《【精准解析】2021届江苏高考物理一轮复习单元检测二相互作用.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《【精准解析】2021届江苏高考物理一轮复习单元检测二相互作用.pdf（12页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、1单元检测二相互作用考生注意：1本试卷共 4 页2答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上3本次考试时间90 分钟，满分100 分4请在密封线内作答，保持试卷清洁完整一、选择题(本题共 10 个小题，每小题4 分，共 40 分.17 小题只有一个选项符合要求，选对得 4 分，选错得0 分；810 小题有多个选项符合要求，全部选对得4 分，选对但不全的得 2 分，有选错的得0分)1(2020福建厦门市质检)如图 1 所示，在水平晾衣杆上晾晒床单时，为了使床单尽快晾干，可在床单间支撑轻质小木棍小木棍的位置不同，两侧床单间夹角 将不同设床单重力为G，晾衣杆
2、对床单的作用力大小为F，下列说法正确的是()A 越大，F 越大B 越大，F 越小C无论 取何值，都有FGD只有当 120 时，才有F G2(2019山西临汾市二轮复习模拟)如图 2 所示是一旅行箱，它既可以在地面上推着行走，也可以在地面上拉着行走已知该旅行箱的总质量为15 kg，一旅客用斜向上的拉力拉着旅行箱在水平地面上做匀速直线运动，若拉力的最小值为90 N，此时拉力与水平方向间的夹角为，重力加速度大小为g10 m/s2，sin 37 0.6，旅行箱受到地面的阻力与其受到地面的支持力成正比，比值为，则()A 0.5，37 B 0.5，53 C 0.75，53 D 0.75，37 图 1图 2
3、图 3图 42图 53(2019河北省中原名校联盟下学期联考)如图 3 所示，甲、乙两个物体系在一根通过定滑轮(质量忽略不计)的轻绳两端，甲放在水平地板上，乙被悬挂在空中，若将甲沿水平地板向右缓慢移动少许后甲仍静止，则()A轻绳对甲的拉力变大B甲对地面的压力变大C甲所受的静摩擦力变大D悬挂滑轮的绳的张力变大4(2019广东省“六校”第三次联考)为迎接新年，小明同学给家里墙壁粉刷涂料，涂料滚由滚筒与轻竿组成，示意图如图4.小明同学缓缓上推涂料滚，不计轻竿的重力以及滚筒与墙壁的摩擦力轻竿对涂料滚筒的推力为F1，墙壁对涂料滚筒的支持力为F2，以下说法中正确的是()AF1增大BF1先减小后增大CF2增
4、大D F2减小5(2020河南郑州市模拟)如图 5 所示，在直角框架MQN 上，用轻绳OM、ON 共同悬挂一个物体物体的质量为m，ON 呈水平状态现让框架沿逆时针方向缓慢旋转90，在旋转过程中，保持结点O 位置不变则下列说法正确的是()A绳 OM 上的力一直在增大B绳 ON 上的力一直在增大C绳 ON 上的力先增大再减小D绳 OM 上的力先减小再增大6.(2019山东滨州市上学期期末)如图 6 所示，倾角为 37 的斜面体固定在水平面上，斜面上有一重为10 N 的物体，物体与斜面间的动摩擦因数 0.5，现给物体施加一沿斜面向上的拉力 F，设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，sin 37 0.6，c
5、os37 0.8，如果物体能在斜面上静止，力F 的大小不可能是()图 6A2 NB10 NC5 ND12 N7(2019甘肃兰州市二诊)如图 7 所示，光滑小球用一根不可伸长的细绳系住，绳的另一端经过截面为半圆形的光滑碗的边缘上的B 点，O 为半圆的圆心现用水平力缓慢地拉动小球，小球在碗壁上滑动，细绳始终处于张紧状态小球从最低点A 开始到接近碗边缘上的B 点的过程中，碗面对小球的支持力的大小FN以及绳对小球的拉力的大小FT的变化情况是()图 73AFN保持不变，FT不断减小BFN不断减小，FT不断增大CFN保持不变，FT先减小后增大DFN不断减小，FT先减小后增大8.(2020四川成都市模拟)
6、如图 8 所示，质量为m 的小正方体和质量为M 的大正方体放在两竖直墙和水平面间，处于静止状态小正方体和大正方体接触的面与竖直方向的夹角为，重力加速度为g，若不计一切摩擦，下列说法正确的是()图 8A水平面对大正方体的弹力大小等于(Mm)gB水平面对大正方体的弹力大小等于(M m)gcos C墙面对小正方体的弹力大小为mgtan D墙面对小正方体的弹力大小为mgtan 9(2019陕西省教学质量二测)如图 9 所示，斜面体置于粗糙水平地面上，斜面体上方水平固定一根光滑直杆，直杆上套有一个滑块滑块连接一根细线，细线的另一端连接一个置于斜面上的光滑小球最初滑块、斜面体与小球都保持静止，现对滑块施加
7、水平向右的外力F 使其缓慢向右滑动至A点，如果整个过程中斜面体保持静止，小球未滑离斜面，滑块滑动到A点时细线恰好平行于斜面，则下列说法正确的是()图 9A斜面对小球的支持力逐渐减小B细线对小球的拉力逐渐减小C滑块受到的水平向右的外力F 逐渐增大D水平地面对斜面体的支持力逐渐减小10.(2019山东潍坊市下学期高考模拟)如图 10 所示，一倾角为30 的斜面固定在水平地面上，一与斜面平行的轻弹簧左端拴接在质量为m 的物体 P 上，右端连接一轻质细绳，细绳跨过光滑的定滑轮连接质量为m 的物体 Q，整个系统处于静止状态对 Q 施加始终与右侧细绳垂直的拉力 F，使 Q 缓慢移动直至右侧细绳水平，弹簧始
8、终在弹性限度内则()4图 10A拉力 F 先变大后变小B弹簧长度先增加后减小CP 所受摩擦力方向先向下后向上D斜面对P 的作用力先变小后变大二、实验题(本题共 2 小题，共16 分)11(8 分)(2020安徽黄山市模拟)某同学探究弹力与弹簧伸长量的关系(1)将弹簧悬挂在铁架台上，将刻度尺固定在弹簧一侧弹簧轴线和刻度尺都应在_(选填“水平”或“竖直”)方向(2)弹簧自然悬挂，待弹簧_时，长度记为L0；弹簧下端挂上砝码盘时，长度记为Lx；在砝码盘中每次增加10 g 砝码，弹簧长度依次记为L1至 L6.数据如表：图 11符号L0LxL1L2L3L4L5L6数值(cm)25.3527.3529.35
9、31.3033.435.3537.4039.30表中有一个数值记录不规范，符号为 _由表可知所用刻度尺的最小分度为_(3)如图 11 是该同学根据表中数据作的图，纵轴是砝码的质量，横轴是弹簧长度与_(选填“L0”或“Lx”)的差值(4)由图可知弹簧的劲度系数为_ N/m；通过图和表可知砝码盘的质量为_g(结果均保留两位有效数字，重力加速度取9.8 m/s2)12(8 分)(2019山东潍坊市二模)某同学在家中做“验证力的平行四边形定则”实验实验器材有橡皮筋、小铁块、轻弹簧、细线、直尺、废圆表盘实验步骤如下：5图 12在弹簧下挂小铁块，弹簧伸长6.0 cm；如图 12 所示，将表盘竖直固定，橡皮
10、筋上端固定在表盘的“12”处，下端拴上两根细线套a、b，先用弹簧竖直向下拉线套a，使橡皮筋下端至表盘中心O 点处，此时弹簧伸长了10.0 cm.此时拉橡皮筋的力记为F；再将小铁块挂在线套b 上，并将其搭在表盘“4”处的光滑钉子上，用弹簧拉线套a，调整弹簧拉力的大小和方向，使橡皮筋下端到达O 点时，线套a 正好经过“7”处，此时弹簧伸长了 8.2 cm，将弹簧的拉力记为F1，铁块的拉力记为F2；以 F1、F2两力为邻边作出平行四边形，若其对角线对应的力F与 F 的偏差在误差允许范围内，则该同学验证了力的平行四边形定则请回答下列问题：(1)实验中为什么第二次拉橡皮筋时也使其下端到达O 点？_(2)
11、该同学取弹簧伸长2 cm 为单位力长度，过 O 点作出了力F 的图示，请你在图中再画出F1、F2和 F力的图示三、计算题(本题共 3 小题，共44 分)13(14 分)(2019四川乐山市第一次调查研究)如图 13 所示，质量M 3 kg 的木块套在固定的水平杆上，并用轻绳与小球相连，轻绳与杆的夹角为30.今用与水平方向成60 角的力 F10 3 N 拉着小球并带动木块一起向右匀速运动，运动过程中木块与小球的相对位置保持不变，g 取 10 m/s2.求：图 13(1)小球的质量m；(2)木块与水平杆间的动摩擦因数.614.(15 分)(2019山东烟台市第一学期期末)如图 14 所示，小球 A
12、、B的质量分别为mA0.3 kg和 mB0.1 kg，用劲度系数为k100 N/m 的轻质弹簧将两个小球拴接在一起，并用细线a、b将小球A、B分别悬挂在竖直墙上，细线a与竖直方向成60 角，细线b水平，两个小球均处于静止状态g取 10 m/s2.求：图 14(1)细线 a、b 分别对小球A、B 的拉力大小；(2)弹簧的伸长量15(15分)(2019天津市和平区上学期期末)如图 15 所示，在动力小车上固定一直角硬杆ABC，分别系在水平直杆AB 两端的轻弹簧和细线将小球P 悬吊起来，轻弹簧的劲度系数为k，小球 P 的质量为m，重力加速度为g.图 15(1)当小车静止时，轻弹簧保持竖直，此时弹簧的
13、形变量大小为多少？(2)当小车沿水平地面以加速度a 向右运动而达到稳定状态时，轻弹簧保持竖直，而细线与杆的竖直部分的夹角为，此时弹簧的形变量大小为多少？7答案精析1C以床单和小木棍整体为研究对象，整体受到重力G 和晾衣杆的支持力F，由平衡条件知FG，与 取何值无关，故A、B、D 错误，C 正确 2D对旅行箱受力分析，如图所示：根据平衡条件，水平方向有：Fcos Ff0，竖直方向有：FNFsin mg0，其中：Ff FN，故 F mgcos sin 令 tan ，则 Fmgsin cos ；当 0 时，F 有最小值，则有Fminmgsin 90 N，可得 37，故 tan 37 0.75，37，
14、故选 D.3D因乙处于静止状态，故绳子的拉力等于乙的重力，即Fmg，轻绳对甲的拉力不变，A 错误；对甲受力分析如图(a)所示，把F进行正交分解可得关系式FNFsinMg，FcosFf，当甲向右移动少许后，变大，故FN减小，Ff减小，B、C 错误；对滑轮受力分析如图(b)所示，把拉物体的绳子的拉力合成得F合FT，因F不变，两绳的夹角变小，则F合变大，故悬挂滑轮的绳的张力变大，D 正确 4D8以涂料滚为研究对象，分析其受力情况设轻竿与墙壁间的夹角为，根据平衡条件得F1Gcos，F2Gtan ；由题，轻竿与墙壁间的夹角 减小，cos 增大，tan 减小，则F1、F2均减小，故选D.5C以结点O为研究
15、对象，受力分析如图甲所示，由于在整个过程中框架缓慢地旋转，因此这三个力的合力始终为零，由于结点O的位置保持不变，故两个拉力间的夹角保持不变，根据三角形定则作图乙，由图乙可知当拉力的方向通过圆心时拉力最大，由此可知OM上的力一直减小，ON上的力先增大再减小，C 正确 6D物体恰好不下滑时，受重力、支持力、拉力、平行斜面向上的静摩擦力，垂直斜面方向：FNGcos 0平行斜面方向：FminFfGsin 其中：Ff FN联立解得：FminGsin Gcos 10 0.6 N0.5100.8 N2 N；物体恰好不上滑时，受重力、支持力、拉力、平行斜面向下的静摩擦力，垂直斜面方向：FNGcos 0平行斜面
16、方向：FmaxFfGsin 其中：Ff FN联立解得：FmaxGsin Gcos 100.6 N0.5100.8 N10 N拉力 F 的大小范围为2 NF10 N9所以不可能的是12 N，选 D.7B小球在某一位置时，碗中的绳子与水平方向的夹角为，小球与圆心的连线与水平方向的夹角为 ，小球受到重力、支持力和绳子的拉力的作用，如图所示，根据矢量三角形法并结合图中的几何关系可得mgsin 180 FNsin 90 FTsin 90，即mgsin FNcos FTcos，所以 FNmgtan，FTcos sin mg，又 180 2，则 FTcos 180 2sin mg(2sin 1sin)mg，
17、小球缓慢移动过程中，增大，故FN减小，FT增大，B 正确，A、C、D 错误 8AD对两物体组成的系统受力分析可知，水平面对大正方体的支持力等于(M m)g，A 正确，B错误；再对小正方体分析，受力如图所示，由平衡条件可得，F1mgtan，C 错误，D 正确 9BC由题意知，在整个过程中，小球、滑块、斜面体均处于平衡状态对小球受力分析，沿斜面方向有FTcos mgsin 垂直斜面方向有FNFTsin mgcos(其中 是细线与斜面的夹角，为斜面的倾角，为定值，0 2)，整理得细线对小球的拉力FTmgsin cos，斜面对小球的支持力FN mg(cos sin tan )，滑块缓慢移动至A 点的过
18、程中，逐渐变小，则细线对小球的拉力FT逐渐变小，斜面对小球的支持力FN逐渐变大，选项A 错误，B 正确；对滑块受力分析可知，在水平方向上有 F FTcos()mgsin cos cos mgsin (cos tan sin )，由于 逐渐变小，故滑块受到水平向右的外力F 逐渐增大，选项C 正确；以斜面体和小球为整体，对整体进行受力分析可知，在竖直方向上有mgMg FNFTsin()，整理得水平地面对斜面体的支持力FN(Mm)g mgsin (tan cos sin )，由于 逐渐变10小，所以水平地面对斜面体的支持力FN逐渐增大，选项D 错误 10CD对 Q 进行受力分析，如图甲所示：可知，当
19、Q 缓慢向上运动时，细绳的拉力FT逐渐减小，而拉力F 逐渐增大，当右侧细绳水平时，拉力Fmg，FT0，又弹簧的弹力等于细绳的拉力，故选项A、B 错误；对 P 受力分析如图乙：开始当 Q 未动时，弹簧弹力为F弹mg，则此时摩擦力FfF弹mgsin 30，方向沿斜面向下，随着弹簧弹力的减小，摩擦力减小，当F弹mgsin 30 时，Ffmgsin 30 F弹，方向沿斜面向上，即P 所受摩擦力先向下减小，后向上增大，故选项C 正确；斜面对P 的作用力即为P 受到的摩擦力和支持力的合力，与 P 受到的重力mg 和弹簧弹力F弹的合力大小相等、方向相反，随着弹簧弹力F弹的减小，重力mg 和弹簧弹力F弹的合力
20、也减小(小于重力mg)，当弹簧弹力减小到0，二者合力大小等于重力mg，即斜面对P 的作用力先变小后变大，故选项D正确 11(1)竖直(2)静止L31 mm(3)Lx(4)4.910解析(1)为保证弹簧的形变只由砝码和砝码盘的重力引起，所以弹簧轴线和刻度尺均应在竖直方向(2)弹簧静止时，才能读取其长度；表中的数据L3与其他数据有效数字位数不同，所以数据L3记录不规范，规范数据应读至厘米位的后两位，精确至 mm，所以刻度尺的最小分度为1 mm.(3)由题图知所挂砝码质量为0 时，x 为 0，所以 x LLx.(4)由胡克定律Fk x 可知，mgk(LLx)，即 mg kx，所以图线斜率为 m xk
21、g，则弹簧的劲度系数k mg x60 10 103 9.8122 102N/m 4.9 N/m；同理砝码盘质量mk LxL0g4.9 27.3525.35 1029.8kg0.01 kg10 g.12(1)保证两次拉皮筋的力效果相同(2)见解析图解析(1)为了保证两次拉橡皮筋的力效果相同，第二次拉橡皮筋时也使其下端到达O 点；(2)如图，因铁块的拉力使弹簧伸长6.0 cm，则对应的力F2为 3 个单位；弹簧伸长8.2 cm 时11对应的力F1为 4.1 个单位，则力的图示如图13(1)1 kg(2)35解析(1)小球受力平衡，合力为零，以小球为研究对象水平方向：Fcos 60 FTcos 30
22、 竖直方向：Fsin 60 FTsin 30 mg解得：m1 kg(2)以木块和小球整体为研究对象，受力平衡，合力为零水平方向：Fcos 60 FN0竖直方向：FNFsin 60 (Mm)g0解得：35.14(1)Fa8 NFb4 3 N(2)0.07 m解析(1)对两个小球组成的整体受力分析：根据平衡条件，水平方向：Fasin 60 Fb竖直方向：Facos60 mAgmBg得：Fa 8 N，Fb 4 3 N(2)B 球受到重力、b 的拉力以及弹簧的拉力F，则：FFb2 mBg2又：Fk x联立可得：x0.07 m.15(1)mgk(2)m gatan k或 0 或matan gk解析(1)小车静止时，由于弹簧竖直，小球受重力和弹簧的弹力，二力平衡，细线对小球没有作用力，可以用假设法，若细线对小球有拉力则弹簧不能竖直，故细线的拉力为零对小12球：kx1 mg，解得：x1mgk.(2)对小球受力分析如图所示：水平方向有：FTsin ma，竖直方向有：FFTcos mg又 Fkx，解得：xm gatan k若 agtan ，则弹簧压缩xmatan gk.