人教版高中物理选修22第三章第一节 常见的传动装置 同步测试.docx
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人教版高中物理选修22第三章第一节常见的传动装置同步测试
人教版高中物理选修2-2第三章第一节常见的传动装置同步测试
一、单选题(共10题;共20分)
1.如图所示,一个质量为m的人站在台秤上,跨过光滑定滑轮将质量为m′的重物从高处放下,设重物以加速度a加速下降(a<g),且m′<m,则台秤上的示数为( )
A. (m+m′)g﹣m′a B. (m﹣m′)g+m′a C. (m﹣m′)g﹣m′a D. (m﹣m′)g
2.如图所示,“┏”型均匀杆的总长为3L,在竖直平面内可绕光滑的水平轴O转动.若在右端A施加一个竖直向下的力F,使杆顺时针缓慢转动,则在杆AB从水平到转过45°的过程中,以下说法中正确的是( )
A. 力F的力矩变大 B. 力F的力矩先变大后变小 C. 力F的大小不变 D. 力F的大小先变大后变小
3.如图所示,三根横截面完全相同的圆木材A、B、C按图示方法放在水平面上,它们均处于静止状态,则下列说法正确的是( )
A. B、C所受的合力大于A受的合力 B. B、C对A的作用力的合力方向竖直向上
C. B与C之间一定存在弹力 D. 如果水平面光滑,则它们仍有可能保持图示的平衡
4.根据汉族民间传说,木杆秤是鲁班发明的.它是我国民间过去很长时间一直使用的称量物体质量的衡器.通常它是由一根一头粗、一头细的质量分布不均匀的直杆、称钩(BD)、提纽(O)、用可左右移动的轻线悬挂的称砣(质量为m)组成.称杆与称钩整体的重心在C点.不称物体时,将称砣置于A处,此时手提提纽,称杆恰能水平平衡.因而A点质量的刻度为零.当称钩上悬挂重物时,秤砣向右移动x到P点时重新平衡.则下列有关说法正确的是( )
A. 杆秤上的刻度一定是均匀的
B. 其它条件不变,OB之间的距离越小,称量范围越小
C. 其它条件不变,砣的质量越大,秤量范围越小
D. 如果在加速上升的电梯中,杆秤称量计数将偏大
5.如图所示为等刻度的轻质杠杆,A处挂一个重为2牛的物体,若要使杠杆在水平位置平衡,则在B处施加的力( )
A. 可能是0.5牛 B. 一定是1牛 C. 可能是2牛 D. 一定是4牛
6.如图所示,质量不均匀的直木棒以左端为轴,在力F的作用下,由水平位置缓慢的拉到图中虚线位置.在此过程中力F始终保持与棒垂直,以下说法中正确的是( )
A. 力F变小,其力矩变小 B. 力F变大,其力矩变大
C. 力F不变,其力矩也不变 D. 力F不变,其力矩变小
7.如图所示,AC是上端带定滑轮的固定竖直杆,质量不计的轻杆AB一端通过铰链固定在A点,另一端B悬挂一重为G的物体,且B端系有一根轻绳并绕过定滑轮C,用力F拉绳,开始时∠BAC>90°,现使∠BAC缓慢变小,直到杆AB接近竖直杆AC.此过程中,轻杆B端所受的力( )
A. 逐渐减小 B. 逐渐增大 C. 大小不变 D. 先减小后增大
8.下列关于使用机械的说法,错误的是( )
A. 实际情况下,使用机械总是费功的 B. 不管什么情况下,使用机械都不可能省功
C. 使用机械一定可以省力 D. 使用机械可能更费力
9.如图所示,abc为质量均匀的直角等边曲杆,曲杆可绕c端的光滑铰链,在竖直平面内转动.若在a端施加力F1和F2,根据图象所示方向,我们可以得到的结论正确的是( )
A. F1和F2都产生顺时针效果的力矩
B. F1产生顺时针效果的力矩,F2产生逆时针效果的力矩
C. F1产生逆时针效果的力矩,F2顺时针效果的力矩
D. F1和F2都产生逆时针效果的力矩
10.如图所示,两个质量为m1的小球套在竖直放置的光滑支架上,支架的夹角为120°,用轻绳将两球与质量为m2的小球连接,绳与杆构成一个菱形,则m1:
m2为( )
A. 1:
1 B. 1:
2 C. 1:
D. :
2
二、填空题(共4题;共8分)
11.如图,粗细均匀的均质杆AB在B点用铰链与竖直墙连接,杆长为L.A端有一轻质滑轮(大小可忽略).足够长的轻绳通过滑轮将重物吊住.若θ为370时恰好达到平衡,且保持绳AC在水平方向,则杆AB的质量m与重物的质量M的比值为________.若将杆换为长度不变的轻杆,其它条件不变,则系统平衡时轻杆与竖直墙面的夹角为________.(sin37°=0.6,cos37°=0.8)
12.如图,重为G的物体,用绳子挂在支架的滑轮B上,绳子的另一端接在绞车D上.转动绞车,物体便能升起.设滑轮的大小及轴承的摩擦略去不计,杆AB和BC的质量不计,A、B、C三处均用铰链连接.当物体处于平衡状态时,杆AB所受力的大小为________N,杆BC所受力的大小为________N.
13.如图,匀质直角三角形薄板ABC竖直放置,A点处有一固定转轴,一竖直向上、大小为F的力作用在B点,使AB边保持水平,∠BAC=θ.若撤去力F的同时,在板上某位置作用另一个力,仍能保持薄板在该位置平衡,则该力的最小值为________.若从AB水平状态开始,用一始终沿BC方向、作用于B点的力,使板绕轴A逆时针缓慢转动90°,则在转动过程中,该力的变化情况为________.
14.可轻杆OA绕转轴O自由转动,用轻绳AB和轻弹簧BC连接,位置如图所示.将质量m的小物块悬挂在轻杆中点处,静止后OA处在水平位置,轻绳AB伸直但无拉力,则此时弹簧上的弹力大小为________;将m右移OA/4的距离,轻绳上拉力大小为________.
三、解答题(共1题;共5分)
15.两根相同的匀质棒AB和BC,质量均为m,B点用光滑铰链连接,A端被光滑铰链到一个固定点,棒限于在竖直平面内,A、C原在同一水平线上,∠ABC=90°求:
刚释放时两棒的初角加速度之比.
四、综合题(共2题;共20分)
16.利用钓鱼竿钓鱼的示意图如图所示,O为支点,F1是手对鱼竿的作用力,请画出:
(1)鱼线对钓鱼竿拉力F2的示意图;
(2)F1的力臂.
17.如图所示,一质量为M=2kg的铁块套在倾斜放置的杆上,杆与水平方向的夹角θ=60°,一轻绳一端连在铁块上,一端连在一质量为m=1kg的小球上,一水平力F作用在小球上,连接铁块与球的轻绳与杆垂直,铁块和球都处于静止状态.(g取10m/s2)求:
(1) 拉力F的大小;
(2)杆对铁块的摩擦力的大小.
答案解析部分
一、单选题
1.【答案】B
【解析】【解答】对重物受力分析,受重力和拉力,加速下降,根据牛顿第二定律,有:
m′g﹣T=m′a①再对人受力分析,受到重力、拉力和支持力,根据共点力平衡条件,有:
N+T=mg②
由①②,解得
N=(m﹣m′)g+m′a
故选B.
【分析】先对重物受力分析,受重力和拉力,加速下降,然后根据牛顿第二定律列式求出绳子的拉力;再对人受力分析,受到重力、拉力和支持力,根据平衡条件求出支持力,而台秤读数等于支持力.
2.【答案】B
【解析】【解答】解:
设杆转动α角,“┏”型均匀杆的总质量为m,力F的力矩等于BC段重力的力矩,根据力矩平衡条件,有:
(mg)•x=F•Lcosα;(x为BC段的中点与O点连线的水平分量)
由于x先变大后变小,故(mg)•x先变大后变小,F•Lcosα先变大后变小,故ACD错误,B正确;
故选:
B.
【分析】BO段与AO段的重力的力矩恰好平衡,故拉力的力矩等于BC段重力的力矩,然后根据力矩平衡条件列式分析.
3.【答案】B
【解析】【解答】A、由题意可知,三个小球均处于静止状态,故各物体所受合力都为零,故合力相等,故A错误;B、对A受力分析可知,A受重力和BC的支持力而处于平衡,故BC对A的作用力的合力方向竖直同上,故B正确;
C、对B受力分析,B受重力、支持力、A的弹力及地面的摩擦力,若这些力能使物体平衡,则BC间没有弹力,故C错误;
D、若圆柱体光滑,则下面的两物体BC将不能保持静止,故D错误;
故选:
B.
【分析】对物体进行受力分析,由共点力的平衡条件可知它们受到的合力均为零;用假设法可得出圆柱体光滑时能否平衡.
4.【答案】A
【解析】解答:
A、由图可知,OA之间的距离为a,OB之间的距离为b,OC之间的距离为c,设OB杆的质量为m0,秤砣与A之间的距离为x,当秤砣在A点到达平衡时:
m0g•c=(m+m′)g•a①
当秤砣在距离A点的距离为x到达平衡时.得:
m0g•c+Mg•b=m′ga+mg(a+x)
联立以上二式得:
M•b=m•x②
即,重物的质量与秤砣到A点的距离成正比,所以杆秤上的刻度一定是均匀的.故A正确;
B、由②式可知,,其它条件不变,OB之间的距离b越小,称量的质量的范围越大.故B错误;
C、由②式可知,,其它条件不变,砣的质量越大,秤量范围越大.故C错误;
D、若在加速上升的电梯中,设加速度大小为:
a0,当秤砣在距离A点的距离为x到达平衡时.得:
m0(g+a0)•c+M(g+a0)•b=m′(g+a0)•a+m(g+a0)(a+x)
整理得:
M•b=m•x,可知与电梯的加速度无关.所以如果在加速上升的电梯中,杆秤称量计数不变.
故D错误.
故选:
A
分析:
杆秤利用杠杆的平衡条件,通过力臂的大小关系得出物体的质量与秤砣的质量之间的关系,测量物体的质量.该题根据该原理解答即可.
5.【答案】C
【解析】【解答】解:
设杠杆每一格长度是L,当B处的作用力与杠杆垂直时,力臂最大,此时作用力最小,
由杠杆平衡条件可得:
FALA=FB最小LB,即:
2N×2L=FB最小×4L,
则FB最小=1N,当作用在B处的力与杠杆不垂直时,力臂小于4L,
作用力大于1N,因此要使杠杆平衡,作用在B处的力F≥1N,故ABD错误,C正确;
故选C.
【分析】根据杠杆平衡的条件和杠杆中最小力的问题进行分析,即动力乘以动力臂等于阻力乘以阻力臂,支点与力的作用点的连线为最长力臂.
6.【答案】D
【解析】【解答】解:
对木棒分析可知,以左侧为支点,木棒受重力和F的作用下处于力矩平衡状态,故力F的力矩与重力力矩平衡;则有:
mgL=FL′在移动过程中,重力不变,重力力臂减小,故重力的力矩减小,根据力矩平衡可知,力F的力矩减小;
由图可知,重力力臂和F的力臂之比恒定,故F保持不变;
故D正确,ABC错误.
故选:
D.
【分析】木棒在重力和拉力作用下处于平衡状态,分别明确二者的力臂,再根据力矩平衡条件即可分析力矩与力的变化情况.
7.【答案】C
【解析】【解答】A、由于B点始终处于平衡状态,故B点受到的力的大小为各力的合力.故B点在变化过程中受到的力始终为0.故大小不