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单元检测二 相互作用
一、单项选择题(本题共7 小题，每小题4 分，共28 分。在每小题给出的四个选项中，只有
一项是符合题目要求的)
1.如图，在斜面上木块A 与B 的接触面是水平的，绳子呈水平状态，两木块均保持静止。则
关于木块A 和木块B 受力个数不可能为( )
A．2 个和4 个
B．3 个和4 个
C．4 个和4 个
D．4 个和5 个
答案 B
解析 如果绳对A 没有拉力作用，A 就只受重力和支持力两个力，对应的B 受重力、A 对B
的压力、斜面对B 的支持力和摩擦力共四个力，选项A 可能；如果绳对A 有拉力，A 还一
定受到B 对它的摩擦力，即此时A 受到四个力，A 对B 的作用力又增加了一个水平向左的
摩擦力，但此时斜面对B 可能没有摩擦力作用，也可能对B 有沿斜面向上的摩擦力，还可
能对B 有沿斜面向下的摩擦力，总之，当A 受四个力的作用时，B 既可能受四个力作用，
也可能受五个力作用，故选项C、D 都可能，只有选项B 不可能。
2.(2024·福建福州市期中改编)户外野炊所用的便携式三脚架，由三根完全相同的轻杆通过铰
链组合在一起，每根杆均可绕铰链自由转动。如图所示，将三脚架静止放在水平地面上，吊
锅通过细铁链挂在三脚架正中央，三根杆与竖直方向的夹角均相等。若吊锅和细铁链的总质
量为m，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，不计支架与铰链之间的摩擦，则( )
A．当每根杆与竖直方向的夹角为37°时，每根杆受到的压力大小为mg
B．当每根杆与竖直方向的夹角为37°时，每根杆对地面的摩擦力大小为mg
C．当每根杆与竖直方向的夹角均变大时，三根杆对铰链的作用力的合力变大
D．当每根杆与竖直方向的夹角均变大时，每根杆对地面的压力变大
答案 B
解析 根据平衡条件，竖直方向，有3FNcos 37°＝mg，解得FN＝mg，由牛顿第三定律可知，
F 压＝FN＝mg，故A 错误；每根杆对地面的摩擦力大小为Ff＝FNsin 37°＝×＝，故B 正确；
当每根杆与竖直方向的夹角均变大时，三根杆对铰链的作用力的合力大小仍与吊锅和细铁链
的总重力大小相等，故C 错误；由平衡条件可知3FNcos θ＝mg，得FN＝，每根杆对地面的
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压力大小FN′＝FNcos θ＝，与夹角无关，故D 错误。
3.某研究小组利用所学物理知识，研究篮球鞋的防滑性能。同学将球鞋置于斜面上，逐渐增
大斜面与水平面之间夹角，当夹角等于37°时，篮球鞋恰好开始滑动，设篮球鞋滑动摩擦力
等于其最大静摩擦力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，下列说法正确的是( )
A．需测量篮球鞋质量后，才能求得篮球鞋与斜面间的动摩擦因数
B．鞋子与斜面间的动摩擦因数为0.6
C．人穿上鞋子踩在相同材料板上时，压力增大，动摩擦因数也会变大
D．篮球鞋开始滑动前，摩擦力随夹角增大而变大
答案 D
解析 设鞋子与斜面间的动摩擦因数为μ，由题意可得mgsin 37°＝μmgcos 37°，解得μ＝tan
37°＝，故A、B 错误；动摩擦因数与压力大小无关，故C 错误；篮球鞋开始滑动前，摩擦
力大小为Ff＝mgsin α，即Ff随α 的增大而变大，故D 正确。
4.(2023·四川绵阳市南山中学月考)如图，倾角为θ 的斜面体a 放置在水平地面上，一根跨过
光滑定滑轮的轻绳，左侧平行于斜面且与斜面上的物块b 相连，另一端与小球c 相连，整个
系统处于静止状态。现对c 施加一水平力F，使小球缓慢上升一小段距离，整个过程中a、b
保持静止状态，则该过程中( )
A．轻绳的拉力先减小后增大
B．水平力F 先减小后增大
C．地面对a 可能没有摩擦力
D．地面对a 的弹力减小
答案 D
解析 取小球c 为研究对象，受到重力mg、拉力F 和绳子拉力FT作用，如图所示
设绳子与竖直方向夹角为α，根据平衡条件可得水平力F＝mgtan α，绳子的拉力FT＝，绳
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子与竖直方向夹角α 逐渐增大，绳子的拉力FT逐渐增大，水平力F 逐渐增大，故A、B 错误；
以物块b 和斜面体a 整体为研究对象，水平方向根据平衡条件可得地面对斜面体a 的摩擦力
为Ff＝FTcos θ，由于绳子拉力FT逐渐增大，则地面对斜面体a 的摩擦力一定变大，故C 错
误；在竖直方向根据平衡条件可得FN＝(ma＋mb)g－FTsin θ，由于绳子拉力FT逐渐增大，所
以水平地面对斜面体a 的弹力减小，故D 正确。
5.(2024·四川成都列五中学段考)如图所示，在粗糙水平地面上放着一个截面为四分之一圆弧
的柱状物体A，A 的左端紧靠竖直墙，A 与竖直墙壁之间放一光滑球B，整个装置处于静止
状态。若把A 向右移动少许后，它们仍处于静止状态，则( )
A．地面对A 的支持力减小
B．A 对B 的支持力增大
C．墙对B 的弹力减小
D．墙对B 的弹力增大
答案 C
解析 对小球B 受力分析，作出力的平行四边形如图所示。
由整体法可知，A、B 系统在竖直方向上处于平衡状态，故地面对A 的支持力不变；A 移动
前，B 球受到墙壁及A 的弹力的合力与重力大小相等，方向相反，如图中实线所示；而将A
向右移动少许后，A 对B 的支持力的方向与竖直方向的夹角减小，如虚线所示；但B 仍受
力平衡，由图可知A 对B 的支持力及墙壁对B 的弹力均减小，故A、B、D 错误，C 正确。
6．(2024·黑龙江省鸡西实验中学月考)如图甲所示，水平轻杆BC 一端固定在竖直墙上，另
一端C 处固定一个光滑定滑轮(重力不计)，一端固定的轻绳AD 跨过定滑轮拴接一个重物P,
∠ACB＝30°； 如图乙所示，轻杆HG 一端用光滑铰链固定在竖直墙上，另一端通过细绳
EG 固定，∠EGH＝30°，在轻杆的G 端用轻绳GF 悬挂一个与P 质量相等的重物Q, 则BC、
HG 两轻杆受到的弹力大小之比为( )
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A．1∶1 B．1∶ C.∶1 D.∶2
答案 B
解析 对题图甲，以滑轮为研究对象，受力情况如图a 所示
轻杆BC 对滑轮的作用力与两绳对滑轮的合力等大反向，由几何关系知F1＝mg
根据牛顿第三定律可知，轻杆BC 在C 点受到的弹力大小为F1′＝mg
对题图乙，以G 点为研究对象，受力分析如图b 所示，由平衡条件得F2＝
解得F2＝mg
根据牛顿第三定律可知，轻杆HG 在G 点受到的弹力大小为F2′＝mg
所以＝，B 正确。
7.(2023·山东聊城市一模)歼－20 战斗机安装了我国自主研制的矢量发动机，能够在不改变飞
机飞行方向的情况下，通过转动尾喷口方向改变推力的方向，使战斗机获得很多优异的飞行
性能。已知在歼－20 战斗机沿水平方向超音速匀速巡航时升阻比(垂直机身向上的升力和平
行机身向后的阻力之比)为k，飞机的重力为G，能使飞机实现水平匀速巡航模式的最小推力
是( )
A. B. C. D．G
答案 C
解析 飞机受到重力G、发动机推力F1、升力F2和空气阻力Ff，重力的方向竖直向下，升
力F2的方向竖直向上，空气阻力Ff的方向与F2垂直，如图
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歼－20 战斗机沿水平方向超音速匀速巡航，则有水平方向Fx＝Ff
竖直方向F2＋Fy＝G
F2＝kFf
解得Fy＝G－kFf
则F1
2＝Fx
2＋Fy
2＝(k2＋1)Ff
2－2kGFf＋G2
F1
2与Ff的函数图像为开口向上的抛物线，其对称轴为Ff＝，由于Δ＝(－2kG)2－4(k2＋1)G2
＝－4G2<0，
所以当Ff＝时，F1
2取最小值，所以解得最小推力是F1min＝，故选C。
二、多项选择题(本题共3 小题，每小题6 分，共18 分。在每小题给出的四个选项中，有多
项符合题目要求，全部选对得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分)
8．(2024·江苏省仿真模拟)如图所示，在水平地面上放着一个左侧截面为半圆的光滑柱状物
体A，在物体A 与竖直墙面之间放着一个光滑斜面体B，斜面体B 未接触地面，整个装置在
水平力F 作用下处于静止状态，现推动物体A 缓慢向左移动一小段距离，在此过程中，下
列说法正确的是( )
A．水平力F 大小不变
B．地面对物体A 的支持力不变
C．斜面体B 对物体A 的压力逐渐增大
D．墙面对斜面体B 的支持力逐渐减小
答案 AB
解析 以B 为研究对象，由平衡条件可知，墙对B 的作用力F1＝，物体A 对斜面体的支持
力F2＝，现推动物体A 缓慢向左移动一小段距离，角度θ 保持不变，所以F1、F2保持不变，
以整体为研究对象，水平力F 等于墙对B 的作用力F1，其大小保持不变，故A 正确，D 错
误；以整体为研究对象，地面对物体A 的支持力等于A、B 重力之和保持不变，故B 正确；
根据牛顿第三定律可知斜面体B 对物体A 的压力等于物体A 对斜面体的支持力F2，保持不
变，故C 错误。
9．(2024·山东省德州一中开学考)长木板上表面的一端放有一个木块，木块与木板接触面上
装有摩擦力传感器，如图甲所示，木板由水平位置缓慢向上转动(即木板与地面的夹角θ 变
大)，另一端不动，摩擦力传感器记录了木块受到的摩擦力Ff随着角度θ 的变化图像如图乙
所示，图中θ1、θ2、Ff1、Ff2均已知，重力加速度为g。下列判断正确的是( )
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A．木块与木板间的动摩擦因数μ＝
B．木块与木板间的动摩擦因数μ＝
C．木板由水平位置转到θ1的过程中，木块相对于木板保持静止
D．木板由θ1转到θ2的过程中，木块的速度变化越来越快
答案 ACD
解析 木块受到的摩擦力在开始到即将滑动过程为静摩擦力，大小为Ff＝mgsin θ，故为正
弦规律变化；而滑动后变为了滑动摩擦力，则滑动摩擦力大小为Ff′＝μmgcos θ，为余弦
规律变化，而滑动摩擦力一般小于最大静摩擦力。由题图乙可知，当夹角为θ1时，有最大
静摩擦力，最大静摩擦力为Ff2，滑动摩擦力为Ff1，则有μmgcos θ1＝Ff1<Ff2，解得μ＝<，
故A 正确，B 错误；
木板由水平位置转到θ1的过程中，木块受到的静摩擦力逐渐增大，木块相对于木板保持静
止，故C 正确；
当木板由θ1转到的θ2的过程中，木块受到滑动摩擦力作用，根据Ff′＝μmgcos θ
F 合＝mgsin θ－μmgcos θ＝ma
可知随着θ 逐渐增大，木块受到的滑动摩擦力逐渐减小，木块受到的合力逐渐增大，则木块
的加速度逐渐增大，木块的速度变化越来越快，故D 正确。
10．(2024·贵州贵阳市第一中学月考)如图所示，处于竖直平面内的正六边形ABCDEF，可
绕过C 点且与平面垂直的水平轴自由转动，该金属框架的边长为L，中心记为O，用两根不
可伸长、长度均为L 的轻质细线将质量为m 的金属小球悬挂于A、E 两个顶点并处于静止状
态。现顺时针缓慢转动框架，转过90°角，重力加速度为g，在整个转动过程中，下列说法
中正确的是( )
A．细线OA 中拉力先增大后减小
B．细线OE 中拉力的最大值为mg
C．细线OA 中拉力的最大值为mg
D．细线OE 中拉力逐渐减小
答案 ABD
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解析 对小球进行受力分析，如图所示，
mg 的对角始终为120°，设FTA的对角为α，FTE的对角为β，在缓慢转动过程中，小球始终处
于平衡状态，由正弦定理得＝＝，α 角由150°减小至60°，则细线OA 中拉力FTA先增大后减
小，当α＝90°时，FTA最大，最大值为FTAmax＝＝mg，β 由90°增加至180°，则细线OE 中拉
力FTE逐渐减小至0，当β＝90°时，FTE最大，最大值为FTEmax＝＝mg，故选A、B、D。
三、非选择题(本题共5 小题，共54 分)
11．(6 分)某同学在实验室里用如图甲所示的仪器测量弹簧的劲度系数。在弹性限度内，将
质量为m＝50 g 的钩码逐个挂在弹簧下端，测量弹簧长度L，记录的数据如表所示，已知重
力加速度g＝9.8 m/s2，回答下列问题：
钩码个数
1
2
3
4
L/cm
L1＝33.51
L2＝34.52
L3＝？
L4＝36.53
(1)挂三个钩码时，弹簧长度的读数如图乙所示，L3＝________ cm。
(2)每增加一个钩码，弹簧的长度的变化量的平均值表达式为ΔL＝____________(用L1、L2、
L3、L4表示)。
(3)劲度系数k＝________N/m(保留3 位有效数字)。
答案 (1)35.50 (2) (3)49.0
解析 (1)挂三个钩码时，弹簧长度L3＝35.50 cm。
(2)由表格数据L3－L1＝2ΔL1，L4－L2＝2ΔL2，ΔL＝＝。
(3)ΔL＝
＝ m＝0.01 m，
劲度系数k＝＝ N/m＝49.0 N/m。
12．(8 分)如图甲，某同学用弹簧OC 和弹簧测力计a、b 做“探究两个互成角度的力的合成
规律”实验。
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(1)在保持弹簧OC 伸长1.00 cm，且弹簧两端点位置不变的条件下，弹簧测力计a、b 间夹角
为90°，弹簧测力计a 示数如图乙，则弹簧测力计a 的读数是______ N，已知弹簧测力计b
的读数为4.00 N，并已在图丙上作出，请你在所给的图丙上按作图法的要求作出弹簧测力计
a 的拉力及它们的合力。
(2)弹簧OC 的劲度系数为________。
(3)如图丁是某同学所作的合力与分力的关系图，F′为只用一个力拉动弹簧的力，则实际的
合力是__________，一定沿CO 方向的是________。(均选填“F”或“F′”)
答案 (1)3.00 见解析图 (2)500 N/m (3)F′ F′
解析 (1)由题图乙可知，弹簧测力计的分度值为0.1 N，则弹簧测力计a 的读数应该为3.00
N；根据平行四边形定则及力的图示的要求，可作出弹簧测力计a 的拉力及它们的合力如图
所示。
(2)弹簧OC 的弹力F＝5.00 N，则根据胡克定律可得k＝＝ N/m＝500 N/m。
(3)由于实验存在误差，实际的合力一般不严格与分力构成的平行四边形的对角线重合，而
是有一定的偏差，因此实际的合力是F′；一定沿CO 方向的合力，是只用一个力拉动弹簧
OC 的力，故F′一定沿CO 方向。
13．(10 分)(2024·河南信阳市宋基中学月考)如图所示，质量为2m 的物体A 经一轻质弹簧与
地面上的质量为3m 的物体B 相连，弹簧的劲度系数为k，一条不可伸长的轻绳绕过定滑轮，
一端连物体A，另一端连一质量为m 的物体C，物体A、B、C 都处于静止状态。已知重力
加速度为g，忽略一切摩擦。
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(1)求物体B 对地面的压力大小；
(2)把物体C 的质量改为5m，这时，C 缓慢下降，经过一段时间系统达到新的平衡状态，这
时B 仍没离开地面，且C 只受重力和绳的拉力作用，求此过程中物体A 上升的高度。
答案 (1)4mg (2)
解析 (1)对A、B 整体：mg＋FN＝5mg，所以FN＝4mg，由牛顿第三定律知，物体B 对地面
的压力大小为4mg
(2)对C：FT＝5mg
对A：FT＝F 弹＋2mg
所以F 弹＝3mg，即kx1＝3mg，x1＝
开始时，通过对A 受力分析可知，弹簧弹力大小为mg，弹簧的压缩量为x2，
则kx2＝mg，x2＝
所以A 上升的高度为：hA＝x1＋x2＝。
14．(12 分)(2024·福建省五校协作期中联考)如图所示，两个半圆柱A、B 相互接触并静置于
水平地面上，其上有一光滑圆柱C，三者半径均为R。C 的质量为2m，A、B 的质量都为
m，与地面间的动摩擦因数均为μ。现用水平向右的力拉A，使A 缓慢移动，直至C 恰好降
至地面。整个过程中B 保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。求：
(1)未拉A 时，C 受到B 作用力的大小F；
(2)动摩擦因数的最小值μmin。
答案 (1)mg (2)
解析 (1)对C 受力分析，如图所示
根据平衡条件有2Fcos 30°＝2mg
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解得F＝mg
(2)C 恰好降到地面时，此时受力分析可知2Fmaxcos 60°＝2mg，解得Fmax＝2mg
此时B 受地面的摩擦力Ff＝Fmaxsin 60°＝mg
对A、B、C 整体受力分析可知，地面对整体的支持力FN′＝mg＋mg＋2mg＝4mg
则B 受地面的支持力FN＝＝2mg
整个过程中FN不变，根据题意，B 保持静止，则μFN≥Ff，解得μ≥，则μmin＝。
15．(18 分)(2023·广东省广雅中学模拟)如图所示，倾角为α＝37°的斜面体固定在水平地面上，
质量为m(已知量)的物块A 放在斜面上，一根细绳绕过固定在斜面顶端的定滑轮和悬挂重物
B 的动滑轮，连接在竖直杆EF 上的D 点，此时整个装置静止，连接物块A 的细绳段与斜面
平行，连接竖直杆的细绳段与竖直方向的夹角θ＝30°，物块A 与斜面间的动摩擦因数为μ＝
0.5，定滑轮C 与D 点之间的细绳段的长度为L＝1 m，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计
滑轮摩擦。(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：
(1)重物B 的质量mB的大小范围；
(2)若重物B 的质量也为m，将竖直杆向右平移一小段距离，使物块A 刚好不上滑，则竖直
杆向右平移的距离为多少。
答案 (1)m≤mB≤m (2) m
解析 (1)根据题意可知，物块A 与斜面间的最大静摩擦力为Ffm＝μmgcos 37°＝0.4mg
当重物B 的质量较小时，物块A 有沿斜面向下的运动趋势，设重物B 的质量最小为m1，此
时绳子的张力大小为FT1，A 在沿斜面方向的受力分析如图甲所示，
甲 乙
由平衡条件有mgsin 37°－Ffm＝FT1
对B 分析，如图乙所示
由平衡条件有2FT1cos 30°＝m1g，
解得m1＝m
当重物B 的质量较大时，物块A 有沿斜面向上的运动趋势，设重物B 的质量最大为m2，此
时绳子的张力大小为FT2，A 在沿斜面方向的受力如图丙所示，
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丙 丁
由平衡条件有mgsin 37°＋Ffm＝FT2
对B 分析，如图丁所示
由平衡条件有2FT2cos 30°＝m2g
解得m2＝m
即重物B 的质量mB的大小范围为m≤mB≤m
(2)根据题意，由(1)分析可知，若物块A 刚好不上滑，此时绳子的张力大小为FT2＝mg
对重物B，由平衡条件有2FT2cos θ′＝mg
解得θ′＝60°
设移动竖直杆之前CD 的水平距离为x1，移动竖直杆之后CD 的水平距离为x2，由几何关系
可得
sin 30°＝，sin 60°＝
解得x1＝ m，x2＝ m
则竖直杆向右平移的距离为Δx＝x2－x1＝ m。
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