鲁科版(2019)必修1《第4章 力与平衡》2020年单元测试卷

鲁科版（2019）必修1《第4章力与平衡》2020年单元测

试卷

1.一质量为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

2.置于水平地面上的小物体受一水平力F的作用而保持静止，如图

所示．现保持作用力F大小不变，将F沿逆时针方向缓缓转过

180°，则在此过程中物体对地面的正压力F N和地面对物体的摩擦力F f的变化情况是()

A. F N先变小后变大，F f不变

B. F N不变，F f先变小后变大

C. F N，F f都是先变小后变大

D. F N，F f都是先变大后变小

3.近日一张名为“史上最寂寞熊猫”走红网络，一只熊猫躺在倾斜的树干上一动不动，

姿势令人忍俊不禁，树干给熊猫的力方向为()

A. 垂直于树干向上

B. 沿树干向上

C. 竖直向上

D. 树干形变复杂，无法判断力的方向

4.如图所示，一只气球在风中处于静止状态，风对气球的作用力水平向右。细绳与竖直

方向的夹角为α，绳的拉力为T，则风对气球作用力的大小为()

A. T

sinαB. T

cosα

C. Tsinα

D. Tcosα

5.有一个直角支架AOB，A0水平放置，表面粗糙，OB竖直放

置，表面光滑．A0上套有小环P，OB上套有小环Q，两环质

量均为m，两环用一质量可忽略、不可伸长的细绳相连，并在

某一位置平衡，如图，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F N和细绳上的拉力F T的变化情况是()

A. F N不变，F T变大

B. F N不变，F T变小

C. F N变大，F T变大

D. F N变大，F T变小

6.如图甲所示，在广州亚运会射箭女子个人决赛中，中国选手程明获得亚军，创造了中

国女子箭手在亚运个人赛历史上的最好成绩，那么射箭时，若刚释放的瞬间弓弦的拉力为100N，对箭产生的作用力为120N，其弓弦的拉力如图乙中F1和F2所示，对箭产生的作用力如图中F所示，弓弦的夹角应为()(cos53°=0.6)

A. 53°

B. 127°

C. 143°

D. 106°

7.如图所示，质量为m的物体A静止在倾角为θ=30°、质量

为M的斜面体B上．现用水平力F推物体A，在F由零增大

至√3mg

2

再逐渐减为零的过程中，A和B始终保持静止．对此过程下列说法正确的是()

A. 地面对B的支持力大于(M+m)g

B. A对B的压力的最小值为√3mg

2，最大值为3√3mg

4

C. A受到摩擦力的最小值为0，最大值为mg

4

D. A受到摩擦力的最小值为mg

2，最大值为3mg

4

8.如图所示，A、B为同一水平线上的两个绕绳装置，转动A、B改变绳

的长度，使光滑挂钩下的重物C缓慢下降。关于此过程绳上拉力大小

变化，下列说法中正确的是()

A. 不变

B. 逐渐减小

C. 逐渐增大

D. 不能确定

9.如图所示，一固定的细直杆与水平面的夹角为α=15°，一个质量忽略不计的小轻环C

套在直杆上，一根轻质细线的两端分别固定于直杆上的A、B两点，细线依次穿过小环甲、小轻环C和小环乙，且小环甲和小环乙分居在小轻环C的两侧。调节A、B间细线的长度，当系统处于静止状态时β=45°.不计一切摩擦。设小环甲的质量为m1，小环乙的质量为m2，则m1：m2等于()

A. tan15°

B. tan30°

C. tan60°

D. tan75°

10.如图所示，三个形状不规则的石块a、b、c在水平桌面上成功地叠放在一起，则石块

()

A. c受到水平桌面向左的摩擦力

B. c对b的作用力一定竖直向上

C. b对a的支持力一定竖直向上

D. b对a的支持力一定等于a所受重力

11.城市路灯、无轨电车的供电线路等，经常采用三角形的结构悬

挂，如图所示为这类结构的一种简化模型．图中硬杆BO可绕

通过B点且垂直于纸面的轴转动，钢索AO和杆BO的重力均

忽略不计．已知B0始终水平，AO与BO的夹角为θ，被悬挂物

体的质量为m，则以下说法中正确的是()

A. 钢索AO对O点的拉力为mg

sinθ

B. 杆BO对O点的支持力为mgtanθ

C. A点距B点的距离越近时，杆BO对O点的支持力就越大

D. 不论增大还是减小A点与B点距离，AO对O点拉力与杆BO对O点支持力的合力

始终保持不变

12.密绕在轴上的一卷地膜用轻绳一端拴在轴上，另一端悬挂在墙壁上A点，

如图所示，当逆时针缓慢向下用力F抽出地膜时，整卷地膜受的各个力要

发生变化，不计地膜离开整卷时对地膜卷的粘扯拉力和地膜卷绕轴转动时

的摩擦力，但在D点地膜与墙壁间有摩擦力，随着地膜的不断抽出，下

述分析正确的是()

A. 悬挂地膜的轻绳上的拉力在增大

B. 地膜对墙的压力在增大

C. 悬挂地膜的轻绳上的拉力在减小

D. 地膜对墙的压力在减小

13.如图所示，A、B为同一水平线上的两个绕绳装置，转动A、B改变绳的

长度，使光滑挂钩下的重物C缓慢上升过程，下列说法中正确的是()

A. 重物C所受的合外力不变

B. 重物C所受的合外力逐渐

增大

C. 绳的拉力逐渐增大

D. 绳的拉力逐渐减少

14.如图所示，甲、乙两物体用压缩的轻质弹簧连接静止于倾角为θ的

粗糙斜面体上，斜面体始终保持静止，则下列判断正确的是()

A. 物体甲一定受到4个力的作用

B. 物体甲所受的摩擦力方向一定沿斜面向下

C. 物体乙所受的摩擦力不可能为零

D. 水平面对斜面体无摩擦力作用

15.某同学在“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验中，测得图中弹簧OC的劲度系数为

500N/m。如图甲所示，用弹簧OC和弹簧测力计a、b做“探究求合力的方法”实验。在保持弹簧伸长1.00cm不变的条件下：

(1)若弹簧测力计a、b间夹角为90°，弹簧测力计a的读数是______N(图乙中所示)。

(2)若弹簧测力计a、b间夹角大于90°，保持弹簧测力计a与弹簧OC的夹角不变，减

小弹簧测力计b与弹簧OC的夹角，则弹簧测力计a的读数______、弹簧测力计b的读数______(选填“变大”“变小”或“不变”)。

16.把一个力分解为两个力F1和F2，已知合力为F=40N，F1与合

力的夹角为30°，如图所示。若F2取某一数值，可使F1有两个大

小不同的数值，则F2大小的取值范围是什么？

17.特种兵过山谷的一种方法可简化为如图所示的模型：将一根长不可伸长的细绳的两端

固定在相距为d的A、B两等髙处，细绳上有小滑轮P，战士们相互配合，可沿着细绳滑到对面．开始时，战士甲拉住滑轮，质量为m的战士乙吊在滑轮上，处于静止状

d.(不计滑轮与绳的质量，不计滑轮的大小及摩擦，

态，AP沿竖直方向，且大小等于3

4

重力加速度为g)若甲对滑轮的拉力沿水平方向，求拉力的大小．

18.如图所示，工人需要把质量m=20kg的货箱沿斜放的木板推上卡车。木板与水平面夹

角θ=37°，货箱与木板间的动摩擦因数μ=0.5.假定工人推力的方向与板面平行，货箱始终沿板面匀速运动(已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2)。求：

(1)货箱对木板的压力大小N；

(2)木板对货箱的摩擦力f；

(3)工人对货箱的推力大小F。

答案和解析

1.【答案】A

【解析】

【分析】

本题要善用等效的思想，可以设想将力F撤去，而换成用一个重力的大小等于F的物体叠放在原来的物块上．

质量为m的物块恰好静止在倾角为θ的斜面上，对其受力分析，可求出动摩擦因数，加力F后，根据共点力平衡条件，可以得到压力与最大静摩擦力同时变大，物体依然平衡。

【解答】

解：由于质量为m的物块恰好静止在倾角为θ的斜面上，说明斜面对物块的摩擦力等于最大静摩擦力，

对物体受力分析，如图

根据共点力平衡条件，有

f=mgsinθ

N=mgcosθ

f=μN

解得μ=tanθ

对物块施加一个竖直向下的恒力F，再次对物体受力分析，如图

与斜面垂直方向依然平衡：N=(mg+F)cosθ

因而最大静摩擦力为：f=μN=μ(mg+F)cosθ=(mg+F)sinθ，

故在斜面平行方向的合力为零，故合力仍然为零，物块仍处于静止状态，A正确，B、D错误，摩擦力由mgsinθ增大到(F+mg)sinθ，C错误；

故选：A。

2.【答案】C

【解析】解：对物体进行受力分析，当F与水平方向夹角为θ时，则有：

F N=mg?Fsinθ

F f=Fcosθ

当θ从0°增大到90°时，sinθ增大，cosθ减小，所以F N、F f都变小，

当θ从90°增大到180°时，sinθ减小，cosθ增大，所以F N、F f都变大，

所以F N、F f都是先变小后变大。

故选：C。

将作用力F保持大小不变，沿逆时针方向缓缓转过180°的过程中，物体始终处于平衡状态，对物体进行受力分析，根据平衡条件即可判断．

在平衡状态中讨论力的变化，即动态平衡问题是高中物理的重点，要熟练应用正交分解等方法处理动态平衡问题．

3.【答案】C

【解析】解：熊猫保持静止不动，故熊猫受力平衡；

又有熊猫受重力和树干给熊猫的力作用，那么，由受力平衡可得：树干给熊猫的力大小等于重力，方向和重力相反，故树干给熊猫的力竖直向上；故C正确，ABD错误；

故选：C。

根据受力平衡求解。

对于物体处于受力平衡状态下某一力的求解，常根据受力分析，由受力平衡求解，而不用考虑力是怎么产生，怎么施加在物体身上的等具体情况。

4.【答案】C

【解析】解：气球在风中处于静止状态，受力平衡合力为零，对气球受力分析得，气球受到重力、浮力、拉力和水平方向上风的作用力，水平方向上受力平衡得：F风=Tsinα，故C正确，ABD错误。

故选：C。

气球处于静止状态，受力平衡，对气球受力分析，根据受力平衡即可计算。

本题首先要选择好研究对象，再进行受力情况分析，最后由平衡条件求解，按照三个步骤进行研究，难度适中。

5.【答案】B

【解析】解：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，分析受

力情况如图2所示。设细绳与OB杆间夹

角为α，由平衡条件得，细绳的拉力T=

mg

，P环向左移一小段距离时，α减小，

cosα

cosα变大，T变小，即F N不变，F T变小。

故选：B。

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．

本题涉及两个物体的平衡问题，灵活选择研究对象是关键．当几个物体都处于静止状态时，可以把它们看成整体进行研究．

6.【答案】D

【解析】解：以箭与弓弦交点作为受力对象，如图所示；

由力的合成法则，得：

cosα

2=

F

2

F1

=60

100

=0.6；

解得：α=106°

故选：D。

以箭与弓弦交点作为受力对象，受力分析，根据平衡条件，结合三角知识，即求解弓弦的夹角．

本题关键是正确的进行受力分析，根据力的矢量法则求解，要注意弓弦对箭的作用力大小是箭的合力．

7.【答案】B

【解析】解：A、对AB组成的整体受力分析，整体受力平衡，竖直方向受到重力和地面对B的支持力，所以地面对B的支持力等于(M+m)g，故A错误；

B、对A受力分析，受到重力、支持力、拉力和摩擦力作用，

垂直于斜面方向有：N=mgcos30°+Fsin30°，当F=0时，N最小，最小为N min= mgcos30°=√3

2

mg，

当F=√3

2mg时，N最大，最大为N max=mgcos30°+√3

2

mg×1

2

=3√3

4

mg，

根据牛顿第三定律可知对B压力的最小值为√3

2mg，最大值为3√3

4

mg，故B正确；

C、沿着斜面方向，当Fcos30°=mgsin30°即F=√3

3

mg时，摩擦力为零，

当F<√3

3

mg时，静摩擦力方向沿斜面向上，如图所示：

摩擦力f=mgsin30°?Fcos30°，当F=0时，f最大，f?max=mgsin30°=1

2

mg，

当F>√3

3

mg，静摩擦力方向向下，

则摩擦力f′=Fcos30°?mgsin30°，当F=√3

2mg时，f最大，f′max=√3

2

mg×√3

2

?

1 2mg=1

4

mg，

综上可知，所受摩擦力的最小值为0，最大值为1

2

mg，故CD错误．

故选：B

对AB组成的整体受力分析，根据平衡条件判断地面对B的支持力，对A受力分析，根据垂直于斜面方向受力平衡结合牛顿第三定律，求出A对B压力的最小值和最大值，根据沿斜面方向受力平衡求出摩擦力的表达式，从而判断摩擦力的最大值和最小值，注意摩擦力的方向可能向上，也可能向下．

解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解，注意整体法和隔离法的运用，特别注意此过程中，A受到的静摩擦力的方向可能向上，也可能向下，难度适中．8.【答案】B

【解析】解：由题可知，物体C受三个力，重力和两个拉力，三力平衡，两个拉力的合力与重力平衡；

两个拉力合力一定，重物C缓慢下降的过程中，两根绳子之间的夹角不断减小，根据平行四边形电子可知拉力不断减小；故B正确，ACD错误

故选：B。

二力合成时，夹角越小，合力越大；

同样，将一个力分解为等大的两个分力，两个分力的夹角越大，分力越大；

物体受三个力，重力和两个拉力，三力平衡，两个拉力的合力与重力等值、反向、共线。本题关键记住“将一个力分解为等大的两个分力，两个分力的夹角越大，分力越大”的结论，若是用解析法求解出拉力表达式分析，难度加大了。

9.【答案】C

【解析】

【分析】

小环C为轻环，受两边细线的拉力的合力与杆垂直，故可以根据平衡条件得到细线的4段与竖直方向的夹角，然后分别对甲环、乙环受力分析，根据平衡条件并结合正交分解法列式求解。

本题切入点在于小环C是轻环，受细线的拉力的合力与杆垂直，难点在于结合几何关系找到各个细线与竖直方向的夹角，然后根据平衡条件列式分析，不难。

【解答】

解：小环C为轻环，重力不计，故受两边细线的拉力的合力与杆垂直，故C环与乙环与竖直方向的夹角为60°，C环与甲环与竖直方向的夹角为30°，A点与甲环与竖直方向的夹角也为30°，乙环与B点与竖直方向的夹角为60°，根据平衡条件，对甲环，有：

2Tcos30°=m1g，

对乙环，根据平衡条件，有：

2Tcos60°=m2g，

故m1：m2=tan60°。

故选C。

10.【答案】B

【解析】解：A、以三块作为整体研究，根据平衡条件可知，则石块c不会受到水平桌面的摩擦力，故A错误；

B、选取ab作为整体研究，根据平衡条件，则石块c对b的作用力与其重力平衡，则块c 对b的作用力一定竖直向上，故B正确；

C、石块b对a的支持力与其对a的静摩擦力的合力，跟a受到的重力是平衡力，则b对a 的支持力和静摩擦力的合力方向竖直向上，支持力的方向不是竖直向上，也不等于a的重力，故CD错误；

故选：B。

对abc整体受力分析，即可分析A选项，选取ab作为整体研究，根据平衡条件判断B选项，a与b的接触面不水平，对a受力分析，根据平衡条件判断CD选项．

考查整体法与隔离法的运用，掌握平衡条件的应用，注意平衡力与相互作用力的区别，注意b对a的作用力是支持力与摩擦力的合力．

11.【答案】ACD

【解析】解：A、以O点为研究对象，分析受力，作出力图，根据

平衡条件得

.故A

钢索AO对O点的拉力F AO sinθ=G=mg，则F AO=mg

sinθ

正确。

B、杆BO对O点的支持力F BO=Gcotθ=mgcotθ.故B错误。

C、当A点距B点的距离越近时，θ越小，由F BO=mgcotθ得，F BO增大。故C正确。

D、B0始终水平，O点始终平衡，AO对O点拉力与杆BO对O点支持力的合力与重力平衡，保持不变。故D正确。

故选：ACD。

以O点为研究对象，分析受力，作出力图，根据平衡条件求解钢索AO对O点的拉力和杆BO对O点的支持力．A点距B点的距离越近时，θ越小，分析杆BO对O点的支持力的变化．B0始终水平，O点始终平衡，AO对O点拉力与杆BO对O点支持力的合力与重力平衡，保持不变．

本题是实际问题，关键建立物理模型，对实际问题进行简化，考查建模能力．

12.【答案】CD

【解析】解：设悬线与墙壁夹角为θ，以地膜为研究对象，受到重力mg、支持力N、轻绳的拉力T，如图所示：

AC、根据平衡条件得：G=Tcosθ，得到T=G

，随着地膜的不断抽出，θ减小，cosθ增

cosθ

大，G减小，则T减小，故A错误，C正确；

BD、由水平方向力平衡得：N=Tsinθ=Gtanθ，G、θ减小，N减小，根据牛顿第三定律

可知地膜对墙的压力减小，故B错误，D正确。

故选：CD。

分析地膜的受力情况，作出受力分析图，根据平衡条件列方程，分析拉力T的变化；再水平方向力平衡分析墙对地膜的弹力N的变化。

本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的关键是能清楚各力随角度的变化情况，能够利用解析法进行分析。

13.【答案】AC

【解析】解：

A、B：物体受三个力：重力和两个拉力，重物C缓慢竖直上升时三力平衡，合力为零，则知两个拉力的合力与重力大小相等，所以重物C所受的合外力不变，故A正确，B错误．C、D：两个拉力合力一定，而两个拉力的夹角不断增大，故拉力不断增大；故C正确，D 错误．

故选：AC．

二力大小不变，合成时，它们的夹角越小，合力越大；同样，将一个力分解为等大的两个分力，两个分力的夹角越大，分力越大；

物体受三个力，重力和两个拉力，三力平衡，两个拉力的合力与重力等值、反向、共线．运用前面的结论进行分析．

本题关键记住“将一个力分解为等大的两个分力，两个分力的夹角越大，分力越大”的结论，也可以用解析法求解出拉力表达式进行分析．

14.【答案】CD

【解析】解：A、若压缩的弹簧对甲向上的弹力大小恰好等于m甲gsinθ，则甲只受三个力作用，故A错误；

B、若压缩的弹簧对甲向上的弹力小于m甲gsinθ，甲受的摩擦力沿斜面向上，故B错误；

C、因弹簧对乙有沿斜面向下的弹力，故乙一定具有向下运动的趋势，乙一定受沿斜面向上的摩擦力作用，不可能为零，故C正确；

D、取甲、乙和斜面为一整体分析受力，由水平方向合力为零可得，水平面对斜面体无摩擦力作用，故D正确。

故选：CD。

弹簧对乙有沿斜面向下的弹力，故乙一定具有向下运动的趋势，乙一定受沿斜面向上的摩擦力作用，若压缩的弹簧对甲向上的弹力大小恰好等于m甲gsinθ，则甲只受三个力作用，取甲、乙和斜面为整体分析受力，由水平方向合力为零可得，水平面对斜面体的摩擦力一定为零。

本题考查了整体法和隔离法的应用，正确的受力分析是做好本题的关键；通常在分析外力对系统作用时，用整体法；在分析系统内各物体之间的相互作用时，用隔离法．有时在解答一个问题时要多次选取研究对象，需要整体法与隔离法交叉使用。

15.【答案】3.00变大变大

【解析】解：(1)由图乙所示弹簧测力计可知，其分度值为0.1N，弹簧测力计a的读数是3.00N．

(2)若弹簧秤a、b间夹角大于90°，保持弹簧秤a与弹

簧OC的夹角不变，

减小弹簧秤b与弹簧OC的夹角；如图所示；则可知两弹簧秤的示数均变大；

故答案为：(1)3.00；(2)变大，变大。

(1)根据图示弹簧测力计确定其分度值，根据指针位置读出其示数。；

(2)根据题意作出对应的图象，根据图象即可明确随夹角的变化两弹簧秤拉力的变化情况。本题考查验证力的平行四边形定则，要求掌握其实验原理，熟悉操作步骤，对弹簧测力计读数、操作注意事项要牢记，涉及到作图时必须严格按照力的图示要求来画要，注意根据图象法分析拉力变化情况。

16.【答案】解：以合力的箭头为圆心，以F2的大小为半径去画圆弧与F1相交，分别可得到图所示的几种情况：

(1)当F2<20N时，圆弧与F1没有交点，即不能画出平行四边形，无解。

(2)当F2=20N时，圆弧与F1相切，有一个解，且此时F2具有最小值，F1=20√3N，如图

(a)所示。

(3)当20N

个不同的数值，如图(b)所示。

(4)当40N=F2时，圆弧与F1虽然有两个交点，但只能做出一个平行四边形，F1只有唯一解。如图(c)所示。

所以，若F2取某一数值，可使F1有两个大小不同的数值，则F2的取值范围为20N

答：F2大小的取值范围是20N

【解析】根据分力和合力构成矢量三角形，当分力F2与分力F1垂直时，F2最小，且结合F2取不同值，从而即可一一判定求解。

解决本题的关键知道合力与分力遵循平行四边形定则(三角形定则)，根据作图法可以确定力的最小值。

17.【答案】解：设绳中的张力为T，BP绳与竖直方向间的夹

角为θ．

由已知条件可知：sinθ=0.8，cosθ=0.6

由初始状态滑轮的受力情况和共点力作用下的平衡条件可

得，

在竖直方向：T+Tcosθ=mg

在水平方向：Tsinθ=F

联立解得：F=mg

2

mg．

答：拉力的大小为1

2

【解析】以滑轮为研究对象受力分析，根据平衡条件列方程求解．

本题关键是对物体进行受力分析，然后平衡条件列式分析，当物体受三个以上的作用力时通常运用正交分解．

18.【答案】解：(1)如图，对货箱进行受力分析，可知

木板对货箱的支持力为：N′=mgcos37°=160N

由牛顿第三定律得：N=N′=160N

(2)木板对货箱提供的滑动摩擦力为：f=μN=80N

方向沿木板向下。

(3)由货箱沿板面匀速运动可知其所受合外力为0，则有：

F=f+mgsin37°

代入数据得：F=200N

答：(1)货箱对木板的压力大小是160N；

(2)木板对货箱的摩擦力80N，方向沿木板向下；

(3)工人对货箱的推力大小200N。

【解析】货箱沿木板向上滑行的过程中，受到重力、木板的支持力、摩擦力和推力，由此画出受力图；工人在搬运过程中的推力至少与重力沿斜面向下的分力和摩擦力平衡。根据平衡条件进行求解即可

本题是实际生活中的力平衡问题，关键是分析物体的受力情况，作出受力分析图。基础题。