人教版高中物理选修2-2 3.2 能自锁的传动装置 同步测试（含解析）

人教版高中物理选修2-2第三章第二节 能自锁的传动装置 同步测试
一、单选题（共12题；共24分）
1.如图所示，光滑小球夹于竖直墙和装有铰链的薄板OA之间，在薄板和墙之间的夹角α逐渐增大到90°的过程中，则（?? ）
A.?小球对板的压力增大???????????????????????????????????????????B.?小球对墙的压力减小
C.?小球作用于墙的压力一定小于球的重力???????????????D.?小球对板的压力一定小于球所受的重力
2.如图所示，一物体用一轻绳悬挂于O点，用力F拉住物体，要使轻绳与竖直方向保持θ=70o角不变，且F最小，则F与竖直方向的夹角应为（?? ）
A.?70o???????????????????????????????????????B.?60o???????????????????????????????????????C.?20o???????????????????????????????????????D.?0o
3.如图所示，两段等长细线串接着两个质量相等的小球a、b ， 悬挂于O点．现在两个小球上分别加上水平方向的外力，其中作用在b球上的力大小为F、作用在a球上的力大小为2F ， 则此装置平衡时的位置可能是下列哪幅图（　　）

A.???????????B.???????????C.???????????D.?
4.在上海世博会最佳实践区，江苏城市案例馆中穹形门窗充满了浓郁的地域风情和人文特色．如图所示，在竖直放置的穹形光滑支架上，一根不可伸长的轻绳通过光滑的轻质滑轮悬挂一重物G．现将轻绳的一端固定于支架上的A点，另一端从B点沿支架缓慢地向C点靠近（C点与A点等高）．则绳中拉力大小变化的情况是（　　）
A.?先变小后变大??????????????????B.?先变小后不变??????????????????C.?先变大后不变??????????????????D.?先变大后变小
5.如图所示，墙壁上的Q处有一固定的质点A，在Q上方P点用绝缘丝线悬挂另一质量的小球B，A、B带同种电荷后而使悬线与竖直方向成β角．由于漏电使带电荷量逐渐减少，在电荷漏完之前悬线对P点的拉力大小（?? ）
A.?保持不变?????????????????????????B.?先变小后变大?????????????????????????C.?逐渐减小?????????????????????????D.?逐渐增大
6.如图所示，质量为m的小球，用OB和O′B两根轻绳吊着，两轻绳与水平天花板的夹角分别为30°和60°，这时OB绳的拉力大小为F1 ， 若烧断O′B绳，当小球运动到最低点C时，OB绳的拉力大小为F2 ， 则F1：F2等于（?? ）
A.?1：1???????????????????????????????????B.?1：2????????????????????????????????????C.?1：3???????????????????????????????????D.?1：4
7.如图，一小球放置在木板与竖直墙面之间．设墙面对球的压力大小为N1 ， 球对木板的压力大小为N2 ． 以木板与墙连接点所形成的水平直线为轴，将木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置．不计摩擦，在此过程中（　　）
A.?N1始终减小，N2始终增大??????????????????????????????????B.?N1始终减小，N2始终减小
C.?N1先增大后减小，N2始终减小???????????????????????????D.?N1先增大后减小，N2先减小后增大
8.轻杆的一端安装有一个小滑轮P，用手握住杆的另一端支持着悬挂重物的绳子，如图所示，现保持滑轮的位置不变，使杆向下转动一个角度到虚线位置，则下列关于杆对滑轮P的作用力的判断正确的是（?? ）
A.?变大??????????????????????????????????B.?不变??????????????????????????????????C.?变小??????????????????????????????????D.?无法确定
9.如图所示，以O为悬点的两根轻绳a、b将日光灯悬挂在天花板上，两绳与竖直方向的夹角分别为60°和45°，日光灯保持水平并静止，其重力为G ， 下列说法中正确的是（　　）
A.?a绳的弹力比b绳大??????????????????????????????????????????????B.?a绳的弹力与b绳一样大
C.?日光灯的重心一定在O点的正下方???????????????????????D.?日光灯的重心不一定在O点的正下方
10.如图所示，不可伸长的细线下端悬挂一个小球，现用一水平力F拉小球，在小球缓慢移动过程中，细线的拉力T和水平力F的大小变化情况是（?? ）
A.?T减小、F增大?????????????????B.?T减小、F减小???????????????????C.?T增大、F增大?????????????????D.?T增大、F减小
11.如图所示，一小球放在固定的光滑斜面上，挡板沿竖直方向，关于挡板对小球的弹力的作用方向，下列表述正确的是（　　）

A.?沿水平方向向右?????????????B.?沿斜面方向向上?????????????C.?沿水平方向向左?????????????D.?沿斜面方向向下
12.如图所示，用一轻绳将光滑小球P系于竖直墙壁上的O点，在墙壁和球P之间夹有一长方体物块Q ， P、Q均处于静止状态，现有一铅笔紧贴墙壁从O点开始缓慢下移，则在铅笔缓慢下移的过程中（　　）
A.?细绳的拉力逐渐变小???????????????????????????????????????????B.?Q受到墙壁的弹力逐渐变大
C.?Q受到墙壁的摩擦力逐渐变大??????????????????????????????D.?Q将从墙壁和小球之间滑落
二、填空题（共4题；共10分）
13.质量为m ， 长为1 ， 通有电流I的导体棒静止在水平轨道上，匀强磁场的磁感强度为B ， 其方向为与棒垂直，与轨道面成θ角斜向上，此时棒受到的摩擦力为________，受到的支持力可能是________．
14.如图所示，一根不均匀的铁棒AB与一辆拖车相连接，连接端B为一固定水平转动轴，拖车在水平面上做匀速直线运动，棒长为L ， 棒的质量为40kg ， 它与地面间的动摩擦因数为 ，棒的重心C距转动轴为 ，棒与水平面成30°角．运动过程中地面对铁棒的支持力为________N；若将铁棒B端的固定转动轴向下移一些，其他条件不变，则运动过程中地面对铁棒的支持力将比原来________（选填“增大”、“不变”或“减小”）．
15.如图所示，在竖直平面内有两根质量相等的均匀细杆A和C ， 长度分别为60cm和40cm ， 它们的底端相抵于地面上的B点，另一端分别搁置于竖直墙面上，墙面间距为80cm ， 不计一切摩擦．系统平衡时两杆与地面的夹角分别为α和β ， 两侧墙面所受压力的大小分别为FA和FC ， 则FA________FC（选填“大于”、“小于”或“等于”），夹角β=________．
16.如图所示，两个完全相同的光滑球的质量均为M ， 放在竖直挡板和倾角为α的固定斜面间．若缓慢转动挡板至与斜面垂直，在此过程中：A、B两球间的弹力________，B球对挡板的压力________，B球对斜面的压力________，A球对斜面的压力________．（填“不变”、“增大”、“减小”）
三、综合题（共2题；共21分）
17.改进后的“研究有固定转动轴物体平衡条件”的实验装置如图所示，力传感器、定滑轮固定在横杆上，替代原装置中的弹簧秤，已知力矩盘上各同心圆的间距均为5cm。
（1）（多选题）做这样改进的有点是（?? ）
A.?力传感器既可测拉力又可测压力?????????????????????????B.?力传感器测力时不受主观判断影响，精确度高
C.?能消除转轴摩擦力引起的实验误差??????????????????????D.?保证力传感器所受拉力方向不变
（2）某同学用该装置做实验，检验时发现盘停止转动时G点始终在最低处，他仍用该盘做实验。在对力传感器进行调零后，用力传感器将力矩盘的G点 拉到图示位置，此时力传感器读数为3N。再对力传感器进行调零，然后悬挂钩码进行实验，此方法________?（选填“能”、“不能”）消除力矩盘偏心引 起的实验误差，已知每个钩码所受重力为1N，力矩盘按图示方式悬挂钩码后，力矩盘所受顺时针方向的合力矩为________?Nm。力传感器的读数为________?N.
18.也许同学们都经历过擦黑板，手拿黑板擦在竖直的黑板面上，或上下或左右使黑板擦在黑板上运动，利用黑板擦与黑板之间的滑动摩擦力，将黑板上的粉笔字擦干净．已知黑板的规格是：4.5×1.5m2 ， 黑板的下边沿离地的高度为0.8m，若黑板擦（可视为质点）的质量为0.2kg，现假定某同学用力将黑板擦在黑板表面缓慢竖直向上擦黑板，当手臂对黑板擦的作用力F与黑板面成53°角时，F=20N，他所能擦到的最大高度为2.05m．sin53°=0.8，cos53°=0.6．求：
（1）此黑板擦与黑板之间的滑动摩擦因数；
（2）如该同学擦到最高位置时意外让小黑板擦沿黑板面竖直向下滑落，则小黑板擦砸到黑板下边沿的速度小；
（3）擦黑板时有这样的现象：粉笔字的位置越高或越远的地方，已经用力较大却还是不容易擦干净，请用物理知识简要解释．
答案解析部分
一、单选题
1.【答案】B
【解析】【解答】解：A、B、以小球为研究对象，受重力、墙壁支持力和挡板支持力，球处于平衡状态，合力为零，如图；
由图可知，墙壁给球的压力F2逐渐减小，挡板给球的支持力F1逐渐减小，根据牛顿第三定律可知墙壁受到的压力减小，木板受到的压力减小，故A错误，B正确；
C、D、由上图可以看出，F1＞mg，F2可能比重力大，可能比重力小．故C、D错误；
故选：B．
【分析】对球进行正确受力分析，把握其受力特点：一个力大小和方向不变（重力），一个力方向不变（墙给球的支持力），另一个力的大小、方向均发生变化（挡板给球的作用力），对于这类动态平衡问题，可以采用“图解法”进行．
2.【答案】C
【解析】【解答】解：如图所示，物体受三个力而处于平衡状态，重力mg的大小和方向都不变，绳子拉力T方向不变，作出拉力可能的方向如图所示，
通过作图法知，当F的方向与绳子方向垂直时，由于垂线段最短，所以F最小，
则由几何知识得θ=90°﹣70°=20°．故C正确，A、B、D错误．
故选：C．
【分析】物体始终处于平衡状态，合力为零，根据共点力平衡，抓住重力不变，细绳的拉力方向不变，运用作图法求出F有最小值时F与竖直方向的夹角．
3.【答案】C
【解析】解答：设每个球的质量为m ， oa与ab和竖直方向的夹角分别为α、β ．
以两个小球组成的整体为研究对象，分析受力情况，如图1，根据平衡条件可知，oa绳的方向不可能沿竖直方向，否则整体的合力不为零，不能保持平衡．
由平衡条件得：tanα= ，
以b球为研究对象，分析受力情况，如图2，由平衡条件得：tanβ= ，则α＜β ． 故C正确．
故选C．
分析：以整体为研究对象，分析受力情况，确定上面绳子oa的方向，再以下面的小球为研究对象，分析受力，根据平衡条件确定下面绳子的方向．
4.【答案】C
【解析】【解答】解：当轻绳的右端从B点移到直杆最上端时，设两绳的夹角为2θ．以滑轮为研究对象，分析受力情况，作出力图如图1所示．根据平衡条件得
? 2Fcosθ=mg
得到绳子的拉力F=
所以在轻绳的右端从B点移到直杆最上端时的过程中，θ增大，cosθ减小，则F变大．
当轻绳的右端从直杆最上端移到C点时，设两绳的夹角为2α．
设绳子总长为L，两直杆间的距离为S，由数学知识得到
sinα= ，L、S不变，则α保持不变．
再根据平衡条件可知，两绳的拉力F保持不变．
所以绳中拉力大小变化的情况是先变大后不变．故C符合题意，ABD不符合题意．
故答案为：C
【分析】本题考察共点力平衡动态变化分析，关键在于运用几何知识分析角度的变化。
5.【答案】A
【解析】【解答】解：以小球为研究对象，球受到重力G，A的斥力F1和线的拉力F2三个力作用，作出力图，如图．作出F1、F2的合力F，则由平衡条件得：F=G．
根据△FBF1∽△PQB得： =
又FF1=F2 ， 得：F2= G
在A、B两质点带电量逐渐减少的过程中，PB、PQ、G均不变，则线的拉力F2不变，故A正确，BCD错误．
故选：A．
【分析】以小球B为研究对象，由于逐渐漏电的过程中，处于动态平衡状态．分析B受力情况：重力G，A的斥力F1和线的拉力F2三个力作用，作出力图，根据△FBF1∽△PQB，得到线的拉力F2与线长的关系，再进行分析求解．
6.【答案】D
【解析】【解答】解：烧断水平细线前，小球处于平衡状态，合力为零，
根据几何关系得：F1=mgsin30°= mg；
烧断水平细线，设小球摆到最低点时速度为v，绳长为L．小球摆到最低点的过程中，由机械能守恒定律得：
mgL（1﹣sin30°）= mv2
在最低点，有 F2﹣mg=m
联立解得 F2=2mg；
故F1：F2等于1：4；
故选：D．
【分析】烧断水平细线前，小球处于平衡状态，合力为零，根据平衡条件求F1 ． 烧断水平细线，当小球摆到最低点时，由机械能守恒定律求出速度，再由牛顿牛顿第二定律求F2 ．
7.【答案】B
【解析】【解答】解：以小球为研究对象，分析受力情况：重力G、墙面的支持力N1′和木
板的支持力N2′．根据牛顿第三定律得知，N1=N1′，N2=N2′．
根据平衡条件得：N1′=Gcotθ，N2′=
将木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置的过程中，θ增大，cotθ减小，sinθ增大，则N1′和N2′都始终减小，故N1和N2都始终减小．
故选B
【分析】以小球为研究对象，分析受力情况：重力、木板的支持力和墙壁的支持力，根据牛顿第三定律得知，墙面和木板对球的压力大小分别等于球对墙面和木板的支持力大小，根据平衡条件得到两个支持力与θ的关系，再分析其变化情况．
8.【答案】B
【解析】【解答】解：据题意，保持滑轮的位置不变，处于静止状态，其合力为零，重物也静止，则知绳子的拉力大小始终等于重物的重力大小，保持不变，两绳的夹角也不变，故析两绳拉力的合力保持不变．使杆向下转动一个角度到虚线位置的过程中，根据平衡条件知，杆对滑轮P的作用力与两绳拉力的合力大小相等、方向相反，所以杆对滑轮P的作用力保持不变．故B正确，ACD错误．
故选B
【分析】由题，滑轮的位置不变时，绳子的拉力大小始终等于重物的重力大小，保持不变，两绳的夹角也不变，分析两绳拉力的合力是否变化，根据平衡条件知，杆对滑轮P的作用力与两绳拉力的合力大小相等、方向相反．
9.【答案】C
【解析】解答：日光灯受到三个力：重力、两绳的拉力，三力平衡时，三个力不平行，必共点，两个绳子拉力相交于O点，则日光灯的重力作用线必过O点，即知日光灯的重心一定在O点的正下方．作出受力图如图，根据平衡条件得：
Tasin60°=Tbsin45°
由数学知识得：Ta＜Tb ． 故C正确，ABD错误．
故选C
分析：分析日光灯受力：重力、两绳的拉力，三力平衡时，由于三个力不平行，必共点，从而可判断日光灯的重心位置．作出力图，根据平衡条件比较两绳拉力的大小．
10.【答案】C
【解析】【解答】解：对物体受力分析并合成如图：
因为物体始终处于平衡状态，故G′始终等于G，大小和方向均不发生变化．
在物体缓慢偏离竖直位置的过程中细线与竖直方向的夹角逐渐变大，画出平行四边形如图所示，可以看出：力F逐渐变大，绳子的拉力T也逐渐变大．故C正确，A、B、D错误．
故选：C．
【分析】物体缓慢偏离竖直位置，说明物体始终处于平衡状态，受力分析后找出不变的物理量画出平行四边形分析即可．
11.【答案】A
【解析】【解答】点面接触时弹力与接触面垂直且指向受力物体；故挡板对小球的弹力沿水平方向向右；故选：A．
【分析】弹力是由于施力物体发生形变产生的，与施力物体的形变恢复方向相同；点面接触时弹力与接触面垂直．
12.【答案】B
【解析】解答：A、对P分析，P受到重力、拉力和Q对P的弹力处于平衡，设拉力与竖直方向的夹角为θ ， 根据共点力平衡有：拉力 ， Q对P的支持力N=mgtanθ ． 铅笔缓慢下移的过程中，θ增大，则拉力F增大，Q对P的支持力增大．故A错误． B、C、D、对Q分析知，在水平方向上P对A的压力增大，则墙壁对Q的弹力增大，在竖直方向上重力与摩擦力相等，所以A受到的摩擦力不变，Q不会从墙壁和小球之间滑落．故B正确，C、D错误．
故选：B．
分析：分别对P、Q受力分析，通过P、Q处于平衡判断各力的变化．
二、填空题
13.【答案】BILsinθ；mg﹣BILcosθ
【解析】【解答】棒的受力分析图如图所示：
由安培力公式，有：
F=BIL
由共点力平衡条件，有：
Fsinθ=Ff
FN+Fcosθ=mg
整理得：
Ff=BILsinθ
FN=mg﹣BILcosθ
故答案为：BILsinθ；mg﹣BILcosθ ．
【分析】导体棒处于静止状态，合外力为零，分析受力情况，根据平衡条件、欧姆定律和安培力公式结合进行求解．
14.【答案】200；增大
【解析】【解答】以B点为转轴，在拖车在水平面上向右做匀速直线运动过程中，棒的力矩平衡，设棒与水平面的夹角为α．则有mgcosα=NLcosα+fLsinα ①
又滑动摩擦力f=μN ．
联立得：2mgcosα=3Ncosα+3μNsinα ②
解得，
α=30°代入解得，N=200N
若将铁棒B端的固定转动轴向下移一些，α减小，tanα减小，由③得知，N增大．
故答案为：200，增大．
【分析】选取接端B为转动轴，地面对铁棒的支持力的力矩与重力的力矩平衡，写出平衡方程，即可求出地面对铁棒的支持力；若将铁棒B端的固定转动轴向下移一些则AB与地，地面之间的夹角减小，同样，可以根据力矩平衡的公式，判定地面对铁棒的支持力的变化．
15.【答案】等于；37°
【解析】【解答】对整体分析，整体处于平衡状态，整体在水平方向上受到两侧墙壁的弹力，可知FA=FB ，
对AB分析，A受到重力、墙壁的弹力、地面对它的支持力以及BC对AB的作用力，同样度BC分析，受重力、墙壁的弹力、AB对BC的作用力，和地面的支持力，因为两杆重力相等，墙壁的作用力相等，根据平衡知，α=β ，
根据xABcosα+xBCcosβ=d ，
可知（60+40）cosβ=80，解得β=37°．
故答案为：等于； 37°
【分析】对整体分析，抓住水平方向上受力平衡得出两侧墙面对两杆的弹力大小关系．两杆重力相等、墙壁对其弹力相等，根据平衡得出α与β的关系，结合几何关系求出夹角β的大小．
16.【答案】不变；减小；减小；不变
【解析】【解答】虽然挡板在变化，但球B对球A的弹力方向没有改变，球B的重力没有变化，则斜面对球A的支持力方向也没变，虽然球A位置在缓慢变化，但球A所受力没有变化，故A球对斜面的压力不变，A、B两球的弹力没有变；
球B受力分析如图，当缓慢转动挡板至挡板与斜面垂直的过程中，弹力F1的方向也从图示位置转动到与斜面平行位置；则两个弹力的合力不变，当夹角变小时，两弹力大小均变小，故B球对挡板的压力逐渐减少，B球对斜面的压力逐渐减少；
故答案为：不变，减小，减小，不变．
【分析】在逆时针缓慢转动挡板至挡板与斜面垂直的过程中，两完全相同的小球处于静止状态．则小球A受力不变，而小球B由于挡板对球A的弹力方向发生变化，导致球B对挡板及斜面作用力发生变化．
三、综合题
17.【答案】（1）B,D
（2）能；0.7；-0.5
【解析】【解答】(1)力传感器、定滑轮固定在横杆上，替代原装置中的弹簧秤主要好处是:力传感器测力时不受主观判断影响，精确度高和保证力传感器所受拉力方向不变，所以B、D正确; 弹射也可以测拉力和压力的，所以A错误;不能消除转轴摩擦力引起的实验误差，故C错误。
(2)某同学用该装置做实验，检验时发现盘停止转动时G点始终在最低处，他仍用该盘做实验。在对力传感器进行调零后，用力传感器将力矩盘的G点拉到图示位置，此时力传感器读数为3N。说明此时偏心的顺时针力矩M0=3x2x0.05Nm=0.3Nm，再对力传感器进行调零，这时就可以消除力矩盘偏心引起的实验误差，力矩盘所受顺时针方向的合力矩M1=(2x1x0.05+2x1x0.05+0.3)Nm=0.7Nm丰民据有固定转动轴物体平衡条件:Fx2x0.05+3x1x3x0.05+0.3=2x1x3x0.05+0.3，解得:F=0.5N。
【分析】本题求“力矩盘所受顺时针方向的合力矩”很容易忘掉“力矩盘偏心”的力矩。
18.【答案】（1）解：小黑板擦向上缓慢移动，处于平衡状态，对其进行受力分析：
根据牛顿第二定律得：
水平方向：N﹣F?sinθ=0
竖直方向：F?cosθ﹣mg﹣f=0
f=μN
=
答：此小黑板擦与黑板之间的滑动摩擦系数是0.625；
（2）解：小黑板擦可看成质点，它向下滑落的过程与黑板间无摩擦，它作自由落体运动．由于只受重力，所以机械能守恒．得：mgh= mv2 ，
v= = ?
答：小黑板擦砸到黑板下边沿的速度大小是5m/s；
（3）解：在手臂的用力大小相同时，由f=μF?sinθ
可知：作用点的高度越高，手臂与黑板面的夹角越小，黑板擦与黑板间的摩擦力也就越小，
所以，手臂与黑板面的夹角越小的地方越不容易擦干净．
答：作用点的高度越高，手臂与黑板面的夹角越小，黑板擦与黑板间的摩擦力也就越小，
所以，手臂与黑板面的夹角越小的地方越不容易擦干净．
【解析】【分析】本题巧妙的将实际生活中的现象和物理规律结合起来，考察学生对实际生活现象的观察能力以及对物理规律理解的程度，做的时候要注意用物理规律去分析并结合相关知识进行求解。