章末卷2 相互作用—力-【高考领航】2025年高考物理总复习四测通关卷

章末卷2　相互作用—力 (满分：100分) 一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求) 1.四旋翼无人机通过改变前后端的旋翼转速，形成前后旋翼升力差，使机体倾斜，产生垂直于机体指向前上方的力，实现朝前飞行。一架重为G的四旋翼无人机正匀速朝前飞行，机体与水平方向夹角为θ已知空气阻力的大小与其速度大小成正比，比例系数为k，方向与运动方向相反。则无人机的飞行速度大小为(　　) A.　　　　　　 B. C. D. 2.工地上甲、乙两人用如图所示的方法将带挂钩的重物抬起。不可伸长的轻绳两端分别固定于刚性直杆上的A、B两点，轻绳长度大于A、B两点间的距离。现将挂钩挂在轻绳上，乙站直后将杆的一端搭在肩上并保持不动，甲蹲下后将杆的另一端搭在肩上，此时物体刚要离开地面，然后甲缓慢站起至站直。已知甲的身高比乙高，不计挂钩与绳之间的摩擦。在甲缓慢站起至站直的过程中，下列说法正确的是(　　) A.轻绳的张力大小一直不变 B.轻绳的张力先变大后变小 C.轻绳的张力先变小后变大 D.轻绳对挂钩的作用力先变大后变小 3.如图所示，小宁利用计算机研究分力F1、F2与合力F的关系。保持分力F1的大小和方向不变，F2的大小不变，使F1、F2间的夹角θ由0°逐渐增大到360°的过程中，合力F的箭头的轨迹图形为(　　) 　 4.如图所示，质量相等可视为点电荷的A、B、C三个带电绝缘小球，其中A带正电并固定在绝缘竖直弹簧下端，当A、B、C三个小球的球心距离为L时，B、C小球带电荷量相等并悬在空中处于静止状态，下列说法正确的是(　　) A.弹簧弹力大于三个小球的总重力 B.小球A受三个作用力 C.小球A带的电荷量是小球B带电荷量的2倍 D.剪断弹簧后三个小球一起做自由落体运动 5.水平墙上a、d两点拴接一多功能挂物绳，绳子上b、c两点分别悬挂上物体A、B后，其静置状态如图所示，墙上两点e、f分别在b、c两点正上方，且ae＝ef＝fd，eb∶fc＝10∶11，绳子质量忽略不计，则物体A、B的质量之比为(　　) A.1∶2 B.2∶3 C.3∶4 D.4∶5 6.某课外活动小组设计了如图所示的实验装置，光滑水平轻杆固定在竖直杆的O点，在水平轻杆上离O点为L处固定一个小的轻质定滑轮P，现将长为3L的光滑轻细线一端固定在O点，另一端通过轻质滑轮P与质量为m的滑块A相连，在轻细线上通过轻的光滑滑轮Q挂上滑块B，装置静止时，三角形OPQ刚好构成一个等边三角形，下列说法正确的是(　　) A.可求得滑块B的质量为mB＝m B.若将O点处的线端沿水平杆向右缓慢移动L，则细线拉力大小减小，滑块A下降 C.若将O点处的线端沿竖直杆向下缓慢移动L，则细线拉力大小不变，滑块A上升 D.若将O点处的线端沿竖直杆向下缓慢移动L，则细线拉力大小不变，滑块A高度不变 7.如图所示，倾角为θ的斜面体c置于水平地面上，物块b置于斜面上，通过跨过光滑定滑轮的细绳与小盒a连接，连接b的一段细绳与斜面平行，连接a的一段细绳竖直，a连接在竖直固定在地面的弹簧上。现向盒内缓慢加入适量砂粒，a、b、c始终处于静止状态。下列判断正确的是(　　) A.弹簧的弹力可能增大 B.地面对c的支持力一定增大 C.地面对c的摩擦力可能不变 D.c对b的摩擦力可能减小 二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分) 8.如图所示，电动遥控小车放在水平长木板上面，当它在长木板上水平向左加速运动时，长木板与小车相对静止，此时(　　) A.小车竖直方向受重力、压力和支持力三个力 B.木板对小车的作用力方向水平向左 C.木板对小车的摩擦力方向水平向左 D.木板对小车的摩擦力大小等于小车对木板的摩擦力大小 9.某实验小组用如图甲所示装置测量弹簧的劲度系数，在弹簧下端悬挂不同质量的钩码，记录每一次悬挂钩码的质量和弹簧下端的刻度位置。以弹簧受到的弹力F为纵轴、弹簧的长度L为横轴建立直角坐标系，依据实验数据作出F­L图像，如图乙所示，下列说法正确的是(　　) 甲　　　　　　　　　乙 A.实验前，应该先把弹簧水平放置在桌面上测量其长度 B.弹簧受到的弹力与弹簧的长度成正比 C.弹簧自由下垂时的长度为10.0 cm D.弹簧的劲度系数为40.0 N/m 10.如图所示，小球A和大球B都与竖直墙面接触，在水平推力F作用下整体静止，现使B球缓慢沿水平面向右移动直至两个球心等高，在此过程中，水平推力F作用线始终通过B球心O，不计一切摩擦，则下列说法正确的是(　　) A.水平推力F不断增大 B.B对地面的压力不断减小 C.A对B的作用力不断增大 D.墙对A的作用力不断减小 三、非选择题(本题共5小题，共54分) 11. (7分)某同学利用三个完全相同弹簧测力计完成了平行四边形定则的验证，将弹簧测力计丙固定在水平面上，然后将弹簧测力计甲、乙挂在细绳套上。某次实验时，将弹簧测力计甲、乙沿水平将结点拉至图中的O点，弹簧测力计甲和丙垂直，弹簧测力计甲和乙的夹角大小为120°，弹簧测力计甲、乙的读数分别为2.0 N、4.0 N，则弹簧测力计丙的读数约为　　　　N；如果保持弹簧测力计甲、丙垂直，将弹簧测力计乙顺时针转过一个小角度且保持弹簧测力计丙的示数不变，则弹簧测力计甲的读数将　　　　，弹簧测力计乙的读数将　　　　(均填“变大”“不变”或“变小”)；在该次操作时用刻度尺测量了弹簧测力计乙4.0 N的刻度线到0刻度线的距离为8.0 cm，则弹簧测力计中弹簧的劲度系数为k＝　　　N/m。(＝1.732，结果均保留一位小数) 12.(9分)某同学在“研究弹簧串联等效劲度系数与原弹簧劲度系数的关系”实验中，用如图所示实验装置，两根劲度系数分别为k1和k2的弹簧Ⅰ、Ⅱ串联起来悬挂在铁架台上，在旁边竖直放置一刻度尺，从刻度尺上可以读出指针A、B对应的刻度尺的示数LA和LB。已知当地的重力加速度g＝10 m/s2。 (1)将质量为m0＝50 g的钩码逐个挂在弹簧Ⅱ下端，读出指针A、B对应的刻度尺的示数填入表格中。 钩码数 1 2 3 4 LA/cm 14.70 18.72 22.71 26.70 LB/cm 26.24 32.30 38.27 44.24 用表中数据计算弹簧Ⅰ的劲度系数k1＝　　　　 N/m，弹簧Ⅱ的劲度系数k2＝　　　　 N/m。(结果均保留三位有效数字) (2)根据上述数据，可得弹簧串联的等效劲度系数k0与原两个弹簧劲度系数k1和k2之间的关系为　　　　。 13.(10分)如图所示，倾角为θ＝53°的斜面固定在水平面上，质量为M＝2 kg的物块A放置在斜面下端(不接触水平面)，绕过定滑轮的轻绳，一端与物块A连接，另一端悬挂质量为m＝1 kg的物块B。开始时用沿斜面向上的拉力拉着物块A，物块A、B均处于静止状态，定滑轮两边的轻绳均竖直。已知物块A与斜面间的动摩擦因数为0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块B离地面的高度足够高。(重力加速度g取10 m/s2，sin 53°＝，cos 53°＝) (1)求开始时作用在物块A上的拉力F的最小值； (2)改变拉力F的大小使物块A沿斜面缓慢向上移动，当连接物块A的轻绳刚好与斜面垂直时撤去拉力，求撤去拉力的一瞬间，物块A的加速度大小。 14.(13分)如图所示，半径为r圆柱体B、C固定在两个不计质量、不计厚度的相同水平底座上，且B、C靠在一起，底座与水平面间的动摩擦因数为μ，圆柱体A(半径为r)放在圆柱体B、C的上方，三者处于静止状态，质量关系为mA＝2mB＝2mC＝2m，三个圆柱面间均光滑，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。 (1)求B对A的支持力FN； (2)要使系统保持静止状态，求μ的最小值。 15. (15分)如图所示，粗糙水平地面上固定有一竖直光滑杆，杆上套有质量为m＝0.4 kg的圆环，地面上放一质量为M＝2.5 kg的物块，物块与地面间的动摩擦因数为μ＝0.5，圆环和物块由绕过光滑定滑轮的轻绳相连，连接圆环和物块的轻绳与竖直方向的夹角分别为α＝37°，β＝53°。认为物块与地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力(重力加速度g＝10 m/s2，取sin 37°＝0.6、sin 53°＝0.8)，求： (1)物块对地面的压力大小； (2)地面对物块的摩擦力； (3)若m、M大小可调，为保持系统的平衡，求满足的范围。 学科网（北京）股份有限公司 $$ 章末卷2　相互作用一力 1.D　对飞机受力分析，并把垂直于机体指向前上方的力F分解，如图所示。飞机做匀速直线运动，则有Fcos θ＝G，Fsin θ＝f，又因为f＝kv，解得v＝，故选D。 2.B　如图，设轻绳的夹角为θ，则轻绳上的拉力F＝，当甲缓慢站起至站直的过程中轻绳间的夹角θ先变大，当杆水平时轻绳间夹角最大，然后变小，轻绳的张力先变大后变小，故B正确，ACD错误。 3.A　若以O点为坐标原点，以F1的方向为x轴正向建立坐标系，则合力F的箭头的坐标满足x＝F1＋F2cos θ，y＝F2sin θ，消掉θ角可得(x－F1)2＋y2＝F22，因F1和F2的大小都不变，则使F1、F2间的夹角θ由0°逐渐增大到360°的过程中，合力F的箭头的轨迹图形为圆。故选A。 4.C　把三个小球看成整体，可得弹簧弹力等于三个小球的总重力，故A错误；分析A的受力有重力、两个库仑力和弹簧弹力，共四个力，故B错误；根据受力平衡可得B、C小球带等量的负电，设小球A、B的电荷量绝对值分别为qA 、qB，A、B之间的库仑力FAB＝k，B、C之间的库仑力FBC＝k，θ＝60°，分析B受力如图所示，可得FABcos θ＝FBC，代入得qA＝2qB，故C正确；剪断弹簧后A受重力和B、C小球对A的库仑力，A下落的加速度大于重力加速度，剪断瞬间小球B、C受力不变，加速度为零，故D错误。 5.C　如图所示，过a点做bc的平行线，与eb交于m点，过d点做bc的平行线，与cf延长线交于n点，过c点做eb的垂线，交eb的延长线于p点，则根据ae＝ef＝fd＝pc以及几何关系可知△aem与△cpb以及△dfn为全等三角形。对结点b和c受力分析，则力构成的三角形分别相似于△abm和△cdn ，又由于eb∶fc＝10∶11可知，＝＝＝＝，故＝，故选C。 6.D　对物块A受力分析可知细线上的拉力大小为FT＝mg，对滑轮Q受力分析可知mBg＝2FTsin 60°，解得mB＝m，A错误；若将O点处的线端沿水平杆向右缓慢移动L，物块A处于平衡状态，则细线拉力大小不变，B错误；若将O点处的线端沿竖直杆向下缓慢移动L，物块A处于平衡状态，则细线拉力大小不变，由于细线拉力不变，则滑轮两侧细绳间的夹角不变，如图所示，根据几何关系知O1Q2＝Q2M，PM的长度就代表了P轮左侧绳子的总长sin θ＝，因为夹角不变，MN之间的距离不变，则PM绳子总长不变，所以物体A的高度没有发生变化，C错误，D正确。 7.D　向盒内缓慢加入适量砂粒，a、b、c始终处于静止状态，则弹簧形变量不变，弹簧的弹力不变；对a分析可知，a处于静止状态，加入适量砂粒后重力变大，弹簧弹力不变，则绳子的张力变大，对b与c整体分析，受重力、支持力、拉力和向左的静摩擦力，故地面对c的支持力一定减小，摩擦力一定变大，故ABC错误；盒子a受重力、拉力和弹簧的弹力而平衡，随着砂粒质量的增加，但由于不知道b的重力沿着斜面方向的分力与细绳拉力的大小关系，故不能确定c对b的静摩擦力的方向，静摩擦力可能增加、可能减小、有可能先减小后增大，故D正确。 8.CD　小车竖直方向受重力、支持力两个力，故A错误；小车水平向左做加速运动，水平方向上，木板对小车的摩擦力为小车的合外力，故木板对小车的摩擦力方向水平向左，故C正确；小车受到木板的竖直向上支持力、水平向左的摩擦力，可知木板对小车的作用力方向不是水平向左，故B错误；根据牛顿第三定律可知木板对小车的摩擦力大小等于小车对木板的摩擦力大小，故D正确。 9.CD　由于考虑弹簧本身重力的作用，实验前，应该先把弹簧竖直悬挂后测量其长度，A错误；根据F­L图像不过原点可知，弹簧受到的弹力与弹簧的长度不成正比，B错误；根据胡克定律有F＝k(L－L0)，可知图乙中的横轴截距表示弹簧自由下垂时的长度，即L0＝10.0 cm，C正确；F­L图像的斜率表示弹簧的劲度系数，则有k＝＝ N/m＝40.0 N/m，D正确。 10.AC　对A受力分析受到重力mAg，B对A的支持力FNB和墙对A的弹力FA，设B对A的支持力与竖直方向的夹角为θ，根据平衡可知FNB＝，FA＝mAgtan θ，当B球缓慢沿水平面向右移动时，θ变大，所以墙对A的作用力不断增大，B对A的支持力不断增大，根据牛顿第三定律，A对B的作用力不断增大，故C正确，D错误；对AB整体，有FN＝mAg＋mBg，F＝FA，水平推力F不断增大，地面的支持力不变，根据牛顿第三定律，B对地面的压力不变，故A正确，B错误。 11.解析：如图1所示，F为弹簧测力计甲、乙的合力，则由几何关系可知F＝4cos 30°＝2 N≈3.5 N，保持弹簧测力计甲、丙垂直，且保持弹簧测力计丙的示数不变，则说明弹簧测力计甲、乙的合力保持不变，将弹簧测力计乙顺时针转过一个小角度，如图2所示，则弹簧测力计甲的读数变小，弹簧测力计乙的读数变小；弹簧测力计乙4.0 N的刻度线到0刻度线的距离为8.0 cm，则说明弹簧测力计乙的伸长量为8 cm，则弹簧测力计中弹簧的劲度系数为k＝＝ N/m＝50.0 N/m。 　　　　图1　　　　　　　图2　 答案： 3.5　变小　变小　50.0 12.解析：(1)根据题表中数据可知，每增加一个钩码，弹簧Ⅰ伸长的平均值为4.00 cm，弹簧Ⅱ伸长的平均值为2.00 cm，由胡克定律有ΔF＝kΔL 又有ΔF＝m0g＝0.5 N 可得弹簧Ⅰ的劲度系数 k1＝ N/m＝12.5 N/m 弹簧Ⅱ的劲度系数 k2＝ N/m＝25.0 N/m。 (2)弹簧串联后的伸长量的平均值为6 cm，则等效劲度系数为k0＝ N/m≈8.33 N/m 则有＝＋ 即每增加一个钩码，弹簧Ⅰ伸长L1，弹簧Ⅱ伸长L2，两弹簧串联后伸长(L1＋L2)，由胡克定律有ΔF＝k0(L1＋L2)，即＝＋ 则弹簧串联的等效劲度系数k0与原两个弹簧劲度系数k1和k2之间的关系为＝＋。 答案：(1)12.5　25.0　(2)＝＋ 13.解析：(1)开始时，设最小拉力为Fmin，此时物块A刚好不下滑，对物块A进行受力分析，根据力的平衡条件有 Fmin＋mgsin θ＋Ff＝Mgsin θ mgcos θ＋FN＝Mgcos θ 物块A所受的摩擦力F1＝μFN 解得Fmin＝5 N。 (2)当连接物块A的轻绳刚好与斜面垂直时，撤去拉力的瞬间摩擦力发生突变，对物块A进行受力分析 沿垂直斜面方向有mg＋FN′＝Mgcos θ 沿斜面方向有Mgsin θ－F1′＝Ma 物块A所受的摩擦力F1′＝μFN′ 解得a＝7.5 m/s2。 答案：(1)5 N　(2)7.5 m/s2 14.解析：(1)如图甲所示，对A受力分析，由对称性可知C对A的作用力与B对A的作用力大小相等， 甲 设FCA＝FBA＝FN，则2FNcos 30°＝2mg 解得B对A的支持力FN＝mg。 (2)对B受力分析，如图乙所示。 乙 水平方向f＝FABsin θ 竖直方向N＝FABcos θ＋mg 由最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则f＝μN 解得μ＝。 答案：(1)mg　(2) 15.解析：(1)以圆环为研究对象，竖直方向根据受力平衡可得FTcos α＝mg 解得绳子拉力大小为FT＝5 N 以物块为研究对象，竖直方向根据受力平衡可得 FN＋FTcos β＝Mg 解得支持力FN＝22 N 根据牛顿第三定律，可知物块对地面的压力大小为22 N。 (2)以物块为研究对象，水平方向根据受力平衡可得Ff＝FTsin β 可知地面对物块的摩擦力大小为4 N，方向水平向右。 (3)若m、M大小可调，以圆环为研究对象，可得绳子拉力大小为 FT＝ 以物块为研究对象，竖直方向根据受力平衡可得FN＋FTcos β＝Mg 解得FN＝Mg－FTcos β＝Mg－ 水平方向根据受力平衡可得Ff＝FTsin β＝ 又Ff≤μFN 联立可得≤μ(Mg－) 解得≤。 答案：(1)22 N　(2)4 N，方向水平向右　(3)≤ 学科网（北京）股份有限公司 $$