2018版物理教科版必修一：第四章+物体的平衡章末检测+Word版含答案

章末检测
一、选择题(本题共12小题，其中1～8为单选题，9～12为多选题，每小题4分，共48分)
1．如图1所示，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的受力个数不可能的是(　　)
图1
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
2.如图2所示，一重为10 N的球固定在支杆AB的上端，今用一段绳子水平拉球，使杆发生弯曲，已知绳的拉力为7.5 N，则AB杆对球的作用力(　　)
图2
A．大小为7.5 N
B．大小为10 N
C．方向与水平方向成53°角斜向右下方
D．方向与水平方向成53°角斜向左上方
答案　D
解析　小球受力如图所示，则F2sin α＝G，F2cos α＝F1，
tan α＝＝，α＝53°，
F2＝＝ N＝12.5 N.
3.如图3所示，截面为三角形的木块a上放置一铁块b，三角形木块竖直边靠在竖直且粗糙的墙面上，现用竖直向上的作用力F，推动木块与铁块一起向上匀速运动，运动过程中铁块与木块始终保持相对静止，则下列说法正确的是(　　)
图3
A．木块a与铁块b间一定存在摩擦力
B．木块与竖直墙面间一定存在水平弹力
C．木块与竖直墙面间一定存在摩擦力
D．竖直向上的作用力F大小一定大于铁块与木块的重力之和
答案　A
解析　铁块b处于平衡状态，故铁块b受重力、斜面对它的垂直斜面向上的支持力和沿斜面向上的静摩擦力，选项A正确；将a、b看做一个整体，竖直方向：F＝Ga＋Gb，选项D错误；整体水平方向不受力，故木块与竖直墙面间不存在水平弹力，没有弹力也就没有摩擦力，选项B、C均错．
4．如图4所示，用完全相同的轻弹簧A、B、C将两个相同的小球连接并悬挂，小球处于静止状态，弹簧A与竖直方向的夹角为30°，弹簧C水平，则弹簧A、C的伸长量之比为(　　)
图4
A.∶4 B．4∶
C．1∶2 D．2∶1
答案　D
解析　将两球和弹簧B看成一个整体，整体受到总重力G、弹簧A和C的拉力，如图，设弹簧A、C的拉力分别为F1和F2.由平衡条件得知，F2和G的合力与F1大小相等、方向相反，则得：
F2＝F1sin 30°＝0.5F1.
根据胡克定律得：F＝kx，k相同，则弹簧A、C的伸长量之比等于两弹簧拉力之比，即有xA∶xC＝F1∶F2＝2∶1.
5．如图5所示，一轻绳一端固定在竖直墙上的O点，另一端与轻滑轮M相连，另一轻绳绕过滑轮悬挂一重力为G的物体，绳与滑轮间的摩擦不计，其另一端固定于另一竖直墙上的Q点，且此绳的QM段与竖直方向夹角为60°，整个系统处于静止状态，下列说法正确的是(　　)
图5
A．绳OM上的拉力大小为G
B．绳OM上的拉力大小为G
C．图中α角的大小为60°
D．图中α角的大小为45°
答案　A
6．用细绳OA、OB悬挂一重物，BO水平，O为半圆形支架的圆心，悬点A和B在支架上．悬点A固定不动，将悬点B从图6所示位置逐渐移到C点的过程中，OA绳和OB绳中的拉力变化情况为(　　)
图6
A．OA绳中的拉力始终不变
B．OA绳中的拉力逐渐增大
C．OB绳中的拉力逐渐减小
D．OB绳中的拉力先减小后增大
答案　D
解析　如图所示，在支架上选取三个点B1、B2、B3，当悬点B分别移动到B1、B2、B3各点时，OA、OB中的拉力分别为TA1、TA2、TA3和TB1、TB2、TB3，从图中可以直观地看出，TA逐渐变小，且方向不变；而TB先变小后变大，且方向不断改变；当TB与TA垂直时，TB最小．故D正确．
7.置于水平地面上的物体受到水平作用力F处于静止状态，如图7所示．保持作用力F大小不变，将其沿逆时针方向缓缓转过180°，物体始终保持静止，则在此过程中物体对地面的正压力N和地面给物体的摩擦力f的变化是(　　)
图7
A．N先变小后变大，f不变
B．N不变，f先变小后变大
C．N、f都是先变大后变小
D．N、f都是先变小后变大
答案　D
解析　力F与水平方向的夹角θ先增大后减小．水平方向上，Fcos θ－f＝0，f＝Fcos θ；竖直方向上，N＋Fsin θ－mg＝0，N＝mg－Fsin θ.故随θ变化，f、N都是先变小后变大．
8．如图8所示，左侧是倾角为60°的斜面，右侧是圆弧面的物体固定在水平地面上，圆弧面底端的切线水平，一根两端分别系有质量为m1、m2小球的轻绳跨过其顶点上的小滑轮．当它们处于平衡状态时，连接m2小球的轻绳与水平线的夹角为60°，不计一切摩擦，两小球可视为质点．两小球的质量之比m1∶m2等于(　　)
图8
A. 1∶1 B. 2∶3 C. 3∶2 D. 3∶4
答案　B
解析　设轻绳的张力为F，圆弧面对m2的弹力为FN，由对称性可知，FN＝F，由于m1、m2均静止，由平衡条件可得：F＝m1gsin 60°，Fcos 30°＋FNcos 30°＝m2g.联立解得＝ ，B正确．
9.如图9所示，质量为m的物体在恒力F作用下沿水平地面做匀速直线运动，物体与地面间的动摩擦因数为μ，则物体受到的摩擦力的大小为(　　)
图9
A．Fsin θ B．Fcos θ
C．μ(Fsin θ＋mg) D．μ(mg－Fsin θ)
答案　BC
解析　先对物体进行受力分析，如图所示，
然后把力F进行正交分解，F产生两个效果：使物体水平向前F1＝Fcos θ，
同时使物体压紧水平地面F2＝Fsin θ.
由力的平衡可得F1＝f，
F2＋G＝N，
又滑动摩擦力f＝μN，
则f＝Fcos θ＝μ(Fsin θ＋mg)，故选B、C.
10.如图10所示，物体P静止于固定的斜面上，P的上表面水平，现把物体Q轻轻地叠放在P上，则(　　)
图10
A．P向下滑动
B．P静止不动
C．P所受的合外力增大
D．P与斜面间的静摩擦力增大
答案　BD
解析　物体P静止于斜面上，则mgsin θ≤μmgcos θ，把物体Q轻轻地叠放在P上时，P、Q整体质量增加，相对斜面仍然满足m′gsin θ≤μm′gcos θ，故P静止不动，所受的合外力为零，A、C错误，B正确；P所受的合外力为零，P与斜面间的静摩擦力增大为m′gsin θ，D正确，故正确答案为B、D.
11.如图8所示，重力为G的物体A在大小为F的水平向左的恒力作用下静止在倾角为α的固定光滑斜面上．下列关于斜面对物体的支持力N大小的表达式，正确的是(　　)
图11
A．N＝
B．N＝Gcos α
C．N＝Gsin α＋Fcos α
D．N＝
答案　AD
解析　对物体A受力分析，受推力F、重力G、支持力N，如图甲
由图可得：N＝，故A正确；
由图知：tan α＝，sin α＝所以：F＝Gtan α，N＝＝，故B错误，D正确．
若采用正交分解法，如图乙所示
则N＝Gcos α＋Fsin α，故C错误．
12．斜面放置在水平地面上始终处于静止状态，物体在沿斜面向上的拉力作用下正沿斜面向上运动，某时刻撤去拉力F，那么物体在撤去拉力后的瞬间与撤去拉力前相比较，以下说法正确的是(　　)
图12
A．斜面对地面的静摩擦力一定不变
B．斜面对地面的静摩擦力一定减小
C．斜面对地面的压力一定增大了
D．斜面对地面的压力一定不变
答案　AD
二、计算题(本题共4小题，共52分．要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)
13．(10分)如图13所示，质量M＝2 kg的木块套在水平杆上，并用轻绳与质量m＝ kg的小球相连．今用跟水平方向成α＝30°角的力F＝10 N拉着球带动木块一起向右匀速运动，运动中M、m相对位置保持不变，取g＝10 m/s2，求木块与水平杆间的动摩擦因数μ.
图13
答案　
解析　以木块和小球组成的整体为研究对象，分析受力情况，如图．由平衡条件得
Fcos 30°＝f
N＋Fsin 30°＝(M＋m)g
又f＝μN
得到μ＝
代入数据解得μ＝.
14．(13分)如图14所示，轻杆BC的C点用光滑铰链与墙壁固定，杆的B点通过水平细绳AB使杆与竖直墙壁保持30°的夹角．若在B点悬挂一个定滑轮(不计重力)，某人用它匀速地提起重物．已知重物的质量m＝30 kg，人的质量M＝50 kg，g取10 m/s2.试求：
图14
(1)此时地面对人的支持力的大小；
(2)轻杆BC和绳AB所受力的大小．
答案　(1)200 N
(2)400 N　200 N
解析　(1)对人进行受力分析，根据平衡条件有：N＝Mg－mg＝200 N
(2)滑轮对结点B的拉力为：
T＝2mg＝600 N
以结点B为研究对象，进行受力分析，如图，根据共点力平衡得：
FAB＝Ttan 30°＝200 N
FBC＝＝400 N.
15．(14分)如图15所示，在水平粗糙横杆上，有一质量为m的小圆环A，用一细线悬吊一个质量为m的球B.现用一水平拉力缓慢地拉起球B，使细线与竖直方向成37°角，此时环A仍保持静止．已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
图15
(1)此时水平拉力F的大小；
(2)环对横杆的压力及环受到的摩擦力．
答案　(1)mg　(2)2mg，方向竖直向下　mg，方向水平向左
解析　(1)取球B为研究对象进行受力分析，由球B受力平衡得：
Tsin 37°＝F ①
Tcos 37°＝mg ②
联立①②解得F＝mg.
(2)取A、B组成的系统为研究对象
N＝2mg ④
f＝F ⑤
由牛顿第三定律知，环对横杆的压力大小为2mg，方向竖直向下
由⑤知环受到的摩擦力大小为mg，方向水平向左．
16．(15分)如图16所示，某人用轻绳牵住一只质量m＝0.6 kg的氢气球，因受水平风力的作用，系氢气球的轻绳与水平方向成37°角．已知空气对气球的浮力为15 N，人的质量M＝50 kg，且人受的浮力忽略不计．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
图16
(1)求水平风力的大小；
(2)求人对地面的压力大小；
(3)若水平风力增强，人对地面的压力如何变化？并说明理由．
答案　(1)12 N　(2)491 N　(3)见解析
解析　(1)对氢气球进行受力分析，如图甲所示．由平衡条件可知，
竖直方向，F浮＝mg＋Tsin 37°；
水平方向，F风＝Tcos 37°，
解得F风＝12 N，T＝15 N.
(2)对人进行受力分析，如图乙所示．由平衡条件可知，
竖直方向，N＝Mg－T′sin 37°＝500 N－15 N×0.6＝491 N；
根据牛顿第三定律，人对地面的压力大小为491 N.
(3)若水平风力增强，只改变了水平方向的力，视氢气球及人为一整体，所以竖直方向上的受力情况没改变，人对地面的压力不变．