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相互作用章末检测
一、单项选择题
1、如图所示，一倾角为45°的斜面固定于墙脚，为使一光滑的铁球静止于图示位置，需加一水平力F，且
F通过球心。下列说法正确的是( )
A．铁球一定受墙面水平向左的弹力
B．铁球可能受墙面水平向左的弹力
C．铁球一定受斜面通过铁球的重心的弹力
D．铁球可能受斜面垂直于斜面向上的弹力
【答案】B
【解析】F的大小合适时，铁球可以静止在无墙的斜面上，F增大时墙面才会对铁球有弹力，选项A错
误，B正确；斜面必须有对铁球斜向上的弹力才能使铁球不下落，该弹力方向垂直于斜面且通过铁球的球
心，但不一定通过铁球的重心，选项C、D错误。
2、如图所示，一根弹性杆的一端固定在倾角为30°的斜面上，杆的另一端固定一个重力为2 N的小球，小
球处于静止状态，则弹性杆对小球的弹力( )
A．大小为2 N，方向平行于斜面向上
B．大小为1 N，方向平行于斜面向上
C．大小为2 N，方向垂直于斜面向上
D．大小为2 N，方向竖直向上
【答案】D
【解析】小球受重力和杆的支持力(弹力)作用处于静止状态，由二力平衡可知，弹性杆对小球的弹力与重
力等大、反向，即大小为2 N，方向竖直向上。
3、(2019·全国卷Ⅱ)物块在轻绳的拉动下沿倾角为30°的固定斜面向上匀速运动，轻绳与斜面平行。已知物
块与斜面之间的动摩擦因数为，重力加速度取10 m/s2。若轻绳能承受的最大张力为1 500 N，则物块的质
量最大为( )A．150 kg B．100 kg
C．200 kg D．200 kg
【答案】A
【解析】物块沿斜面向上匀速运动，受力示意图如图所示，根据平衡条件有
F＝F＋mgsin 30° ①
f
F＝μF ②
f N
F ＝mgcos 30° ③
N
由①②③式得F＝mgsin 30°＋μmgcos 30°
所以m＝
代入数据得m＝150 kg，选项A正确。
4、(2020·安康联考)如图所示，两个小球a、b的质量均为m，用细线相连并悬挂于O点。现用一轻质弹簧
给小球a施加一个拉力F，使整个装置处于静止状态，且Oa与竖直方向夹角为30°，已知弹簧的劲度系数
为k，重力加速度为g，则弹簧的最短伸长量为( )
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】以两个小球组成的整体为研究对象，分析受力，如图所示。根据平衡条件得知，F与F 的合力与
T
重力2mg总是大小相等、方向相反，由力的合成图可知，当 F与绳子Oa垂直时，F有最小值，即图中2
位置，F的最小值F ＝kx＝2mgsin θ＝mg，则弹簧的最短伸长量为x＝，故B正确。
min5、如图所示，一不可伸长的光滑轻绳，其左端固定于O点，右端跨过位于O′点的光滑定滑轮悬挂一质量
为1 kg的物体，OO′段水平，长度为1.6 m。绳上套一可沿绳自由滑动的轻环，现在在轻环上悬挂一钩码
(图中未画出)，平衡后，物体上升0.4 m。则钩码的质量为( )
A．1.2 kg B．1.6 kg
C． kg D． kg
【答案】A
【解析】重新平衡后，绳子形状如图所示设钩码的质量为M，由几何关系知，绳子与竖直方向夹角为θ＝
53°，则根据平衡可求得2mgcos 53°＝Mg，解得M＝1.2 kg，选项A正确。
6、如图所示，支架固定在水平地面上，其倾斜的光滑直杆与地面成 30°角，两圆环A、B穿在直杆上，并
用跨过光滑定滑轮的轻绳连接，滑轮的大小不计，整个装置处于同一竖直平面内。圆环平衡时，绳 OA竖
直，绳OB与直杆间夹角为30°。则环A、B的质量之比为( )
A．1∶ B．1∶2
C．∶1 D．∶2
【答案】A
【解析】分别对A、B进行受力分析，如图所示，以A为研究对象，则A受到重力和绳的拉力的作用，直
杆对A没有力的作用，否则A水平方向受力不能平衡，所以F ＝m g；以B为研究对象，根据几何知识可
T A
知，绳的拉力F ′与B受到的支持力F 与竖直方向之间的夹角都是30°，所以F ′与F 大小相等，得m g＝
T N T N B
2×F ′cos 30°＝F ′，故m ∶m ＝1∶，A正确。
T T A B7、(2021·1月湖南普高校招生适应性考试，6)如图，一根质量为m的匀质绳子，两端分别固定在同一高度
的两个钉子上，中点悬挂一质量为M的物体。系统平衡时，绳子中点两侧的切线与竖直方向的夹角为α，
钉子处绳子的切线方向与竖直方向的夹角为β，则( )
A．＝ B．＝
C．＝ D．＝
【答案】B
【解析】以M为研究对象，2F cos α＝Mg①
T1
以M和m整体为研究对象，则2F cos β＝(m＋M)g②
T2
F sin α＝F sin β③
T1 T2
由①②③得：＝，B正确。
8、如图所示，光滑的半圆环沿竖直方向固定，M点为半圆环的最高点，N点为半圆环上与半圆环的圆心等
高的点，直径MH沿竖直方向，光滑的定滑轮固定在M处，另一小圆环穿过半圆环用质量不计的轻绳拴接
并跨过定滑轮。开始小圆环处在半圆环的最低点H点，第一次拉小圆环使其缓慢地运动到N点，第二次以
恒定的速率将小圆环拉到N点。滑轮大小可以忽略，则下列说法正确的是( )
A．第一次轻绳的拉力逐渐增大
B．第一次半圆环受到的压力逐渐减小C．小圆环第一次在N点与第二次在N点时，轻绳的拉力相等
D．小圆环第一次在N点与第二次在N点时，半圆环受到的压力相等
【答案】C
【解析】小圆环沿半圆环缓慢上移过程中，受重力G、拉力F 、弹力F 三个力处于平衡状态，受力分析如
T N
图所示。由图可知△OMN与△NBA相似，则有＝＝(式中R为半圆环的半径)，在小圆环缓慢上移的过程
中，半径R不变，MN的长度逐渐减小，故轻绳的拉力F 逐渐减小，小圆环所受的支持力的大小不变，由
T
牛顿第三定律得半圆环所受的压力的大小不变，A、B错误；第一次小圆环缓慢上升到N点时，F ＝G，F
N T
＝G；第二次小圆环运动的过程中，假设小圆环速率恒为 v，当小圆环运动到N点时，在水平方向上有
F ′cos 45°－F ′＝m，在竖直方向上有G＝F ′sin 45°，解得F ′＝G，F ′＝G－m，再结合牛顿第三定律可
T N T T N
知，C正确，D错误。
二、多项选择题
9、(2022·南通调研)如图用三根细线a、b、c将两个小球1和2连接并悬挂，其中小球1的重力G ＝7 N，
1
小球2的重力G ＝9 N，两小球处于静止状态，已知细线a与竖直方向的夹角为37°，细线c水平，重力加
2
速度为g，sin 37°＝0.6，则( )
A．细线a对小球1的拉力为20 N
B．细线b对小球2的拉力为15 N
C．细线c对小球2的拉力为10 N
D．细线c对小球2的拉力为15 N
【答案】AB
【解析】将两小球和细线b视为整体，对整体受力分析如图甲所示，根据共点力的平衡条件有F＝＝N＝20 N，F＝
a c
(G＋G)tan 37°＝16×N＝12 N，故A正确，C错误；对小球2进行受力分析如图乙所示，
1 2
根据共点力的平衡条件有F ＝＝N＝15 N，故B正确；剪断绳b后的瞬间，b、c两条绳子的拉力均变为
b
零，小球2只受重力作用，加速度为g，故D正确。
10、(2019·全国卷Ⅰ，19)如图，一粗糙斜面固定在地面上，斜面顶端装有一光滑定滑轮。一细绳跨过滑
轮，其一端悬挂物块N，另一端与斜面上的物块M相连，系统处于静止状态。现用水平向左的拉力缓慢拉
动N，直至悬挂N的细绳与竖直方向成45°。已知M始终保持静止，则在此过程中( )
A．水平拉力的大小可能保持不变
B．M所受细绳的拉力大小一定一直增加
C．M所受斜面的摩擦力大小一定一直增加
D．M所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增加
【答案】BD
【解析】选N为研究对象，受力情况如图甲所示，用水平拉力F缓慢拉动N的过程中，水平拉力F逐渐增
大，细绳的拉力F 逐渐增大，选项A错误，B正确；对M受力分析，如图乙所示，受重力G 、支持力
T M
F 、绳的拉力F 以及斜面对它的摩擦力F。若开始时斜面对M的摩擦力F沿斜面向上，则F ＋F＝G sin
N T f f T f M
θ，F 逐渐增大，F 逐渐减小，当F 减小到零后，再反向增大。若开始时斜面对 M的摩擦力F 沿斜面向
T f f f
下，此时，F ＝G sin θ＋F，当F 逐渐增大时，F逐渐增大，C错误，D正确。
T M f T f11、某同学用如图所示的装置开展探究实验，固定在墙壁上的一个力传感器通过一根水平绳与小木块B相
连，A、B都放在质量可以忽略的长薄板C上，地面光滑。已知A的质量为0.8 kg，B的质量为0.4 kg，A、
C间与B、C间的动摩擦因数都为0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。重力加速度 g＝10 m/s2，当施加一
个力F作用在A上，下列说法正确的是( )
A．F＝1 N时，力传感器示数为1 N
B．F＝3 N时，力传感器示数为3 N
C．F＝4 N时，力传感器示数为4 N
D．F＝5 N时，力传感器示数为2 N
【答案】AD
【解析】对于轻质薄板C，所受合力一定为零。A、C间的最大静摩擦力为4 N，B、C间的最大静摩擦力
为2 N。当F＝1 N时，C与A、B都保持相对静止，由平衡条件知道力传感器示数为 1 N，A项正确；当F
＝3 N，拉力超过B、C间的最大静摩擦力，发生相对滑动。B、C间的摩擦力为2 N，A、C间摩擦力也是
2 N，是静摩擦力，从而保持轻质薄板C所受的合力零。同理分析知道，拉力F超过2 N，力传感器示数总
是2 N，保持轻质薄板C所受的合力零，A、C不可能发生相对滑动。所以B、C两项错误，D项正确。
12、如图所示，竖直墙壁与光滑水平地面交于B点，质量为m 的光滑半圆柱体紧靠竖直墙壁置于水平地面
1
上，O 为半圆柱体截面所在圆的圆心，质量为m 且可视为质点的均匀小球O 用长度等于A、B两点间距离
1 2 2
的细线悬挂于竖直墙壁上的A点，小球静置于半圆柱体上，当换用质量不变，而半径不同的光滑半圆柱体
时，细线与竖直墙壁的夹角θ就会跟着发生改变。已知重力加速度为 g，不计各接触面间的摩擦，则下列
说法正确的是( )图11
A．当θ＝60°时，半圆柱体对地面的压力大小为mg＋mg
1 2
B．当θ＝60°时，小球对半圆柱体的压力大小为mg
2
C．换用不同的半圆柱体时，半圆柱体对竖直墙壁的最大压力大小为mg
2
D．换用半径更大的半圆柱体时，半圆柱体对地面的压力保持不变
【答案】AC
【解析】对小球进行受力分析如图甲所示，连接 OB和OO ，由几何关系可知θ＝α，小球受力平衡，有
2 1 2
F ＝mgsin θ，F ＝mgcos θ，对小球和半圆柱体整体进行受力分析，整体受地面的支持力F 、墙壁的弹
N1 2 T 2 N
力F、细线的拉力F 、重力(m ＋m)g，如图乙所示，整体受力平衡，则在竖直方向上有F ＋F cos θ＝(m
T 1 2 N T 1
＋m)g，水平方向上有F＝F sin θ。当θ＝60°时，F ＝mg，由牛顿第三定律得小球对半圆柱体的压力大
2 T N1 2
小为mg，B错误；F＝F sin θ＝mgsin 2θ，当θ＝45°时，F ＝mg，C正确；F ＝(m ＋m)g－mgcos2θ，
2 T 2 max 2 N 1 2 2
当θ＝60°时，F ＝mg＋mg，当换用半径更大的半圆柱体时，θ改变，F 改变，由牛顿第三定律可知A正
N 1 2 N
确，D错误。
三、实验题
13、(2022·南通调研)小明同学做“探究弹簧弹力和弹簧形变量的关系”的实验。
(1)实验装置如图甲，下列操作规范的是________。
A．实验前，应该先把弹簧水平放置测量其原长
B．逐一增挂钩码，记下每增加一只钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重C．随意增减钩码，记下增减钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重
D．实验结束后，应拆除实验装置，整理并复原实验器材
(2)小明同学在实验后，根据记录的数据进行处理，描绘出弹簧的伸长量 Δl与弹力F相关的点如图乙所
示，请你根据所学知识用一定的线来拟合这些点。
(3)根据拟合的线，回答以下问题：
①本实验中弹簧的劲度系数k＝________N/m；
② 图 线 中 后 半 部 分 明 显 偏 离 直 线 ， 你 认 为 造 成 这 种 现 象 的 主 要 原 因 是
________________________________。
【答案】(1)BD (2)见解析图 (3)①100 ②超过弹簧的弹性限度
【解析】(1)为了消除弹簧自重的影响，实验前，应该先把弹簧竖直放置测量其原长，故 A错误；为了更好
地找出弹力与形变量之间的规律，应逐一增挂钩码，记下每增加一只钩码后指针所指的标尺刻度和对应的
钩码总重，故B正确，C错误；实验结束后，应拆除实验装置，整理并复原实验器材，故D正确。
(2)如图所示
(3)①图像直线部分的斜率的倒数表示弹簧的劲度系数，则k＝ N/m＝100 N/m。
②图线中后半部分明显偏离直线，即弹力与形变量不成正比，则造成这种现象的主要原因是超过弹簧的弹
性限度。
14、(2022·昆山八校联盟第二次检测)某同学做“验证力的平行四边形定则”的实验情况如图甲所示，其中
A为固定橡皮条的图钉，O为橡皮条与细绳的结点，OB和OC为细绳，图乙是在白纸上根据实验结果画出
的图：
(1)如果没有操作失误，图乙中的F与F′两力中，方向一定沿AO方向的是________。(2)本实验采用的科学方法是________。
A．理想实验法 B．等效替代法
C．控制变量法 D．建立物理模型法
(3)实验时，主要的步骤是：
A．在桌上放一块方木板，在方木板上铺一张白纸，用图钉把白纸钉在方木板上；
B．用图钉把橡皮条的一端固定在板上的A点，在橡皮条的另一端拴上两条细绳，细绳的另一端系着绳
套；
C．用两个弹簧测力计分别钩住绳套，互成角度地拉橡皮条，使橡皮条伸长，结点到达某一位置O，记录
下点O的位置，读出两个弹簧测力计的示数；
D．按选好的标度，用铅笔和刻度尺作出两只弹簧测力计的拉力F 和F 的图示，并用平行四边形定则求出
1 2
合力F；
E．只用一只弹簧测力计，通过细绳套拉橡皮条使其伸长，读出弹簧测力计的示数，记下细绳的方向，按
同一标度作出这个力F′的图示；
F．比较F′和F的大小和方向，看它们是否相同，得出结论。
①上述步骤中，有重要遗漏的步骤的序号是________和________；
②遗漏的内容分别是____________________________________
和_________________________________________________。
【答案】(1)F′ (2)B (3)①C E ②C中应加上“记下两条细绳的方向” E中应说明“把橡皮条的结点
拉到同一位置O”
【解析】(1)由一个弹簧测力计拉橡皮条至O点的拉力一定沿AO方向；而根据平行四边形定则作出的合
力，由于误差的存在，不一定沿AO方向，故一定沿AO方向的是F′。
(2)一个力的作用效果与两个力的作用效果相同，它们的作用效果可以等效替代，故B正确。
(3)①根据“验证力的平行四边形定则”实验的操作规程可知，有重要遗漏的步骤的序号是C、E。
②在C中未记下两条细绳的方向，E中未说明是否把橡皮条的结点拉到同一位置O。
四、计算题
15、如图所示，B和C两个小球重力均为G，用轻绳悬挂而分别静止于图示位置上，试求：
(1)AB和CD两根细绳的拉力分别为多大；(2)绳BC与竖直方向的夹角θ。
【答案】(1)G G (2)60°
【解析】(1)对B、C两球整体受力分析，正交分解得
F cos 30°＋F cos 60°＝2G，
AB CD
F sin 30°＝F sin 60°
AB CD
联立解得F ＝G，F ＝G。
AB CD
(2)对C球受力分析，正交分解得
F cos θ＋F cos 60°＝G
BC CD
F sin θ＝F sin 60°，联立解得θ＝60°。
BC CD
16、如图所示，质量为m的物体放在一固定斜面上，当斜面倾角为30°时恰能沿斜面匀速下滑。对物体施
加一大小为F、方向水平向右的恒力，物体可沿斜面匀速向上滑行。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当
斜面倾角增大并超过某一临界角θ 时，不论水平恒力F多大，都不能使物体沿斜面向上滑行，试求：
0
(1)物体与斜面间的动摩擦因数；
(2)这一临界角θ 的大小。
0
【答案】(1) (2)60°
【解析】(1)如图甲所示，未施加力F时，对物体受力分析，
由平衡条件得mgsin 30°＝μmgcos 30°
解得μ＝tan 30°＝
(2)设斜面倾角为α时，受力情况如图乙所示，由平衡条件得Fcos α＝mgsin α＋F′
f
F ′＝mgcos α＋Fsin α，F′＝μF ′
N f N
解得F＝
当cos α－μsin α＝0，即tan α＝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θ＝α＝60°。
0
