2020版物理新增分大一轮江苏专用版课件：第二章 相互作用 本章综合能力提升练

1、本章综合能力提升练,大一轮复习讲义,第二章 相互作用,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 A.P所受拉力的施力物体是钩码Q，大小等于mg B.P所受拉力的施力物体是绳子，大小等于mg C.P所受摩擦力的方向水平向左，大小一定小于mg D.P所受摩擦力的方向水平向左，大小一定大于mg,图1,一、单项选择题,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,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.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,图2,2.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 A.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.

2、M可能减速上滑,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.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,3.(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,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,图3,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 45mg，,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,4.(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 A.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,图4,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,5.(2018兴化市第一中学期初)用轻弹簧竖直悬挂

3、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 A.等于零 B.大小为 mg，方向沿斜面向下 C.大小为 mg，方向沿斜面向上 D.大小为mg，方向沿斜面向上,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,图5,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：Fmg，根据胡克定律FkL，质量为2m的物体放在斜面上时，对物体受力分析，如图，根据共点力平衡条件，有FFf2mgsin 300，其中FkLmg，解得：Ff0，故A正确，B、C、D错误.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,6.(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 A.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,图6,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10

4、,11,解析 对球受力分析，受重力、支持力和拉力，如图所示， 根据共点力平衡条件，有 FNmgcos Fmgsin 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.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,图7,7.(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m3 kg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50 N，作用在物块2的水平力F10 N，整个系统处于平衡状态，取g10 m/s2，则以下说法正确的是 A.1和2之间的摩擦力是10 N B.2和3之间的摩擦力是25 N C.3与桌面间的摩擦力为5 N D.物块3受6个力作用,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,二、多项选择题,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,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

5、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Fmgsin 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.,8.用木板、白纸、图钉、一根原长为5 cm且劲度系数为100 N/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，实验过程如下：,图8,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,三、实验题,(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长度为10 cm，通过计算得出弹簧的拉力F_

6、N；可以判断FA与FB互成的角度为_.,图6,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,4.00,5.00,90,解析 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Fkx100(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.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,答案 见解析图,解析 根据平行四边形定则画图：,(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，_.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,力的平行四边形定则成立,解析 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. (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_更易于操作.简述理由：_.,图9,1,2

7、,3,4,5,6,7,8,9,10,11,答案 见解析,解析 由题图实验可知，甲方案中拉动木块A，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)若A和B的重力分别为100 N和150 N，当甲中A被拉动时，弹簧测力计a示数为60 N，b示数为110 N，则A、B间的动摩擦因数为_.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,0.4,解析 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；,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. (1)求弹簧对小球的作用力大小F1；,图10,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,四、计

8、算题,答案 见解析,解析 对小球受力分析，如图甲所示， 由于30，由几何关系可知，F1FNmg，,(2)若弹簧的原长为L，求弹簧的劲度系数k；,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,答案 见解析,解析 由于30，由几何关系可知弹簧的长度为R， 则弹簧压缩量xLR 又：F1kx,(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 .,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,答案 见解析,解析 系统一起以加速度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：,11.(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： (1)力F的大小；,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,图11,答案 见解析,解析 对B球受力分析，水平方向受力平衡，则： Fcos 30FTbcos 30，得：FTbF 竖直方向受力平衡，则：Fsin 30FTbsin 30mBg 得：FmBg；,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,(2)通过分析确定mA与mB的大小关系；,解析 对A球受力分析， 竖直方向：mAgFTbsin 30FTasin 60 水平方向：FTasin 30FTbsin 60 联立得：mAmB.,答案 见解析,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,(3)地面对C的支持力和摩擦力大小.,解析 对A、B、C整体受力分析， 竖直方向：FNFsin 30(MmAmB)g，,答案 见解析,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,

《2020版物理新增分大一轮江苏专用版课件：第二章 相互作用 本章综合能力提升练 》由会员小**分享，可在线阅读，更多相关《2020版物理新增分大一轮江苏专用版课件：第二章 相互作用 本章综合能力提升练 》请在金锄头文库上搜索。