高三物理复习巩固测试题5

(时间：45分钟满分：100分)一、选择题(本题共10个小题，每小题7分，共70分，每小题只有一个选项正确，请将正确选项前的字母填在题后的括号内)1．有两个互成角度的共点力，夹角为θ，它们的合力F随θ变化的关系如图所示，那么这两个力的大小分别是()A．1N和6NB．2N和5NC．3N和4ND．3N和3.5N解析：设两个力的大小分别为F1、F2，由图可知，F1＋F2＝7N，F1－F2＝1N，可得F1＝4N，F2＝3N，故C正确．答案：C2．(2012年淮北模拟)如图所示，在水平天花板的A点处固定一根轻杆a，杆与天花板保持垂直，杆的下端有一个轻滑轮O.另一根细线上端固定在该天花板的B点处，细线跨过滑轮O，下端系一个重量为G的物体．BO段细线与天花板的夹角为θ＝30°，系统保持静止，不计一切摩擦．下列说法中正确的是()A．细线BO对天花板的拉力大小是eq\f(G,2)B．a杆对滑轮的作用力大小是eq\f(G,2)C．a杆和细线对滑轮的合力大小是GD．a杆对滑轮的作用力大小是G解析：细线对天花板的拉力等于物体的重力G；以滑轮为研究对象，两段细线的拉力都是G，互成120°，因此合力大小是G，根据共点力的平衡条件，a杆对滑轮的作用力大小也是G，方向与竖直方向成60°角斜向右上方；a杆和细线对滑轮的合力大小为零．答案：D3．2011年东京体操世锦赛中，中国队取得了较好的成绩．如图是比赛中的一个场景，此时人静止不动，两根吊带对称并与竖直方向有一定夹角．下列判断正确的是()A．两根吊带受到环的拉力大小不等B．手对吊环作用力方向竖直向下C．每根吊带受到环的拉力大小都等于人重量的一半D．两根吊带受到环的拉力的合力一定竖直向下解析：①由对称性可知，两根吊带受到环的拉力大小相等．故A错．②由于吊带与竖直方向有一定夹角，所以手对吊环的作用力方向不沿竖直方向，每根吊带受到环的拉力大小也不等于人重量的一半，故B、C错．③由平衡条件可知，两根吊带对环的拉力的合力与人的重力大小相等方向相反，即沿竖直向上的方向，所以环对两根吊带拉力的合力一定竖直向下，故D对．答案：D4．下图是2011年射箭世界锦标赛中，中国队员的射箭场景．已知弓的顶部跨度为l，弦均匀且弹性良好，其自由长度为l，发射时弦和箭可等效为图(乙)的情景，假设弓的跨度保持不变，即箭在弦的正中间，弦夹住类似动滑轮的附加装置，将箭发射出去．已知弦的劲度系数为k，发射箭时弦的最大长度为2lA．kl B.eq\f(\r(3),2)klC.eq\r(3)kl D．2kl解析：弦的弹力大小为FN＝kl，由几何关系得，弦的夹角为60°，由力的合成易知箭所受的最大弹力F＝2FN×cos30°＝eq\r(3)kl，所以C正确．答案：C5．如图所示，质量为m的等边三棱柱静止在水平放置的斜面上．已知三棱柱与斜面之间的动摩擦因数为μ，斜面的倾角为30°，则斜面对三棱柱的支持力与摩擦力的大小分别为()A.eq\f(\r(3),2)mg和eq\f(1,2)mg B.eq\f(1,2)mg和eq\f(\r(3),2)mgC.eq\f(1,2)mg和eq\f(1,2)μmg D.eq\f(\r(3),2)mg和eq\f(\r(3),2)μmg解析：三棱柱受到重力、支持力和摩擦力三个力的作用而平衡，故FN＝mgcos30°＝eq\f(\r(3),2)mg，Ff＝mgsin30°＝eq\f(1,2)mg，A正确．答案：A6．(2011年安徽理综)一质量为m的物块恰好静止在倾角为θ的斜面上．现对物块施加一个竖直向下的恒力F，如图所示．则物块()A．仍处于静止状态 B．沿斜面加速下滑C．受到的摩擦力不变 D．受到的合外力增大解析：物块恰好静止在斜面上，沿斜面方向有：mgsinθ＝μmgcosθ，得μ＝tanθ，摩擦力f＝mgsinθ，施加一个竖直向下的恒力F后，沿斜面向下的力(mg＋F)sinθ与沿斜面向上的力μ(mg＋F)cosθ仍然相等，所以物块仍处于静止状态，合外力不变，仍为零，故A正确，B、D错误．受到的摩擦力f′＝(mg＋F)sinθ，变大，故C错误．答案：A7．(2012年铜陵模拟)如图是用来粉刷墙壁的涂料滚的示意图．使用时，用撑竿推着涂料滚沿墙壁上下滚动，把涂料均匀地粉刷到墙壁上．撑竿的重量和墙壁的摩擦均不计，而且撑竿足够长．粉刷工人站在离墙壁某一距离处缓缓上推涂料滚，使撑竿与墙壁间的夹角越来越小，该过程中撑竿对涂料滚的推力为F1，墙壁对涂料滚的支持力为F2，下列说法正确的是()A．F1、F2均减小 B．F1、F2均增大C．F1减小，F2增大 D．F1增大，F2减小．解析：在缓缓上推过程中涂料滚受力如图由平衡条件可知：F1sinθ－F2＝0F1cosθ－G＝0解得F1＝eq\f(G,cosθ)F2＝Gtanθ由于θ减小，所以F1减小，F2减小，故正确答案为A.答案：A8．(2011年海南单科)如图，粗糙的水平地面上有一斜劈，斜劈上一物块正在沿斜面以速度v0匀速下滑，斜劈保持静止，则地面对斜劈的摩擦力()A．等于零B．不为零，方向向右C．不为零，方向向左D．不为零，v0较大时方向向左，v0较小时方向向右解析：取物块与斜劈整体作为研究对象，由于物块匀速运动、斜劈静止，故整体所受外之和必为零．分析整体的受力可知，由于重力、地面的支持力方向都沿竖直方向，若地面的摩擦力不为零时，其合力方向只能沿水平方向，必导致整体的合力不为零与题述矛盾，故只有A正确．答案：A9．在倾斜角为45°的光滑斜面上有一圆球，在球前放一竖直光滑挡板使球保持静止，如右图所示，此时球对斜面的正压力为FN1，若撤掉挡板，球对斜面的正压力为FN2，则()A．FN2＝FN1 B．FN2＝eq\f(1,2)FN1C．FN2＝2FN1 D．FN2＝eq\r(2)FN1解析：由题意可知，竖直挡板存在时，小球受三个共点力而处于平衡，如图(1)所示，由力的直角三角形关系得：斜面对小球的弹力为FN1′＝F1＝G/sin45°＝eq\r(2)G，由牛顿第三定律知小球对斜面的正压(1)力FN1′＝FN1＝eq\r(2)G，方向与FN1′相反，(FN1在图中未画出)．去掉挡板时，小球的受力如图(2)所示，由力的平衡得：斜面对小球的弹力为FN2′＝F2＝Gcos45°＝eq\r(2)G/2，由牛顿第三定律知，小球对斜面的正压力为FN2＝FN2′＝eq\r(2)G/2，方向与弹力FN2′相反．比较FN1＝eq\r(2)G和FN2(2)＝eq\r(2)G/2可知，FN2＝eq\f(1,2)FN1，故B选项正确．答案：B10．如图所示，A、B为竖直墙面上等高的两点，AO、BO为长度相等的两根轻绳，CO为一根轻杆(即：杆在O端所受的力沿杆OC方向)．转轴C在AB中点D的正下方，AOB在同一水平面内．∠AOB＝90°，∠COD＝60°.若在O点处悬挂一个质量为m的物体，则平衡后绳AO所受的拉力为()A．mg B.eq\f(\r(3),3)mgC.eq\f(1,6)mg D.eq\f(\r(6),6)mg解析：设O点受到竖直向下的绳的拉力mg，CO杆的弹力FC，沿OD方向的拉力FD，其中FD的大小为OA、OB两绳的合力，受力分析如图所示．可以求得：eq\f(mg,FD)＝tan60°，所以：FD＝eq\f(mg,\r(3))又：FD＝2FA·cos45°，可得：FA＝eq\f(\r(6),6)mg，故D正确．答案：D二、非选择题(本题共2小题，共30分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)11．(15分)如图所示，光滑匀质圆球的直径为40cm，质量为20kg，悬线长L＝30cm，正方形物块A厚10cm，质量为2kg，物块A与墙之间的动摩擦因数μ＝0.2，取g＝10m/s2.问：(1)墙对A的摩擦力多大？(2)如果在物块A上施加一个与墙平行的外力F，使A在未脱离圆球前贴着墙沿水平向纸里的方向做加速度a＝5m/s2的匀加速直线运动，那么这个外力F的大小、方向如何？解析：(1)设墙与绳的夹角为θ，球的半径为R，物块的厚度为d，则sinθ＝eq\f(d＋R,L＋R)＝eq\f(3,5).设球的质量为M，物块对球的压力为FN，对球由平衡条件得FN＝Mgtanθ＝150N.对物块分析可知，物块对墙面的压力也等于FN，所以墙面对物块的最大静摩擦力为FfA＝μFN＝30N．因为mg＜FfA，所以墙对物块的摩擦力为Ff＝mg＝20N.(2)设外力大小为F，与墙面水平方向夹角为α，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Fsinα＝mg,Fcosα－FfA＝ma))所以α＝arctan0.5，F＝44.72N.答案：(1)20N(2)44.72N与水平方向成arctaneq\f(1,2)角12．(15分)(2012年淮南模拟)有两根光滑的绝缘杆，可在同一竖直平面内绕O点转动．两杆上各穿着一个质量为m、电荷量为q的小球．两杆与水平面的夹角都等于θ时，两球在同一水平面上处于静止状态，如图所示．现使两杆同时绕O点缓慢转动，此时小球在杆上的位置随之改变．问θ取何值时，小球到O点的距离L为最小值？最小值是多少？解析：质量为m的小球受三个力的作用而处于静止状态，则重力mg和库仑力F的合力与支持力FN必定等大反向，取小球到O点的距离为L，有F＝keq\f(q2,2Lcosθ2)由图可见keq\f(q2,2Lcosθ2)＝mgtanθ则L2＝eq\f(\f(kq2,4mg),cos2θ·tanθ)又因为eq\f(kq2,4mg)是恒量，设x＝cos2θ·tanθ＝sinθcosθ＝eq\f(1,2)sin2θ当θ＝eq\f(π,4)时，xmax＝eq\f(1,2)，Lmin＝qeq\r(\f(k,2mg)).答案：eq\f(π,4)