莆田第六中学2015-2016学年下学期期中测试（A 卷）高一物理（命题范围:必修2 功与能、抛体运动 圆周运动）（总分100分）命题：高一物理备课组 2016-05-07一、选择题（本小题有12小题，4×12=48分，其中1-8小题每小题中只有一个选项是正确的，选对得4分，多选或选错得0分；9-12小题每个小题有多个选项是正确的，选对得4分，少选得2分，有一个选项选错得0分）1.质点在一平面内沿曲线由P 运动到Q,如果用v 、a 、F 分别表示质点运动过程中的速度、加速度和受到的合外力,下列图象可能正确的是( )2．下列关于功和机械能的说法，正确的是( )A ．在有阻力作用的情况下，物体重力势能的减少不等于重力对物体所做的功B ．合力对物体所做的功等于物体动能的改变量C ．物体的重力势能是物体与地球之间的相互作用势能，其大小与势能零点的选取无关D ．运动物体动能的减少量一定等于其重力势能的增加量3．如图所示的直角三角板紧贴在固定的刻度尺上方，现假使三角板沿刻度尺水平向右匀速运动的同时，一支钢笔从三角板直角边的最下端，由静止开始沿此边向上做匀加速直线运动，下列关于铅笔尖的运动及其留下的痕迹的判断中，正确的有( ) A ．笔尖留下的痕迹是一条竖直向上的直线 B ．笔尖留下的痕迹是一条倾斜的直线C ．在运动过程中，笔尖运动的速度方向始终保持不变D ．在运动过程中，笔尖运动的加速度方向始终保持不变4．在同一点O 抛出的三个物体，做平抛运动的轨迹如图所示，则三个体做平抛运动的初速度v A 、v B 、v C 的关系和三个物体做平抛运动的时间t A 、t B 、t C 的关系分别是( ) A ．v A >v B >v C ，t A >t B >t C B ．v A =v B =v C ，t A =t B =t C C ．v A <v B <v C ，t A >t B >t CD ．v A >v B >v C ，t A <t B <t C5.如图所示为一皮带传动装置，右轮半径为r ，a 点在它的边缘上；左轮半径为2r ，b 点在它的边缘上．若在传动过程中皮带不打滑，则a 点与b 点的向心加速度大小之比()A ．a a ：a b =4：1B ．a a ：a b =1：4C ．a a ：a b =2：1A BCD．a a：a b=1：26．氢气球用绳子系着一个重物，以10m/s的速度匀速竖直上升，当到达40m高度时，绳子突然断开，重物从断开到落地过程：（g=10m/s2）( )A.下落时间为5sB.下落时间为6sC.落地速度为10m/sD.落地速度为30m/s7．如图，一质量为M的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内；套在大圆环上的质量为m的小环（可视为质点），从大圆环的最高处由静止滑下，重力加速度为g。
福州八中2015—2016学年第二学期期末考试高一物理必修2考试时间：90分钟试卷满分：150分2016.7.4第I卷(100分)一、单项选择题（10小题，每题4分，共40分。
每小题只有一个选项正确）1. 滑板以某一初速度在水平冰面上滑行一段距离后停下，以下说法正确的是A．前冲力对滑板做正功，摩擦力对滑板做负功B．重力对滑板做正功，支持力对滑板做负功C．重力对滑板做负功，支持力对滑板做正功D．摩擦力对滑板做负功，重力和支持力都不做功2. 一个质量为m的物体以2g的加速度竖直向下运动，当它下降h的过程中A．它的重力势能减少了2mgh B．它的动能增加了2mghC．它的机械能保持不变D．它的机械能增加了2mgh3.为了测量蹦床运动员跃起的高度,可在弹性网上安装压力传感器,利用传感器记录运动员运动过程中对弹性网的压力,并由计算机作出压力—时间图象,如图所示.运动员在空中运动时可视为质点,则运动员跃起的最大高度为(g取10 m/s2)A.7.2 mB.5.0 mC.1.8 mD.1.5 m4．人站在平台上水平抛出一球，球离手的初速度为υ0，落地时速度为υ1，空气阻力不计.在下图中哪个图正确地表示了速度的变化过程？5．关于曲线运动，下列说法中错误．．的是A．匀变速运动不可能是曲线运动B．曲线运动一定是变速运动C．匀速圆周运动是变速运动D．做曲线运动的物体受到的合力肯定不为零6．轻杆一端固定在光滑水平轴O上，另一端固定一质量为m的小球。
给小球一初速度，使其在竖直平面内做圆周运动，且刚好能通过最高点P，下列说法正确的是A．小球在最高点时对杆的作用力为零B ．小球在最高点时对杆的作用力大小为mg ，方向竖直向上C ．小球在最高点时对杆的作用力大小为mg ，方向竖直向下D ．小球在最高点时对杆的作用力大小不能确定，方向也不能确定7．一个在水平面上做匀速圆周运动的物体，如果半径不变，而速率增加到原来速率的3倍，其向心力是72 N ，则物体原来受到的向心力的大小是A.16 NB.12 NC.8 ND.6 N8．如图所示，摩托车驾驶员在漏斗形筒壁上做飞车走壁表演，分别在A 点和B 点的高度绕不同的半径在水平方向上作匀速圆周运动。
2015年普通高等学校招生全国统一考试(福建卷)13.B【解析】由图像知，在入射角相同的情况下，单色光a的折射角大于b的折射角，由n=sinisinr可得n a<n b，又因折射率越大，波长越小，所以λa>λb，故B正确.14.A【解析】万有引力提供卫星绕地球做圆周运动的向心力，由G Mmr2=m v2r可得v=√GMr，所以v1 v2=√r2r1，故A正确.15.C【解析】升压变压器原线圈电压的有效值U1=m √2，由U1U2=n1n2可得升压变压器副线圈电压的有效值U2=2m√2n I=PU2，输电线上损失的电功率P损=I2(2r)=4(n1n2)2(PU m)2r，故C正确.16.D【解析】选项A中，质点a要经过四分之三个周期才能到达波谷，所需时间为t=34T=3 4×2sv=3s2v；选项B中，质点a要经过四分之一个周期才能到达波谷，所需时间为t=14T=1 4×sv=s4v；选项C中，质点a要经过四分之三个周期才能到达波谷，所需时间为t=34T=3 4×sv=3s4v；选项D中，质点a要经过四分之一个周期才能到达波谷，所需时间为t=14T=1 4×23sv=s6v；综上所述D正确.17.A【解析】由于摩擦力做功，小滑块第一次从A到B的速度大于小滑块第二次从B到A的速度，故第一次小滑块从A到B对轨道的正压力小于第二次小滑块从B到A的正压力，同理可得，小滑块第一次从B到C的正压力小于小滑块第二次从C到B的正压力，由f=μF N知，正压力越大，摩擦力越大，摩擦力做功越多，所以小滑块从A到C的平均速率大于从C到A的平均速率，所以t1<t2，故A正确.18.C【解析】由题设知PQ棒切割磁感线产生感应电动势，相当于电源，电路中总电阻先变大后变小，故PQ中的电流先减小后增大，故A错误；外电阻先变大后变小，路端电压先变大后变小，故B错误；PQ做匀速直线运动，速度v不变，PQ上拉力的功率P=F安v=BILv，随着I先变小后变大，PQ上拉力的功率先减小后增大，故C正确；由E=BLv知，感应电动势大小一直不变，线框消耗的功率就是电源的输出功率，因为不知道ab边和ad边的长度关系，故无法确定线框消耗的电功率变化关系，故D错误. 19.(1)①6.93；②A；③超过弹簧的弹性限度.【解析】①图乙中弹簧测力计的读数为14.66cm，弹簧的伸长量Δl=14.66cm−7.73cm=6.93cm；②要逐一增加钩码，以防超过弹簧弹性限度，故A正确；③AB段偏离直线OA，弹簧弹力与弹簧伸长量不再成正比，说明钩码总重超过了弹簧的弹性限度.(2)①连线如图；②0.44；③4；2.22~2.28.【解析】①为了电表能从零开始取值，滑动变阻器应该用分压接法，电路图如答图所示；②由指针所指的位置和所选量程，电流表的读数为0.44A；③使小电珠总功率最大，则电源输出功率最大，即外电阻等于内电阻，则此时外电压为1.5V，则由U−I图象可得坐标点(0.38A,1.50V)，可知一只小电珠电阻R=UI=1.50V0.38A=3.9Ω，由并联电路电阻关系可知n=RR总=3.9Ω1Ω≈4，这时小电珠功率P=4UI=4×1.50×0.38W=2.28W.20.(1)1.5m/s2；(2)20m/s.【解析】(1)由运动学公式知，加速度为a=v t−v0t①，由v−t图象并代入数据得a=1.5m/s2②.(2)设20s时速度为v m，0~20s的位移为s1=0+v m2t1③，20~45s的位移为s2=v m t2④，45~75s的位移为s3=v m+02t3⑤，0~75s这段时间的总位移为s=s1+s2+s3⑥，0~75s这段时间的平均速度为v=st1+t2+t3⑦，代入数据得v=20m/s⑧.21.(1)3mg；(2)见解析.【解析】(1)滑块滑到B点时对小车压力最大，从A到B，由机械能守恒得mgR=12mv B2①，滑块在B 点处，由牛顿第二定律得F N −mg =mv B2R②，联立解得F N=3mg ③，由牛顿第三定律得F N ′=3mg ④.(2)①滑块下滑到达B 点时，小车速度最大，由机械能守恒得mgR =12Mv m 2+12m (2v m )2⑤，解得v m=√gR3⑥， ②设滑块运动到C 点时，小车速度大小为v C ，由功能关系得mgR −μmgL =12Mv C 2+12m (2v C )2⑦,设滑块从B 到C 过程中，小车运动加速度大小为a ，由牛顿第二定律得μmg =Ma ⑧,由运动学规律v C 2−v m 2=−2as ⑨,解得s=13L ⑩.22. (1)EB；(2)mgℎ−mE 22B 2；(3)√v D 2+[(qE m )2+g 2]t 2.【解析】(1)小滑块沿MN 运动过程，水平方向受力满足 qvB +F N =qE ①,小滑块在C 点离开MN 时F N =0②,联立解得v C=E B③.(2)由动能定理得mgℎ−W f =12mv C 2−0④，解得W f=mgℎ−mE 22B 2⑤.(3)如图所示，小滑块速度最大时，速度方向与电场力、重力的合力方向垂直.撤去磁场后小滑块将做类平抛运动，等效加速度为g′，g′=√(qEm )2+g 2⑥， 且v P2=v D 2+g′2t 2⑦，解得v P=√v D 2+[(qE m )2+g 2]t 2⑧，29. (1)B .【解析】如果一开始两分子之间的距离小于r 0，则随着分子间距离的减小分子势能增大，故A 错误；温度越高，分子的平均动能越大，分子无规则运动越剧烈，故B 正确；物体内热运动速率的分布情况随着温度的不同而不同，故C 错误；多晶体的物理性质也是各向同性，故D 错误.(2)C .【解析】由pVT =C 可得T b =T c ，所以两种情况下气体的内能变化量相同，由热力学第一定律ΔU =W +Q 得，a到b 过程气体对外做功，W <0，a 到c 过程气体对外不做功，W=0，所以Q ab>Q ac ，故C 正确.30. (1)B .【解析】γ射线不带电，故A 错误；氢原子辐射光子后，会跃迁到低轨道上，其绕核运动的电子动能增大，故B 正确；太阳辐射的能量主要来自于轻核聚变，故C 错误；10天是两个半衰期，故10天后100g 83210Bi 还剩25g ，故D 错误.(2)D .【解析】滑块A 、B 发生弹性碰撞，动量和机械能都守恒，碰撞前两者总动量m ⋅2v 0−2mv 0=0，碰后总动量仍可能为零的是选项D ，故D 正确.。
2015-2016学年福建省高一（上）物理能力提高训练卷一、选择题（共9小题，每小题3分，满分27分）1．倾斜长木板一端固定在水平轴O上，另一端缓慢放低，放在长木板上的物块m 一直保持相对木板静止状态，如图所示．在这一过程中，物块m受到长木板支持力F N和摩擦力F f的大小变化情况是（）A．F N变大，F f变大B．F N变小，F f变小C．F N变大，F f变小D．F N变小，F f变大2．如图所示，一均匀球放在倾角为α的光滑斜面和一光滑的挡板之间，挡板与斜面的夹角为θ．设挡板对球的弹力为F1，斜面对球的弹力为F2，则当θ逐渐减小到θ=α的过程中，下列说法正确的是（）A．F1先减小后增大B．F1先增大后减小C．F2减小D．F2增大3．如图所示，电灯悬于两壁之间，保持O点及OB绳的位置不变，而将绳端A点向上移动，则（）A．绳OA所受的拉力逐渐增大B．绳OA所受的拉力逐渐减小C．绳OA所受的拉力先增大后减小D．绳OA所受的拉力逐渐先减小后增大4．如图所示，把球夹在竖直墙面AC和木板BC之间，不计摩擦．设球对墙的压力为F N1，球对板的压力为F N2，在将板BC逐渐放至水平的过程中，下列说法中正确的是（）A．F N1和F N2都增大B．F N1和F N2都减小C．F N1增大，F N2减小D．F N1减小，F N2先减小后增大5．某一物体受到三个力作用，下列各组力中，能使的球挂在光滑的墙壁上，设绳的拉力为F，球对墙的压力为F N，当绳长增加时，下列说法正确的是（）A．F，F N均不变B．F减小，F N增大C．F增大，F N减小D．F减小，F N减小6．半径为R的表面光滑的半球固定在水平面上．在距其最高点的正上方为h的悬点O，固定长L的轻绳一端，绳的另一端拴一个重为G 的小球．小球静止在球面上，如图所示．则绳对小球的拉力T=，球面对小球的支持力N=．7．如图所示，物体m放在斜面上恰好沿斜面匀速下滑，现用一个力F作用在m上，F过m 的重心，且竖直向下，则（）A．斜面对物体压力增大了 B．斜面对物体的摩擦力增大了C．物体将沿斜面加速下滑 D．物体仍保持匀速下滑8．如图所示，使弹簧测力计Ⅱ从图示位置开始沿顺时针方向缓慢转动，在此过程中，保持结点位于O点不变，保持弹簧测力计I的拉伸方向不变，那么，在全过程中关于弹簧测力计I、Ⅱ的读数F1和F2的变化是（）A．F1增大，F2减小B．F1减小，F2先增大后减小C．F1减小，F2增大D．F1减小，F2先减小后增大9．如图所示，A与B两个物体用轻绳相连后，跨过无摩擦的定滑轮，A物体在Q位置时处于静止状态，若将A物体移到P位置，仍然能够处于静止状态，则A物体由Q移到P后，作用于A物体上的力中增大的是（）A．地面对A的摩擦力B．地面对A的支持力C．绳子对A的拉力D．A受到的重力二、解答题（共2小题，满分0分）10．如图所示，重力为500N的人使用跨过定滑轮轻绳拉重为200N的物体，当绳与水平面成60°角时，物体静止．不计滑轮与绳的摩擦，求地面对人的支持力和摩擦力．11．如图所示，物体A质量为2kg，与斜面间动摩擦因数为0.4，若要使A在斜面上静止，物体B质量的最大值和最小值是多少？（已知sin37°=0.6 cos37°=0.8）2015-2016学年福建省高一（上）物理能力提高训练卷参考答案与试题解析一、选择题（共9小题，每小题3分，满分27分）1．倾斜长木板一端固定在水平轴O上，另一端缓慢放低，放在长木板上的物块m 一直保持相对木板静止状态，如图所示．在这一过程中，物块m受到长木板支持力F N和摩擦力F f的大小变化情况是（）A．F N变大，F f变大B．F N变小，F f变小C．F N变大，F f变小D．F N变小，F f变大【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．【分析】对木块受力分析，根据平衡条件得到支持力和摩擦力的表达式，然后根据角度的变化判断力的变化．【解答】解：设木板倾角为θ根据平衡条件：F N=mgcosθF f=mgsinθ可见θ减小，则F N变大，F f变小；故选：C．2．如图所示，一均匀球放在倾角为α的光滑斜面和一光滑的挡板之间，挡板与斜面的夹角为θ．设挡板对球的弹力为F1，斜面对球的弹力为F2，则当θ逐渐减小到θ=α的过程中，下列说法正确的是（）A．F1先减小后增大B．F1先增大后减小C．F2减小D．F2增大【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．【分析】球受三个力作用而保持静止状态，其中重力大小、方向都不变，斜面对球的支持力方向不变、大小变化，挡板对球的支持力的大小和方向都变化；根据三力平衡的条件，结合平行四边形定则作图分析即可．【解答】解：小球受重力、斜面弹力F2和挡板弹力F1三个力作用，作出F1与F2的合力为F，如图．小球一直处于平衡状态，三个力中的任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线，故F1和F2的合力F一定与重力等值、反向、共线，保持不变．从图中可以看出，当挡板绕O点逆时针缓慢地转向水平位置的过程中，F2一直减小，F1先减小后增大；故C正确，ABD错误．故选：AC．3．如图所示，电灯悬于两壁之间，保持O点及OB绳的位置不变，而将绳端A点向上移动，则（）A．绳OA所受的拉力逐渐增大B．绳OA所受的拉力逐渐减小C．绳OA所受的拉力先增大后减小D．绳OA所受的拉力逐渐先减小后增大【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．【分析】本题中O点受到三个力作用处于平衡者状态，其中OB绳子上拉力方向不变，竖直绳子上拉力大小方向都不变，对于这类三力平衡问题可以利用“图解法”进行求解，即画出动态的平行四边形求解．【解答】解：以O点位研究对象，处于平衡装态，根据受力平衡，有：当A点向上移动时，绳OA拉力由图中位置1到2到3，可以看出绳OA所受的拉力先减小后增大，故选：D．4．如图所示，把球夹在竖直墙面AC和木板BC之间，不计摩擦．设球对墙的压力为F N1，球对板的压力为F N2，在将板BC逐渐放至水平的过程中，下列说法中正确的是（）A．F N1和F N2都增大B．F N1和F N2都减小C．F N1增大，F N2减小D．F N1减小，F N2先减小后增大【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．【分析】以小球为研究对象，分析受力，作出力图，由平衡条件得到墙和板对小球的支持力与板跟墙间夹角的关系式，由数学知识分析两个支持力的变化，即可由牛顿第三定律分析球对墙的压力F N1和球对板的压力为F N2的变化．【解答】解：以小球为研究对象，分析受力：小球受到重力mg、墙对小球的支持力F N1′和板对球的支持力F N2′．设板与墙间的夹角为α．根据平衡条件得知：F N1′板对球的支持力F N2′的合力与mg大小相等、方向相反，则由图可得：F N1′=mgcotα，F N2′=在将板BC逐渐放至水平的过程中，α增大，cotα减小，sinα增大，则知F N1′减小，F N2′减小，根据牛顿第三定律得知F N1减小，F N2减小．故选：B．5．某一物体受到三个力作用，下列各组力中，能使的球挂在光滑的墙壁上，设绳的拉力为F，球对墙的压力为F N，当绳长增加时，下列说法正确的是（）A．F，F N均不变B．F减小，F N增大C．F增大，F N减小D．F减小，F N减小【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．【分析】将球所受重力分解，根据图解法分析两个力的变化情况．【解答】解：将球的重力按矢量三角形进行分解，当绳子长度增加时F如图中由1到2的位置，可见F变小，F N减小；故选：D．6．半径为R的表面光滑的半球固定在水平面上．在距其最高点的正上方为h的悬点O，固定长L的轻绳一端，绳的另一端拴一个重为G 的小球．小球静止在球面上，如图所示．则绳对小球的拉力T=，球面对小球的支持力N=．【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．【分析】以小球为研究对象，分析受力情况，作出力图，根据平衡条件运用三角相似法得出重力与L、R的关系，即可求解．【解答】解：对小球进行受力分析，小球受重力、半球面对小球的弹力和绳对小球的拉力，小球受力平衡，即小球受重力、支持力和绳拉力的合力为0．如图，作出小球的受力示意图．因为小球所受合力为零，故半球对小球的弹力F和绳对小球A的拉力T的合力与重力G大小相等，方向相反，根据三角形相似得：==解得，T=N=故答案为：，．7．如图所示，物体m放在斜面上恰好沿斜面匀速下滑，现用一个力F作用在m上，F过m 的重心，且竖直向下，则（）A．斜面对物体压力增大了 B．斜面对物体的摩擦力增大了C．物体将沿斜面加速下滑 D．物体仍保持匀速下滑【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．【分析】对物体进行受力分析，根据共点力平衡条件分析F对物体受力的影响，并可得出各力的变化及物体运动状态的变化．【解答】解：A、B对物体受力分析，建立直角坐标系并将重力分解，如图所示：在不加F时，根据共点力的平衡可知：mgsinα=μmgcosα；即有：sinα=μcosα…①加上压力F时，同理将F分解，则有：x轴：F X=f﹣（mg+F）sinθ…②y轴：F N=（mg+F）cosθ…③又f=μF N=μ（mg+F）cosθ…④则F X=μ（F+mg）cosθ﹣（mg+F）sinθ…⑤由③得知，斜面对物体的支持力增大了，则斜面对物体压力也增大了．由④得知，斜面对物体的摩擦力增大了．故AB均正确．C、D因sinθ=μcosθ，虽然支持力和摩擦力均变大，由⑤得知，物体沿斜面方向的合力仍然为零，故物体仍能保持匀速直线运动状态．故C错误，D正确．故选ABD8．如图所示，使弹簧测力计Ⅱ从图示位置开始沿顺时针方向缓慢转动，在此过程中，保持结点位于O点不变，保持弹簧测力计I的拉伸方向不变，那么，在全过程中关于弹簧测力计I、Ⅱ的读数F1和F2的变化是（）A．F1增大，F2减小B．F1减小，F2先增大后减小C．F1减小，F2增大D．F1减小，F2先减小后增大【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．【分析】点0受到三个力作用处于平衡状态，保持O点的位置不变，说明一个拉力大小和方向不变，F1方向不变，即另一个分力方向不变，使弹簧秤Ⅱ从图示位置开始顺时针方向缓慢转动到水平位置，即改变另一个力的大小和方向，判断其它各力的变化情况，因此利用“图示法”可正确求解．【解答】解：对点O受力分析，受到两个弹簧的拉力和橡皮条的拉力，如图所示，其中O 点位置不变，说明其拉力大小不变，F1拉力方向不变，II弹簧拉力方向和大小都改变．根据平行四边形定则可以看出II的读数先变小后变大，I的读数不断变小，故ABC错误，D 正确．故选：D．9．如图所示，A与B两个物体用轻绳相连后，跨过无摩擦的定滑轮，A物体在Q位置时处于静止状态，若将A物体移到P位置，仍然能够处于静止状态，则A物体由Q移到P后，作用于A物体上的力中增大的是（）A．地面对A的摩擦力B．地面对A的支持力C．绳子对A的拉力D．A受到的重力【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．【分析】平衡状态下物体的受力分析，夹角改变那么力的大小也就随之改变，找出不变的物理量，进而分析其它的物理量的变化．【解答】解：由物体受力分析知：物体A受到重力、地面的支持力、绳的拉力和地面对物体向左的摩擦力；A、当A由Q点移动到P点时绳与水平方向的夹角变小，由于绳的拉力大小不变，所以绳在水平方向上的分力变大，在水平方向上处于平衡的是地面对物体向左的摩擦力与绳在水平方向上的分力，绳在水平方向上的分力变大了，所以地面对A的摩擦力也就变大了．故A 正确．B、同样，当A由Q点移动到P点时绳与水平方向的夹角变小，由于绳的拉力大小不变，所以绳在竖直方向上的分力变小了，在竖直方向上处于平衡的力是向下的重力于向上的支持力和绳在竖直方向上的分力，重力不变，绳在竖直方向上的分力变小了，那么向上的支持力就要变大．所以地面对A的支持力变大了，故B正确．C、物体A受到重力、地面的支持力、绳的拉力和地面对物体向左的摩擦力，在这几个力的共同作用下处于平衡状态，根据定滑轮的使用特点知，绳的拉力和物体B的重力相等且保持不变的，故C错误．D、A受到的重力与物体的质量有关，质量不变，A的重力也不变，故D错误．故选A、B．二、解答题（共2小题，满分0分）10．如图所示，重力为500N的人使用跨过定滑轮轻绳拉重为200N的物体，当绳与水平面成60°角时，物体静止．不计滑轮与绳的摩擦，求地面对人的支持力和摩擦力．【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．【分析】先对物体受力分析，得到绳子的拉力，再分析人的受力情况，作出受力示意图，运用正交分解法，根据平衡条件求出地面对人的支持力和摩擦力．【解答】解：人和重物静止，对物体进行分析得到，绳的拉力F等于物重200N；人受到四个力的作用，如图所示．将绳的拉力F分解得：水平方向：竖直方向：根据平衡条件得在x轴上，f=F x=100N在y轴上，答：地面对人的支持力是327N，摩擦力是100N．11．如图所示，物体A质量为2kg，与斜面间动摩擦因数为0.4，若要使A在斜面上静止，物体B质量的最大值和最小值是多少？（已知sin37°=0.6 cos37°=0.8）【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．【分析】对物体A受力分析，其受到的摩擦力有可能向上，也有可能向下，分别在沿斜面方向列出方程，根据合力为零求解．【解答】解：对A进行受力分析如图所示：根据正交分解可知：y轴上合力为零：即有：N=m A gcos37°代入数据可得：N=2×10×0.8N=16N=μN=0.4×16N=6.4N根据题意，物体A与斜面之间的最大静摩擦力f max=f滑由于物体受到的静摩擦力可能沿斜面向上，也可能沿斜面向下当物体受到的摩擦力等于最大静摩擦力且方向沿斜面向上时根据受力平衡有：T1+f max=m A gsin37°①此时拉力T最小当物体受到的摩擦力等于最大静摩擦力且方向沿斜面向下时根据受力平衡有：T2=f max+m A gsin37°②此时拉力T最大同时B物体也处于平衡状态由受力分析有：T=m B g③由①②两式代入数据可得：T1=5.6N T2=18.4N由③式可得：物体B质量的最小值为：m B1==0.56kg物体B质量的最大值为：m B2==1.84kg答：若要使A在斜面上静止，物体B质量的最大值为1.84kg，最小值为0.56kg．2016年5月11日。
