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质量检测(二)
时间：60分钟 总分：100分
一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求．第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)
1．(2022·重庆市巴蜀中学高三第一次月考)下列有关力的一些说法正确的是( )
A．重力就是地球对物体的吸引力，重力的方向总是和支持面垂直
B．放在斜面上的物体会沿斜面下滑，是由于受到了一个下滑力的作用
C．弹簧测力计测物体的拉力就是物体的重力
D．木块放在桌面上要受到一个向上的弹力，是由于桌面发生微小形变而产生的
解析：重力是由于地球的吸引而使物体受到的力，但重力只是地球对它的万有引力的一个分力，另一个分力供应物体随地球自转做圆周运动的向心力，重力的方向总是垂直水平面对下，选项A错误．斜面上下滑物体受到重力和支持力，下滑力是不存在的，是重力的分力产生了下滑的效果，选项B错误．弹簧测力计在竖直悬挂物体静止时弹力与重力处于二力平衡，此时拉力与重力等大反向，可得到物体的重力大小，选项C错误．桌面被木块压弯，在向上恢复形变的过程中桌面对木块产生了向上的支持力，选项D正确．
答案：D
2．(2022·广东卷)如图所示，水平地面上堆放着原木．关于原木P在支撑点M、N处受力的方向，下列说法正确的是( )
A．M处受到的支持力竖直向上
B．N处受到的支持力竖直向上
C．M处受到的静摩擦力沿MN方向
D．N处受到的静摩擦力沿水平方向
解析：M处支持力方向垂直于地面对上，因此竖直向上，A项正确；N处的支持力方向垂直于原木P，因此B项错误；M处受到的静摩擦力方向平行于地面，C项错误；N处受到的静摩擦力方向平行于原木P，D项错误．
答案：A
3．(2022·广东省佛山市高三教学质量检测一)如图甲，手提电脑散热底座一般设置有四个卡位用来调整角度．某同学将电脑放在散热底座上，为了获得更好的舒适度，由原卡位1调至卡位4(如图乙)，电脑始终处于静止状态，则( )
A．电脑受到的支持力变小
B．电脑受到的摩擦力变大
C．散热底座对电脑作用力的合力不变
D．电脑受到的支持力与摩擦力的大小之和等于其重力
解析：设散热底座和水平面的夹角为θ，电脑质量为m，不管卡位在什么地方，电脑都是静止，即支持力和摩擦力的合力与重力等大反向，选项C对．支持力和摩擦力的合力是依据平行四边形定则求矢量和而不是代数和，选项D错．则依据三力平衡，有支持力FN＝mgcosθ，静摩擦力f＝mgsinθ，由原卡位1调至卡位4，θ变小，支持力变大，摩擦力变小，选项A、B错．
答案：C
4．(2022·重庆一中高三月考)粗细均匀的电线架在A、B两根电线杆之间．由于热胀冷缩，电线在夏、冬两季呈现如图所示的两种状态，电线杆始终处于竖直状态，下列说法中正确的是( )
A．冬季，电线对电线杆的拉力较大
B．夏季，电线对电线杆的拉力较大
C．夏季与冬季，电线对电线杆的拉力一样大
D．夏季，杆对地面的压力较大
解析：以整条电线为争辩对象，受力分析如下图所示：
由共点力的平衡条件知，两电线杆对电线的弹力的合力与其重力平衡，由几何关系得：Fcosθ＝，即：F＝，由于夏天气温较高，电线的体积会膨胀，两杆正中部位电线下坠的距离h变大，则电线在杆上固定处的切线方向与竖直方向的夹角θ变小，故变小，所以两电线杆处的电线拉力与冬天相比是变小．电线杆上的电线的质量确定，受力平衡，夏季、冬季杆对地面的压力相等，所以选项B、C、D错误，A正确．
答案：A
5．(2022·福建省厦门外国语学校高三月考)如图所示，
一个轻质光滑的滑轮(半径很小)跨在轻绳ABC上，滑轮下挂一个重为G的物体．今在滑轮上加一个水平拉力F，使其向右平移到绳BC部分处于竖直、AB部分与天花板的夹角为60°的静止状态，则此时水平拉力F的大小为( )
A．(2－)G B．(2＋)G
C．(－1)G D．(＋1)G
解析：对B点进行受力分析可得：B受到竖直向下的拉力G，与竖直方向夹角60°的拉力TAB，竖直向上的拉力TBC，水平拉力F，四个力作用处于静止状态，所以合力为零，依据力的正交分解可得：在竖直方向上：TABcos30°＋TBC＝G，在水平方向上：TABsin30°＝F，又由于同一根绳子，所以绳子上的拉力处处相等，即TBC＝TAB，联立解得F＝(2－)G，A正确．
答案：A
6．(2022·福建省福州市八县高三上学期期末)如图所示，
物体A、B用细绳与弹簧连接后跨过滑轮，A静止在倾角为45°的粗糙斜面上，B悬挂着．已知质量mA＝3mB，不计滑轮摩擦，现将斜面倾角由45°减小到30°，那么下列说法中正确的是( )
A．弹簧的弹力大小将不变
B．物体A对斜面的压力将减小
C．物体A受到的静摩擦力将减小
D．弹簧的弹力及A受到的静摩擦力都不变
解析：B悬挂静止，受力平衡即绳子拉力T＝mBg，无论倾角是45°的还是30°，绳子拉力都不变化，弹簧弹力大小等于绳子拉力，所以弹簧弹力大小不变化，选项A对．设斜面倾角为θ，对A受力分析则有垂直斜面方向支持力FN＝mgcosθ，随倾角减小，支持力变大，依据牛顿第三定律，对斜面压力变大，选项B错．倾角45°时，A的重力沿斜面对下的分力mAgsin45°＝mBg>T，摩擦力方向沿斜面对上，大小为f1＝mBg－mBg＝mBg，倾角为30°时，A的重力沿斜面对下的分力mAgsin30°＝mBg>T，摩擦力方向沿斜面对上，大小为f2＝mBg－mBg＝mBg，f1>f2，所以选项C对D错．
答案：AC
7．(2022·江西省九所重点中学高三3月联考)如图所示，
固定的半球面右侧是光滑的，左侧是粗糙的，O点为球心，A、B为两个完全相同的小物块(可视为质点)，小物块A静止在球面的左侧，受到的摩擦力大小为F1，对球面的压力大小为N1；小物块B在水平力F2作用下静止在球面的右侧，对球面的压力大小为N2，已知两小物块与球心连线和竖直方向的夹角均为θ，则( )
A．F1∶F2＝cosθ∶1 B．F1∶F2＝sinθ∶1
C．N1∶N2＝cos2θ∶1 D．N1∶N2＝sin2θ∶1
解析：分别对A、B两个相同的小物块受力分析如图，
A受到重力，沿球面斜向上的摩擦力F1，垂直于球向斜向上的支持力，它的大小等于它对球面的压力N1，故F1＝mgsinθ；N1＝mgcosθ；B受到重力，作用力F2及球面对它的支持力，其大小等于它对球面的压力N2，故F2＝mgtanθ，N2＝，所以F1∶F2＝＝，故A是正确的，B不对；N1∶N2＝cosθ∶＝cos2θ∶1，C是正确的，D是不对的．
答案：AC
8．(2022·青岛统一检测)重力为G的圆柱体A被平板B夹在板与墙壁之间，平板B与底座C右端的铰链相连，
左端由液压器调整高度，以转变平板B与水平底座C间的夹角θ，B、C及D总重力也为G，底座C与水平地面间动摩擦因数为μ(0.5<μ<1)，平板B的上表面及墙壁是光滑的．底座C与地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是( )
A．C与地面间的摩擦力总等于2μG不变
B．θ角增大时，地面对C的摩擦力总增大
C．要保持底座C静止不动，应满足tanθ≤2μ
D．若保持θ＝45°不变，圆柱体的重力增大ΔG，仍要保持底座C静上，则ΔG的最大值ΔGm＝G
解析：对A、B、C、D整体受力分析如图(a)所示，当系统静止不动时，由平衡条件可知墙壁对圆柱体的压力F1与地面对C的摩擦力Ff相等，
即F1＝Ff，地面支持力FN＝2G，因此C与地面间最大静摩擦力Ffm＝2μG.对圆柱体A，受力分析如图(b)所示，平衡时有F1＝F2sinθ，F2cosθ＝G，解得F1＝Gtanθ，因此系统静止不动时，地面摩擦力Ff＝F1＝Gtanθ，随θ的增大而增大，A错误．当F1＝Gtanθ>2μG时，底座C将在地面上滑动，圆柱体落地前滑动摩擦力保持Ff＝2μG不变，B错误．要保持底座C静止不动，应满足Gtanθ≤2μG，即tanθ≤2μ，C项正确．若保持θ＝45°不变，圆柱体的重力增大ΔG，则有(G＋ΔG)tanθ≤μ(2G＋ΔG)，解得ΔG的最大值ΔGm＝G，D项正确．
答案：CD
二、非选择题(本题共4小题，共52分)
9．(6分)(2022·湖北八校高三联考)如图为
“测量弹簧劲度系数”的试验装置图，弹簧的上端固定在铁架台上，下端装有指针及挂钩，指针恰好指向一把竖直立起的毫米刻度尺．现在测得在挂钩上挂上确定数量钩码时指针在刻度尺上的读数如下表：
钩码数n
0
1
2
3
4
5
刻度尺读数xn(cm)
2.62
4.17
5.70
7.22
8.84
10.43
已知全部钩码的质量可认为相同且为m0＝50 g，当地重力加速度g＝9.8 m/s2.请回答下列问题：
(1)请依据表格数据计算出弹簧的劲度系数，k＝________N/m.(结果保留两位有效数字)
(2)考虑到在没有挂钩码时弹簧自身有重量，测量的劲度系数与真实值相比较________(填偏大、偏小、没有影响)．
解析：(1)依据胡克定律k(x－x0)＝nm0g，代入数据求k，再求平均得k＝32 N/m.(2)因在计算弹力时把弹簧自身的重量引起的形变量减去了，故弹簧自身有重量对测量值没有影响．
答案：(1)31或32 (2)没有影响
10．(8分)(2022·四川省新津中学高三月考)某同学用如图所示的试验装置来“验证力的平行四边形定则”．
三条细绳结于O点分别与两弹簧测力计和钩码相接．
(1)试验步骤如下：
A．弹簧测力计A挂于固定在竖直木板上的P点；
B．结点O下的细线挂钩码C；
C．手持弹簧测力计B缓慢向左拉，使结点O静止在某位置；
D．登记钩码质量、结点O的位置、读出并记录弹簧测力计A和B的示数、记录________________．
(2)在试验过样中，下列哪些状况会对试验结果产生误差？
答：________(选填选项前的字母)
A．木板不竖直
B．A弹簧测力计外壳的重力
C．B弹簧测力计的拉力方向没有保持水平
D．转变弹簧测力计B拉力进行多次试验时，结点O的位置发生变化
(3)某次试验中，该同学发觉弹簧测力计A的指针稍稍超出量程，请你提出解决问题的一个方法____________________．
解析：(1)“验证力的平行四边形定则”是要在图纸上面作出两个分力和合力的示意图，测力计A为合力，测力计B和钩码重力力两个分力，力的大小可以直接读出和计算，而力的方向需要我们登记绳子的方向．(2)在木板上作图时，全部力的方向都在平面内，木板若不是竖直，而重力是竖直方向，那么就没有方法画出钩码重力这个分力，对试验造成误差，选项A对．弹簧测力计外壳的重力并没有作用在弹簧上，不会造成误差选项B错．在木板上作图时，全部力的方向都在平面内，假如B弹簧测力计的拉力方向没有保持水平，但只要在木板平面内对作图就没有影响，不会造成误差．转变弹簧测力计B拉力进行多次试验时，结点O的位置发生变化，也不公影响C的重力，故对试验没有影响，试验会造成误差的只有A.(3)弹簧测力计A的指针稍稍超出量程，就想方法使合力变小，方法可以减小分力大小即减小弹簧测力计B的拉力；或减小钩码C的质量，或者使两个分力的夹角变大，即减小AO与BO之间的夹角也可以使合力变小．
答案：(1)三条细绳(拉力)的方向 (2)A (3)减小弹簧测力计B的拉力；或减小钩码C的质量；或减小AO与BO之间的夹角；或其他能达要求的方法同样可以
11．(16分)(2022·福建省厦门外国语学校)如图所示，质量为m＝4 kg的圆柱体卡在V形凹槽内，凹槽右壁竖直，左边为倾角θ＝37°的斜面，圆柱体与槽之间的动摩擦因数均为μ＝0.2，槽放在水平桌面上(AB与桌面平行)，今用平行AB的力推F着圆柱体匀速前进，求：
(1)圆柱体对竖直右壁的压力大小；
(2)推力F的大小．
解析：(1)受力分析如图所示，依据共点力平衡条件可得：N1＝mgtan37°＝30 N, N2＝＝50 N.
依据牛顿第三定律压力大小为30 N
(2) 由于是匀速运动，所以推力等于摩擦力，故有F＝μN1＋μN2＝16 N.
答案：(1)30 N (2)16 N
12．(22分)(2022·北京市石景山区高三期末考试)如图所示，
倾角为θ的固定光滑斜面底部有一垂直斜面的固定档板C.劲度系数为k1的轻弹簧两端分别与挡板C和质量为m的物体B连接，劲度系数为k2的轻弹簧两端分别与B和质量也为m的物体A连接，轻绳通过光滑滑轮Q与A和一轻质小桶P相连，轻绳AQ段与斜面平行，A和B均静止．现缓慢地向小桶P内加入细沙，当k1弹簧对挡板的弹力恰好为零时，求：
(1)小桶P内所加入的细沙质量；
(2)小桶下降的距离．
解析：初始状态，弹簧k2被压缩，对A由于轻质小桶无拉力，斜面方向受力平衡则有
mgsinθ＝k2x2
弹簧k1被压缩，对B沿斜面方向受到自身重力沿斜面对下的分力以及弹簧k2向下的弹力和弹簧k1向上的弹力，依据平衡有mgsinθ＋k2x2＝k1x1
当弹簧k1对挡板的弹力恰好为零时，k1恢复原长，k2被拉长，对B保持平衡有mgsinθ＝k2x′2
对A拉力F沿斜面对上，弹簧弹力向下，所以
F＝mgsinθ＋k2x′2
对P F＝Mg
(1)故细沙的质量为M＝2msinθ
(2)小桶下降的距离
x＝x1＋x2＋x′2＝2mgsinθ/k1＋2mgsinθ/k2.
答案：(1)2msinθ (2)2mgsinθ/k1＋2mgsinθ/k2
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