A项的分析可知，b的摩擦力可以为零，而a的摩擦力一定不为零，故C错误；对a沿斜面方向有：FTcos mgsin Ffa，对b沿斜面方向有：FTcos mgsin Ffb，正压力相等，所以最大静摩擦力相等，则a先达到最大静摩擦力，先滑动，故D错误11如图11所示，两个质量均为m的小环套在一水平放置的粗糙长杆上，两根长度均为l的轻绳一端系在小环上，另一端系在质量为M的木块上，两个小环之间的距离也为l，小环保持静止试求：图11(1)小环对杆的压力大小；(2)小环与杆之间的动摩擦因数至少为多大？【解析】(1)整体法分析有：2FN(M2m)g，即FNMgmg由牛顿第三定律得：小环对杆的压力FNMgmg.(2)研究M得2Tcos 30°Mg临界状态，此时小环受到的静摩擦力达到最大值，则有Tsin 30°FN解得动摩擦因数至少为.【答案】(1)Mgmg(2)12拖把是由拖杆和拖把头构成的擦地工具(如图12)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.【导学号：96622390】图12(1)若拖把头在地板上匀速移动，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.【解析】(1)设该同学沿拖杆方向用大小为F的力推拖把将推拖把的力沿竖直和水平方向分解，根据平衡条件有Fcos mgNFsin f式中N和f分别为地板对拖把的正压力和摩擦力所以fN联立式得F.(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Fsin N这时，式仍成立联立式得sin cos 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.【答案】(1)(2)