資源簡介

章末檢測試卷(四)
(滿分:100分)
一、單項選擇題:本題共4小題,每小題4分,共16分。在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的。
1.重力為G的體操運動員豎直倒立保持靜止狀態時,兩手臂對稱支撐,夾角為θ,則 (　　)
A.當θ=60°時,地面對運動員單只手的支持力大小為
B.當θ=120°時,地面對運動員單只手的支持力大小為G
C.當θ增大時,運動員受到的合力增大
D.當θ增大時,運動員受到的合力減小
2.(2023·江西銅鼓中學高一期末)如圖所示,劈形物塊B放在斜面上,B的水平上表面上放一物塊A,一水平向右的推力F向右作用在A上,A、B均保持靜止。物體B受力個數是 (　　)
A.3個 B.4個
C.5個 D.4個或5個
3.(2024·內江市威遠中學高一月考)如圖所示為某糧庫輸送小麥的示意圖。麥粒離開傳送帶受重力作用在豎直方向上掉落后,形成圓錐狀的麥堆。若麥堆底面半徑為r,麥粒之間的動摩擦因數為μ,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,不考慮麥粒的滾動。則形成的麥堆的最大高度為 (　　)
A. B.rμ
C.r D.r
4.(2023·莆田市高一開學考試)如圖所示,傾角為θ的斜面體放在粗糙水平地面上,斜面頂端安有滑輪,不可伸長的輕繩連接A、B并跨過滑輪,起初A懸空,B靜止于斜面上,現用水平力F拉住輕繩上的一點,使A從實線位置緩慢移動到虛線位置,在此過程中斜面體與物體B始終保持靜止,則 (　　)
A.輕繩對B的拉力一直減小
B.地面對斜面體的摩擦力增大
C.地面對斜面體的支持力減小
D.物體B受到的摩擦力一定沿斜面向上
二、多項選擇題:本題共4小題,每小題6分,共24分。每小題給出的四個選項中,有多項符合題目要求。全部選對的得6分,選對但不全的得3分,有選錯的得0分。
5.將一重力為G的圓柱形工件放在“V”形槽中,如圖所示,槽的兩側面與水平面的夾角相同,“V”形槽兩側面的夾角為120°。當槽的棱與水平面的夾角為30°時,工件恰好能夠勻速下滑,則 (　　)
A.槽的每個側面對工件的支持力均為
B.槽的每個側面對工件的支持均為
C.工件與槽間的動摩擦因數為
D.工件與槽間的動摩擦因數為
6.如圖所示,一個質量為m的滑塊靜置于傾角為30°的粗糙斜面上,一根輕彈簧一端固定在豎直墻上的P點,另一端連接在滑塊上,彈簧與豎直方向的夾角為30°,重力加速度為g,則 (　　)
A.滑塊可能只受到三個力作用
B.彈簧一定處于壓縮狀態
C.斜面對滑塊的支持力可能為零
D.斜面對滑塊的摩擦力大小一定等于
7.(2024·張家口市尚義縣一中高一開學考)小東放學后將書包a放在蹺蹺板一側的平板上,將輕繩一端系在豎直墻面上A點,另一端系在平板右邊緣B點,重物b通過掛鉤掛在輕繩上,小東坐在蹺蹺板另一側,通過位置調整使系統達到平衡,如圖所示。不計空氣阻力和掛鉤與輕繩間摩擦,則 (　　)
A.書包a可能不受摩擦力
B.書包a受到平板的作用力豎直向上
C.若小東通過位置輕微調整,使平板繞O逆時針轉過一小角度,輕繩拉力大小不變
D.若保持B點空間位置不動,把A點沿墻面向上移動少許,輕繩拉力大小不變
8.如圖,柔軟輕繩ON的一端O固定,在輕繩上M點拴一重物,用手拉住繩的另一端N。初始時,OM豎直且MN被拉直,OM與MN之間的夾角為α。現使重物向右上方緩慢被拉起,并保持夾角α不變。在OM由豎直被拉到水平的過程中 (　　)
A.MN上的張力逐漸增大
B.MN上的張力先增大后減小
C.OM上的張力逐漸增大
D.OM上的張力先增大后減小
三、非選擇題:本題共7小題,共60分。
9.(2分)如圖甲所示,用瓦片做屋頂是我國建筑特色之一。屋頂部分結構如圖乙所示,橫截面為圓弧的瓦片靜置在兩根相互平行的椽子正中間。已知椽子間距離為d,與水平面夾角均為θ,瓦片質量為m,圓弧半徑為d,忽略瓦片厚度,重力加速度為g,則每根椽子對瓦片的支持力N大小為　　　　。
10.(4分)(2023·上海中學高一期末)如圖所示是一個抓娃娃機抓手結構示意圖。其中套筒是固定的,部件MN穿過套筒,且可以上下移動。當MN向下運動時,其就會帶動桿DE,從而進一步帶動活動構件ABC使其進行抓握動作。商家可以通過事先設定的程序,控制施加在MN上的壓力F的大小,從而控制抓手抓握的強度以實現其預設的抓娃娃成功率。已知抓手的結構左右對稱,MN沿豎直方向且其自身的重力可以忽略不計,DE桿與水平方向的夾角為θ。當MN受到向下壓力的大小為F時,桿DE中會受到　　　　(選填“拉力”或“壓力”),該力大小為　　　　　　　　。
11.(6分)(2023·福建師大二附中高一期末)在“探究求合力的方法”實驗中,現有木板、白紙、圖釘、橡皮條、細繩套和彈簧測力計。
(1)(2分)實驗時,橡皮條的一端固定在木板上,用兩個彈簧測力計把橡皮條的另一端拉到某一確定的O點,以下操作正確的是　　　　。
A.同次實驗過程中,O點位置允許變動
B.實驗中,彈簧測力計必須保持與木板平行,讀數時視線要正對彈簧測力計的刻度
C.實驗中,先將其中一個彈簧測力計沿某方向拉到最大量程,然后只需調節另一個彈簧測力計拉力的大小和方向,把橡皮條另一端拉到O點
D.實驗中,把橡皮條的另一端拉到O點時,兩個彈簧測力計之間夾角必須取90°,以便于算出合力的大小
(2)(2分)某次實驗中,彈簧測力計C的指針位置如圖甲所示,其示數為　　　　N。
(3)(2分)在另一次實驗中,兩彈簧測力計拉力的圖示已作出(如圖乙所示),方格每邊的長度表示1.0 N,O是橡皮條的一個端點,則合力F的大小為　　　　N。(結果保留兩位有效數字)
12.(12分)某實驗小組利用如圖所示裝置進行“探究兩個互成角度的力的合成規律”實驗。圓心為O的半圓形木板豎直固定,邊緣處有滑道可以用來固定力傳感器,將三根不可伸長的細線打結于P點,一根懸掛重物,另外兩根分別與兩力傳感器A、B相連。
(1)(10分)實驗操作步驟如下:
①先僅用傳感器A拉住重物,調整紅線PA的長度及傳感器A的位置使得結點P與圓心O重合,記錄傳感器A的示數F0和　　　　;
②再將傳感器B固定于圖示位置,調節傳感器A的位置至A'處,仍保證　　　　,記錄兩傳感器A、B的示數分別為FA、FB,同時記錄　　　　和　　　　;
③畫出F0、FA、FB三力的圖示,以FA、FB為鄰邊作出平行四邊形,FA、FB所夾對角線即為它們的合力F,對比合力F與　　　　的大小和方向,得出實驗結論。
(2)(2分)下列操作必要的是　　　　。
A.細線PB必須水平
B.三根細線要與木板平面平行
C.應使PA'與PB的夾角盡量大
D.重復上述①②③操作步驟時重物的重量不可改變
13.(10分)(2023·山東濟寧市高一期末)如圖所示,直角墻角處吊掛支架由兩等長輕桿OA、OB和輕繩OC構成,等長輕桿的一端用鉸鏈分別固定在豎直墻壁上等高的位置A、B處,另一端與輕繩、重物的懸線拴接于O點,輕繩OC的另一端固定在墻角C處,繩OC與水平面的夾角為37°,兩桿均垂直于墻面,已知重物重力G=15 N,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,求:
(1)(4分)繩OC拉力的大小;
(2)(6分)桿OA彈力的大小。
14.(12分)(2023·廈門市高一期末)如圖所示,質量為m1=5 kg的滑塊,置于一粗糙的斜面上,用一平行于斜面的大小為40 N的力F推滑塊,滑塊沿斜面向上勻速運動,斜面體質量m2=10 kg,且始終靜止,取g=10 m/s2,求:(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)
(1)(6分)斜面對滑塊的動摩擦因數;
(2)(6分)地面對斜面體的摩擦力和支持力的大小。
15.(14分)(2023·南平市高一期末)如圖,固定斜面傾角θ=37°,質量M=2 kg的物塊A放置在斜面上,通過輕繩跨過光滑定滑輪與質量為m的物塊B相連,牽引物塊A的輕繩與斜面平行。已知物塊A與斜面間的動摩擦因數μ=0.5。物塊B在豎直方向勻速運動,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求:
(1)(6分)斜面對物塊A支持力N的大小;
(2)(8分)物塊B的質量m。
答案精析
1.A　[以運動員為研究對象，豎直方向上運動員受自身重力及地面的支持力作用，因為運動員處于靜止狀態，所以每只手所受的支持力大小為，與角度無關，選項A正確，B錯誤；由于運動員處于靜止狀態，受力平衡，所受合力為零，選項C、D錯誤。]
2.D　[A、B整體受重力、推力、斜面的支持力，當推力平行斜面向上的分力大于重力沿斜面向下的分力時，有上滑趨勢；當推力平行斜面向上的分力小于重力沿斜面向下的分力時，有下滑趨勢；當推力平行斜面向上的分力等于重力沿斜面向下的分力時，無滑動趨勢；物體A受推力、重力、支持力和水平向左的靜摩擦力，共4個力；B受重力、A對B的壓力和水平向右的靜摩擦力、斜面對B的支持力，如果B物體相對斜面有滑動趨勢，則受到斜面的靜摩擦力，若相對斜面無滑動趨勢，則不受斜面的靜摩擦力，即物體B可能受4個力，也可能受5個力，故A、B、C錯誤，D正確。]
3.B　[當麥堆達到最大高度h后，堆面的傾角α達到最大值，根據幾何關系有tan α=，此時位于堆面上的麥粒恰好不會滑動，則μmgcos α=mgsin α，μ=tan α，聯立以上兩式可得h=rμ，故選B。]
4.B　[對A研究可知，原來輕繩的拉力大小等于A的重力，當用水平向右的力F緩慢拉物體A，輕繩的豎直分力大小等于A的重力，所以輕繩中的拉力的大小一定增大，對B的拉力增大，故A錯誤；以A、B及斜面體整體為研究對象，分析受力情況，作出如圖所示受力圖。
由平衡條件得知，N=M總g，f=F，當F增大時斜面體受到地面的摩擦力變大，地面對斜面體的支持力不變，故C錯誤，B正確；B原來受到的摩擦力大小可能為零，也可能能沿斜面向下，也可沿斜面向上，當用水平向右的力F緩慢拉物體A時，輕繩的拉力增大，B所受的摩擦力可能向上，也可能向下，D錯誤。]
5.AC　[工件的重力可以分解為沿棱方向向下的分力Gsin 30°與垂直于槽棱方向的分力Gcos 30°，如圖甲所示，垂直于棱方向的分力Gcos 30°又進一步分解為兩個擠壓V形槽側面的壓力，如圖乙所示，由幾何關系可知2F1cos 30°=，解得F1=F2=，選項A正確，B錯誤；此時沿槽棱方向的分力Gsin 30°與工件和V形槽之間的摩擦力大小相等，有f=2μF1=Gsin 30°，解得μ=，選項C正確，D錯誤。
]
6.AD　[彈簧可能處于原長狀態，滑塊只受重力、支持力和靜摩擦力三個力作用而處于平衡狀態，故A正確，B錯誤；將滑塊所受重力沿平行于斜面方向和垂直于斜面方向分解，根據共點力平衡條件可知，斜面對滑塊的靜摩擦力的大小一定等于mgsin 30°=，斜面對滑塊的支持力不可能為零，故C錯誤，D正確。]
7.BD　[書包受重力、支持力和沿平板向上的靜摩擦力，其中支持力和靜摩擦力的合力與重力等大反向，即書包a受到平板的作用力豎直向上，與重力等大反向，故A錯誤，B正確；設A、B兩點水平方向的距離為d，A、B之間繩子總長度為L，繩子與豎直方向的夾角為θ，如圖，
由幾何關系知sin θ=，
設繩子拉力為T，則2Tcos θ=mbg，
解得T=，
使平板繞O逆時針轉過一小角度后，d變大，L不變，則θ增大，繩上拉力T增大。若保持B點空間位置不動，把A點沿墻面向上移動少許，則d和L均不變，θ不變，繩上拉力T大小不變，故C錯誤，D正確。]
8.AD　[以重物為研究對象，受重力mg、OM繩上拉力FOM、MN上拉力FMN，由題意知，三個力的合力始終為零，且重力的大小和方向都不變，FOM與FMN的夾角不變，可以把矢量三角形移至同一個圓內，如圖所示，在FOM轉至水平的過程中，MN上的張力FMN逐漸增大，OM上的張力FOM先增大后減小，所以A、D正確，B、C錯誤。
]
9.mgcos θ
解析　根據題意，垂直于斜面的截面圖如圖，對瓦片受力分析如圖所示
根據平衡條件并結合幾何關系，可得2Ncos 30°=mgcos θ，解得N=mgcos θ。
10.拉力　
解析　對結點E受力分析，如圖所示，
由平衡條件可得
2F'sin θ=F，
所以當MN受到向下壓力的大小為F時，桿DE中會受到拉力，該力大小為F'=。
11.(1)B　(2)2.10　(3)7.0
解析　(1)本實驗研究合力與分力的關系，合力與分力是等效的，同一次實驗過程中，O點位置不能變動，以保證橡皮條伸長的長度相同，效果相同，故A錯誤。
本實驗是通過在白紙上作力的圖示來驗證平行四邊形定則，為了減小實驗誤差，彈簧測力計、細繩、橡皮條都應與木板平行，否則，誤差較大，讀數時視線要正對彈簧測力計的刻度，防止視覺誤差，所以B正確。
本實驗只要達到效果相同，對彈簧測力計拉力的大小沒有要求，不能將其中一個彈簧測力計沿某一方向拉到最大量程，故C錯誤。
本實驗只要使兩次力的效果相同即可，兩個彈簧測力計拉力的方向沒有限制，故D錯誤。
(2)根據彈簧測力計的讀數原則，彈簧測力計上的示數為2.10。
(3)作出力的平行四邊形如圖。
可知合力大小為F=7.0 N。
12.(1)①細線PA的方向　②結點P與圓心O重合　細線PA'的方向　細線PB的方向　③F0　(2)B
解析　(1)本實驗中必須記錄合力的大小和方向、分力的大小和方向，實驗中要保證分力和合力的作用效果相同，即保證結點P與圓心O重合，最后比較以FA、FB為鄰邊作出平行四邊形得到的合力F與F0的大小和方向是否一致，從而得出結論。
(2)B點位置可以改變，只要實驗能順利完成即可，A錯誤；為了減小實驗誤差，木板必須豎直且三根細線要與木板平面平行，B正確；應使PA'與PB的夾角適當，不是盡量大，C錯誤；重復上述①②③操作步驟時重物的重量可改變，但必須保證同一次實驗中重物的重量不變，D錯誤。
13.(1)25 N　(2)10 N
解析　(1)對結點O受力分析，將繩OC的拉力沿水平和豎直方向分解，在豎直方向上，由平衡條件得
Tsin 37°=G
解得繩OC的拉力大小T=25 N
(2)在水平方向上，繩OC的水平分力Tx=Tcos 37°
在水平面上，將繩OC的水平分力沿OA和OB方向分解，由平衡條件得FOA=Tx·cos 45°
解得桿OA的彈力的大小FOA=10 N。
14.(1)0.25　(2)32 N　126 N
解析　(1)以滑塊為研究對象，受到重力、支持力N1、摩擦力f1和推力F，滑塊向上勻速運動時，則有F=m1gsin 37°+f1
N1=m1gcos 37°
f1=μN1
解得動摩擦因數μ=0.25；
(2)以整體為研究對象，整體的合力為零，根據平衡條件得斜面水平方向受到的摩擦力
f2=Fcos 37°=32 N，
豎直方向根據平衡條件可得支持力
N2=(m1+m2)g-Fsin 37°，
解得N2=126 N。
15.(1)16 N　(2)2 kg或0.4 kg
解析　(1)對物塊A受力分析如圖，
由平衡條件，有N=Mgcos θ，
解得N=16 N；
(2)若物塊B勻速向下運動，物塊A受到的滑動摩擦力沿斜面向下，由平衡條件有m1g=Mgsin θ+f1，
f1=μN，
解得m1=2 kg，
若物體B勻速向上運動，物塊A受到的滑動摩擦力沿斜面向上，由平衡條件有Mgsin θ=m2g+f2，
f2=μN，
解得m2=0.4 kg。(共44張PPT)
章末檢測試卷(四)
一、單項選擇題
1.重力為G的體操運動員豎直倒立保持靜止狀態時，兩手臂對稱支撐，夾角為θ，則
A.當θ=60°時，地面對運動員單只手的支持力大小為
B.當θ=120°時，地面對運動員單只手的支持力大小為G
C.當θ增大時，運動員受到的合力增大
D.當θ增大時，運動員受到的合力減小
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以運動員為研究對象，豎直方向上運動員受自身重力及地面的支持力作用，因為運動員處于靜止狀態，所以每只手所受的支持力大小為，與角度無關，選項A正確，B錯誤；
由于運動員處于靜止狀態，受力平衡，所受合力為零，選項C、D錯誤。
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2.(2023·江西銅鼓中學高一期末)如圖所示，劈形物塊B放在斜面上，B的水平上表面上放一物塊A，一水平向右的推力F向右作用在A上，A、B均保持靜止。物體B受力個數是
A.3個 B.4個
C.5個 D.4個或5個
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A、B整體受重力、推力、斜面的支持力，當推力平行斜面
向上的分力大于重力沿斜面向下的分力時，有上滑趨勢；
當推力平行斜面向上的分力小于重力沿斜面向下的分力時，
有下滑趨勢；當推力平行斜面向上的分力等于重力沿斜面向下的分力時，無滑動趨勢；
物體A受推力、重力、支持力和水平向左的靜摩擦力，共4個力；
B受重力、A對B的壓力和水平向右的靜摩擦力、斜面對B的支持力，如果B物體相對斜面有滑動趨勢，則受到斜面的靜摩擦力，若相對斜面無滑動趨勢，則不受斜面的靜摩擦力，即物體B可能受4個力，也可能受5個力，故A、B、C錯誤，D正確。
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3.(2024·內江市威遠中學高一月考)如圖所示為某糧庫輸送小麥的示意圖。麥粒離開傳送帶受重力作用在豎直方向上掉落后，形成圓錐狀的麥堆。若麥堆底面半徑為r，麥粒之間的動摩擦因數為μ，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，不考慮麥粒的滾動。則形成的麥堆的最大高度為
A. B.rμ
C.r D.r
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當麥堆達到最大高度h后，堆面的傾角α達到最大
值，根據幾何關系有tan α=，此時位于堆面上的
麥粒恰好不會滑動，則μmgcos α=mgsin α，μ=tan α，聯立以上兩式可得h=rμ，故選B。
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4.(2023·莆田市高一開學考試)如圖所示，傾角為θ的斜面體放在粗糙水平地面上，斜面頂端安有滑輪，不可伸長的輕繩連接A、B并跨過滑輪，起初A懸空，B靜止于斜面上，現用水平力F拉住輕繩上的一點，使A從實線位置緩慢移動到虛線位置，在此過程中斜面體與物體B始終保持靜止，則
A.輕繩對B的拉力一直減小
B.地面對斜面體的摩擦力增大
C.地面對斜面體的支持力減小
D.物體B受到的摩擦力一定沿斜面向上
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對A研究可知，原來輕繩的拉力大小等于A的重力，當用水平向右的力F緩慢拉物體A，輕繩的豎直分力大小等于A的重力，所以輕繩中的拉力的大小一定增大，對B的拉力增大，故A錯誤；
以A、B及斜面體整體為研究對象，分析受力情況，作出
如圖所示受力圖。
由平衡條件得知，N=M總g，f=F，當F增大時斜面體受到地面的摩擦力變大，地面對斜面體的支持力不變，故C錯誤，B正確；
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B原來受到的摩擦力大小可能為零，也可能能沿斜面向下，也可沿斜面向上，當用水平向右的力F緩慢拉物體A時，輕繩的拉力增大，B所受的摩擦力可能向上，也可能向下，D錯誤。
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二、多項選擇題
5.將一重力為G的圓柱形工件放在“V”形槽中，如圖所示，槽的兩側面與水平面的夾角相同，“V”形槽兩側面的夾角為120°。當槽的棱與水平面的夾角為30°時，工件恰好能夠勻速下滑，則
A.槽的每個側面對工件的支持力均為
B.槽的每個側面對工件的支持均為
C.工件與槽間的動摩擦因數為
D.工件與槽間的動摩擦因數為
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工件的重力可以分解為沿棱方向向下的分力Gsin 30°與垂直于槽棱方向的分力Gcos 30°，如圖甲所示，垂直于棱方向的分力Gcos 30°又進一步分解為兩個擠壓V形槽側面的壓力，如圖乙所示，由幾何關
系可知2F1cos 30°=，解得F1=F2=，選項A正確，B錯誤；
此時沿槽棱方向的分力Gsin 30°與工件
和V形槽之間的摩擦力大小相等，有f=
2μF1=Gsin 30°，解得μ=，選項C正確，
D錯誤。
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6.如圖所示，一個質量為m的滑塊靜置于傾角為30°的粗糙斜面上，一根輕彈簧一端固定在豎直墻上的P點，另一端連接在滑塊上，彈簧與豎直方向的夾角為30°，重力加速度為g，則
A.滑塊可能只受到三個力作用
B.彈簧一定處于壓縮狀態
C.斜面對滑塊的支持力可能為零
D.斜面對滑塊的摩擦力大小一定等于
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彈簧可能處于原長狀態，滑塊只受重力、支持力和靜摩
擦力三個力作用而處于平衡狀態，故A正確，B錯誤；
將滑塊所受重力沿平行于斜面方向和垂直于斜面方向分
解，根據共點力平衡條件可知，斜面對滑塊的靜摩擦力
的大小一定等于mgsin 30°=，斜面對滑塊的支持力不可能為零，故C錯誤，D正確。
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7.(2024·張家口市尚義縣一中高一開學考)小東放學后將書包a放在蹺蹺板一側的平板上，將輕繩一端系在豎直墻面上A點，另一端系在平板右邊緣B點，重物b通過掛鉤掛在輕繩上，小東坐在蹺蹺板另一側，通過位置調整使系統達到平衡，如圖所示。不計空氣阻力和掛鉤與輕繩間摩擦，則
A.書包a可能不受摩擦力
B.書包a受到平板的作用力豎直向上
C.若小東通過位置輕微調整，使平板繞O逆時針轉過
　一小角度，輕繩拉力大小不變
D.若保持B點空間位置不動，把A點沿墻面向上移動少許，輕繩拉力大小
　不變
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√
√
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8
9
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書包受重力、支持力和沿平板向上的靜摩擦力，其中支持力和靜摩擦力的合力與重力等大反向，即書包a受到平板的作用力豎直向上，與重力等大反向，故A錯誤，B正確；
設A、B兩點水平方向的距離為d，A、B之間繩子
總長度為L，繩子與豎直方向的夾角為θ，如圖，
由幾何關系知sin θ=，
設繩子拉力為T，則2Tcos θ=mbg，
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解得T=，
使平板繞O逆時針轉過一小角度后，d變大，L不
變，則θ增大，繩上拉力T增大。若保持B點空間
位置不動，把A點沿墻面向上移動少許，則d和L均不變，θ不變，繩上拉力T大小不變，故C錯誤，D正確。
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8.如圖，柔軟輕繩ON的一端O固定，在輕繩上M點拴一重物，用手拉住繩的另一端N。初始時，OM豎直且MN被拉直，OM與MN之間的夾角為α。現使重物向右上方緩慢被拉起，并保持夾角α不變。在OM由豎直被拉到水平的過程中
A.MN上的張力逐漸增大
B.MN上的張力先增大后減小
C.OM上的張力逐漸增大
D.OM上的張力先增大后減小
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√
√
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以重物為研究對象，受重力mg、OM繩上拉力FOM、MN上拉力FMN，由題意知，三個力的合力始終為零，且重力的大小
和方向都不變，FOM與FMN的夾角不變，可以把矢量
三角形移至同一個圓內，如圖所示，在FOM轉至水平
的過程中，MN上的張力FMN逐漸增大，OM上的張力
FOM先增大后減小，所以A、D正確，B、C錯誤。
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三、非選擇題
9.如圖甲所示，用瓦片做屋頂是我國建筑特色之一。屋頂部分結構如圖乙所示，橫截面為圓弧的瓦片靜置在兩根相互平行的椽子正中間。已知椽子間距離為d，與水平面夾角均為θ，瓦片質量為m，圓弧半徑為d，忽略瓦片厚度，重力加速度為g，則每根椽子對瓦片的支持力N大小
為　　　　　　。
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mgcos θ
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根據題意，垂直于斜面的截面圖如圖，對瓦片受力分析
如圖所示
根據平衡條件并結合幾何關系，可得2Ncos 30°=mgcos θ，
解得N=mgcos θ。
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10.(2023·上海中學高一期末)如圖所示是一個抓娃娃機抓手結構示意圖。其中套筒是固定的，部件MN穿過套筒，且可以上下移動。當MN向下運動時，其就會帶動桿DE，從而進一步帶動活動構件ABC使其進行抓握動作。商家可以通過事先設定的程序，控制施加在MN上的壓力F的大小，從而控制抓手抓握的強度以實現其預設的抓娃娃成功率。
已知抓手的結構左右對稱，MN沿豎直方向且其自身的重
力可以忽略不計，DE桿與水平方向的夾角為θ。當MN受
到向下壓力的大小為F時，桿DE中會受到　　　(選填“拉
力”或“壓力”)，該力大小為　　　 。
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拉力
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對結點E受力分析，如圖所示，
由平衡條件可得2F'sin θ=F，
所以當MN受到向下壓力的大小為F時，桿DE中會受到
拉力，該力大小為F'=。
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11.(2023·福建師大二附中高一期末)在“探究求合力的方法”實驗中，現有木板、白紙、圖釘、橡皮條、細繩套和彈簧測力計。
(1)實驗時，橡皮條的一端固定在木板上，用兩個彈簧測力計把橡皮條的另一端拉到某一確定的O點，以下操作正確的是　　　　。
A.同次實驗過程中，O點位置允許變動
B.實驗中，彈簧測力計必須保持與木板平行，讀數時視線要正對彈簧測力計的刻度
C.實驗中，先將其中一個彈簧測力計沿某方向拉到最大量程，然后只需調節另
　一個彈簧測力計拉力的大小和方向，把橡皮條另一端拉到O點
D.實驗中，把橡皮條的另一端拉到O點時，兩個彈簧測力計之間夾角必須取
　90°，以便于算出合力的大小
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B
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本實驗研究合力與分力的關系，合力與分力是等效的，同一次實驗過程中，O點位置不能變動，以保證橡皮條伸長的長度相同，效果相同，故A錯誤。
本實驗是通過在白紙上作力的圖示來驗證平行四邊形定則，為了減小實驗誤差，彈簧測力計、細繩、橡皮條都應與木板平行，否則，誤差較大，讀數時視線要正對彈簧測力計的刻度，防止視覺誤差，所以B正確。
本實驗只要達到效果相同，對彈簧測力計拉力的大小沒有要求，不能將其中一個彈簧測力計沿某一方向拉到最大量程，故C錯誤。
本實驗只要使兩次力的效果相同即可，兩個彈簧測力計拉力的方向沒有限制，故D錯誤。
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(2)某次實驗中，彈簧測力計C的指針位置如圖甲所示，其示數為　　 N。
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2.10
根據彈簧測力計的讀數原則，彈簧測力計上的示數為2.10。
(3)在另一次實驗中，兩彈簧測力計拉力的圖示已作出(如圖乙所示)，方格每邊的長度表示1.0 N，O是橡皮條的一個端點，則合力F的大小為　　N。(結果保留兩位有效數字)
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7.0
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作出力的平行四邊形如圖。
可知合力大小為F=7.0 N。
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12.某實驗小組利用如圖所示裝置進行“探究兩個互成角度的力的合成規律”實驗。圓心為O的半圓形木板豎直固定，邊緣處有滑道可以用來固定力傳感器，將三根不可伸長的細線打結于P點，一根懸掛重物，另外兩根分別與兩力傳感器A、B相連。
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(1)實驗操作步驟如下：
①先僅用傳感器A拉住重物，調整紅線PA的長度及傳感
器A的位置使得結點P與圓心O重合，記錄傳感器A的示
數F0和　　　　 ；
②再將傳感器B固定于圖示位置，調節傳感器A的位置至A'處，仍保證
　　　　 ，記錄兩傳感器A、B的示數分別為FA、FB，同時記錄　　　　 和　　　　 ；
③畫出F0、FA、FB三力的圖示，以FA、FB為鄰邊作出平行四邊形，FA、FB所夾對角線即為它們的合力F，對比合力F與　　　　的大小和方向，得出實驗結論。
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細線PA的方向
結點P與圓心O重合
細線PA'的方向
細線PB的方向
F0
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本實驗中必須記錄合力的大小和方向、分力的大小和方向，實驗中要保證分力和合力的作用效果相同，即保證結點P與圓心O重合，最后比較以FA、FB為鄰邊作出平行四邊形得到的合力F與F0的大小和方向是否一致，從而得出結論。
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(2)下列操作必要的是　　　　。
A.細線PB必須水平
B.三根細線要與木板平面平行
C.應使PA'與PB的夾角盡量大
D.重復上述①②③操作步驟時重物的重量不可改變
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B
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B點位置可以改變，只要實驗能順利完成即可，A
錯誤；
為了減小實驗誤差，木板必須豎直且三根細線要
與木板平面平行，B正確；
應使PA'與PB的夾角適當，不是盡量大，C錯誤；重
復上述①②③操作步驟時重物的重量可改變，但必須保證同一次實驗中重物的重量不變，D錯誤。
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13.(2023·山東濟寧市高一期末)如圖所示，直角墻角處吊掛支架由兩等長輕桿OA、OB和輕繩OC構成，等長輕桿的一端用鉸鏈分別固定在豎直墻壁上等高的位置A、B處，另一端與輕繩、重物的懸線拴接于O點，輕繩OC的另一端固定在墻角C處，繩OC與水平面的夾角為37°，
兩桿均垂直于墻面，已知重物重力G=15 N，sin 37°=0.6，
cos 37°=0.8，求：
(1)繩OC拉力的大小；
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答案　25 N
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對結點O受力分析，將繩OC的拉力沿水平和豎直方
向分解，在豎直方向上，由平衡條件得Tsin 37°=G
解得繩OC的拉力大小T=25 N
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(2)桿OA彈力的大小。
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答案　10 N
在水平方向上，繩OC的水平分力Tx=Tcos 37°
在水平面上，將繩OC的水平分力沿OA和OB方向分解，由平衡條件得FOA=Tx·cos 45°
解得桿OA的彈力的大小FOA=10 N。
14.(2023·廈門市高一期末)如圖所示，質量為m1=5 kg的滑塊，置于一粗糙的斜面上，用一平行于斜面的大小為40 N的力F推滑塊，滑塊沿斜面向上勻速運動，斜面體質量m2=10 kg，且始終靜止，取g=10 m/s2，求：(sin 37°=0.6，cos 37°=0.8)
(1)斜面對滑塊的動摩擦因數；
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答案　0.25
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以滑塊為研究對象，受到重力、支持力N1、摩擦力f1和推力F，滑塊向上勻速運動時，則有F=m1gsin 37°+f1 (2分)
N1=m1gcos 37° (1分)
f1=μN1 (1分)
解得動摩擦因數μ=0.25； (1分)
(2)地面對斜面體的摩擦力和支持力的大小。
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答案　32 N　126 N
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以整體為研究對象，整體的合力為零，根據平衡條件得斜面水平方向受到的摩擦力
f2=Fcos 37°=32 N， (3分)
豎直方向根據平衡條件可得支持力
N2=(m1+m2)g-Fsin 37°， (3分)
解得N2=126 N。 (1分)
15.(2023·南平市高一期末)如圖，固定斜面傾角θ=37°，質量M=2 kg的物塊A放置在斜面上，通過輕繩跨過光滑定滑輪與質量為m的物塊B相連，牽引物塊A的輕繩與斜面平行。已知物塊A與斜面間的動摩擦因數μ=0.5。物塊B在豎直方向勻速運動，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°
=0.8。求：
(1)斜面對物塊A支持力N的大小；
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答案　16 N
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對物塊A受力分析如圖，
由平衡條件，有N=Mgcos θ，
解得N=16 N；
(2)物塊B的質量m。
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答案　2 kg或0.4 kg
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若物塊B勻速向下運動，物塊A受到的滑動摩擦力沿
斜面向下，由平衡條件有m1g=Mgsin θ+f1，
f1=μN，
解得m1=2 kg，
若物體B勻速向上運動，物塊A受到的滑動摩擦力沿斜面向上，由平衡條件有Mgsin θ=m2g+f2，
f2=μN，
解得m2=0.4 kg。

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