2024高考物理一輪復習課時作業(yè)四重力彈力摩擦力含解析新人教版

PAGE9-重力彈力摩擦力(建議用時40分鐘)1．如圖所示為運動員立定跳遠腳蹬地起跳瞬間的受力示意圖，正確的是()【解析】選A。對運動員受力分析，受到豎直向下的重力，垂直地面的向上的彈力，因為運動員立定跳遠腳蹬地起跳瞬間，有相對地面對左運動的趨勢，還受到水平向右的靜摩擦力，由上分析，可知，故A正確，B、C、D錯誤。2．如圖所示，豎直墻面上有一只壁虎從A點沿水平直線加速運動到B點，此過程中關于壁虎受力狀況，下列說法正確的是()A.壁虎受三個力的作用B．豎直墻面對壁虎彈力為零C．壁虎受到的摩擦力等于重力D．壁虎受到的摩擦力的方向斜向左上方【解析】選D。豎直墻面上有一只壁虎從A點沿水平直線加速運動到B點，因此加速度方向由A指向B，依據牛頓其次定律，可知，合力方向由A指向B，壁虎除受到重力外，還受到摩擦力，墻壁的支持力以及大氣對壁虎兩側的壓力差，壁虎受到四個力的作用；依據矢量的合成法則，那么壁虎受到摩擦力的方向斜向左上方，故A、B、C錯誤，D正確。3.如圖所示，小車內有一固定光滑斜面，一個小球通過細繩與車頂相連，細繩始終保持豎直，關于小球的受力狀況，下列說法中正確的是()A．若小車靜止，繩對小球的拉力可能為零B．若小車靜止，斜面對小球的支持力肯定為零C．若小車向右運動，小球肯定受兩個力的作用D．若小車向右運動，小球肯定受三個力的作用【解析】選B。若小車靜止或做勻速直線運動，則小球受力平衡，因細繩始終保持豎直，小球受重力和繩子的拉力作用，二力等大反向，斜面對小球的支持力為0，A、D錯誤，B正確；若小車向右做減速運動，肯定受斜面支持力，可能受繩子的拉力，也可能不受繩子拉力，小球可能受三個力的作用，C錯誤。4．躺椅在生活中用途廣泛，圖甲中人雙腳離地而坐，圖乙中人雙腳著地而坐。兩圖中位于水平地面上的人和椅子都保持靜止狀態(tài)，下列說法正確的是()A.圖甲中人對椅子的壓力是由椅子發(fā)生形變產生的B．圖甲中人不同的躺姿會變更椅子對人的作用力C．圖乙中人腳用力蹬地時躺椅對人背部的摩擦力肯定沿椅面對上D．圖乙中人腳用力蹬地時腳對地的摩擦力與椅子對地的摩擦力大小相等【解析】選D。圖甲中人對椅子的壓力是由人發(fā)生形變對椅子產生的彈力，故A錯誤；圖甲中人不同的躺姿不會變更椅子對人的作用力，該作用力始終與人的重力等大反向，故B錯誤；圖乙中人腳用力蹬地時，假如人的背相對于椅子有向上的運動趨勢，則躺椅對人背部的摩擦力沿椅面對下，故C錯誤；以人和椅子整體為探討對象，當圖乙中人腳用力蹬地時整體處于平衡狀態(tài)，水平方向受力平衡，則地對腳的摩擦力與地對椅子的摩擦力大小相等，故D正確。5.如圖，兩個彈簧的質量不計，勁度系數分別為k1、k2，它們一端固定在質量為m的物體上，另一端分別固定在Q、P上，當物體平衡時上面的彈簧處于原長，若把固定的物體換成質量為2m的物體(彈簧不變，且彈簧均在彈性限度內)，當物體再次平衡時，物體比第一次平衡時的位置下降了x，則x為()A．eq\f(mg,k1＋k2) B．eq\f(k1k2,mg（k1＋k2）)C．eq\f(mg,k1－k2) D．eq\f(k1k2,2mg（k1＋k2）)【解析】選A。當物體的質量為m時，下方彈簧被壓縮的長度為x1＝eq\f(mg,k1)；當物體的質量變?yōu)?m時，物體比第一次下降了x，則上方彈簧伸長的長度為x，下方彈簧被壓縮的長度為x1＋x，兩彈簧彈力之和等于2mg，由胡克定律和平衡條件得：k2x＋k1(x1＋x)＝2mg；聯立解得：x＝eq\f(mg,k1＋k2)，選項A正確。6.(2024·綿陽模擬)如圖所示，輕桿AC垂直插入豎直墻內并固定，另一端裝一光滑定滑輪，繩子BCD跨過滑輪掛著一重為G的物體，繩子B端固定在墻上，BC與墻之間的夾角為θ。若把繩子B端向上移動少許，則()A．繩子的拉力減小B．繩子的拉力增大C．輕桿對滑輪的作用力減小D．輕桿對滑輪的作用力增大【解析】選C。對重物受力分析可知，重物受到重力與繩子的拉力，由平衡條件可知，繩子的拉力與重物的重力大小相等，C處為活結，則繩子的拉力不變，故A、B錯誤；由滑輪平衡可知，桿對滑輪的作用力大小與繩對滑輪作用力大小相等，方向相反，由于是同一繩子，則繩中拉力大小相等且不變，當把繩子B端向上移動少許，兩段繩間的夾角變大，則兩繩拉力的合力減小，所以輕桿對滑輪的作用力減小，故C正確，D錯誤。7.如圖所示,一個質量為m的木塊靠在豎直粗糙墻壁上,且受到水平力F的作用,下列說法正確的是 ()A.若木塊靜止,當F增大時,木塊受到的靜摩擦力隨之增大B.若木塊靜止,則木塊受到的靜摩擦力大小等于mg,方向豎直向上C.當木塊與墻壁間的滑動摩擦力因數為μ,則當撤去F時,木塊受到的滑動摩擦力大小等于μmgD.若撤去F,木塊沿墻壁下滑時,木塊受三個外力作用【解析】選B。木塊在推力作用下靜止時,處于平衡態(tài),受推力F、重力G、向上的靜摩擦力f和向右的支持力N,依據共點力平衡條件F=N,G=f。當推力增大時,木塊仍舊保持靜止,故靜摩擦力的大小不變,始終與重力平衡,且方向為豎直向上,故A錯誤,B正確;撤去推力后,墻壁對木塊的支持力減小為零,故最大靜摩擦力減為零,木塊只受重力,做自由落體運動,故C、D錯誤?！绢}后反思】區(qū)分最大靜摩擦力和靜摩擦力隨正壓力變更時的區(qū)分。最大靜摩擦力隨正壓力的增大而增大，靜摩擦力則不肯定增大，靜摩擦力與接觸面上的外力和物體的運動狀態(tài)有關。8.(2024·云浮模擬)某校高一某同學想進行一項挑戰(zhàn)，用兩手水平用力地夾起一摞書并保持靜止，如圖所示。設手對書施加的水平壓力F＝220N，若每本書的質量均為0.90kg，手與書之間的動摩擦因數為μ1＝0.4，書與書之間的動摩擦因數相同均為μ2＝0.3，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10m/s2A．最多能夾住16本書B．最多能夾住9本書C．最多能夾住14本書D．最多能夾住19本書【解析】選A。先將全部的書(設有n本)當作整體，受力分析，豎直方向受重力、靜摩擦力，二力平衡，有：2μ1F≥nmg；則有：n≤eq\f(2μ1F,mg)＝eq\f(2×0.4×220,0.9×10)＝19.5；再考慮除最外側兩本書(n－2)，受力分析，豎直方向受重力、靜摩擦力，二力平衡，有：2μ2F≥(n－2)mg，則有：n≤eq\f(2μ2F,mg)＋2＝eq\f(2×0.3×220,0.9×10)＋2＝16.6；，解得：n≤16.6，故最多可以夾住16本書；故A正確，B、C、D錯誤。9.(2024·貴陽模擬)如圖所示，物體A放在水平桌面上，通過定滑輪懸掛一個重為10N的物體B，且已知物體A與桌面間的最大靜摩擦力為4N。要使A靜止，需加一水平向左的力F1，則力F1的取值可以為()A．3NB．7NC．15ND．17N【解題指導】A在接觸面上有兩個主動力，因此對A最大靜摩擦力可能向右，也可能向左，分別對應F1的最大值和最小值?！窘馕觥窟xB。對A受力分析，當A受到的最大靜摩擦力往左時拉力F1最小。此時F1＋Ff＝mBg，F1＝6N，當受到的最大靜摩擦力向右時，拉力F1最大。此時F1－Ff＝mBg，F1＝14N，所以拉力F1取值范圍應當是6N≤F1≤14N，所以A、C、D錯誤，B正確。10.如圖所示，有黑白兩條毛巾交替折疊地放在水平地面上，白毛巾的中部用細線與墻連接著，黑毛巾的中部用細線拉住。設細線均水平，欲使黑白毛巾分別開來，若每條毛巾的質量均為m、毛巾之間及其與地面之間的動摩擦因數均為μ，則將黑毛巾勻速拉出需施加的水平拉力F為()A．2μmgB．4μmgC．5μmgD．2.5μmg【解析】選C。以黑毛巾為探討對象，其水平受力如圖所示，其中f1＝μeq\f(1,2)mg，f2＝μmg，f3＝μeq\f(3,2)mg，f4＝μ2mg故F＝f1＋f2＋f3＋f4＝5μmg。故選C。11．(2024·合肥模擬)如圖甲所示，一物塊靜止在傾角為α的固定斜面上，現給物塊施加一個平行于斜面底邊且漸漸增大的水平力F。物塊所受摩擦力f和推力F的大小關系如圖乙所示，圖中a、b、F0均為已知量。已知最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g，下列說法不正確的是()A．由圖可求出物塊的質量B．由圖可求出物塊與斜面間的動摩擦因數C．F小于F0時物塊保持靜止狀態(tài)D．F大于F0后物塊做勻變速運動【解析】選D。設物塊的質量為m，當推力F＝0時，物塊所受的摩擦力為a＝mgsinα，可以得出物塊質量m＝eq\f(a,gsinα)，選項A正確；當推力F增大到F0時，物塊起先滑動，物塊所受的摩擦力為b＝μmgcosα，可得出物塊與斜面之間的動摩擦因數，選項B正確；F小于F0時物塊保持靜止狀態(tài)，選項C正確；F大于F0后物塊保持運動狀態(tài)，但不是勻變速運動，選項D錯誤。12.疊放在水平地面上的四個完全相同的排球如圖所示，質量均為m，相互接觸，球與地面間的動摩擦因數都為μ，則()A．上方球與下方三個球間均沒有彈力B．下方三個球與水平地面間均沒有摩擦力C．水平地面對下方三個球的支持力均為eq\f(4,3)mgD．水平地面對下方三個球的摩擦力均為eq\f(4,3)μmg【解析】選C。對上方球受力分析可知，球受重力和下方球的支持力而處于平衡狀態(tài)，所以上方球肯定與下方三個球有彈力的作用，故A錯誤；下方球受上方球斜向下的彈力作用，所以下方球有相對地面運動的趨勢，故下方球與水平地面間有摩擦力作用，B錯誤；對四個球整體受力分析，豎直方向受重力和地面的支持力而處于平衡狀態(tài)，所以下方三個球受到的水平地面的支持力的合力大小為4mg，則下方每個球受到的水平地面的支持力均為eq\f(4,3)mg，故C正確；下方三個球受到的水平地面的摩擦力是靜摩擦力，故不能依據滑動摩擦力公式進行計算，D錯誤。13．如圖所示，傾角為θ的斜面體c置于水平地面上，物塊b置于斜面上，通過跨過光滑定滑輪的細繩與小盒a連接，連接b的一段細繩與斜面平行，連接a的一段細繩豎直，a連接在豎直固定在地面的彈簧上?，F向盒內緩慢加入適量砂粒，a、b、c始終處于靜止狀態(tài)。下列推斷正確的是()A.c對b的摩擦力可能減小B．地面對c的支持力可能增大C．地面對c的摩擦力可能不變D．彈簧的彈力可能增大【解析】選A。盒子a受重力、拉力和彈簧的支持力而平衡，隨著砂粒質量的增加；由于不知道b的重力沿著斜面方向的分力與細繩拉力的大小關系，故不能確定靜摩擦力的方向，靜摩擦力可能增加、可能減小，可能先減小后增大，故A正確；對a分析可知，a處于靜止狀態(tài)，加入適量砂粒后重力變大，彈簧彈力不變，繩子的張力變大；對b與c整體分析，受重力、支持力、拉力和向左的靜摩擦力，故地面對c的支持力肯定減小，摩擦力肯定變大，故B、C、D錯誤。14.(多選)如圖所示，自動卸貨車始終靜止在水平地面上，車廂在液壓機的作用下變更與水平面間的夾角，以卸下車廂中的貨物。當傾角增大到θ時，質量為M的木箱A與裝在箱內的質量為m的物體B一起以共同的速度v沿車廂底勻速滑下，則下列說法正確的是()A．A、B間沒有靜摩擦力B．A受到B的靜摩擦力方向沿車廂底面對下C．A受到車廂底面的滑動摩擦力大小為MgsinθD．A與車廂底面間的動摩擦因數μ＝tanθ【解析】選B、D。對B受力分析，沿車廂底面方向有mgsinθ＝f，靜摩擦力f方向沿車廂底面對上，由牛頓第三定律可知，A受到B的靜摩擦力方向沿車廂底面對下，A錯誤，B正確；對A、B組成的整體受力分析，A受到車廂底面的滑動摩擦力大小為(M＋m)gsinθ＝μ(M＋m)gcosθ，解得μ＝tanθ，C錯誤，D正確。15.如圖所示，位于水平桌面上的物塊P，由跨過定滑輪的輕繩與物塊Q相連，從滑輪到P和到Q的兩段繩都是水平的，已知Q與P之間以及P與桌面之間的動摩擦因數都為μ＝0.4，物塊P重為40N，物塊Q重為20N，滑輪的質量、滑輪軸上的摩擦都不計，若用一水平向右的力F拉P使它做勻速運動，求：(1)物塊Q所受到的滑動摩擦力的大小和方向；(2)物塊P所受地面的滑動摩擦力的大小和方向；(3)拉動物塊P所需的力F為多大?！窘馕觥?1)物塊Q所受到的滑動摩擦力的大小f1＝μNQ＝μGQ＝0.4×20N＝8N，方向水平向右。(2)物塊P所受地面的滑動摩擦力的大小f2＝μNP＝μ(GP＋GQ)＝0.4×(40＋20)N＝24N，方向水平向左。(3)設跨過定滑輪的輕繩拉力大小為T，對物塊Q，由平衡條件得：T＝f1＝8N對物塊P受力分析，P水平方向受到向右的拉力F、向左的繩的拉力T，Q對P向左的摩擦力及地面對P向左的摩擦力，依據平衡條件，有F＝f1＋f2＋T＝8N＋24N＋8N＝40N。答案：(1)8N方向水平向右(2)24N方向水平向左(3)40N【加固訓練】(實力拔高題)如圖所示，斜面傾角為θ，木板A的質量為M，物塊B的質量為m。輕繩的一端與B連接，另一端與固定在斜面上的擋板相連，繩與斜面平行。已知A與B間的動摩擦因數為μ1，A與斜面間的動摩擦因數為μ2。設輕繩始終對B有拉力作用。(1)若在沿斜面對上的力F作用下A正沿