PAGE9-章末綜合測(cè)評(píng)(四)力與平衡(分值：100分)1．(4分)若一個(gè)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(yùn)動(dòng)C．速度勻稱改變D．所受共點(diǎn)力的合力為零D[平衡狀態(tài)包括靜止?fàn)顟B(tài)和勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，A、B錯(cuò)誤；若物體處于平衡狀態(tài)，則物體所受共點(diǎn)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(xiàng)中速度勻稱改變，說(shuō)明有恒定的加速度，故C錯(cuò)誤。]2．(4分)(2024·全國(guó)卷Ⅲ，16)用卡車(chē)運(yùn)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(chē)上，傾角分別為30°和60°。重力加速度為g。當(dāng)卡車(chē)沿平直馬路勻速行駛時(shí)，圓筒對(duì)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(duì)工件受到的重力依據(jù)壓緊斜面Ⅰ和Ⅱ的效果進(jìn)行分解如圖所示，結(jié)合幾何關(guān)系可知工件對(duì)斜面Ⅰ的壓力大小為F1＝mgcos30°＝eq\f(\r(3),2)mg、對(duì)斜面Ⅱ的壓力大小為F2＝mgsin30°＝eq\f(1,2)mg，選項(xiàng)D正確，A、B、C均錯(cuò)誤。]3．(4分)如圖所示為小摯友喜愛(ài)的磁性黑板，下面有一個(gè)托盤(pán)，讓黑板撐開(kāi)一個(gè)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(huà)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(dòng)摩擦因數(shù)為μ，則下列說(shuō)法正確的是()A．黑板擦對(duì)黑板的壓力大小為mgcosθB．黑板對(duì)黑板擦的摩擦力大小為μmgcosθC．黑板對(duì)黑板擦的摩擦力大于mgsinθD．黑板對(duì)黑板擦的作用力大小為mgD[對(duì)黑板擦受力分析，黑板擦受到豎直向下的重力mg、黑板對(duì)黑板擦的支持力N、沿黑板向上的靜摩擦力f以及黑板對(duì)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(wèn)，則有黑板對(duì)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(duì)黑板的壓力大小為F壓＝mgcosθ＋F，故A錯(cuò)誤；由以上分析，可知，黑板對(duì)黑板擦的摩擦力大小為f＝mgsinθ，故B、C錯(cuò)誤；依據(jù)力的合成法則，則黑板擦對(duì)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(duì)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(shí)受到同一平面內(nèi)的三個(gè)共點(diǎn)力作用，在如圖所示的四種狀況中(坐標(biāo)紙中每格邊長(zhǎng)表示1N大小的力)，對(duì)物體所受的合外力說(shuō)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(shù)枝從右向左緩慢爬行，在松鼠從A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是()A．松鼠對(duì)樹(shù)枝的彈力保持不變B．松鼠對(duì)樹(shù)枝的彈力先減小后增大C．松鼠對(duì)樹(shù)枝的摩擦力先減小后增大D．樹(shù)枝對(duì)松鼠的作用力先減小后增大C[對(duì)松鼠進(jìn)行受力分析，如圖所示。松鼠所受的彈力N＝mgcosθ，從A到B的過(guò)程中，θ先減小后增大，則彈力先增大后減小，故A、B錯(cuò)誤；松鼠所受的摩擦力f＝mgsinθ，從A到B的過(guò)程中，θ先減小后增大，則摩擦力先減小后增大，故C正確；樹(shù)枝對(duì)松鼠的作用力與松鼠的重力等大反向，所以樹(shù)枝對(duì)松鼠的作用力大小不變，故D錯(cuò)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(gè)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(méi)有彈力，也肯定沒(méi)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(cuò)誤，D正確；隔離物體A進(jìn)行分析，物體A受到重力、B對(duì)它的支持力和摩擦力三個(gè)力的作用，故C錯(cuò)誤。]7．(4分)(2024·黑龍江大慶試驗(yàn)中學(xué)高一上期中)如圖所示，光滑固定斜面上有一個(gè)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(gè)裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)。若另外用一個(gè)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(dāng)所用的拉力與輕繩垂直斜向右上方時(shí)，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(gè)小滑輪C，細(xì)繩下端D處掛一重物，另一端固定在墻上A點(diǎn)，細(xì)繩的AC段水平。不計(jì)直桿、滑輪及細(xì)繩的質(zhì)量，忽視全部摩擦。若將細(xì)繩的固定點(diǎn)由A點(diǎn)稍向下移至A′點(diǎn)，使之重新平衡，則此時(shí)滑輪C所在位置的水平線()A．在A、A′之間 B．與A′點(diǎn)等高C．在A′點(diǎn)之下 D．在A點(diǎn)之上D[因?yàn)槔K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?yàn)闂UBC是通過(guò)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(gè)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(dòng)至A′時(shí)，∠ACD減小，則桿與豎直方向的夾角減小，所以桿應(yīng)逆時(shí)針?lè)较蜣D(zhuǎn)動(dòng)至BC′，則滑輪C的位置在A點(diǎn)之上。]9．(6分)在“驗(yàn)證力的平行四邊形定則”的試驗(yàn)中，某同學(xué)完成試驗(yàn)，回答下列問(wèn)題：(1)圖甲中彈簧測(cè)力計(jì)B的示數(shù)為_(kāi)_______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(lái)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(cè)力計(jì)上1N之間有5個(gè)小格，所以一個(gè)小格代表0.2N，即此彈簧測(cè)力計(jì)的分度值為0.2N，則估計(jì)值為0.1N。此時(shí)指針指在“3.8”處，所以彈簧測(cè)力計(jì)的示數(shù)為3.8N。力的示意圖只表示力的方向和作用點(diǎn)，而力的圖示可以比較精確地表示出力的大小、方向、作用點(diǎn)，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(guò)一個(gè)彈簧測(cè)力計(jì)沿AO方向拉橡皮條，使橡皮條伸長(zhǎng)到O點(diǎn)，其方向肯定沿AO方向，F(xiàn)′是通過(guò)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(shí)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(guò)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?fàn)顟B(tài)，OA、OB與水平面的夾角分別為30°、60°，求：(1)OA、OB對(duì)M的拉力大??；(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(gè)力的作用處于靜止?fàn)顟B(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(duì)水平面有向右運(yùn)動(dòng)的趨勢(shì)，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(gè)力同時(shí)作用于物體的同一點(diǎn)，三個(gè)力的大小分別為2N、2N、3N。下列關(guān)于物體的受力狀況和運(yùn)動(dòng)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(dòng)ABC[兩個(gè)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(xiàng)A、B、C正確，D錯(cuò)誤。]12．(4分)如圖甲所示，筆記本電腦底座一般設(shè)置有四個(gè)卡位用來(lái)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?fàn)顟B(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(duì)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(cuò)誤；由平衡條件知，底座對(duì)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(cuò)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(wú)摩擦力作用B．B受到的滑動(dòng)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(yùn)，得μ＝tanθ。對(duì)A隔離，A受靜摩擦力，fA＝mAgsinθ。A對(duì)B的靜摩擦力也等于mAgsinθ，方向沿斜面對(duì)下。取下A物體后，B物體受到支持力NB＝mBgcosθ，摩擦力fB＝μN(yùn)B＝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(guò)定滑輪和動(dòng)滑輪后掛著一個(gè)重物，與動(dòng)滑輪相連的帆布帶拉著病人的腳，整個(gè)裝置在同一豎直平面內(nèi)。為了使腳所受的拉力減小，可實(shí)行的方法是()A．只增加繩的長(zhǎng)度B．只減小重物的質(zhì)量C．只將病人的腳向左移動(dòng)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(huì)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(ài)好小組的同學(xué)現(xiàn)利用如圖(a)所示的裝置來(lái)做“探究?jī)蓚€(gè)互成角度的力的合成規(guī)律”試驗(yàn)，其中OB為橡皮筋。(1)某次試驗(yàn)中一彈簧測(cè)力計(jì)的指針位置如圖(b)所示，可知拉力的大小為_(kāi)_______N。(a)(b)(c)(2)圖(c)所示是甲、乙兩位同學(xué)在做本試驗(yàn)時(shí)得到的結(jié)果，其中F′為用一個(gè)彈簧測(cè)力計(jì)拉時(shí)橡皮筋所受到的拉力，則其中________(選項(xiàng)“甲”或“乙”)同學(xué)測(cè)得的試驗(yàn)結(jié)果比較符合試驗(yàn)事實(shí)。(3)試驗(yàn)中兩彈簧測(cè)力計(jì)的夾角為一鈍角后，馬上固定彈簧測(cè)力計(jì)a不動(dòng)，且保持橡皮筋始終處于豎直方向，然后緩慢增大兩彈簧測(cè)力計(jì)之間的夾角，則在這一過(guò)程中彈簧測(cè)力計(jì)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(cè)力計(jì)的示數(shù)為3.00N，故拉力的大小為3.00N。(2)用一個(gè)彈簧測(cè)力計(jì)拉橡皮筋時(shí)，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(duì)角線上；由于誤差的存在，作圖法得到的合力與試驗(yàn)值有肯定的差別，即作圖得出的合力方向與用一個(gè)彈簧測(cè)力計(jì)拉橡皮筋時(shí)的拉力方向有肯定的夾角，故甲同學(xué)測(cè)得的試驗(yàn)結(jié)果比較符合試驗(yàn)事實(shí)。(3)對(duì)O點(diǎn)受力分析，作出力的矢量三角形如圖所示。保證O點(diǎn)不動(dòng)的前提下，橡皮筋OB的拉力為定值，在彈簧測(cè)力計(jì)a、b夾角大于90°的前提條件下，若緩慢增大兩彈簧測(cè)力計(jì)之間的夾角，即讓彈簧測(cè)力計(jì)b與OB的夾角減小，由圖可知彈簧測(cè)力計(jì)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(gè)小球A和B(中心有孔)，A、B間由細(xì)繩連接著，它們處于如圖所示位置時(shí)恰好都能保持靜止?fàn)顟B(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(xì)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(xì)繩對(duì)B球的拉力大?。?2)A球的質(zhì)量。[解析](1)設(shè)細(xì)繩對(duì)B球的拉力為T(mén)，對(duì)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(jìn)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(duì)A球受力分析，在水平方向和豎直方向進(jìn)行正交分解，A球處于靜止?fàn)顟B(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(gè)質(zhì)量均為m的小環(huán)套在一水平放置的粗糙長(zhǎng)桿上，兩根長(zhǎng)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(gè)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(duì)桿的壓力大小。(2)小環(huán)與桿之間的動(dòng)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(duì)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(shí)小環(huán)受到的靜摩擦力達(dá)到最大值，則有FTsin30°＝μFN′解得動(dòng)摩擦因數(shù)μ至少為μ＝eq\f(\r(3)M,3M＋2m)。[答案](1)eq