2024-2025學(xué)年新教材高中物理第4章力與平衡章末綜合測評含解析魯科版必修第一冊

PAGE9-章末綜合測評(四)力與平衡(分值：100分)1．(4分)若一個物體處于平衡狀態(tài)，則此物體肯定是()A．靜止B．做勻速直線運動C．速度勻稱改變D．所受共點力的合力為零D[平衡狀態(tài)包括靜止狀態(tài)和勻速直線運動狀態(tài)，A、B錯誤；若物體處于平衡狀態(tài)，則物體所受共點力的合力為零，D正確；處于平衡狀態(tài)的物體加速度等于零，而C項中速度勻稱改變，說明有恒定的加速度，故C錯誤。]2．(4分)(2024·全國卷Ⅲ，16)用卡車運輸質(zhì)量為m的勻質(zhì)圓筒狀工件，為使工件保持固定，將其置于兩光滑斜面之間，如圖所示。兩斜面Ⅰ、Ⅱ固定在車上，傾角分別為30°和60°。重力加速度為g。當卡車沿平直馬路勻速行駛時，圓筒對斜面Ⅰ、Ⅱ壓力的大小分別為F1、F2，則()A．F1＝eq\f(\r(3),3)mg，F(xiàn)2＝eq\f(\r(3),2)mgB．F1＝eq\f(\r(3),2)mg，F(xiàn)2＝eq\f(\r(3),3)mgC．F1＝eq\f(1,2)mg，F(xiàn)2＝eq\f(\r(3),2)mgD．F1＝eq\f(\r(3),2)mg，F(xiàn)2＝eq\f(1,2)mgD[分析可知工件受力平衡，對工件受到的重力依據(jù)壓緊斜面Ⅰ和Ⅱ的效果進行分解如圖所示，結(jié)合幾何關(guān)系可知工件對斜面Ⅰ的壓力大小為F1＝mgcos30°＝eq\f(\r(3),2)mg、對斜面Ⅱ的壓力大小為F2＝mgsin30°＝eq\f(1,2)mg，選項D正確，A、B、C均錯誤。]3．(4分)如圖所示為小摯友喜愛的磁性黑板，下面有一個托盤，讓黑板撐開一個平安角度(黑板平面與水平面的夾角為θ)，不易傾倒，小摯友不但可以在上面用專用畫筆涂鴉，磁性黑板擦也可以干脆吸在上面。圖中就有小摯友把一塊質(zhì)量為m的黑板擦吸在上面保持靜止，黑板與黑板擦之間的動摩擦因數(shù)為μ，則下列說法正確的是()A．黑板擦對黑板的壓力大小為mgcosθB．黑板對黑板擦的摩擦力大小為μmgcosθC．黑板對黑板擦的摩擦力大于mgsinθD．黑板對黑板擦的作用力大小為mgD[對黑板擦受力分析，黑板擦受到豎直向下的重力mg、黑板對黑板擦的支持力N、沿黑板向上的靜摩擦力f以及黑板對黑板擦的垂直黑板向下的吸引力F，依據(jù)矢量的合成法則，結(jié)合三角學(xué)問，則有黑板對黑板擦的支持力大小為N＝mgcosθ＋F，依據(jù)牛頓第三定律，則有黑板擦對黑板的壓力大小為F壓＝mgcosθ＋F，故A錯誤；由以上分析，可知，黑板對黑板擦的摩擦力大小為f＝mgsinθ，故B、C錯誤；依據(jù)力的合成法則，則黑板擦對黑板的支持力與靜摩擦力的合力大小為mg，依據(jù)牛頓第三定律，則黑板對黑板擦的作用力大小也為mg，故D正確。]4．(4分)(2024·福建平和一中、南靖一中等五校高一上聯(lián)考)某物體同時受到同一平面內(nèi)的三個共點力作用，在如圖所示的四種狀況中(坐標紙中每格邊長表示1N大小的力)，對物體所受的合外力說法正確的是()D[圖A中，先將F1與F3合成為F13，然后再將F13與F2合成，由幾何關(guān)系可得，合力等于5N，同理，可求得圖B中合力等于5N，圖C中合力等于6N，圖D中合力等于零，綜上可知D正確。]5．(4分)如圖所示，一只松鼠沿著較粗且勻稱的樹枝從右向左緩慢爬行，在松鼠從A運動到B的過程中，下列說法正確的是()A．松鼠對樹枝的彈力保持不變B．松鼠對樹枝的彈力先減小后增大C．松鼠對樹枝的摩擦力先減小后增大D．樹枝對松鼠的作用力先減小后增大C[對松鼠進行受力分析，如圖所示。松鼠所受的彈力N＝mgcosθ，從A到B的過程中，θ先減小后增大，則彈力先增大后減小，故A、B錯誤；松鼠所受的摩擦力f＝mgsinθ，從A到B的過程中，θ先減小后增大，則摩擦力先減小后增大，故C正確；樹枝對松鼠的作用力與松鼠的重力等大反向，所以樹枝對松鼠的作用力大小不變，故D錯誤。]6．(4分)(2024·山東聊城高三聯(lián)考)如圖所示，物體A的左側(cè)為粗糙豎直墻面，B的下面有一豎直壓縮的彈簧，A、B保持靜止，則()A．物體A與墻面間肯定有彈力B．物體A與墻面間肯定有摩擦力C．物體A受到5個力的作用D．彈簧的彈力大小等于A、B的重力之和D[A、B整體受力平衡，水平方向不受力，所以A與墻面之間沒有彈力，也肯定沒有摩擦力，則在豎直方向A、B只受到重力和彈簧的彈力作用，且彈簧的彈力大小等于A、B的重力之和，故A、B錯誤，D正確；隔離物體A進行分析，物體A受到重力、B對它的支持力和摩擦力三個力的作用，故C錯誤。]7．(4分)(2024·黑龍江大慶試驗中學(xué)高一上期中)如圖所示，光滑固定斜面上有一個質(zhì)量為m的小球被輕繩拴住懸掛在天花板上，已知輕繩與豎直方向的夾角為45°，斜面傾角為30°，整個裝置處于靜止狀態(tài)。若另外用一個拉力拉小球，能夠把小球拉離斜面，則拉力的最小值為()A．eq\f(\r(2),2)mgB．eq\f(1,2)mgC．mgD．eq\f(\r(3),2)mgA[要能夠把小球拉離斜面，當所用的拉力與輕繩垂直斜向右上方時，拉力最小，依據(jù)平衡條件可得，拉力的最小值Fmin＝mgsin45°＝eq\f(\r(2),2)mg，故選A。]8．(4分)如圖所示，直桿BC一端用鉸鏈固定于豎直墻壁上，另一端固定一個小滑輪C，細繩下端D處掛一重物，另一端固定在墻上A點，細繩的AC段水平。不計直桿、滑輪及細繩的質(zhì)量，忽視全部摩擦。若將細繩的固定點由A點稍向下移至A′點，使之重新平衡，則此時滑輪C所在位置的水平線()A．在A、A′之間 B．與A′點等高C．在A′點之下 D．在A點之上D[因為繩子ACD上的彈力到處相同，所以AC和CD兩段繩子彈力的合力沿著∠ACD的角平分線方向，又因為桿BC是通過鉸鏈固定在墻壁上，所以桿上產(chǎn)生的彈力肯定沿著桿的方向，滑輪在FAC、FDC和F桿三個力的作用下處于平衡狀態(tài)，所以桿肯定在∠ACD的角平分線上；A端向下移動至A′時，∠ACD減小，則桿與豎直方向的夾角減小，所以桿應(yīng)逆時針方向轉(zhuǎn)動至BC′，則滑輪C的位置在A點之上。]9．(6分)在“驗證力的平行四邊形定則”的試驗中，某同學(xué)完成試驗，回答下列問題：(1)圖甲中彈簧測力計B的示數(shù)為________N，為了更精確地得到合力與分力的關(guān)系，要采納作力的________(選填“圖示”或“示意圖”)來表示分力與合力。(2)圖乙中方向肯定沿AO方向的力是________(選填“F”或“F′”)。甲乙[解析](1)彈簧測力計上1N之間有5個小格，所以一個小格代表0.2N，即此彈簧測力計的分度值為0.2N，則估計值為0.1N。此時指針指在“3.8”處，所以彈簧測力計的示數(shù)為3.8N。力的示意圖只表示力的方向和作用點，而力的圖示可以比較精確地表示出力的大小、方向、作用點，故為了更精確得到合力與分力的關(guān)系，要采納作力的圖示。(2)F是通過一個彈簧測力計沿AO方向拉橡皮條，使橡皮條伸長到O點，其方向肯定沿AO方向，F(xiàn)′是通過作圖的方法得到合力的理論值，由于誤差的存在，F(xiàn)′與AO方向即實際值F方向有肯定夾角。[答案](1)3.8圖示(2)F10．(8分)如圖所示，兩物體M、m用跨過光滑定滑輪的輕繩相連，m放在水平面上，M重20N，M、m均處于靜止狀態(tài)，OA、OB與水平面的夾角分別為30°、60°，求：(1)OA、OB對M的拉力大小；(2)m受到水平面的靜摩擦力的大小和方向。[解析](1)M受到三個力的作用處于靜止狀態(tài)：重力GM，繩的拉力FOA、FOB，由圖易知FOA、FOB分別與豎直方向成60°、30°角。由平衡條件知：GM′＝GM＝20NFOA＝GM′cos60°＝20×0.5N＝10NFOB＝GM′cos30°＝20×eq\f(\r(3),2)N＝10eq\r(3)N。(2)分析m，因FOA<FOB，m相對水平面有向右運動的趨勢，則m受到的靜摩擦力方向水平向左靜摩擦力大小為Ff＝FOB－FOA＝(10eq\r(3)－10)N≈7.32N。[答案](1)10N10eq\r(3)N(2)7.32N，水平向左11．(4分)一物體靜止于水平桌面上，兩者之間的最大靜摩擦力為5N，現(xiàn)將水平面內(nèi)三個力同時作用于物體的同一點，三個力的大小分別為2N、2N、3N。下列關(guān)于物體的受力狀況和運動狀況推斷正確的是()A．物體所受靜摩擦力可能為2NB．物體所受靜摩擦力可能為4NC．物體可能仍保持靜止D．物體肯定被拉動ABC[兩個2N的力的合力范圍為0～4N，然后與3N的力合成，則三力的合力范圍為0～7N，由于最大靜摩擦力為5N，因此可判定選項A、B、C正確，D錯誤。]12．(4分)如圖甲所示，筆記本電腦底座一般設(shè)置有四個卡位用來調(diào)整角度，某同學(xué)將電腦放在散熱底座上，為了獲得更好的舒適度，由原卡位1調(diào)至卡位4(如圖乙)，電腦始終處于靜止狀態(tài)，則()甲乙A．電腦受到的支持力變大B．電腦受到的摩擦力變大C．散熱底座對電腦的作用力的合力不變D．電腦受到的支持力與摩擦力兩力大小之和等于其重力AC[電腦受到的支持力N＝mgcosθ，由原卡位1調(diào)至卡位4，θ減小，故N增大，故A正確；電腦受到的摩擦力f＝mgsinθ，θ減小，f減小，故B錯誤；由平衡條件知，底座對電腦的作用力的合力與電腦重力等大反向，故C正確；電腦受到的支持力與摩擦力兩力矢量和與其重力大小相等，依據(jù)三角形的三邊關(guān)系，故電腦受到的支持力與摩擦力兩力大小之和大于其重力，故D錯誤。]13．(4分)(多選)如圖所示，A、B質(zhì)量分別為mA和mB，疊放在傾角為θ的斜面上以相同的速度勻速下滑，則()A．A、B間無摩擦力作用B．B受到的滑動摩擦力大小為(mA＋mB)gsinθC．B受到的靜摩擦力大小為mAgsinθD．取下A物體后，B物體仍能勻速下滑BCD[將A、B看成整體，則(mA＋mB)gsinθ＝f，N＝(mA＋mB)·gcosθ，又f＝μN，得μ＝tanθ。對A隔離，A受靜摩擦力，fA＝mAgsinθ。A對B的靜摩擦力也等于mAgsinθ，方向沿斜面對下。取下A物體后，B物體受到支持力NB＝mBgcosθ，摩擦力fB＝μNB＝mBgcosθ·tanθ＝mBgsinθ，故B仍能勻速下滑。]14．(4分)(多選)如圖所示是骨折病人的牽引裝置示意圖，繩的一端固定，繞過定滑輪和動滑輪后掛著一個重物，與動滑輪相連的帆布帶拉著病人的腳，整個裝置在同一豎直平面內(nèi)。為了使腳所受的拉力減小，可實行的方法是()A．只增加繩的長度B．只減小重物的質(zhì)量C．只將病人的腳向左移動D．只將兩定滑輪的間距增大BD[腳所受拉力為兩繩的合力，如圖所示，合力F＝2TcosθT＝mg聯(lián)立解得F＝2mgcosθ，增大θ角或減小重物的質(zhì)量都會使腳所受的合力減小，因此B、D正確。]15．(6分)如圖(a)所示，某物理愛好小組的同學(xué)現(xiàn)利用如圖(a)所示的裝置來做“探究兩個互成角度的力的合成規(guī)律”試驗，其中OB為橡皮筋。(1)某次試驗中一彈簧測力計的指針位置如圖(b)所示，可知拉力的大小為________N。(a)(b)(c)(2)圖(c)所示是甲、乙兩位同學(xué)在做本試驗時得到的結(jié)果，其中F′為用一個彈簧測力計拉時橡皮筋所受到的拉力，則其中________(選項“甲”或“乙”)同學(xué)測得的試驗結(jié)果比較符合試驗事實。(3)試驗中兩彈簧測力計的夾角為一鈍角后，馬上固定彈簧測力計a不動，且保持橡皮筋始終處于豎直方向，然后緩慢增大兩彈簧測力計之間的夾角，則在這一過程中彈簧測力計b的示數(shù)將________(選填“變大”“變小”或“不變”)。[解析](1)由圖(b)可知，彈簧測力計的示數(shù)為3.00N，故拉力的大小為3.00N。(2)用一個彈簧測力計拉橡皮筋時，拉力的方向肯定沿橡皮筋方向，依據(jù)力的平行四邊形定則作出的合力F肯定在平行四邊形的對角線上；由于誤差的存在，作圖法得到的合力與試驗值有肯定的差別，即作圖得出的合力方向與用一個彈簧測力計拉橡皮筋時的拉力方向有肯定的夾角，故甲同學(xué)測得的試驗結(jié)果比較符合試驗事實。(3)對O點受力分析，作出力的矢量三角形如圖所示。保證O點不動的前提下，橡皮筋OB的拉力為定值，在彈簧測力計a、b夾角大于90°的前提條件下，若緩慢增大兩彈簧測力計之間的夾角，即讓彈簧測力計b與OB的夾角減小，由圖可知彈簧測力計a的示數(shù)變大，b的示數(shù)也變大。[答案](1)3.00(2)甲(3)變大16．(8分)一光滑圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi)，環(huán)上套著兩個小球A和B(中心有孔)，A、B間由細繩連接著，它們處于如圖所示位置時恰好都能保持靜止狀態(tài)。此狀況下，B球與環(huán)中心O處于同一水平面上，A、B間的細繩呈伸直狀態(tài)，且與水平線成30°角。已知B球的質(zhì)量為3kg(g取10N/kg)，求：(1)細繩對B球的拉力大??；(2)A球的質(zhì)量。[解析](1)設(shè)細繩對B球的拉力為T，對B球受力分析，如圖所示，將拉力T在水平方向和豎直方向進行正交分解，依據(jù)豎直方向二力平衡有Tsin30°＝mBg則T＝2mBg＝2×3×10N＝60N。(2)對A球受力分析，在水平方向和豎直方向進行正交分解，A球處于靜止狀態(tài)，則在水平方向上有T′cos30°＝NAsin30°在豎直方向上有NAcos30°＝mAg＋T′sin30°又T＝T′解得mA＝6kg。[答案](1)60N(2)6kg17．(12分)如圖所示，兩個質(zhì)量均為m的小環(huán)套在一水平放置的粗糙長桿上，兩根長度均為l的輕繩一端系在小環(huán)上，另一端系在質(zhì)量為M的木塊上，兩個小環(huán)之間的距離也為l，小環(huán)保持靜止。試求：(1)小環(huán)對桿的壓力大小。(2)小環(huán)與桿之間的動摩擦因數(shù)μ至少為多大？[解析](1)整體法分析有：2FN＝(M＋2m)g即FN＝eq\f(1,2)Mg＋mg由牛頓第三定律得：小環(huán)對桿的壓力FN′＝eq\f(1,2)Mg＋mg。(2)探討M得2FTcos30°＝Mg探討M臨界狀態(tài)時小環(huán)受到的靜摩擦力達到最大值，則有FTsin30°＝μFN′解得動摩擦因數(shù)μ至少為μ＝eq\f(\r(3)M,3M＋2m)。[答案](1)eq