贵州省遵义市航天高级中学上册第三章 相互作用——力达标检测卷(Word版 含解析)
一、第三章 相互作用——力易错题培优（难）
1．水平传感器可以测量器械摆放所处的水平角度，属于角度传感器的一种，其作用就是测量载体的水平度，又叫倾角传感器。如图为一个简易模型，截面为内壁光滑的竖直放置的正三角形，内部有一个小球，其半径略小于内接圆半径，三角形各边有压力传感器，分别感受小球对三边压力的大小，根据压力的大小，信息处理单元能将各边与水平面间的夹角通过显示屏显示出来。如果图中此时BC 边恰好处于水平状态，将其以C 为轴在竖直平面内顺时针缓慢转动，直到AC 边水平，则在转动过程中（ ）
A ．当BC 边与AC 边所受压力大小相等时，A
B 处于水平状态 B ．球对A
C 边的压力一直增大 C ．球对BC 边的压力一直减小
D ．BC 边所受压力不可能大于球的重力 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】
对正三角形内部的小球受力分析，如图所示
由几何关系可知，随着角度θ从0°到120°增大过程中，角α与角θ之和保持不变，且α + θ = 120°，所以角β也保持不变，β = 60°，由平衡条件和正弦定理得
()
sin sin sin 120AC BC N N G
βθθ==?- 所以球对AC 边的压力
23
sin sin sin sin sin 60AC
AC G G N N θθθβ'====? 球对BC 边的压力
()()()23
sin 120sin 120sin 120sin sin 60BC
BC G G N N G θθθβ'==?-=?-=?-? A ．当BC 边与AC 边所受压力大小相等时，即AC
BC N N ''=，则θ = 60°，此时AB 处于水平状态，故A 正确；
BC ．角度θ从0°到120°增大过程中，sin θ和()sin 120θ?-都是先增大后减小，所以球对AC 边的压力和球对BC 边的压力都是先增大后减小，BC 错误；
D ．当0 < θ < 60°时，BC
N G '>，即BC 边所受压力有可能大于球的重力，故D 错误。 故选A 。
2．如图所示，在粗糙地面上放有一装有定滑轮的粗糙斜面体，将两相同的A 、B 两物体通过细绳连接处于静止状态，用水平力F 作用于物体B 上，缓慢拉开一小角度，斜面体与物体A 仍然静止。则下列说法正确的是（ ）（不计绳的质量和绳与滑轮间的摩擦）
A ．水平力F 变小
B ．物体A 所受合力变大
C ．物体A 所受摩擦力不变
D ．斜面体所受地面的摩擦力变大
【答案】D 【解析】 【分析】
先对物体B 进行受力分析，根据共点力平衡条件求出绳的拉力，再对A 进行受力分析，同样根据共点力平衡条件得出各个力的情况，对斜面体所受地面的摩擦力可以用整体法进行分析。 【详解】
A ．对
B 物体进行受力分析，如图
根据共点力平衡条件
B tan F m g θ=，B cos m g
T θ
=
在缓慢拉开B 的过程中，θ角度变大，故绳上的张力T 变大，水平力F 增大，故A 错误； B ．因物体A 始终处于静止，故A 所受合外力为0，B 错误；
C ．物体A 受重力、支持力、细线的拉力，可能没有摩擦力，也可能有沿斜面向下的静摩擦力，还有可能受斜面向上的静摩擦力。故拉力T 增大后，静摩擦力可能变小，也可能变大，故C 错误；
D ．对整体分析可以知道，整体在水平方向受拉力和静摩擦力作用，因拉力变大，故静摩擦力一定变大，故D 正确。 故选D 。 【点睛】
整体法与隔离法相结合。
3．如图所示，在固定光滑半球体球心正上方某点悬挂一定滑轮，小球用绕过滑轮的绳子被站在地面上的人拉住。人拉动绳子，球在与球面相切的某点缓慢运动到接近顶点的过程中，试分析半球对小球的支持力N 和绳子拉力T 大小如何变化（ ）
A ．N 增大，T 增大
B ．N 增大，T 减小
C ．N 不变，T 减小
D ．N 不变，T 增大
【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】
对球受力分析，受重力、支持力和拉力，根据平衡条件作图，如图所示
图中矢量三角形与三角形ABC 相似，故
mg N T
AC BC AB
== 解得
BC
=
N mg
AC
AB
T mg
=
AC
由于AB变小，AC不变、BC也不变，故N不变，T变小，故ABD错误，C正确；
故选C。
【点睛】
利用相似三角形求解物体的平衡，根据受力分析找到力的三角形，和空间几何三角形相似，对应边成比例。
4．如图所示，物块正在沿粗糙的斜面匀速下滑，斜面保持静止状态。在下列几种情况中，物块仍沿斜面下滑，则关于地面对斜面体的摩擦力正确说法是（）
A．若对物块施加竖直向下的外力，地面对斜面体的摩擦力水平向左
B．若对物块施加垂直于斜面向下的外力，地面对斜面体的摩擦力水平向左
C．若对物块施加沿斜面向下的外力，地面对斜面体的摩擦力水平向右
D．若对物块施加沿斜面向下的外力，地面对斜面体没有摩擦力
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
物块沿粗糙的斜面匀速下滑，物块处于平衡状态，斜面体对物块的力竖直向上与重力平衡，物块对斜面体的力竖直向下，地面对斜面体没有摩擦力。
A．若对物块施加竖直向下的外力，相当于物块的重力增加了，物块仍做匀速运动，地面对斜面体的摩擦力仍为零，A错误；
CD．若对物块施加沿斜面向下的外力，此时，物块对斜面体的摩擦力与匀速下滑时相等，物块对斜面体的压力与匀速时相等，因此斜面受力没变，地面对斜面体的摩擦力仍为零，C 错误，D正确；
B．若对物块施加垂直于斜面向下的外力，把该外力分解为竖直向下的和沿斜面向上的两个分力（两个分力不再相互垂直），两个分力单独作用时，竖直向下的外力不会造成地面对斜面体有摩擦，沿斜面向上的分力只能使物块减速运动，物块对斜面体的压力和摩擦力不变，也不会造成地面对斜面体产生摩擦力，两个分力同时作用时，地面对斜面体的摩擦力仍为零，即若对物块施加垂直于斜面向下的外力，地面对斜面体的摩擦力仍为零，B错误。
故选D。
5．如图所示，物体B的上表面水平，当A、B相对静止沿斜面匀速下滑时，斜面在水平面上保持静止不动，则下列判断正确的是（）
A．物体A受3个力作用
B．物体B受4个力作用
C．物体C受水平面的摩擦力方向一定水平向右
D．水平面对物体C的支持力小于A、B和C三物体的重力大小之和
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A．A、B相对静止沿斜面匀速下滑，所以物体A受重力和支持力2个力作用，选项A错误；
B．对B分析，B受重力、斜面的支持力、A的压力及B受C的摩擦力，所以物体B受4个力作用，选项B正确；
C．对整体分析，由于整体保持静止，故整体在水平方向没有摩擦力，即物体C不受水平面的摩擦力作用，选项C错误；
D．对整体分析，由于整体保持静止，所以水平面对物体C的支持力等于A、B和C三物体的重力大小之和，选项D错误。
故选B。
6．在一竖直平面内有一高速逆时针旋转的飞轮，内壁粗糙，当把一物体静止放在圆心正下方A点，随着飞轮旋转，物体也会运动，运动最高点C后又滑下来，最后静止在B点。若∠AOB=α，∠COB=β，物体与接触面间的摩擦因素为μ，则下列说法中正确的是（）
A．物体上升时受到的滑动摩擦力与运动方向相反
B．物体与接触面间的摩擦因素μ=tanα
C ．若增大转速，则物体停留的位置在B 点左上方
D ．若仅增大物体的质量，物体最后静止的位置在B 点左上方。 【答案】B 【解析】 【分析】
分析摩擦力对于物体是运动的动力还是阻力，可很快分析出摩擦力的方向，由于虽物体静止于B 点但受到的仍为滑动摩擦力，与飞轮转动速度大小无关，当物体处于静止状态时，对物体进行受力分析可求解。 【详解】
A ．物体上升的过程中，受到的摩擦力是物体上升的动力，与运动方向相同，A 错误；
B ．当静止在B 点时，受力平衡，对物体进行受力分析，可得
sin cos mg mg αμα=
因此，可以推出
tan μα=
B 正确；
C ．由于物体力受到的摩擦力为滑动摩擦力，与运动速度无关，因此增大转速后，物体仍停留在B 点，C 错误；
D ．当物体停留在B 点时，满足
sin cos mg mg αμα=
两边质量消去，因此停留的位置与物体的质量无关，D 错误。 故选B 。
7．如图所示，用一轻绳将光滑小球P 系于竖直墙壁上的O 点，在墙壁和球P 之间夹有一正方体物块Q ，P 、Q 均处于静止状态,现有一铅笔紧贴墙壁压在轻绳上从O 点开始缓慢下移(该过程中，绳中张力处处相等)，P 、Q 始终处于静止状态，则在铅笔缓慢下移的过程中( )
A ．P 所受的合力增大
B ．Q 受到墙壁的摩擦力不变
C ．P 对Q 的压力逐渐减小
D ．绳的拉力逐渐减小 【答案】B 【解析】 【分析】
对物体进行受力分析，根据绳子拉力方向变化，对各个力的大小进行分析可求解。 【详解】
A ．P 始终处于静止状态，所受合力始终为零，故A 错误；
B ．小球P 光滑，所以PQ 间没有摩擦，因此Q 受到的墙壁的摩擦力与Q 受到的重力是平衡性，保持不变，故B 正确； CD ．对P 球进行受力分析如图
根据平衡条件可得
cos T mg θ=
sin T θ
N
整理得
tan N mg θ=，cos mg
T θ
=
随铅笔向下移动，θ变大，则tan θ增大，即Q 对P 的支持力增大，根据作用力和反作用力，P 对Q 的压力增大；而cos θ减小，因此绳子拉力变大，故CD 错误。 故选B 。
8．如图所示，在斜面上放两个光滑球A 和B ，两球的质量均为m (不随r 改变)，它们的半径分别是R 和r ，球A 左侧有一垂直于斜面的挡板，两球沿斜面排列并静止，以下说法正确的是（ ）
A ．斜面倾角θ一定，R >r 时，R 越大，r 越小，
B 对斜面的压力越小 B ．斜面倾角θ一定，R =r 时，两球之间的弹力最小
C ．斜面倾角θ一定时，A 球对挡板的压力随着r 减小而减小
D ．半径确定时，随着斜面倾角θ逐渐增大，A 受到挡板作用力先增大后减小 【答案】B 【解析】 【分析】
用整体法和隔离体法分别对B 球和AB 整体进行受力分析，再根据R 与r 的关系变化及倾角变化，分析各个力的变化。 【详解】
B．对B球的受力分析，如图所示
N1、N2的合力与重力mg等大反向，在右侧力的三角形中，竖直边大小等于m g，当倾斜角 一定时，N2的方向保持不变，R=r时，N1恰好垂直于N2，此时N1最小，故B正确；A．当R>r时，R越大，r越小，N1越向下倾斜，N2都越大，即斜右对B的支持力越大，根据牛顿第三定律，B对斜面的压力也越大，故A错误；
C．将两个球做为一个整体，档板对A的支持力等于两球重力的下滑分力，斜面倾角θ一定时，下滑分力一定，与R及r无关，故C错误；
D．半径确定时，而当斜面倾角θ逐渐增大，两球的下滑分析增大，因此A对档板的压力一直增大，故D错误。
故选B。
【点睛】
动态分析时将各个力移动到一个三角形中进行分析，比较容易发现各个力的大小变化。
9．2018年10月23日，港珠澳跨海大桥正式通车．为保持以往船行习惯，在航道处建造了单面索（所有钢索均处在同一竖直面内）斜拉桥，其索塔与钢索如图所示．下列说法正确的是（）
A．增加钢索的数量可减小索塔受到的向下的压力
B．为了减小钢索承受的拉力，可以适当降低索塔的高度
C．索塔两侧钢索对称且拉力大小相同时，钢索对索塔的合力竖直向下
D．为了使索塔受到钢索的合力竖直向下，索塔两侧的钢索必须对称分布
【答案】C
【解析】
【详解】
A、以桥身为研究对象，钢索对桥身的拉力的合力与桥身的重力等大反向，则钢索对索塔的向下的压力数值上等于桥身的重力，增加钢索的数量钢索对索塔的向下的压力数值不
变，故A 错误；
B 、由图甲可知2cos T Mg α=，当索塔高度降低后，α变大，cos α 变小，故T 变大，故B 错误
C 、由B 的分析可知，当钢索对称分布时，2cos T Mg α=，钢索对索塔的合力竖直向下，故C 正确
D 、受力分析如图乙，由正弦定理可知，只要
sin sin AC AB
F F αβ
= ，钢索AC 、AB 的拉力F AC 、F AB
进行合成，合力竖直向下，钢索不一定要对称分布，故D 错误；综上分析：答案为C
10．如图所示，两个截面半径均为r ，质量均为m 的半圆柱体A 、B 放在粗糙水平面上，A 、B 截面圆心间的距离为l ，在A 、B 上放一个截面半径为r ，质量为2m 的光滑圆柱体C ，A 、B 、C 处于静止状态，则（ ）
A ．
B 对地面的压力大小为3mg B ．地面对A 的作用力沿A 、
C 圆心连线方向 C ．l 越小，A 、C 间的弹力越小
D ．l 越小，地面对A 、B 的摩擦力越大
【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】
A ．以三个物体组成的整体为研究对象，受到总重力和地面对A 和
B 支持力，两个支持力大小相等，则由平衡条件得知地面对B 的支持力为2mg ，由牛顿第三定律得知B 对地面的压力大小也为2mg ，故A 错误；
B ．地面对A 有支持力和摩擦力两个力作用，地面对A 的作用力是它们的合力；A 受到重力mg 、地面的支持力1N 、摩擦力f 、
C 球的压力2N ，如图所示
根据平衡条件知地面的支持力1N 和摩擦力f 的合力与力mg 和压力2N 的合力等值、反向，C 球对A 的压力2N 方向沿AC 方向，则力mg 和压2N 的合力一定不沿AC 方向，故地面对A 的作用力不沿AC 方向，故B 错误；
C ．以C 为研究对象，分析受力情况如图，由平衡条件有
2
2cos 2N mg θ'= 得
2
cos mg
N θ
'= l 越小，θ越小，cos θ越大，则得A 对C 间的弹力2
N '越小，故C 正确； D ．以A 为研究对象，根据平衡条件得知地面对A 的摩擦力
2sin f N α=
而C 对A 的压力
22
N N '= 则得l 越小，α越小，f 越小，故D 错误。 故选C 。
11．如图所示，细绳一端固定在A 点，跨过与A 等高的光滑定滑轮B 后在另一端悬挂一个沙桶Q ．现有另一个沙桶P 通过光滑挂钩挂在AB 之间，稳定后挂钩下降至C 点，∠ACB=120°，下列说法正确的是
A ．若只增加Q 桶的沙子，再次平衡后C 点位置不变
B ．若只增加P 桶的沙子，再次平衡后
C 点位置不变
C ．若在两桶内增加相同质量的沙子，再次平衡后C 点位置不变
D ．若在两桶内增加相同质量的沙子，再次平衡后沙桶Q 位置上升 【答案】C 【解析】
【分析】 【详解】
A 、
B 、对砂桶Q 分析有T Q F G =，设两绳的夹角为θ，对砂桶P 的
C 点分析可知受三力而平衡，而C 点为活结绳的点，两侧的绳张力相等，有2cos
2
T P F G θ
=，联立可知
2cos
2
Q P G G θ
=，故增大Q 的重力，夹角θ变大，C 点上升；增大P 的重力时，夹角θ变
小，C 点下降；故A ，B 均错误. C 、由平衡知识2cos
2
Q P G G θ
=，而120θ，可得P Q G G =，故两砂桶增多相同的质
量，P 和Q 的重力依然可以平衡，C 点的位置不变；故C 正确，D 错误. 故选C. 【点睛】
掌握活结绳上的张力处处相等，三力平衡的处理方法，连体体的平衡对象的选择.
12．如图，柔软轻绳ON 的一端O 固定，其中间某点M 拴一重物，用手拉住绳的另一端N ．初始时，OM 竖直且MN 被拉直，OM 与MN 之间的夹角为α（2
π
α>
）．现将重物向
右上方缓慢拉起，并保持夹角α不变．在OM 由竖直被拉到水平的过程中( )
A ．MN 上的张力逐渐增大
B ．MN 上的张力先增大后减小
C ．OM 上的张力逐渐增大
D ．OM 上的张力先增大后减小 【答案】AD 【解析】 【分析】 【详解】
以重物为研究对象，受重力mg ，OM 绳上拉力F 2，MN 上拉力F 1，由题意知，三个力合力始终为零，矢量三角形如图所示，
在F 2转至水平的过程中，MN 上的张力F 1逐渐增大，OM 上的张力F 2先增大后减小，所以A 、D 正确；B 、C 错误．
13．如图所示，倾角为α的粗糙斜劈放在粗糙水平面上，物体a 放在斜面上，轻质细线一端固定在物体a 上，另一端绕过光滑的滑轮固定在c 点，滑轮2下悬挂物体b ，系统处于静止状态。现将固定点c 向左缓慢移动少许，发现a 与斜劈始终静止，则在此过程中
A ．斜劈对地面的压力不变
B ．细线对物体a 的拉力增大
C ．细线对滑轮2的作用力不变
D ．地面对斜劈的摩擦力增大 【答案】AC 【解析】 【分析】 【详解】
BC ．对滑轮和物体b 受力分析，受重力和两个拉力，如图所示：
根据平衡条件，有：
2cos b m g T θ=
解得：
2cos b m g
T θ
=
将固定点c 向左移动少许，则θ减小，故拉力T 减小；细线对滑轮2的作用力等于b 的重
力，保持不变，故B 错误，C 正确；
AD ．对斜面体、物体a 、物体b 整体受力分析，受重力、支持力、细线的拉力和地面的静摩擦力，如图所示：
根据平衡条件，有：
N =G 总cos T θ-=G 总2
b m g
-
N 与角度θ无关，恒定不变；根据牛顿第三定律，压力也不变；
sin tan 2
b m g
f T θθ==
将固定点c 向左移动少许，则θ减小，故摩擦力减小；故A 正确，D 错误。 故选AC ．
14．如图所示，斜面体A 静止在水平面上，质量为m 的滑块B 在外力1F 和2F 的共同作用下沿斜面向下运动，当1F 方向水平向右，2F 方向沿斜面向下时，地面对斜面体摩擦力的方向水平向左，则下列说法正确的是（ ）
A ．若只撤去1F ，在滑块
B 仍向下运动的过程中，A 所受地面摩擦力方向可能向右 B ．若只撤去2F ，在滑块B 仍向下运动的过程中，A 所受地面摩擦力方向可能向右
C ．若只撤去1F ，在滑块B 仍向下运动的过程中，A 所受地面摩擦力减小
D ．若同时撤去1F 和2F ，滑块B 所受合力方向一定沿斜面向下 【答案】CD 【解析】 【分析】 【详解】
当斜劈A 表面光滑（设斜面的倾角为θ，A 的质量为m A ，B 的质量为m B ），对A 分析有
A ．撤去1F 前有
()1cos sin sin B f F m g θθθ+=
如果撤去1F ，使A 相对地面发生相对运动趋势的外力大小是
2sin cos sin N B F m g θθθ=
因为
()1cos sin cos sin sin B B m g m g F θθθθθ<+
所以A 所受地面的摩擦力仍然是静摩擦力，为
cos sin B f m g θθ'=
其方向仍然是向左而不可能向右，故A 错误；
B ．如果撤去2F ，在物体B 仍向下运动的过程中，使A 相对地面有向右滑动趋势的外力是
()1cos sin sin B F m g F θθθ=+
与2F 是否存在无关；所以撤去2F ，在物体B 仍向下运动的过程中，A 所受地面的摩擦力应该保持不变，方向仍然向左，故B 错误；
C ．由A 选项的分析可知只撤去1F ，在滑块B 仍向下运动的过程中，A 所受地面摩擦力减小；故C 正确；
D ．若同时撤去1F 和2F ，滑块B 沿斜面方向只有沿斜面向下的重力的分力。故合力方向一定沿斜面向下，故D 正确。
当斜劈A 上表面粗糙时（设A 表面的动摩擦因数为μ），在斜劈A 表面粗糙的情况下，B 在F 1、F 2共同作用下沿斜面向下的运动就不一定是匀加速直线运动，也可能是匀速直线运动。
根据题意知在B 沿斜劈下滑时，受到A 对它弹力F N 和滑动摩擦力f 1，根据牛顿第三定律，这两个力反作用于A ，斜劈A 实际上就是在这两个力的水平分力作用下有相对地面向右运动的趋势的，所以
1sin cos N F f θθ>
又因为 所以
sin cos N N F F θμθ>
即
tan μθ<
A ．如果撤去F 1，在物体
B 仍向下运动的过程中，有
1cos N B f F m g μμθ==
假设此时A 受的摩擦力f A 方向向左，则
1sin cos N A F f f θθ=+
即
sin cos (sin cos )0A N N N f F F F θμθθμθ=-=->
所以假设成立斜劈A 有相对地面向右运动的趋势，摩擦力方向是向左，故A 错误； B ．无论A 表面是否粗糙，F 2的存在与否对斜劈受地面摩擦力大小都没有影响，故撤去F 2后，斜劈A 所受摩擦力的大小和方向均保持不变，故B 错误； C ．撤去F 1前有
()1cos sin N B F m g F μθθ=+
结合A 选项分析可知撤去F 1后F N 变小，故f A 变小，故C 正确； D ．同时撤出F 1和F 2，由以上分析可以知道
sin tan cos B m g Bg θθ>
所以物体B 所受的合力沿斜面向下，故D 正确。
综上分析可知无论斜劈A 上表面是否光滑CD 均正确，AB 均错误。 故选CD 。
15．如图所示，两梯形木块A 、B 叠放在水平地面上，A 、B 之间的接触面倾斜，A 的左侧靠在光滑的竖直墙面上。关于两木块的受力，下列说法正确的是（ ）
A ．A 、
B 之间一定存在摩擦力作用 B ．木块A 可能只受三个力作用
C ．木块B 可能没有受到地面的摩擦力
D ．木块B 受到地面的摩擦力作用方向向右 【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】
AB ．由于A 、B 间接触面情况未知，若A 、B 接触面光滑，则A 、B 间没有摩擦力，此时A 受重力、B 对A 的支持力和墙壁对A 的弹力而平衡，选项A 错误，B 正确； CD ．木块B 受推力F 、A 对B 的压力，若压力向右的分力等于F ，则地面对B 没有摩擦力，选项C 正确，D 错误。 故选BC 。