(通用版)2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 專題綜合檢測二 第二章 相互作用(含解析)

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1、相互作用 (45分鐘 100分) 一、選擇題(本題共8小題,每小題6分,共48分.1~5題為單選題,6~8題為多選題) 1.(2018·遼寧沈陽期中)某電視臺每周都有棋類節(jié)目,鐵質(zhì)的棋盤豎直放置,每個棋子都是一個小磁鐵,能吸在棋盤上,不計棋子間的相互作用力,下列說法正確的是(  ) A.小棋子共受三個力作用 B.棋子對棋盤的壓力大小等于重力 C.磁性越強的棋子所受的摩擦力越大 D.質(zhì)量不同的棋子所受的摩擦力不同 解析:D 小棋子受到重力、向上的摩擦力、棋盤的吸引力和棋盤的支持力作用,A錯誤.棋盤對棋子的摩擦力等于棋子的重力,故無論棋子的磁性多強,摩擦力是不變的,質(zhì)量不同的棋

2、子所受的重力不同,故摩擦力不同,B、C錯誤,D正確. 2.如圖所示,傾角為30°,重為100 N的斜面體靜止在粗糙水平面上.一根彈性輕桿一端垂直固定在斜面體上,桿的另一端固定一個重為20 N的小球,斜面體和小球處于靜止狀態(tài)時,下列說法正確的是(  ) A.斜面有向左運動的趨勢,受到水平向右的靜摩擦力 B.彈性輕桿對小球的作用力為20 N,方向垂直斜面向上 C.球?qū)椥暂p桿的作用力為20 N,方向豎直向下 D.地面對斜面的支持力為100 N,方向豎直向上 解析:C 桿、球、斜面均靜止,可以看成整體,整體相對地面沒有向左運動的趨勢,A錯誤.由二力平衡可知,地面的支持力等于整體的重力

3、120 N,D錯誤.再對小球受力分析,受重力和彈力,根據(jù)二力平衡條件可判斷彈力和重力等值、反向、共線,故彈力為20 N,豎直向上,B錯誤.由牛頓第三定律得,球?qū)椥暂p桿的作用力為20 N,方向豎直向下,C正確. 3.如圖所示,有一傾角θ=30°的斜面體B,質(zhì)量為M.質(zhì)量為m的物體A靜止在B上.現(xiàn)用水平力F推物體A,在F由零逐漸增加至mg再逐漸減為零的過程中,A和B始終保持靜止.對此過程下列說法正確的是(  ) A.地面對B的支持力大于(M+m)g B.A對B的壓力的最小值為mg,最大值為mg C.A所受摩擦力的最小值為0,最大值為 D.A所受摩擦力的最小值為mg,最大值為mg

4、解析:B 因為A、B始終保持靜止,對A、B整體受力分析可知,地面對B的支持力一直等于(M+m)g,A錯誤.當F=0時,A對B的壓力最小,為mgcos 30°=mg;當F=mg時,A對B的壓力最大,為mgcos 30°+Fsin 30°=mg,B正確.當Fcos 30°=mgsin 30°時,即F=mg時,A所受摩擦力為0,當F=0時,A所受摩擦力大小為mg,方向沿斜面向上,當F=mg時,A所受摩擦力大小為mg,方向沿斜面向下,選項C、D錯誤. 4.如圖所示,質(zhì)量為m的小球套在豎直固定的光滑圓環(huán)上,輕繩一端固定在圓環(huán)的最高點A,另一端與小球相連.小球靜止時位于環(huán)上的B點,此時輕繩與豎直方向的夾

5、角為60°,則輕繩對小球的拉力大小為(  ) A.2mg B.mg C.mg D.mg 解析:C 對B點處的小球受力分析, 如圖所示,則有 FTsin 60°=FNsin 60° FTcos 60°+FNcos 60°=mg 解得FT=FN=mg,故C正確. 5.(2018·安徽六安舒城中學(xué)統(tǒng)考)如圖所示,有5 000個質(zhì)量均為m的小球,將它們用長度相等的輕繩依次連接,再將其左端用細繩固定在天花板上,右端施加一水平力使全部小球靜止.若連接天花板的細繩與水平方向的夾角為45°.則第2 011個小球與2 012個小球之間的輕繩與水平方向的夾角α的正切值等于(  )

6、 A. B. C. D. 解析:C 設(shè)連接天花板的細繩的拉力為FT,則對5 000個小球的整體而言,豎直方向:FTsin 45°=5 000mg;對前2 011個球的整體而言,設(shè)第2 011個小球與2 012個小球之間的輕繩拉力為FT1,則水平方向:FTcos 45°=FT1cos α;豎直方向:FTsin 45°=2 011mg+FT1sin α.聯(lián)立解得tan α=.C正確. 6.如圖所示,某雜技演員在做手指玩耍盤子的高難度表演.若盤的質(zhì)量為m,手指與盤之間的動摩擦因數(shù)為μ,重力加速度為g,設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,盤底處于水平狀態(tài)且不考慮盤的自轉(zhuǎn).則下列說法正確的是(  )

7、 A.若手指支撐著盤,使盤保持靜止狀態(tài),則手指對盤的作用力等于mg B.若手指支撐著盤并一起水平向右勻速運動,則盤受到水平向右的靜摩擦力 C.若手指支撐著盤并一起水平向右勻加速運動,則手指對盤的作用力大小為μmg D.若盤隨手指一起水平勻加速運動,則手指對盤的作用力大小不可超過mg 解析:AD 若手指支撐著盤,使盤保持靜止狀態(tài),則盤受力平衡,手指對盤的作用力與盤的重力等大反向,則手指對盤的作用力等于mg,選項A正確;若手指支撐著盤并一起水平向右勻速運動,則水平方向不受力,即盤不受靜摩擦力,選項B錯誤;若手指支撐著盤并一起水平向右勻加速運動,則手指對盤的作用力為靜摩擦力,大小不一定

8、等于μmg,選項C錯誤;若盤隨手指一起水平勻加速運動,則手指對盤子水平方向的最大靜摩擦力為μmg,豎直方向?qū)ΡP子的支持力為mg,則手指對盤的作用力大小的最大值=mg,即手指對盤的作用力大小不可超過mg,選項D正確. 7.如圖所示,光滑圓柱體A放在物塊P與豎直墻壁之間,在A上再放另一個光滑圓柱體B,A、B的半徑分別為r1、r2,質(zhì)量分別為m1、m2,A、B處于平衡狀態(tài),且在下列變化中物塊P的位置不變,系統(tǒng)仍平衡,則(  ) A.若保持B的半徑r2不變,而將B改用密度較大的材料制作,則物塊P受到地面的靜摩擦力增大 B.若保持A的質(zhì)量m1不變,而將A改用密度較小的材料制作,則物塊P對地面的

9、壓力增大 C.若保持A的質(zhì)量m1不變,而將A改用密度較小的材料制作,則B對墻的壓力增大 D.若保持B的質(zhì)量m2不變,而將B改用密度較小的材料制作,則A對墻的壓力增大 解析:ACD 對A、B整體和P進行分析,受力如圖(a)(b),根據(jù)平衡條件,有: f4=F1cos θ=F2 F2=(m1+m2)gcot θ F3=F1sin θ+mg=(m+m1+m2)g 若保持B的半徑r2不變,而將B改用密度較大的材料制作,則θ角不變,而B的質(zhì)量增大,F(xiàn)3、f4均增大,故A正確;對A、B、P整體受力分析,豎直方向受重力和支持力,由于m1不變,m2、mP也不變,根據(jù)平衡條件,支持力與重力平衡,不

10、變;再根據(jù)牛頓第三定律,P對地面的壓力也不變,故B錯誤;對B分析,受力如圖(c),根據(jù)共點力平衡條件,有:FB=m2gcot α FN= 設(shè)墻對A的支持力為FA,則F2=FA+FB 若保持A的質(zhì)量m1不變,而將A改用密度較小的材料制作,則A的半徑增大,α角減小,故FB增大,故C正確;若保持B的質(zhì)量m2不變,而將B改用密度較小的材料制作,則B的半徑增大,α增大,F(xiàn)B減小,θ不變,F(xiàn)2不變,F(xiàn)A=F2-FB增大,故D正確. 8.某裝置如圖所示,兩根輕桿OA、OB與小球以及一小滑塊通過鉸鏈連接,桿OA的A端與固定在豎直光滑桿上的鉸鏈相連.小球與小滑塊的質(zhì)量均為m,輕桿OA、OB長均為L,

11、原長為L的輕質(zhì)彈簧與滑塊都套在該豎直桿上,彈簧連接在A點與小滑塊之間,裝置靜止時,彈簧長為1.6L,重力加速度為g,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,以下說法正確的是(  ) A.輕桿OA對小球的作用力方向與豎直軸的夾角為53° B.輕桿OB對小滑塊的作用力方向沿OB桿向下,大小為 C.輕桿OA與OB對小球的作用力大小之比是 D.彈簧的勁度系數(shù)k= 解析:BD 對球受力分析,球受重力、桿OA、OB對球的支持力(沿著桿的方向),依據(jù)平行四邊形定則,結(jié)合幾何關(guān)系與三角函數(shù)知識,設(shè)OA與豎直方向夾角為θ,即cos θ=,解得:θ=37° 因FA=FB,輕桿OA與OB對小

12、球的作用力大小之比是1∶1,故A、C錯誤;對小滑塊受力分析,如圖所示;由以上分析可知,F(xiàn)B== 依據(jù)牛頓第三定律,則輕桿OB對小滑塊的作用力方向沿OB桿向下,大小為,故B正確; 對于小滑塊,根據(jù)平衡條件,則有: T=mg+cos 37°,解得:T=mg 再由胡克定律,則有:k==,故D正確. 二、非選擇題(本題共4小題,共52分.有步驟計算的需寫出規(guī)范的解題步驟) 9.(6分)某同學(xué)利用拉力傳感器來驗證力的平行四邊形定則,實驗裝置如圖1所示.在貼有白紙的豎直板上,有一水平細桿MN,細桿上安裝有兩個可沿細桿移動的拉力傳感器A、B,傳感器與計算機相連接.兩條不可伸長的輕質(zhì)細線AC、

13、BC(AC>BC)的一端結(jié)于C點,另一端分別與傳感器A、B相連.結(jié)點C下用輕細線懸掛重力為G的鉤碼D.實驗時,先將拉力傳感器A、B靠在一起,然后不斷緩慢增大兩個傳感器A、B間的距離d,傳感器將記錄的AC、BC繩的張力數(shù)據(jù)傳輸給計算機進行處理,得到如圖2所示張力F隨距離d的變化圖線.AB間的距離每增加0.2 m,就在豎直板的白紙上記錄一次A、B、C點的位置.則在本次實驗中,所用鉤碼的重力G=________N;當AB間距離為1.00 m時,AC繩的張力大小FA=________N;實驗中記錄A、B、C點位置的目的是________. 解析:當AB靠在一起時,AC繩拉力為零,BC繩拉力等于鉤

14、碼的重力,可知G=30.0 N 由圖可知,當AB間距離為1.00 m時,AC繩的張力大小FA=18.0 N 實驗中記錄A、B、C點位置的目的是記錄AC、BC繩張力的方向. 答案:30.0 18.0 記錄AC、BC繩張力的方向(每空2分) 10.(9分)如圖甲所示,力傳感器A與計算機相連接,可獲得力隨時間變化的規(guī)律.將力傳感器固定在水平桌面上,測力端通過輕質(zhì)細繩與一滑塊相連,調(diào)節(jié)傳感器高度使細繩水平,滑塊放在較長的小車上,滑塊的質(zhì)量m=1.5 kg,小車的質(zhì)量為M=1.65 kg.一根輕質(zhì)細繩跨過光滑的輕質(zhì)滑輪,其一端連接小車,另一端系一只空沙桶,調(diào)節(jié)滑輪使桌面上部細繩水平,整個裝置處于

15、靜止狀態(tài).現(xiàn)打開傳感器,同時緩慢向沙桶里倒入沙子,當小車剛好開始運動時,立即停止倒沙子.若力傳感器采集的F-t圖像如圖乙所示,重力加速度g取10 m/s2,則: (1)滑塊與小車間的動摩擦因數(shù)μ=________;若忽略小車與水平桌面間的摩擦,小車穩(wěn)定運動的加速度大小a=________ m/s2. (2)若實驗中傳感器測力端與滑塊間的細繩不水平,左端略低一些,由此而引起的動摩擦因數(shù)μ的測量結(jié)果________(選填“偏大”或“偏小”). 解析:(1)當小車由靜止剛好開始運動時,滑塊與小車間的摩擦力是最大靜摩擦力,由圖乙所示圖像可知,滑塊與小車間的最大靜摩擦力fmax=3.5 N

16、此時沙桶及所裝沙子的總重力m0g=fmax 解得:m0= kg=0.35 kg 由圖乙所示圖像可知,穩(wěn)定后,滑塊的滑動摩擦力f=3.0 N 由f=μmg,解得:μ===0.2 對沙桶及所裝沙子,根據(jù)牛頓第二定律得: m0g-T=m0a?、? 對小車運用牛頓第二定律得: T-f=Ma ② 由①②解得:a=0.25 m/s2 (2)由于左端略低一些,導(dǎo)致壓力增大,則滑動摩擦力偏大,因此動摩擦因數(shù)μ的測量結(jié)果偏大. 答案:(1)0.2 0.25 (2)偏大(每空3分) 11.(15分)如圖所示,一球A夾在豎直墻與三角形劈B的斜面之間.三角形劈的重力為G,劈的底部與地面之間的動摩擦

17、因數(shù)為μ,劈的斜面與豎直墻面是光滑的,劈的斜面傾角為45°.問:欲使劈靜止不動,球的重力不能超過多大?(設(shè)劈的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力) 解析:球A和劈B受力如圖, 對球A,GA=FNBAsin 45°,(3分) 對劈B,F(xiàn)fm=FNBAcos 45°,(3分) FNB=G+FNBAsin 45°,(3分) 又有Ffm=μFNB,(3分) 聯(lián)立解得GA=G.(3分) 答案:G 12.(22分)(2018·大連模擬)如圖所示,質(zhì)量均為1 kg的物塊A、B靜止在水平面上,A、B由勁度系數(shù)為3 N/cm的輕彈簧相連,物塊A套在豎直桿上,在豎直向上的力F作用下沿桿緩慢上移,已

18、知物塊A、B處于水平面時距離為16 cm,彈簧原長為18 cm,物塊B與地面間動摩擦因數(shù)μ1為0.75,物塊A與桿間動摩擦因數(shù)μ2為0.5,設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力.(g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8) (1)當A在地面時,B所受的摩擦力為多少? (2)當A上升到c點時,彈簧的彈力恰為使物塊B運動的最小值,c點的高度為多少? (3)B運動之前,力F隨上升高度h的變化如圖所示,求出坐標a、b、Fc的數(shù)值. 解析:3 N/cm=300 N/m 18 cm=0.18 m,16 cm=0.16 m (1)當A在地面時,由胡克定律得:彈簧的彈力大小為

19、F1=k(l0-l1)=300×(0.18-0.16) N=6 N(2分) 對B,根據(jù)平衡條件可得,B所受的摩擦力大小為f=F1=6 N,方向水平向右.(2分) (2)B恰好要運動時,設(shè)彈簧的拉力為T,與水平方向之間的夾角為θ,則: 豎直方向:Tsin θ+FN=mg,(2分) 水平方向:Tcos θ=μ1FN(2分) 解得:T= = =(2分) 其中:cos α=,sin α= 可知,當θ=α?xí)r,彈簧的拉力T有最小值,所以c點的高度:hc=·tan θ=·tan α=·=μ1·=0.75×0.16 m=0.12 m(2分) (3)A緩慢向上運動,可以看作是勻速運動過程,同

20、時考慮到F=10 N時,向上的力F等于物體A的重力,所以A在a、b兩點受到彈簧斜向上的彈力,則: F-mg+Tsin θ1-μ2·Tcos θ1=0(2分) 將F=10 N以及其他數(shù)據(jù)代入,得: tan θ1= 此時sin θ1=,cos θ1= 所以:ha=·tan θ1=×0.16 m=0.08 m(1分) 根據(jù):F-mg+Tsin θ1-μ2·Tcos θ1=0(2分) 可知,當彈簧的彈力恰好等于0時,即彈簧的長度等于原長時,向上的推力F也可以等于10 N,此時: hb= = =0.02 m≈0.082 5 m(1分) hc=0.12 m時,l= = m=0.2 m(1分) 此時彈簧的拉力為:T=k·(l-l0)=300×(0.2-0.18) N=6 N(1分) 對A進行受力分析可知,A受到重力、彈簧的拉力、桿的支持力、向下的摩擦力以及向上的力F的作用: F-mg-Tsin θ-μ2·Tcos θ=0(1分) 代入數(shù)據(jù)得:F=16 N(1分) 答案:(1)6 N,方向水平向右 (2)0.12 m (3)0.08 m 0.082 5 m 16 N 10

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