河北省保定市某校高一(上)第十五次周练物理试卷有答案

河北省保定市某校高一（上）第十五次周练物理试卷
一、选择题（每小题只一个答案正确，每小题3分，共30分）
1. 弹簧下挂一小球，拉力为T．现使小球靠着倾角为α的光滑斜面，并使弹簧仍保持竖
直方向，则小球对斜面的正压力为（）
A.T cosα
B.T tanα
C.0
D.T cotα
2. 如图，放在水平地面上的物体M上叠放物体m，两者间有一条处于压缩状态的弹簧，
整个装置相对地面静止，则下列说法不正确的是（）
A.M对m的摩擦力方向向右
B.m对M的摩擦力方向向左
C.地面对M的摩擦力向右
D.地面对M没有摩擦力
3. 一根绳子能承受的最大拉力是G，现把一重力为G的物体拴在绳的中点，两手靠拢分别握绳的两端，然后慢慢地向左右分开，当绳断时两段绳间夹角应稍大于（）
A.30∘
B.60∘
C.90∘
D.120∘
4. 如图所示，A、B两木块质量分别为9kg和3kg，用细线绕过滑轮连结在一起并叠放
在水平桌面上，A与B、B与桌面C之间的动摩擦因数均为0.3，取g=10m/s2，滑轮质
量不计．当对滑轮施一水平力F=48N时，则（）
A.A对B的摩擦力为15N，方向水平向右
B.A对B的摩擦力为24N，方向水平向右
C.B对C的摩擦力为36N，方向水平向右
D.C对B的摩擦力为24N，方向水平向左
5. 如图所示，某人通过定滑轮拉住一重物，当人向右跨出一步后，人与物仍保持静止，
则（）
A.地面对人的摩擦力减小
B.地面对人的摩擦力增大
C.人对地面的压力不变
D.人对地面的压力减小
6. 一个质量3kg的物体，放在倾角α=30∘的固定斜面上，物体与斜面间的动摩擦因数
，如图甲、乙、丙三种情况下处于平衡状态的是（）
为μ=√3
3
A.仅甲图
B.仅乙图
C.仅丙图
D.甲、乙、丙三图
7. 如图所示，轻杆OP可绕O轴在竖直平面内自由转动，P端挂一重物，另用一轻绳通过滑轮系住P端．当OP和竖直方向间的夹角α缓慢增大时(0<α<180∘)，则OP杆所受
作用力的大小（）
A.恒定不变
B.逐渐增大
C.逐渐减小
D.先增大、后减小
8. 五本书相叠放在水平桌面上，用水平力F拉中间的书C但未拉动，各书均仍静止（如图）．关于它们所受摩擦力的情况，以下判断中正确的是（）
A.书e受一个摩擦力作用
B.书b受到一个摩擦力作用
C.书c受到两个摩擦力作用
D.书a不受摩擦力作用
9. 如图，水平的皮带传送装置中，O1为主动轮，O2为从动轮，皮带在匀速移动且不打滑．此时把一重10N的物体由静止放在皮带上的A点，若物体和皮带间的动摩擦因数μ=0.4．则下列说法正确的是（）
(1)刚放上时，物体受到向左的滑动摩擦力4N
(2)达到相对静止后，物体在A点右侧，受到的是静摩擦力
(3)皮带上M点受到向下的静摩擦力
(4)皮带上N点受到向下的静摩擦力
(5)皮带上各处的拉力相等．
A.(2)(3)(4)(5)
B.(1)(3)(4)
C.(1)(2)(4)
D.(1)(2)(3)(4)(5)
10. 有一个直角支架AOB，AO水平放置，表面粗糙，OB竖直向下，表面光滑。

AO上套有小环P，OB上套有小环Q，两环质量均为m，两环间由一根质量可忽略、不可伸长的细绳相连，并在某一位置平衡（如图所示）。

现将P环向左移一小段距离，两环再次达到平衡，那么将移动后的平衡状态和原来的平衡状态比较，AO杆对P环的支持力N 和细绳上的拉力T的变化情况是（）
A.N不变，T变大
B.N不变，T变小
C.N变大，T变大
D.N变大，T变小
二、填空题（每空3分，共30分）
三个互成角度的水平共点力作用于一物体，使其在光滑的水平面上作匀速直线运动．已知F1＝9N，F2＝12N，则F3的大小范围是________，F2与F3的合力的大小为
________N．
一个重G=60N的物体放在水平地面上，受到两个与水平面间夹角分别为45∘和30∘的斜向上拉力F1=20√2N，F2=40N，物体仍保持静止，则物体对地面的压力为
________N；地面对物体的摩擦力为________N．
一个人用滑轮组使自己处于平衡状态．设人与筐总重为G，绳子和滑轮的质量及两者间摩擦不计，则人的拉力应为________．
重G=100N的木块放在倾角α=30∘的玻璃板上，恰能匀速下滑．若将玻璃板水平放置，用跟水平方向成α=30∘角的斜向上拉力拉木块沿玻璃板匀速运动，则拉力
F=________．
如图所示，长为5m的细绳的两端分别系于竖立在地面上相距为4m的两杆的顶端A、B．绳上挂一个光滑的轻质挂钩，其下连着一个重为12N的物体．平衡时，绳中的张力T=________N．若A点向下移动达到新的平衡后，绳的张力将________（填：变大、
变小、不变）
如图所示，四块质量均为m的砖块被水平压力F夹在两竖直木板之间，处于静止状态，
则第1块砖对第2块砖的摩擦力f12=________．
劲度系数为100N/m的弹簧上端固定，下端挂一个放在斜面上的物体．已知物体可在PQ两点间的任何位置处于静止状态，如图所示．若物体与斜面间的最大静摩擦力为6N，
则P、Q两点间的距离最大是________ cm．
三、解答题（共60分）
重G=10N的小球，用长为l=1m的细线挂在A点，靠在半径R=1.3m的光滑大球面上．已知A点离球顶距离d=0.7m，求小球对绳的拉力和对大球的压力各为多少？
如图所示，重G=100N的木块放在倾角θ=20∘的斜面上静止不动，现用平行于斜面
底边、沿水平方向的外力F拉木块，则F为多少时，可使木块沿斜面匀速滑下，已知木
块与斜面间动摩擦因数μ=0.5，取sin20∘=0.34，cos20∘=0.94．
一光滑圆环固定在竖直平面内，环上套着两个小球A和B（中央有孔），A、B间由细绳连接着，它们处于如图所示位置时恰好都能保持静止状态．此情况下，B球与环中心O
处于同一水平面上，AB间的细绳呈伸直状态，与水平线成30∘夹角．已知B球的质量为m，求细绳对B球的拉力和A球的质量．
如图，原长分别为L1和L2，劲度系数分别为k1和k2的轻质弹簧竖直地悬挂在天花板上，两弹簧之间有一质量为m1的物体，最下端挂着质量为m2的另一物体，整个装置处于静止状态．现用一个质量为m的平板把下面的物体竖直地缓慢地向上托起，直到两个弹
簧的总长度等于两弹簧原长之和，这时托起平板竖直向上的力是多少？m2上升的高度
是多少？
参考答案与试题解析
河北省保定市某校高一（上）第十五次周练物理试卷
一、选择题（每小题只一个答案正确，每小题3分，共30分）
1.
【答案】
C
【考点】
力的合成与分解的应用
解直角三角形在三力平衡问题中的应用
【解析】
本题的关键是从斜面光滑入手，对小球受力分析，分析斜面对小球有无弹力时，可用假设法，然后根据平衡条件即可作出判断．
【解答】
对小球受力分析，由于斜面光滑，所以物体不受摩擦力，对物体受力分析，受到向下的重力、向上的弹力，斜面对小球无弹力作用，因为假设小球还受到斜面的支持力，则小球受到的合力不能为零，所以斜面对小球无弹力，即小球对斜面的正压力为零，故C正确。

2.
【答案】
C
【考点】
摩擦力的判断
【解析】
以整体为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件分析地面对M有无摩擦力．再分别以m、M为研究对象，根据平衡条件研究它们受到的摩擦力．
【解答】
解：以整体为研究对象，分析受力如图，根据平衡条件得到，地面对M没有摩擦力．故D正确，C错误；
以m为研究对象，压缩状态的弹簧对m有向左的弹力，由平衡条件得到，m受到向右的摩擦力．故A正确．
根据牛顿第三定律得知，M受到m对它向左的摩擦力．故B正确．
本题选错误的，故选：C．
3.
【答案】
D
【考点】
力的合成
两个力合成时，合力随分力间夹角的增大而减小，因为绳承受的最大拉力大小为G，所以当两手左右分开时，所夹角为120度时，此是绳中拉力刚好为G，即此时合力的大小与分力的大小相等．
【解答】
解：如图对物体进行受力分析知：
如图：2T cosα
2
=G
则T=G
2cosα
2，当绳要断时的临界状态是T=G，即G=G
2cosα
2
由此得cosα
2
=1
2
由此可得α
2
=60∘，所以α=120∘
故选D．
4.
【答案】
A,C
【考点】
动力学中的整体法与隔离法
摩擦力的判断
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意可知，AB间的最大静摩擦力f=μm A g=0.3×9kg×10m/s2=27N，B与桌面C之间的最大静摩擦力为f′=μ(m A+m B)g=0.3×120N=36N，
当对滑轮施以水平力F=48N时，两根绳子上各有24N的作用力，因此A相对B静止．
F>f′，故A、B整体共同向右匀加速运动，加速度a=F−f′
m A+m B
=1m/s2，
对A受力分析知，F
A合
=m A a=9N，所以A受到的摩擦力为24N−9N=15N，方向向左，
根据牛顿第三定律知，A对B的摩擦力为15N，方向水平向右，故A正确，B错误；A、B向右运动，B受到的摩擦力大小为f′=36N，方向向左，结合牛顿第三定律知：B对C的摩擦力为36N，方向水平向右，故C正确，D错误．
故选AC．
5.
【答案】
B
解直角三角形在三力平衡问题中的应用
摩擦力的判断
物体的弹性和弹力
【解析】
对人进行受力分析：重力、支持力、拉力和静摩擦力平衡，通过拉力的夹角变化判断
各力的变化．
【解答】
解：以物体为研究对象，根据平衡条件分析可知，绳子的拉力大小等于物体的重力，
没有变化．
人受重力、支持力、拉力和静摩擦力处于平衡，受力如图．
设拉力与竖直方向的夹角为θ，根据共点力平衡得
f=T sinθ，
T cosθ+N=mg．
当人拉着绳向右跨出一步后人和物保持静止，θ增大，T不变，则人受到的静摩擦力f
增大，支持力N增大，根据牛顿第三定律，人对地面的压力增大．故B正确，ACD错误．
故选：B．
6.
【答案】
D
【考点】
解直角三角形在三力平衡问题中的应用
摩擦力的判断
【解析】
对物体受力分析，受重力、支持力、拉力，可能有静摩擦力，先假定不动，在平行斜
面方向运用平衡条件求解静摩擦力，看是否符合实际．
【解答】
解：对物体受力分析，受重力、支持力、拉力，可能有静摩擦力；
重力的下滑分力为G sin30∘=15N；
最大静摩擦力等于滑动摩擦力，为f max=μG cos30∘=15N；
甲、假定静止不动，根据平衡条件，有：f=G sin37∘−F=15−4=11N<f max，故
符合实际，故甲情况可以平衡；
乙、假定静止不动，根据平衡条件，有：f=G sin37∘−F=15−15=0N<f max，符
合实际，故乙正确；
丙、假定静止不动，根据平衡条件，有：f=F−G sin37∘=24−15=9<f max，符合
实际，故丙正确；
故选：D．
7.
【答案】
A
【考点】
解直角三角形在三力平衡问题中的应用
力的合成与分解的应用
【解析】
对P点受力分析，然后根据平衡条件并运用相似三角形法得到OP杆对P的支持力表达式，最后根据牛顿第三定律得到OP杆所受压力表达式再讨论其与角α关系．
【解答】
解：对点P受力分析，如图
根据平衡条件，合力为零，△AOP与图中矢量（力）三角形相似，故有
N OP =
T
AP
=
G
AO
解得
N=OP AO
G
根据牛顿第三定律，OP杆所受压力等于支持力N，故压力与角α无关；
故选A．
8.
【答案】
D
【考点】
摩擦力的判断
【解析】
用整体法和隔离法分析各书用力情况，结合共点力平衡的条件可分析它们受力的个数及方向．
【解答】
解：A、对整体受力分析可知整体水平方向受向右的拉力和地面对e向左的摩擦力；再对上面四本书进行分析，可知d受向左的摩擦力；由牛顿第三定律可知，d对e有向右的摩擦力，故e受两个摩擦力，故A错误；
B、对ab分析，a由于静止且水平方向没有外力，故a不受摩擦力，由牛顿第三定律可知a对b没有摩擦力；再对ab整体分析，同理可知，b下端也不受摩擦力；故B错误；
C、对ab分析可知，同B可知，B不受c的摩擦力，再对c分析，可知c只受d的摩擦力，故C错误；
D、对a分析，可知a水平方向没有外力，故不会有摩擦力，故D正确；
故选：D．
9.
【答案】
B
【考点】
滑动摩擦力
静摩擦力和最大静摩擦力
【解析】
由摩擦力产生的条件可判断物体是否受摩擦力，因摩擦力总是阻碍物体的相对运动或
相对运动趋势，故根据各点皮带相对于轮子的转动方向可知各点所受摩擦力的方向．【解答】
解：①刚放上时，物体相对皮带滑动，受到向左的滑动摩擦力，其大小为f=μN=
0.4×10N=4N，故①正确；
②达到相对静止时，A点做匀速运动，而物体从静止开始匀加速运动，所以物体在A位置的右侧，不受到摩擦力，故②错误；
③O1为主动轮，则轮子带动皮带，即N点轮子向下动，皮带相对轮子向上，因摩擦力
方向与相对运动方向相反，故皮带N点摩擦力应向下；O2为从动轮，即皮带带动轮子，即M点皮带相对于轮子是向上的，故M点的摩擦力向下，故③④正确；
⑤皮带上半部所受比下半部力大，故⑤错误；
故选：B
10.
【答案】
B
【考点】
力的合成与分解的应用
解直角三角形在三力平衡问题中的应用
【解析】
分别以两环组成的整体和Q环为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件研究AO杆对P 环的支持力N和细绳上的拉力T的变化情况。

【解答】
以两环组成的整体，分析受力情况如图1所示。

根据平衡条件得，N＝2mg保持不变。

再以Q环为研究对象，分析力情况如图2所示。

设细绳与OB杆间夹角为α，由平衡条件
，P环向左移一小段距离时，α减小，cosα变大，T变小。

得，细绳的拉力T=mg
cosα
二、填空题（每空3分，共30分）
【答案】
3N∼21N,9
【考点】
力的合成
【解析】
物体做匀速运动，说明受力平衡，任意两个力的合力与第三个力大小相等，方向相反；两力合成时，合力随夹角的增大而减小，当夹角为零时合力最大，夹角180∘时合力最小，并且有|F1−F2|≤F≤F1+F2
【解答】
两力合成时，合力范围为：|F1−F2|≤F≤F1+F2；
故合力范围为：3N≤F≤21N；
F2与F3的合力的大小与F1大小相等，为9N．
【答案】
20,14.6
【考点】
解直角三角形在三力平衡问题中的应用
摩擦力的判断
物体的弹性和弹力
【解析】
先对物体进行受力分析，再将力分解到水平方向和竖直方向，利用平衡条件列式求解．【解答】
解：对物体受力分析，作出受力示意图如图．假设地面对摩擦力方向向右．建立如图
所示的坐标系．根据平衡条件得：
y轴：N+F1sin45∘+F2sin30∘=G
x轴：F1cos45∘=F2cos30∘+f
解得：N=G−F1sin45∘−F2sin30∘=60−20√2×√2
2
−40×0.5=20N；
根据牛顿第三定律知：物体对地面的压力大小为：N′=N=20N
f=F1cos45∘−F2cos30∘=20√2×√2
2−40×√3
2
=−14.6N，负号表示摩擦力方向向左．
故答案为：20，14.6．
【答案】
1
3
G
【考点】
解直角三角形在三力平衡问题中的应用
物体的弹性和弹力
【解析】
使用滑轮组时，有几段绳子承担人的重力，拉力就是物重的几分之一，即F=1
n
G．【解答】
解：设人的拉力大小为F．不计滑轮重及摩擦，人对绳的自由端拉力为F，各段绳子的拉力均为F，由图知由3段绳子承担动滑轮和物体的重力，所以有：
3F=G
则得：F=1
3
G
故答案为：1
3
G
【答案】
50N
【考点】
解直角三角形在三力平衡问题中的应用
力的合成与分解的应用
【解析】
先根据木块匀速下滑求出摩擦因数，然后受力分析正交分解，求出拉力F的大小．【解答】
解：木块在玻璃板上恰能匀速下滑时有：
mg sinα=μmg cosα
得：μ=√3
3
当施加水平力F时，有：
F⋅cosα=f
f=μN
N=mg−F sinα
联立三个方程得：F=50N
故答案为：50N．
【答案】
10,不变
【考点】
解直角三角形在三力平衡问题中的应用
物体的弹性和弹力
【解析】
根据几何知识求出两绳与水平方向的夹角，分析挂钩受力情况，根据平衡条件求解绳中的张力T．
【解答】
解：设两杆间的距离为S，细绳的总长度为L，挂钩右侧长度为L1，左侧长度为L2，由
题有S=4m，L=5m．
由几何知识得：
S=L1cosα+L2cosα=L cosα
得cosα=S
L =4
5
，
分析挂钩受力情况，根据平衡条件
2T cos[1
(π−2α)]=G
解得，T=G
2sinα=12
2×3
5
N=10N；
故答案为：10N，不变．
【答案】
mg
【考点】
摩擦力的判断
【解析】
(1)对四个砖整体为研究对象，由平衡条件求出木板对第1块砖和第4块砖的摩擦力．
(2)以第1块砖和第2块整体为研究对象，由平衡条件求解第3块对第2块砖的摩擦力．
【解答】
解：将4块砖看成一个整体，对整体进行受力分析，在竖直方向，共受到三个力的作用：竖直向下的重力4mg，两个相等的竖直向上的摩擦力f，由平衡条件可得：2f=4mg，f=2mg．由此可见：第1块砖和第4块砖受到木板的摩擦力均为2mg．
对第1块砖进行受力分析，受竖直向下的重力mg，木板对第1块砖向上的摩擦力f=
2mg；由平衡条件可得二力已达到平衡，第2块砖对第1块砖之间的摩擦力大小为mg，方向竖直向下．
故答案为：mg．
【答案】
12
【考点】
胡克定律
【解析】
物体在P点时恰好静止，对其受力分析，受重力、弹力、支持力和沿斜面向下最大静摩擦力，根据平衡条件列方程；物体在Q点时同样恰好不下滑，对其受力分析，受重力、弹力、支持力和沿斜面向上最大静摩擦力，再次根据平衡条件列方程；连列方程组求
解即可．
【解答】
解：由题意可知，物体在斜面上的P、Q两点间任何位置都能处于静止状态的临界条件
是物体在P、Q两点的静摩擦力都是最大静摩擦力f max，且在P点时平行斜面向下，在Q
点时平行于斜面向上．
在P点时设斜面倾角为θ，物体为研究对象，根据物体的平衡条件列方程如下：kx1−mg sinθ−f max=0
对Q点时，物体为研究对象，根据物体的平衡条件列方程如下：kx2−mg sinθ+f max=
所以PQ间的长度为：x PQ=x1−x2=2f
k =1×6
100
m=12cm
故答案为：12
三、解答题（共60分）
【答案】
小球对绳的拉力为5N，对大球的压力为6.5N．
【考点】
解直角三角形在三力平衡问题中的应用
力的合成与分解的应用
【解析】
对小球进行受力分析，由共点力的平衡条件可得出小球的受力情况，再由牛顿第三定律得出对球面的压力及绳子的拉力．
【解答】
解：受力分析如图所示：
如图由三角形相似有：
T G =
l R+d
N G =
R R+d
解得：T=5N F=6.5N
【答案】
F为32.4N时，可使木块沿斜面匀速滑下．
【考点】
解直角三角形在三力平衡问题中的应用
摩擦力的判断
【解析】
对物体受力分析可知物体的受力情况，将重力沿着平行斜面向下和垂直斜面向上的方
向正交分解．根据共点力的平衡条件可知F．
【解答】
解：物体在斜面上的受力如图所示，根据共点力的平衡条件得：
滑动摩擦力：f=√F2+(G sinθ)2=μG cos30∘
代入数据得：F=32.4N；
【答案】
细绳对B球的拉力为2mg；A的质量为2m
【考点】
解直角三角形在三力平衡问题中的应用
力的合成与分解的应用
物体的弹性和弹力
【解析】
对B球受力分析由几何关系可求得细绳对B球的拉力；再对A球分析，可求得A球的质量．【解答】
对B球，受力分析如图所示．
分解拉力T，可知竖直方向T sinθ＝mg
解得细线对B球的拉力T＝2mg…①
对A球，受力分析如图所示．在水平方向
T cos30∘＝N A sin30∘…..②
在竖直方向
N A cos30∘＝m A g+T sin30∘…③
由①②③可解得m A＝2m．
【答案】
解：当两个弹簧的总长度等于两弹簧原长之和时，下面弹簧的压缩量应等于上面弹簧的伸长量，设为x，
对m1受力分析得：m1g=k1x+k2x…①
对平板和m2整体受力分析得：
F=(m2+m)g+k2x…②
①②联解得托起平板竖直向上的力F=mg+m2g+k2m1g
k1+k2
未托m2时，上面弹簧伸长量为x1=(m1+m2)g
k1
…③
下面弹簧伸长量为x2=m2g
k2
…④
托起m2时：m1上升高度为：ℎ1=x1−x…⑤
m2相对m1上升高度为：ℎ2=x2+x…⑥
m2上升高度为：ℎ=ℎ1+ℎ2…⑦
③④⑤⑥⑦联解得ℎ=m2g
k2+(m1+m2)g
k1
．
【考点】
胡克定律
【解析】
当两个弹簧的总长度等于两弹簧原长之和时，上边弹簧的伸长量与下边弹簧的压缩量相等．对m1受力分析，有m1g=k1x+k2x，得出伸长量和压缩量x．对平板和m1整体受力分析有：F=(m2+m)g+k2x，从而求出托起平板竖直向上的力．
求出未托m2时，上面弹簧伸长量和下面弹簧伸长量，再根据托起m2时上面弹簧的伸长量和下面弹簧的压缩量求出m2上升的高度．
【解答】
解：当两个弹簧的总长度等于两弹簧原长之和时，下面弹簧的压缩量应等于上面弹簧的伸长量，设为x，
对m1受力分析得：m1g=k1x+k2x…①
对平板和m2整体受力分析得：
F=(m2+m)g+k2x…②
①②联解得托起平板竖直向上的力F=mg+m2g+k2m1g
k1+k2
未托m2时，上面弹簧伸长量为x1=(m1+m2)g
k1
…③
下面弹簧伸长量为x2=m2g
k2
…④
托起m2时：m1上升高度为：ℎ1=x1−x…⑤
m2相对m1上升高度为：ℎ2=x2+x…⑥
m2上升高度为：ℎ=ℎ1+ℎ2…⑦
③④⑤⑥⑦联解得ℎ=m2g
k2+(m1+m2)g
k1
．。