2020届高三物理二轮专题复习-相互作用强化练

第=page22页，共=sectionpages22页第=page11页，共=sectionpages11页2020届高三物理二轮专题复习——相互作用强化练一、单选题（本大题共7小题，共28分）如图所示，固定在小车上的支架的斜杆与竖直杆的夹角为θ，在斜杆下端固定有质量为m的小球，下列关于杆对球的作用力F的判断中，正确的是(    )A.小车静止时，F=mgsinθ，方向沿杆向上

B.小车静止时，F=mgcosθ，方向垂直杆向上

C.小车向右以加速度a运动时，一定有F=masinθ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μ1，A与地面间的动摩擦因数为μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。A与B的质量之比为(    )A.1μ1μ2 B.1−μ1如图所示，物体A放在粗糙水平面上，左边用一根轻弹簧和竖直墙相连，静止时弹簧的长度小于原长，若再用一个从零开始逐渐增大的水平力F向左推A，直到把A推动，在A被推动之前的过程中，弹簧对A的弹力F1大小和地面对A的摩擦力f大小的变化情况是(

)

A.F1保持不变，f始终减小

B.F1保持不变，f先减小后增大

C.F1始终增大，f始终减小

D.F如图，平行板电容器的两极板竖直放置并分别与电源的正负极相连，一带电小球经绝缘轻绳悬挂于两极板之间，处于静止状态。现保持右极板不动，将左极板向左缓慢移动。关于小球所受的电场力大小F和绳子的拉力大小T，下列判断正确的是(    )A.F逐渐减小，T逐渐减小

B.F逐渐增大，T逐渐减小

C.F逐渐减小，T逐渐增大

D.F逐渐增大，T逐渐增大跨过定滑轮的绳的一端挂一吊板，另一端被吊板上的人拉住，如图所示，已知人的质量为70kg，吊板的质量为10kg，绳及定滑轮的质量、滑轮的摩擦均可不计，取重力加速度g=10m/s2当人以440N的力拉绳时，人与吊板的加速度a的大小和人对吊板的压力F的大小分别为

(

)

A.a=1.0m/s2,F=260N B.a=1.0m/s2,F=330N如图所示，质量为m的物体在一个与水平方向成θ角的拉力F作用下，一直沿水平面向右匀速运动，则下列关于物体在t时间内所受力的冲量，正确的是(    )

A.拉力F的冲量大小为Ftcosθ B.摩擦力的冲量大小为Ftsinθ

C.重力的冲量大小为mgt D.物体所受支持力的冲量是mgt一质量为m的铁球在水平推力F的作用下，静止在倾角为θ的斜面和竖直墙壁之间，铁球与斜面的接触点为A，推力F的作用线通过球心O，如图所示，假设斜面、墙壁均光滑．若水平推力缓慢增大，则在此过程中(    )A.墙对铁球的作用力大小始终等于推力F

B.墙对铁球的作用力大小始终大于推力F

C.斜面对铁球的作用力缓慢增大

D.斜面对铁球的支持力大小始终等于mg二、多选题（本大题共6小题，共24分）将物块AB叠放在水平地面上，现用相同的水平恒力F以甲乙两种不同的方式拉物块，AB始终相对静止，设A、B之间的摩擦力大小为f，下列判断正确的是(    )

A.若两物块仍静止，则甲、乙两图中的f大小可能相等

B.若地面光滑，则甲、乙两图中的大小f可能相等

C.若两物块做匀速运动，则甲、乙两图中的f大小可能相等

D.两物块做加速运动，则甲、乙两图中的f大小可能相等竖直墙面与水平地面均为光滑且绝缘，小球A、B带有同种电荷。现用指向墙面的水平推力F作用于小球B，两球分别静止在竖直墙面和水平地面上，如图所示。如果将小球B向左推动少许，当两球重新达到平衡时，与原来的平衡状态相比较(

)

A.推力F将变大 B.竖直墙面对小球A的弹力变大

C.地面对小球B的支持力不变 D.两小球之间的距离变大如图，半圆形支架BAD，两细绳OA和OB结于圆心O，下悬重为G的物体，使OA绳固定不动，将OB绳的B端沿半圆支架从水平位置逐渐移至竖直位置C的过程中，分析OA绳和OB绳所受的力大小如何变化(    )

A.OA绳拉力逐渐变大 B.OA绳拉力逐渐变小

C.OB绳拉力先变小后变大 D.OB绳拉力逐渐变小某汽车从静止开始以加速度a匀加速启动，最后做匀速运动．已知汽车的质量为m，额定功率为p，匀加速运动的末速度为v1，匀速运动的速度为vm，所受阻力为f.下图是反映汽车的速度随时间及加速度、牵引力和功率随速度变化的图象，其中正确的是(    )A. B.

C. D.如图所示，A，B，C三个物体放在旋转圆台上，它们与圆台之间的动摩擦因数均为μ，A的质量为2m，B、C质量均为m，A、B离轴心距离为R，C离轴心2R，则当圆台旋转时(设A、B、C都没有滑动) (    )A.物体C的向心加速度最大

B.物体B受到的静摩擦力最大

C.ω=μg2R

是C开始滑动的临界角速度

D.当圆台转速增加时，B比如图所示，质量为M的斜面体A放在粗糙水平面上，用轻绳拴住质量为m的小球B置于斜面上，整个系统处于静止状态，已知斜面倾角及轻绳与竖直方向夹角均为θ=30°。不计小球与斜面间的摩擦，则(    )A.轻绳对小球的作用力大小为33mg

B.斜面对小球的作用力大小为2mg

C.斜面体对水平面的压力大小为(M+m)g

三、填空题（本大题共2小题，共8分）如图所示，有一重为G的圆柱体放置在水平桌面上，用一夹角为60°，两夹边完全相同的人字夹水平将其夹住(夹角仍不变)，圆柱体始终静止，(1)若人字夹内侧光滑，其任一侧与圆柱体间的弹力大小也等于G，则圆柱体与桌面间的摩擦力的大小为______(2)若人字夹内侧粗糙，其任一侧与圆柱体间的弹大小仍等于G，欲使圆柱体对桌面的压力为零，则整个人字夹对圆柱体的摩擦力的大小______如图甲，一与电脑连接的拉力传感器固定在竖直墙壁上，通过细绳拉住一放在长木板上的小铁块，细绳水平伸直，初始时拉力传感器示数为零。现要测量小铁块与长木板之间的动摩擦因数，用一较大的水平拉力拉住长木板右端的挂钩，把长木板从小铁块下面拉出去，在电脑上得到如图乙所示的数据图像，已知当地重力加速度g=10m/s(1)测得小铁块质量m=0.50kg，小铁块与长木板的动摩擦因数μ=________。(结果保留两位小数)(2)以不同的速度把木板拉出去，随着速度的增加，小铁块受到的摩擦力________(选填“越来越大”、“越来越小”和“不变”)(3)若固定长木板，去掉小铁块上的细绳，用一水平推力推小铁块，则至少需要________N的推力才能推动小铁块。四、计算题（本大题共3小题，共30分）如图所示，为传送带传输装置示意图的一部分，传送带与水平地面的夹角θ=37°，A、B两端相距L=5.0 m，质量为M=10 kg的物体以v0=6.0 m/s的速度沿AB方向从A端滑上传送带，物体与传送带间的动摩擦因数处处相同，均为μ=0.5。传送带顺时针运转的速度v (g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8)。求：

(1)若传送带速度v=6.0 m/s，物体从A点到达B点所需的时间；

(2)若传送带速度v=4.0 m/s，物体从A点到达B点的时间又是多少？

如图所示，水平地面上有一质量m=2kg的物块，物块与水平地面间的动摩擦因数μ=0.2，在与水平方向成θ=37°角斜向下的推力F=10N作用下由静止开始向右做匀加速直线运动。已知sin37º=0.6，cos37º=0.8，重力加速度g取10m/s(1)物块运动过程中所受滑动摩擦力的大小；(2)物块运动过程中加速度的大小；(3)物块运动5s所通过的位移大小

如图甲所示，质量为m=1kg的物体置于倾角为θ=37°的固定且足够长的斜面上，t=0时刻对物体施以平行于斜面向上的拉力F，t1=1s时撤去拉力，物体运动的v−t图象如图乙所示．g=10m/s2，试求：

(1)物体与斜面间的滑动摩擦因数；

(2)拉力F的大小；

(3)t=4s时物体的速度大小。

五、简答题（本大题共1小题，共10分）如图所示，质量为m的物体置于倾角为θ=37°的固定斜面上，物体与斜面之间的动摩擦因数为μ=0.5，先用平行于斜面的推力F1作用于物体上使其能沿斜面匀速上滑，若改用水平推力F2作用于物体上，也能使物体沿斜面匀速上滑，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：

(1)两次推力之比F1F2；

(2)两次物体受到的摩擦力之比

答案和解析1.【答案】D

【解析】【分析】

本题考查了利用牛顿第二定律及平衡条件分析弹力的问题；本题中轻杆与轻绳的模型不同，绳子对物体只有拉力，一定沿绳子方向，而杆子对物体的弹力不一定沿杆子方向，要根据状态，由牛顿运动定律分析确定。

结合小车的运动状态对小车进行受力分析，小车所受合外力的方向与加速度的方向一致，从而确定杆对小球的作用力。

【解答】

AB.小球受竖直向下的重力mg与杆对小球的力F作用；当小车静止时，小球也静止，小球处于平衡状态，受平衡力作用，杆的作用力F与重力是一对平衡力，由平衡条件得：F=mg，方向竖直向上，故AB错误；

C.当小球向右以加速度a运动时，对其受力分析，受重力和弹力，如图

合力为：F合=ma，水平向右，根据平行四边形定则，弹力为：，α不一定会等于θ，故C错误；D.与C同理，小车向左以加速度a运动时，如图，竖直方向Fy=mg，水平方向Fx=ma，则

故选D。

2.【答案】B

【解析】【分析】

对A、B整体和B物体分别受力分析，然后根据平衡条件列式后联立求解即可。

本题关键是采用整体法和隔离法灵活选择研究对象，受力分析后根据平衡条件列式求解，注意最大静摩擦力约等于滑动摩擦力。

【解答】

对A、B整体分析，受重力、支持力、推力和最大静摩擦力，设推力为F，根据平衡条件，有：

F=μ2(m1+m2)g

①

再对物体B分析，受推力、重力、向左的支持力和向上的最大静摩擦力，根据平衡条件，有：

水平方向：F=N

竖直方向：m2g=f

其中：f=μ1N

联立有：m2g=μ1F

②

联立【解析】【分析】

在A被推动之前的过程中，弹簧仍处于原状，因此弹力不变，而物体A先开始受到向左的静摩擦力，当推力渐渐增大时，导致出现向右的静摩擦力，因而根据受力分析，即可判断。

本题解题的关键是对A物体进行正确的受力分析，知道当A没有运动时，弹簧弹力不变，而由于推力的变化，从而导致静摩擦力的方向变化，难度适中。

【解答】

由题意可知，放在粗糙水平面上，静止时弹簧的长度小于原长，则弹簧对A的推力向右，由于水平面粗糙，因此同时受到水平向左的静摩擦力。

当再用一个从零开始逐渐增大的水平力F向左推A，直到把A推动前过程中，弹簧仍处于原状，因此弹力不变，物体A受到的静摩擦力从向左变为水平向右。所以其大小先减小后增大。故B正确，ACD错误。

故选B。

4.【答案】A

【解析】

↵【分析】

本题综合考查了共点力平衡、电场强度以及电容器的动态分析问题，只要明确电容器两板间电势差不变，再根据匀强电场的性质即可明确场强的变化，从而再结合平衡条件求解即可。明确电容器与电源相连，故电容器两端的电势差不变，由U=Ed可分析电场力的变化情况，再根据受力分析明确绳子拉力的变化情况。

【解答】

电容器与电源相连，所以两端间电势差不变，将左极板向左缓慢移动过程中，两板间距离增大，则由U=Ed可知，电场强度E减小，电场力F=Eq减小；

小球处于平衡状态，受重力、拉力与电场力的作用而处于平衡，故拉力与电场力和重力的合力大小相等，方向相反；根据平行四边形定则可知，T=F2+(mg)2；由于重力不变，电场力变小，故拉力变小，故A正确，BCD错误。

5.【答案】B

【解析】【分析】

本题考查牛顿第二定律的应用，在解题时要注意整体法与隔离法的应用，灵活选取研究对象进行列式求解。

将人与吊板当成一个整体，对整体进行受力分析，由牛顿第二定律可求得整体的加速度；再以人为研究对象，由牛顿第二定律可求得吊板对人的支持力，再由牛顿第三定律可求得人对吊板的压力。

【解答】

以整体为研究对象，整体受重力、两根绳子的拉力(T)；由牛顿第二定律可知：整体的加速度a=2T−(M+m)g(M+m)=2×440−80080m/s2=1m/s2；

以人为研究对象，设人受吊板的支持力为F，由牛顿第二定律可知：故选B。

6.【答案】C

【解析】【分析】

根据力的大小，结合冲量的公式I=ft求出各力的冲量大小。

解决本题的关键知道冲量的大小等于力与时间的乘积，结合力的大小进行求解，基础题。

【解答】

A.拉力F的冲量大小为Ft，故A错误；

B.物体做匀速直线运动，可知摩擦力f=Fcosθ，则摩擦力的冲量大小为ft=Ftcosθ，故B错误；

C.重力的冲量大小为mgt，故C正确；

D.支持力的大小为N=mg−Fsinθ，则支持力的冲量为(mg−Fsinθ)t，故D错误。

故选C。

7.【答案】D

【解析】【分析】

对球受力分析，然后根据共点力平衡条件，运用正交分解法，结合几何关系分析求解；

本题关键是对小球受力分析，根据共点力平衡条件，运用正交分解法列式求解即可得出各力的变化情况。

【解答】

AB.对小球受力分析，受推力F、重力G、墙壁的支持力N、斜面的支持力N′，如图：

根据共点力平衡条件，有：

x方向：F−N′sinθ−N=0，

竖直方向：N′cosθ=mg，

解得：N′=mgcosθ；

N=F−mgtanθ。

当F增加时，墙壁对铁球的作用力不断变大，为N=F−mgtanθ<F；故AB错误；

CD.当F增加时，斜面的支持力为mgcosθ，保持不变，故球对斜面的压力也保持不变；则斜面对球的作用力也保持mgcosθ不变；故C错误，D正确。

故选D【解析】【分析】

本题考查牛顿第二定律的临界问题，关键找出临界状态，运用整体法和隔离法，根据牛顿第二定律进行求解。

【解答】

A.若两物块仍处于静止状态，通过受力分析可知，甲图中AB间存在摩擦力，乙图中AB间不存在摩擦力，故A错误；

B.若地面光滑，设两种情况下的加速度均为a，对甲图有：f=FmBmA+mB，对乙图有：，由于两物体质量关系未知，甲、乙两图中的大小f可能相等，故B正确；

C.若两物块处于匀速运动状态，通过受力分析可知，甲图中AB间存在摩擦力，乙图中AB间不存在摩擦力，故C错误；

D.结合B项分析可知，故D正确。

故选【解析】【分析】

本题考察隔离法和整体法结合分析动态平衡问题，关键是确定研究对象(往往以受力较少的物体为研究对象)，分析受力情况，先以A球为研究对象，分析受力，作出力图，根据平衡条件分析墙壁对A的弹力与A、B间的库仑力如何变化，再以AB整体为研究对象，根据平衡条件分析F如何变化和地面对小球B的弹力的变化，由库仑定律分析两球之间的距离如何变化。

【解答】

ABC.以A球为研究对象，分析受力，作出力图如图1所示，

设B对A的库仑力F与墙壁的夹角为θ，由平衡条件得竖直墙面对小球A的弹力为：

N1=mAgtanθ，将小球B向左推动少许时θ减小，则竖直墙面对小球A的弹力N1减小，再以AB整体为研究对象，

分析受力如图2所示，由平衡条件得：

N2=(mA+mB)g，则F减小，地面对小球B的支持力一定不变，故AB错误，C正确；

D.由上分析得到库仑力F库=mAg【解析】【分析】

OB绳的B端沿半圆支架从水平位置逐渐移至竖直的位置C的过程中，物体始终处于平衡状态，找出不变的物理量，画出平行四边形进行分析。

此题为物体平衡条件的一个应用：动态分析，处理这个类型的题需要找出不变的物理量，然后作图或找变化的物理量与不变的物理量之间的关系再加以分析，就是以不变应万变。

【解答】

解：对结点O受力分析如图：

结点O始终处于平衡状态，所以OB绳和OA绳上的拉力的合力大小保持不变，方向始终是竖直向上的。所以OA绳受力大小变化情况：逐渐变小；OB绳受力大小变化情况是：先变小后变大，故BC正确，AD错误。

故选BC。

11.【答案】ABC

【解析】【分析】

汽车开始做匀加速直线运动，由P=Fv可知汽车功率逐渐增大，当达到额定功率时，随着速度的增大，牵引力将减小，汽车做加速度逐渐减小的加速运动，当牵引力等于阻力时，汽车开始匀速运动，明确了整个汽车启动过程，即可正确解答本题。

对于机车启动问题，要根据牛顿第二定律和汽车功率P=Fv进行讨论，弄清过程中速度、加速度、牵引力、功率等变化情况。

【解答】

汽车开始做初速度为零的匀加速直线运动，当达到额定功率时，匀加速结束，然后做加速度逐渐减小的加速运动，直至最后匀速运动。

开始匀加速时：F−f=ma

设匀加速刚结束时速度为v1，有：P额=Fv1

最后匀速时：F=f，有：P额=fvm

由以上各式解得：匀加速的末速度为：v1=Pf+ma，最后匀速速度为：v2=Pf，

A.在v−t图象中斜率表示加速度，汽车开始加速度不变，后来逐渐减小，最终做匀速直线运动，故A正确。

B.开始汽车功率逐渐增加，P=Fv=Fat，故为过原点直线，后来功率恒定，故B正确。

C.汽车牵引力开始大小不变，然后逐渐减小，最后牵引力等于阻力，故【解析】解：A、物体绕轴做匀速圆周运动，角速度相等，有a=ω2r，由于C物体的转动半径最大，故向心加速度最大，故A正确；

B、物体绕轴做匀速圆周运动，角速度相等，静摩擦力提供向心力，根据牛顿第二定律可得，f=mω2r，故B的摩擦力最小，故B错误；

C、对C分析可知，当C物体恰好滑动时，静摩擦力达到最大，有

μmg=m⋅2Rω2

解得：

ω=μg2R，故临界角速度为μg2R，故C正确；

D、由C的分析可知，转动半径越大的临界角速度越小，越容易滑动，与物体的质量无关，故物体C先滑动，物体A、B将一起后滑动，故D错误。【解析】【分析】

本题采用隔离法和整体法结合研究两个物体的平衡问题，分析受力情况，作出力图是关键。

先以B球为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件求解轻绳和斜面对小球的作用力大小；再以B球和斜面整体为研究对象，分析受力情况，由平衡条件求出水平面对斜面的支持力和摩擦力。

【解答】

AB.以B球为研究对象，分析受力情况，如图1所示，根据平衡条件得

2Tcosθ=mg

Tsinθ=N1sinθ

解得，轻绳对小球的作用力大小为T= 3  3mg，斜面对小球的作用力大小为N1=3 3 mg，故A正确，

f=Tsinθ

解得水平面对斜面体的支持力N2=Mg+12mg，水平面对斜面体的摩擦力f=3 6 mg，故

14.【答案】G

2G【解析】解：(1)由几何关系可知，两夹边对圆柱体弹力方向夹角为120°；

则它们的合力大小为G，方向沿夹角的角平分线，圆柱体处于静止状态，水平面内受的合外力为零，所以桌面对圆柱体的摩擦力与人字夹对圆柱体的合力平衡，即摩擦力的大小为G。

(2)要使圆柱体对桌面的压力为零，又处于静止状态，所以圆柱体的重力G、受人字夹的弹力的合力N、摩擦力f的合力为零，摩擦力的大小等于重力与支持力的合力；大小为2G。

故答案为：(1)G；(2)2G。

(1)人字夹与圆柱间没有摩擦力，则可知要使其平衡应使人字夹的合力与地面上的摩擦力平衡；

(2)分析圆柱体的受力，根据三力平衡可求得摩擦力的大小。

本题考查共点力平衡的应用，难点在于空间上的掌握，可以借助手边工具进行模拟；对学生的空间想象要求较高，要注意培养空间想象能力以及在力学中的应用。

15.【答案】(1)0.20

(2)不变

【解析】【分析】

对于两物体之间的摩擦力，首先要区分是滑动摩擦力还是静摩擦力，其次要注意两种摩擦力大小的计算方法不同，最大静摩擦力往往大于滑动摩擦力。

(1)、(2).由图可知，两物体相对滑动之后，滑动摩擦力保持1.00N不变，根据滑动摩擦力计算公式解答；

(3)要推动一个物体，所需要的力至少要达到物体所受到的最大静摩擦力。

【解答】

(1)由于整个过程中，铁块都处在受力平衡状态，由图可知，铁块受到的滑动摩擦力f=1.00N，根据滑动摩擦力计算公式f=μmg，解得动摩擦因数μ=0.20；

(2)当摩擦力达到滑动摩擦力之后物块的摩擦力不再发生变化；

(3)若固定长木板，去掉小铁块上的细绳，用一水平推力推小铁块，只有当推力大于最大静摩擦力时才能推动，故推力至少需要1.19N。

故答案为：(1)0.20

(2)不变

(3)1.19。

16.【答案】解：(1)若传送带速度v=6.0 m/s时，μ<tan物体的加速度沿斜面向下，其大小Mgsin θ−μMgcos θ=MaL=vt−12a2t(2)若传送带速度v=4.0 m/s时设物体速度大于传送带速度时加速度大小为a2Mgsin θ+μMgcos θ=Ma设经过时间t物体的速度与传送带速度相同，t1=设物体速度小于传送带速度时物体的加速度为aMgsin θ−μMgcos θ=Ma物体继续减速，设经t2速度到达传送带B

联立可得：t=t

【解析】本题考查了牛顿第二定律、匀变速直线运动的位移与时间的关系；传送带问题一直是学生头大的问题，关键是明确物体所受传送带摩擦力方向的判断，摩擦力的方向与物体相对传送带运动方向相反，而牛顿第二定律和运动学公式的应用选取的参照物是地面。

(1)开始时物体的初速度大于传送带的速度，物体所受摩擦力沿斜面向下，根据牛顿第二定律求出物体的加速度，当物体达到与传送带速度相等后可能匀速运动也可能匀减速运动到B，根据受力情况进行判断；

(2)改变传送带速度，判断物体运动状态，由牛顿第二定律和运动学公式求出时间。

17.【答案】解：(1)物块沿竖直方向所受合力为零，设物块受地面的支持力为FN

物块运动过程中所受的