章末检测(二)

1.[解析]选B.由于滑轮位置不变，绳中的拉力不变，滑轮两侧绳子的夹角不变，由平衡条件可知，杆对滑轮P的作用力不变，B正确.

2.[解析]选B.当θ较小时，木块与木板间的摩擦力为静摩擦力，摩擦力大小与木块重力沿木板方向的分力大小相等，其大小为f=mgsin θ，按正弦规律变化;当θ较大时，木块与木板间的摩擦力为滑动摩擦力，摩擦力大小为f=μmgcos θ，按余弦规律变化，故选项B正确.

3.[解析]选D.根据力的合成与分解可知，CB绳的拉力增大，BP绳的拉力也增大，但杆与竖直方向的夹角不变，杆所受压力沿竖直方向的分力始终与重物的重力大小相等，故杆所受压力不变，D正确.

4.

[解析]选A.当一个物体受三个力作用而处于平衡状态，如果其中两个力的作用线相交于一点，则第三个力的作用线必通过前两个力作用线的相交点，把O1A和O2B延长相交于O点，则重心C一定在过O点的竖直线上，如图所示.由几何知识可知：BO=12AB=1 m，BC=12BO=0.5 m，故重心应在距B端0.5 m处.A项正确.

5.[解析]选C.法一：相似三角形法.

对小圆环A受力分析，如图所示，

FT2与FN的合力与FT1平衡，由矢量三角形与几何三角形相似，可知m2gR=m1g2Rsinα2，

得m1m2=2sinα2.

法二：正交分解法.

建立如解法一中图所示的坐标系，可知：

FT2=FN=m2g

2FT2sinα2=FT1=m1g

解得m1m2=2sinα2.

法三：三力平衡的推论法.

FT2与FN的合力与FT1平衡，则FT2与FN所构成的平行四边形为菱形，有2FT2sinα2=FT1，FT2=m2g，FT1=m1g，解得m1m2=2sinα2.

6.AC　7.AC

8.[解析]选BD.对P和Q进行受力分析可知，P受重力、绳子的拉力、Q对P的弹力、Q对P的摩擦力，Q受重力、墙壁的弹力、P对Q的弹力、P对Q的摩擦力，因此A错误，B正确;分析Q的受力情况可知，若O点下移，Q处于静止状态，其受到的静摩擦力等于重力不变，C错误;对P进行受力分析可知，若O点上移，绳子的拉力将变小，D正确;所以答案选BD.

9.

[解析]选BD.系统处于平衡状态，以整体为研究对象.在竖直方向：2Ff=(2m+M)g，Ff=2m+M2g，与两板间距离无关，B正确;以点O为研究对象，受力如图，挡板间的距离稍许增大后，硬杆OO1、OO2之间的夹角θ变大，F=Mg2cos θ2=Mg2cos θ2变大，又FN=Fsinθ2变大，则木块与挡板间正压力FN变大，D正确.

10.[解析](1)以水平方向为x轴，竖直方向为F轴，建立直角坐标系，然后描点，选尽可能多的点连成一条线，其图线的斜率即为弹簧的劲度系数k，在直线上任取一点，如(6×10-2,3.2)，则k=3.26×10-2N/m≈53 N/m.

(2)弹簧秤的读数为2.10 N，选标度

合力的图示如图所示.

(3)经测量，合力F合=3.3 N

[答案](1)见解析图　53(说明：±2范围内都可)

(2)2.10(说明：有效数字位数正确，±0.02范围内都可)　见解析图

(3)3.3(说明：±0.02范围内都可)

11.[解析]由于F1、F2大小、方向都已知，故两力的合力确定，

当x轴沿合力方向时，在x轴上的分力之和最大.(2分)

设x轴与F1的夹角为α，由正弦定理得：

F1sin75°-α=F2sin α=F合sin 105°(6分)

代入数据解得：α=45°(4分)

F合=5(6+2)N(2分)

[答案]见解析

12.[解析](1)斜面倾角为30°时，物体恰能匀速下滑，满足

mgsin 30°=μmgcos 30°(4分)

解得μ=33(2分)

(2)设斜面倾角为α，受力情况如图，由匀速直线运动的条件：

Fcos α=mgsin α+Ff(3分)

FN=mgcos α+Fsin α(3分)

Ff=μFN(3分)

解得：F=mgsin α+μmgcos αcos α-μsin α(3分)

当cos α-μsin α=0，即cot α=μ时，F→∞，

即“不论水平恒力F多大”，都不能使物体沿斜面向上滑行

此时，临界角θ0=α=60°(2分)

[答案](1)33　(2)60°

2015高三物理一轮相互作用复习题就分享到这里了，更多相关信息请继续关注高考物理试题栏目！