第3章 相互作用 真题演练-【学霸黑白题】2024-2025学年新教材高中物理必修第一册(教科版2019)

第三章 真题演练 黑题 真题体验 限时:40 min 考点1 三种常见的力与牛顿第三定律 牛的拉力r 牛的拉力, ### 1.(2020·浙江选考)如图所示,一对父子手腕 # 耕索 父亲让儿子获胜若父亲对儿子的力记为F,儿 耕常 曲辗犁 直辅 ( 子对父亲的力记为F。,则 ) A.耕索对曲镇犁拉力的水平分力比对直辕犁 的大 B. 耕索对曲辅犁拉力的竖直分力比对直辅犁 的大 A.FF: B. F.和F、大小相等 C. 曲辅犁匀速前进时,耕索对犁的拉力小干 C.F.先于F,产生 D. F后于F,产生 犁对耕索的拉力 2.(2023·山东高考)餐厅暖盘车的储盘装置示 D. 直较犁加速前进时,耕索对犁的拉力大于 意图如图所示,三根完全相同的弹策等间距 犁对耕索的拉力 竖直悬挂在水平固定圆环上,下端连接托盘 4.(2022·浙江高考)如图所示,学校门口水平 托盘上叠放若于相同的盘子,取走一个盘子 地面上有一质量为n的石墩,石墩与水平地 稳定后余下的正好升高补平,已知单个盘子的 面间的动摩擦因数为1,工作人员用轻绳按图 质量为300g.相邻两盘间距1.0cm,重力加速 示方式匀速移动石墩时,两平行轻绳与水平 度大小取10m/s{,弹蓄始终在弹性限度内,每 面间的夹角均为4则下列说法正确的是 根弹策的劲度系数为 ) ( __ A.轻绳的合拉力大小为 mg cosf A. 10 N/m B. 100 N/m B. 轻绳的合拉力大小为 tmg C. 200N/m D. 300N/m cos f+usinf 考点2 力的合成与分解 C. 减小夹角9.轻绳的合拉力一定减小 3.(2021·广东高考)唐代《未粗经》记载了曲辕 D. 轻绳的合拉力最小时,地面对石墩的摩擦 犁相对直辕犁的优势之一是起土省力,设牛 力也最小 用大小相等的拉力F通过耕索分别拉两种 考点3 受力分析与共点力平衡 犁,F与竖直方向的夹角分别为a和B,a<B 5.(2022·湖南高考)2022年北京冬奥会跳台滑 如图所示,忽略耕索质量,耕地过程中,下列 雪空中技巧比赛场地边,有一根系有飘带的 ( 说法正确的是 )_过 风力指示杆,教练员根据飘带的形态提示运 第三章 黑白题077 动员现场风力的情况.若飘带可视为粗细一致 B. 圆杜体对木板的压力先增大后减小 的匀质长绳,其所处范用内风速水平向右,大 C. 两根细绳上的拉力均先增大后减小 小恒定且不随高度改变.当飘带稳定时,飘带 D. 两根细绳对圆柱体拉力的合力保持不变 实际形态最接近的是 考点4 实验探究 8.(2023·湖北高考)某同学利用测 质量的小型家用电子秤,设计了测 C 量木块和木板间动摩擦因数n的实验 6.(2024·浙江高考)如图所示,在同一竖直平 如图(a)所示,本板和木块A放在水平桌面 面内,小球A、B上系有不可伸长的细线a、、 上.电子秤放在水平地面上,木块A和放在电 和其中a的上端悬挂于竖直固定的支架 子秤上的重物B通过跨过定清轮的轻绳相连 上.d跨过左侧定滑轮、c跨过右侧定滑轮分别 调节滑轮,使其与木块A间的轻绳水平,与重 与相同配重P、0相连,调节左、右两侧定滑轮 物B间的轻绳竖直.在木块A上放置n(n=0. 1.2.3.4.5)个磕码(电子秤称得每个祛码的 高度达到平衡.已知小球A、B和配重P、0质 质量n。为20.0g),向左拉动木板的同时,记 量均为50g.细线c、d平行且与水平方向成 录电子秤的对应示数m e=30(不计摩擦).则细线a、b的拉力大小分 别为 ( __ 本块A 轮 木板 电子释 图 P{ A. 2N.1N B. 2 N.0.5 N C. 1N.1N D. 1N.0.5 N 7.(2022·河北高考)如图,用两根等长的细绳 10 阁h) 将一匀质圆柱体悬挂在竖直木板的P点,将 (1)实验中,拉动木板时 (填“必须” 木板以底边VN为轴向后方缓慢转动直至水 或“不必”)保持匀速 平,绳与木板之间的夹角保持不变,忽略圆柱 (2)用m.和m。分别表示木块A和重物B的 体与木板之间的摩擦,在转动过程中( ) 质量,则m和m.、m、m、n所满足的关 系式为m= (3)根据测量数据在坐标纸上绘制出m-n图 像,如图(b)所示,可得木块A和木板间的 动摩擦因数= (保留2位有效 A. 圆柱体对木板的压力逐渐增大 数字). 必修第-册·JK黑白题078与竖直方向的夹角为0-a,如图所示： 耕索对犁的拉力与犁对耕索的拉力是一对相互作用力，它们 大小相等，方向相反，无论是加速还是匀速，则CD错误.故 选B 4.B解析：4B对石墩受力分析，由平衡条件可知： Tcos 6=f,f=uN,T'sin 0+N=mg. cos0Lsin故A错误，B正确： 联立解得T=mg umg 由平衡条件可得F,sina=F,sin(0-a),F,es+F,cos(0- C,拉力的大小为T=Hmg a)=mg, cos0+usin0√1+psin(0+p） 解得F=m,下二m。“若日的取值范围为 其中ang= -,可知当0+p=90时.拉力有最小值，即诚小 sin 0 夹角0，轻绳的合拉力不一定减小，故C错误： 0°c8≤90°，可知0°c<90°，0°<0-≤90°，则A0到竖直的 过程中，减小，9-a增大，则有F,变大，F变小；若0的取 D.摩擦力大小为f户Ts0=Lmgs0三，mg 值范围为90°<0<180°，可知0°<a<90°，0°<0-a<180°， sin日1ulan可知增大 夹角0，摩擦力一直诚小，当0趋近于90°时，摩擦力最小，故 则A0到竖直的过程中，a减小，0-增大，则有F,先变大 轻绳的合拉力最小时，地面对石墩的摩擦力不是最小，故 后变小，F,变小.故选AB. D错误：故选B 13.(1)x4:xc=2:1(2)L=3L1-2L 5.A解析：由于风速水平向右、大小恒定且不随高度改变，可 解析：()设A的劲度系数为k,则根据胡克定律有x= 认为单位长度飘带受到的风力F。相同，假设飘带总长为L, 质量为m,由飘带自由端向上选取任意一段△x,该部分职带 剪斯后，C劲度系数变为原米的2倍，则x=,可得￥， Ar 的重力和所受风力分别为G=△mg=元·mg,F=4r·F.该 xc=2:1.(2)对弹簧A,根据题意有1。+x,=L1,对弹簧B,C 部分飘带稳定时受力平衡，受力分析如图所示： 有L。=山，又因为- 2次，联立可得4=3弘-2弘 14.(1)103N(2)3kg 8 解析：(1)设杆对C上方铰链弹力为F,对C上方铰链受 力分析有2Fsin8=mg,对物体A有Fcs0=,联立解得f= 重力与风力的合力与利余部分间的张力T是平衡力，设竖直 103N. (2)对整体受力分析，竖直方向有2F、=2Mg+mg,若要系统 方向的夹角为0，则满足an= F-△x·F。_Fal △mg4x 可知飘 mg 静止，则有Fcos0≤aF,联立可得g 2sin0e0s8≤4. ·mg 带与竖直方向的角度与所选取的飘带长度无关，在风速一定 2训解得m≤号，可知G的最大质量为弩4 8 2 时，飘带与竖直方向的角度正切值恒定，则飘带为一条倾斜 的直线.故选A 第三章真题演练 6.D解析：由题意可知细线c对A的拉力和细线d对B的拉 力大小相等、方向相反，对A、B整体分析可知细线a的拉力 黑驱 大小为T=(m,+ma)g=1N,设细线b与水平方向夹角为a, 1.B解析：父亲对儿子的力F,和儿子对父亲的力F2是一对 对A.B分析分别有T,sina+Tsin9=m,g,Tcsa=T,csB, 相互作用力，根据牛顿第三定律可知这两个力等大反向，同 解得T=0.5N,故选D. 生同灭，故B正确，ACD错误 7.B解析：设两绳子对圆柱体的拉力的合力为T,木板对圆柱 2.B解析：由题知，取走一个盘子，稳定后余下的正好升高补 体的支持力为N,绳子与垂直于木板方向的夹角为α，从右 平，则说明一个盘子的重力可以使弹簧形变相邻两盘间距， 向左看如图所示： 则有mg=3·x,解得k=100N/m.故选B. 3.B解析：将拉力F正交分解如图所示： mg 则在x方向可得出Ft=Fsin a,F,t=FsinB,在y方向可得 在矢量三角形中，根据正弦定理i血c_sinB_siny mg N T 出F,m=Fcos,F,a=Feos B,由题知d<β，则sin<sinB. 在木板以直线N为轴向后方缓慢转动直至水平过程中，a coa>cosB,则可得到F,<F直，F,A>F,直，A错误，B正确； 不变，y从90°逐渐减小到0，又y+B+a=180°，且a<90°，可 必修第一册·JK黑白题28 知90°<y+B<180°，则0<3<180°. 8.(1)不必(2)m4-μ(m,+nmo）(3)0.40 可知月从授角逐新增大到纯角，根据。月。9，由 解析：(1)木块与木板间的滑动摩擦力与两者之间的相对速 mg N 度无关，则实验拉动木板时不必保持匀速 于siny不断减小，可知T不断减小，inB先增大后减小，可 (2)对木块、砝码以及重物B分析可知4(m,+nm)g+ 知N先增大后减小.结合牛顿第三定律可知.圆柱体对木板 的压力先增大后减小，设两绳子之间的夹角为20，绳子拉力 mg=mg,解得m=m我μ(m,+mu): T 59-19 为T",则2Tcos0=T,可得T 2s98不变，T逐渐减小，可 (3)根据m=mem,m。·n,结合图像可知umu= 知绳子拉力不新减小，故B正确，ACD错误故选B. 8,则4=0.40. 第四章 牛顿运动定律 增大，CD拉力也增大，且总是上端线先达到极限程度，故CD 第1节牛顿第一定律 线被拉断，故A正确，B错误在A端突然猛力一拉，因为重 白题础过关 球质量很大，惯性大，力的作用时间又极短，故重球向下的位 1.A2.D3.A4.B5.D 移极小，以至于上端线未来得及发生相应的仲长，AB先达到 6,B解析：同体积的气泡和水，气泡的质量更小，当瓶子突然 极限强度，故AB线先断，故C正确，D错误 加速运动时，气泡惯性小，运动状态更容易改变，所以气泡相 第2节探究加速度与力、质量的关系 对瓶子向右运动 黑题应用提制 白题 基础过关 1.B解析：A.水冲沙石，沙石才能运动，因为水的冲击力克服 1.A 了阻力，故力是改变运动的原因，放A错误：B.物体总有保 2.A解析：调整滑轮使牵引滑块的细线与长木板保持平行， 持原有运动状态的性质即为惯性，其大小只与质量有关，质 选项A正确：不挂砂桶，使长木板适当倾斜进行平衡摩擦 量越大惯性越大，力是改变物体运动状态的原因，重的大石 力，选项B错误；实验时，先接通打点计时器的电源，再释放 由于质量太大，惯性太大，所以运动状态不容易被水流改变， 滑块，选项C错误：改变滑块的质量后，不需要垂新调节长 故B正确：C,物体的运动不需要力来维持，如沙石不受力的 木板顿斜度，即不需要重新平衡摩擦力，选项D错误故 作用时，可以做匀速直线运动状态，故C错误：D.“大石不 选A 移”是因为水的冲力等于大石受到的阻力，大石所受的合外 3.(1)平衡摩擦力(2)0.360.16(3)C(4)各组小车 力为零，故D错误故选B. 质量不同(5)无 2.B解析：因小车上表面光滑，故车突然停止后，两个小球水 解析：(1)步骤A中的操作目的是平衡摩擦力. 平方向上不受力的作用，将以原来的速度匀速运动下去，故 (2)可求得“2”点的速度为与=368+352 2×0.1 ×102m's= 两个小球一定不相碰，B正确 3.A解析：由于列车原来做匀速运动.小球和列车保持相对 Q36m,小车的加速度为4=384-3.6 0.12 ×102m/82= 静止，现在列车要减速，由于惯性小球必向前运动，故C 0.16m/s2. D错误：又因列车要向南拐弯，由做曲线运动的条件知列车 (3)A.由图甲可知，小车的加速度是砝码盘的加速度大小 要受到向南的力的作用，即桌子受到向南的力的作用，所以 的2倍，故A错误：B.小车的拉力由弹簧测力计测得，则不 小球相对桌面向北运动.故A正确.B错误故选A 需要砝码和砝码盘的总质量应远小于小车的质量的条件，故 4.D解析：开始时金属球、车厢及氢气球有向右的相同速度， B错误：C.与小车相连的轻绳与长木板一定要平行，保证拉 突然刹车使车厢做减速运动时，由于金属球比车厢内同体积 力沿着木板方向，故C正确：D,实验过程中，砝码向下加速 的空气质量大，惯性大，运动状态不易改变，相对车厢还是向 运动.处于失重状态，故弹簧测力计的读数小于砝码和砝码 右运动，因此B向右偏，故B、C错误氢气球虽然有惯性，因 盘总重力的一半，故D错误.故选C 为氧气密度小，空气的密度大（惯性比氢气球大），所以向前 会撞到空气，力的作用是相互的，氢气球被空气向后推开，相 4)根据牛顿第二定律F=Ma,可得a=P,则图像的斜常 对车相向左运动，故A错误，D正确， 表示小车质量的倒数，所以造成各小组图线斜率不同的原因 压轴挑战 是各组小车的质量不同 5.AC解析：在线的A端慢慢增加拉力，使得重球有足够的时 (5)无论动滑轮是不是轻质的，弹簧测力计测的都是绳的拉 间发生向下的微小位移，CD拉力逐渐增大，这个过程进行得 力，所以对本实验结果无影响 缓慢，可以认为重球始终处于受力平衡状态，随着AB拉力4，(1)B(2)如图所示(3)56 参考答案与解析黑白题29