第3章 相互作用——力 真题演练-【学霸题中题】2024-2025学年新教材高中物理必修第一册(人教版2019) 江苏专用

第三章 真题演练 考点1三种常见的力与牛顿第三定律 牛的拉力F 牛的拉力F 1.(2020·浙江选考)如图所示，一对父子掰手腕. 斯 父亲让儿子获胜若父亲对儿子的力记为F,儿 直核料 子对父亲的力记为F2,则 () A.耕索对曲辕犁拉力的水平分力比对直辕犁 的大 B.耕索对曲辕犁拉力的竖直分力比对直辕犁 的大 A.F2>F B.F,和F,大小相等 C.曲辕犁匀速前进时，耕索对犁的拉力小于 C.F先于F2产生 D.F,后于F2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.直辕犁加速前进时，耕索对犁的拉力大于 意图如图所示，三根完全相同的弹簧等间距 型对耕索的拉力 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 托盘上叠放若干相同的盘子，取走一个盘子， 地面上有一质量为m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“，工作人员用轻绳按图 质量为300g,相邻两盘间距1.0cm,重力加 示方式匀速移动石墩时，两平行轻绳与水平 速度大小取10/s2弹簧始终在弹性限度内， 面间的夹角均为0，则下列说法正确的是 每根弹簧的劲度系数为 ( A.轻绳的合拉力大小为g cos 0 A.10 N/m B.100N/m B.轻绳的合拉力大小为mg cos 0+usin 6 C.200N/m D.300N/m C.减小夹角0，轻绳的合拉力一定减小 考点2力的合成与分解 D.轻绳的合拉力最小时，地面对石墩的摩擦 3.(2021·广东高考)唐代《耒耜经》记载了曲辕 力也最小 犁相对直辕型的优势之一是起土省力，设牛 考点3受力分析与共点力平衡 用大小相等的拉力F通过耕索分别拉两种5.(2022·湖南高考)2022年北京冬奥会跳台滑 犁，F与竖直方向的夹角分别为a和B,ax<B, 雪空中技巧比赛场地边，有一根系有飘带的 如图所示，忽略耕索质量，耕地过程中，下列 风力指示杆，教练员根据飘带的形态提示运 说法正确的是 ( 动员现场风力的情况，若飘带可视为粗细一致 第三章学霸079 的匀质长绳，其所处范围内风速水平向右、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 D 量木块和木板间动摩擦因数“的实验。 6.(2024·浙江高考)如图所示，在同一竖直平 如图(a)所示，木板和木块A放在水平桌面 面内，小球A、B上系有不可伸长的细线a、b、c 上，电子秤放在水平地面上，木块A和放在电 和d,其中a的上端悬挂于竖直周定的支架 子秤上的重物B通过跨过定滑轮的轻绳相 上，d跨过左侧定滑轮、c跨过右侧定滑轮分 连.调节滑轮，使其与木块A间的轻绳水平，与 别与相同配重P、Q相连，调节左、右两侧定滑 重物B间的轻绳竖直.在木块A上放置n(n= 轮高度达到平衡.已知小球A、B和配重P、Q 0,1,2,3,4,5)个砝码（电子秤称得每个砝码 质量均为50g,细线c,d平行且与水平方向成 的质量m为20.0g),向左拉动木板的同时， 0=30°（不计摩擦），则细线a、b的拉力大 记录电子秤的对应示数m. 小分别为 砝码 滑轮 木板 A 重 电子秤 图包 60 A.2 N,I N B.2N,0.5N C.I N,I N D.1N.0.5N 7.(2022·河北高考)如图，用两根等长的细绳 10 将一匀质圆柱体悬挂在竖直木板的P点，将 0 23 图b) 木板以底边MN为轴向后方缓慢转动直至水 (1)实验中，拉动木板时 (填“必须" 平，绳与木板之间的夹角保持不变，忽略圆柱 或“不必”)保持匀速 体与木板之间的摩擦，在转动过程中() (2)用m1和mg分别表示木块A和重物B的 质量，则m和m4、mg、mo4、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 A.圆柱体对木板的压力逐渐增大 的动摩擦因数以= (保留2位有 B.圆柱体对木板的压力先增大后减小 效数字) 必修第一册学霸080圆弧槽的支持力逐渐变小，故D正确.故选D 则在x方向可得出Fa=Fsin a,F点=FsinB,在y方向可 12.(1)不变(2)乙(3)AB 得出F=Feos a,F,a=FeosB,由题知a<B,则sin a<sinB, 解析：()根据题意可知.两个力学传感器可以在圆弧上 cs>osB,则可得到F鱼<F,直，F,自>F,直，A错误、B正确： 自由滑动，园弧给传感器的支持力一定与圆弧的切面垂 耕索对犁的拉力与犁对耕索的拉力是一对相互作用力，它 直，由平衡条件可知，AO、B0一定沿半径方向，则O点一 们大小相等，方向相反，无论是加速还是匀速，则CD错误. 定处在圆弧的圆心上，故增加重物质量.则结点0的位置 故选B. 不变.(2)根据题意可知.F为用一个力学传感器测量物 4.B解析：AB.对石墩受力分析，由平衡条件可知： 体重力的读数，则一定与重力在一条直线上.作出的图可 Tcos 0=ff=uN,Tsin 0+N=mg, 能是图中的乙.(3)根据题意，设A0与竖直方向的夹角为 a,则B0与竖直方向的夹角为0-a,如图所示： eos41sin日放A错误，B正确： 联立解得T=4mg C拉力的大小为T=mg umg cos Otusin 0sin ( 其中m9,可知当0+p=90时，拉力有最小值.即戏 小夹角0，轻绳的合拉力不一定减小，故C错误： D.摩擦力大小为f=Tos9=ungeos0三umg eo*usin01tn可知增 由平衡条件可得Fsin=F,sin(0-x). 大夹角日，摩擦力一直减小，当0趋近于90°时，摩擦力最 F cos a+Fcos (0-a)=mg, 小，故轻绳的合拉力最小时，地面对石墩的摩擦力不是最 解得F-mgsin(0-a ,F,=mg血“，若8的取值范围为 小.故D错误.故选B. sin 0 sin 0 5.A解析：由于风速水平向右、大小恒定且不随高度改变 0°<0≤90°，可知0°<<90°，0°<0-a≤90°.则A0到竖直 可认为单位长度飘带受到的风力F。相同，假设飘带总长 的过程中，a减小，0-增大，则有F,变大，F2变小：若0 为L,质量为m,由飘带自由端向上选取任意一段4x,该 的取值范围为90°<0<180°，可知0°<<90°，0°<8-a< 180°，则AO到竖直的过程中，a减小，0-《增大，则有F 部分翼带的重力和所受风力分别为G=小g一之·g,P 先变大后变小，F变小.故选AB. △x·F。,该部分飘带稳定时受力平衡，受力分析如图所示： 13.(1)x:xx=2:1(2)L=3L1-2 解析：(1)设A的劲度系数为，则根据胡克定律有x,= 了本，剪断后C的劲度系数变为原来的2倍，则<=公可 得x,:x=2:1.(2)对弹资A,根据题意有L,+x,=L1,对 2G 弹簧B,C有ln+x+xe=L2,又因为xm= 2k1 联立可得1o= 重力与风力的合力与剩余部分间的张力T是平衡力，设竖 3L1-212 8 直方向的夹角为8，则满足m=F=A·_FL 14.()105N(2)3kg △mg△ L·mg ,可 解析：(1)设杆对C上方铰链弹力为F,对C上方饺链受 知飘带与竖直方向的角度与所选取的飘带长度无关，在风 力分析有2Fsin6=mg,对物体A有Fcos=∫，联立解得f= 速一定时，飘带与竖直方向的角度正切值恒定，则飘带为 10w3N. 一条倾斜的直线，故选A. (2)对整体受力分析，竖直方向有2Fx=2Mg+mg,若要系 6.D解析：由题意可知细线c对A的拉力和细线d对B的 统静止，则有FsB≤aF、,联立可得，mg 2sin0ew0≤4· 拉力大小相等、方向相反，对A、B整体分析可知细线a的 拉力大小为T。=(m,+m)g=1N,设细线b与水平方向夹 2训，解得m≤弩起，可知G的最大质量为g 角为a,对A、B分析分别有T,sin a+Tsin8=mg,Tscos a= 2 Tcos9,解得T。=0.5N,故选D. 第三章真题演练 7.B解析：设两绳子对圆柱体的拉力的合力为T,木板对圆 柱体的支持力为N,绳子与垂直于木板方向的夹角为位，从 1.B解析：父亲对儿子的力F,和儿子对父亲的力F2是一 右向左看如图所示： 对相互作用力，根据牛顿第三定律可知这两个力等大反 向，同生同灭，故B正确，ACD错误。 2.B解析：由题知，取走一个盘子，稳定后余下的正好升高 补平，则说明一个盘子的重力可以使弹簧形变相邻两盘间 距，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 在矢量三角形中，根据正弦定理m:_mB_smy mg N 在木板以直线MN为轴向后方缓慢转动直至水平过程中 x不变，y从90°逐渐减小到0，又y+B+=180°，且a<90°， 可知90°<y+B<180°.则0<B<180°， 必修第一册学霸28 可知B从锐角逐渐断增大到纯角，根据n-mB.y,由 8.(1)不必(2)mu(m,+ma）(3)0.40 mg N T 解析：(1)木块与木板间的滑动摩擦力与两者之间的相对 于iny不断减小，可知T不断减小，inB先增大后减小 速度无关则实验拉动木板时不必保持匀速， 可知V先增大后减小，结合牛顿第三定律可知.圆柱体对 (2)对木块、砝码以及重物B分析可知4(m,+m,)g+ 木板的压力先增大后减小，设两绳子之间的夹角为29，绳 mg=mg,解得m=mnu(m,+mo). 子拉力为T,则27s=T.可得T20日不变，T逐 (3）根据m=mg-m,-4m。·n,结合图像可知m。= 59-19 -=8,则4=0.40. 渐减小，可知绳子拉力不断碱小，故B正确，ACD错误.故 选B. 第四章 运动和力的关系 第1节牛顿第一定律 很大，力的作用时间极短，由于惯性，重球向下的位移极 小（可以看成运动状态未来得及改变），以致CD绳的拉 第1关（练速度） 力几乎未增加，故AB绳先断，③正确，④错误放选A 1.A2.D3.A4.B5.D 6.B解析：同体积的气泡和水，气泡的质量更小，当瓶子突 第2节实验：探究加速度与力、质量的关系 然加速运动时，气泡惯性小，运动状态更容易改变，所以气 第1关（练速度） 泡相对瓶子向右运动 1.A 第2关（继准确率）】 2.A解析：调整滑轮使牵引滑块的细线与长木板保特平行 7.B解析：A.水冲沙石，沙石才能运动.因为水的冲击力克 选项A正确：不挂砂桶.使长木板适当倾斜进行平衡摩擦 服了阻力，故力是改变运动的原因，故A错误：B.物体总 力，选项B错误：实验时，先接通打点计时器的电源.再释 有保持原有运动状态的性质即为惯性，其大小只与质量有 放滑块，选项C错误：改变滑块的质量后，不需要重新调节 关，质量越大惯性越大，力是改变物体运动状态的原因，重 长木板倾斜度，即不需要重新平衡摩擦力，选项D错误故 的大石由于质量太大，惯性太大，所以运动状态不容易被 选A 水流改变，故B正确：C.物体的运动不需要力来维持，如沙 3.(1)平衡摩擦力(2)0.360.16(3)C(4)各组小车质 石不受力的作用时，可以做匀速直线运动状态，故C错误： 量不同(5)无 D.“大石不移”是因为水的冲力等于大石受到的阻力，大 解析：(1)步骤A中的操作目的是平衡摩擦力 石所受的合外力为零，故D错误故选B. 8.B解析：因小车上表面光滑，故车突然停止后，两个小球 (2)可求得“2“点的速度为，=368+3.52 102m/s= 2×0.1 水平方向上不受力的作用，将以原来的速度匀速运动下 -×102m/s2= 去，故两个小球一定不相碰，B正确。 036m5,小车的加速度为a=384-36 0.12 9.A解析：由于列车原来做匀速运动，小球和列车保持相对 0.16ms2 静止，现在列车要减速，由于惯性小球必向前运动，故C, (3)A.由图甲可知，小车的加速度是砝码盘的加速度大小 D错误：又因列车要向南拐弯，由做曲线运动的条件知列 的2倍，故A错误：B.小车的拉力由弹簧测力计测得，则不 车要受到向南的力的作用，即桌子受到向南的力的作用， 需要砝码和砝码盘的总质量应远小于小车的质量的条件 所以小球相对桌面向北运动，故A正确，B错误故选A 故B错误：C.与小车相连的轻绳与长木板一定要平行，保 10.D解析：开始时金属球，车厢及氢气球有向右的相同速 证拉力沿着木板方向，故C正确：D.实验过程中，砝码向下 度，突然刹车使车厢做诚速运动时，由于金属球比车相内 加速运动，处于失重状态，故弹簧测力计的读数小于砝码 同体积的空气质量大，惯性大，运动状态不易改变，相对 和砝码盘总重力的一半，故D错误，故选C 车厢还是向右运动.因此B向右偏，故B、C错误.氢气球 虽然有惯性.因为氢气密度小，空气的密度大（惯性比氧 (4)根据牛顿第二定律F=M,可得a=MF,则图像的斜 气球大)，所以向前会撞到空气，力的作用是相互的，氢气 率表示小车质量的倒数，所以造成各小组图线斜率不同的 球被空气向后推开，相对车厢向左运动，故A错误、 原因是各组小车的质量不同 D正确. (5)无论动滑轮是不是轻质的，弹簧测力计测的都是绳的 第3关（纸思维宽度） 拉力，所以对本实验结果无影响. 11,A解析：①②在绳的A端竖直向下缓慢增加拉力，重球 4.(1)B(2)如图所示(3)56 受力如图所示 ↑a/m·8 0.7 0.6 0.5 0.4 0.3 使得重球有足够的时间发生了微小的位移，以致CD绳的 0.2 拉力F,逐渐增大，这个过程进行缓慢，可以认为重球始 0.1 终处于平衡状态，即Fn=Fn+mg,随着Fn增大，Fn也增 大，且F急是大于F,所以CD绳先被拉断，①正确， 04 44 ②错误：③④若在A端竖直向下突然猛拉，因为重球质量 可kg 参考答案学霸29