（通用版）2020版高考物理大一輪復習 考點規(guī)范練6 受力分析 共點力的平衡 新人教版

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1、考點規(guī)范練6　受力分析　共點力的平衡 一、單項選擇題 1.(2018·陜西咸陽模擬)如圖所示,丘陵地帶輸電線路的電線桿常常要拖著電線翻山越嶺,圖中A、C為一根輸電線的兩端,B為輸電線的最低點,設輸電線為粗細均勻的均質導線,由于導線自身的重力的作用可能使導線在某點斷開,則以下說法正確的是(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　 A.最易斷裂點在A點 B.最易斷裂點在B點 C.最易斷裂點在C點 D.最易斷裂點不在A、B、C點 答案C 解析以AC間電線為研究對象,作出受力圖如圖所示。由題可知,α>β,可見,FC>FA,即C點對電線的拉力大于A點對電線的拉力,則C點比A點更

2、容易被拉斷,故選C。 2. 如圖所示,兩梯形木塊A、B疊放在水平地面上,A、B之間的接觸面傾斜,A的左側靠在光滑的豎直墻面上。關于兩木塊的受力,下列說法正確的是(　　) A.A、B之間一定存在摩擦力作用 B.木塊A可能受三個力作用 C.木塊A一定受四個力作用 D.木塊B受到地面的摩擦力作用方向向右 答案B 解析由于A、B間接觸面情況未知,若A、B接觸面光滑,則A、B間沒有摩擦力,此時A受重力、B對A的支持力和墻壁對A的彈力而平衡,故A、C錯誤,B正確;木塊B受推力F、A對B的壓力,若壓力向右的分力等于F,則地面對B沒有摩擦力,故D錯誤。 3. 如圖所示,滑塊A置于水

3、平地面上,滑塊B在一水平力作用下緊靠滑塊A(A、B接觸面豎直),此時A恰好不滑動,B剛好不下滑。已知A與B間的動摩擦因數為μ1,A與地面間的動摩擦因數為μ2,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。則A與B的質量之比為(　　) A.1μ1μ2 B.1-μ1μ2μ1μ2 C.1+μ1μ2μ1μ2 D.2+μ1μ2μ1μ2 答案B 解析設水平作用力為F,對物體A、B整體進行分析,在水平方向上有F=μ2(mA+mB)g;隔離物體B對B分析,在豎直方向上有μ1F=mBg,聯立解得mAmB=1-μ1μ2μ1μ2,選項B正確。 4.(2017·全國卷Ⅲ)一根輕質彈性繩的兩端分別固定在水平天花板上相距80 c

4、m的兩點上,彈性繩的原長也為80 cm。將一鉤碼掛在彈性繩的中點,平衡時彈性繩的總長度為100 cm;再將彈性繩的兩端緩慢移至天花板上的同一點,則彈性繩的總長度變?yōu)?彈性繩的伸長始終處于彈性限度內)(　　) A.86 cm B.92 cm C.98 cm D.104 cm 答案B 解析設開始時兩段彈性繩的夾角為α,彈性繩的拉力為FT,根據平衡條件可得2FTcosα2=mg,cosα2=(12)?2-(0.82)?212=0.6,得FT=56mg;彈性繩的兩端移到同一點時,設彈性繩的拉力為FT',則2FT'=mg,得FT'=12mg;設彈性繩第一次伸長量為x,第二次伸長量為x',根據胡克定

5、律,有56mg=kx,12mg=kx',x=0.2m,聯立解得x'=0.12m,所以彈性繩的總長l=80cm+12cm=92cm,B正確。 5.(2018·寧夏石嘴山模擬)房屋裝修工人常用如圖所示的簡易方式運送材料,圖中C為光滑定滑輪。為了保證材料不碰觸窗臺A、B,需要一人在樓下用一根繩子拽拉,以保證材料豎直向上緩慢上升。假定人的位置不變,則在運送過程中(　　) A.OC繩和OD繩的拉力均逐漸增大 B.OC繩和OD繩的拉力均逐漸減小 C.OC繩的拉力逐漸增大,OD繩的拉力逐漸減小 D.OC繩的拉力逐漸減小,OD繩的拉力逐漸增大 答案A 解析在建筑材料被緩慢提起的過程中,其合力

6、保持為零,根據平衡條件得知兩繩拉力的合力與物體的重力大小相等、方向相反,保持不變,如圖甲所示;結點與豎直墻壁保持一定的距離,在建筑材料被緩慢提起的過程中,OC繩逆時針旋轉,其與豎直方向的夾角變大,OD繩順時針旋轉,與豎直方向的夾角減小,用平行四邊形定則作出圖乙,由圖知,兩根繩子上的拉力F1和F2均增大,故A正確,B、C、D錯誤。 6. 如圖所示,質量為m0、半徑為R的半球形物體A放在水平地面上,通過最高點處的釘子用水平輕質細線拉住一質量為m、半徑為r的光滑球B,A、B均靜止,則(　　) A.B對A的壓力大小為2Rr+r2Rmg B.細線對小球的拉力大小為R+rRmg C.A對

7、地面的壓力大小為(m0+m)g D.地面對A的摩擦力大小為2Rr+r2Rmg 答案C 解析由于A、B處于靜止狀態(tài),故其所受合外力為零,對整體受力分析,如圖甲所示,根據平衡條件可得,FN-(m0+m)g=0,根據牛頓第三定律可知A對地面的壓力大小為(m0+m)g,選項C正確,D錯誤;隔離B受力分析,如圖乙所示,根據平衡條件,由圖中幾何關系可得,mgR=FN'R+r=F2Rr+r2,解得FN'=R+rRmg,細線對小球的拉力F=2Rr+r2Rmg,依據牛頓第三定律知,B對A的壓力大小為R+rRmg,選項A、B錯誤。 7. 在粗糙水平地面上與墻平行放著一個截面為半圓的柱狀物體A,A

8、與豎直墻面間放一光滑圓球B,整個裝置處于靜止狀態(tài),截面如圖所示?，F對B施加一豎直向下的力F,F的作用線通過球心,設墻對B的作用力為F1,B對A的作用力為F2,地面對A的摩擦力為F3。若F緩慢增大而整個裝置仍保持靜止,在此過程中(　　) A.F1保持不變,F3緩慢增大 B.F1緩慢增大,F3保持不變 C.F2緩慢增大,F3緩慢增大 D.F2緩慢增大,F3保持不變 答案C 解析球B受力情況如圖所示,墻對球B的作用力及A對球B的作用力的合力與F及重力的合力大小相等、方向相反,故當F增大時,B對A的壓力增大,即F2增大,同理可知,墻對B的作用力F1增大;對整體分析,整體豎直方向受重力、

9、支持力及壓力F,水平方向受墻的作用力F1和地面對A的摩擦力F3而處于平衡,由平衡條件得,當F增大時,地面對A的摩擦力F3增大,故選項C正確。 8.如圖所示,三個相同的輕質彈簧連接在O點,彈簧1的另一端固定在天花板上,且與豎直方向的夾角為30°,彈簧2水平且右端固定在豎直墻壁上,彈簧3的另一端懸掛質量為m的物體且處于靜止狀態(tài),此時彈簧1、2、3的形變量分別為x1、x2、x3,則(　　) A.x1∶x2∶x3=3∶1∶2 B.x1∶x2∶x3=2∶1∶3 C.x1∶x2∶x3=1∶2∶3 D.x1∶x2∶x3=3∶2∶1 答案B 解析對物體受力分析可知,kx3=mg,對彈簧的

10、結點受力分析可知,kx1cos30°=kx3,kx1sin30°=kx2,聯立解得x1∶x2∶x3=2∶1∶3,故選項B正確。 二、多項選擇題 9. 如圖所示,質量為m的小物體(可視為質點)靜止地放在半徑為R、質量為m0的半球體上,小物體與半球體間的動摩擦因數為μ,物體與球心的連線與水平地面的夾角為θ,整個裝置靜止。則下列說法正確的是(　　) A.地面對半球體的摩擦力方向水平向左 B.小物體對半球體的壓力大小為mgcos θ C.半球體受到小物體的作用力大小為mg D.θ角(為銳角)變大時,地面對半球體的支持力不變 答案CD 解析 以小物體和半球體整體作為研究對象,

11、受到重力和地面對半球體的支持力,地面對半球體沒有摩擦力,由平衡條件得,地面對半球體的支持力FN=(m0+m)g,不會隨θ變化,故A錯誤,D正確;以小物體為研究對象,作出受力圖如圖所示,則半球體對小物體的支持力FN'=mgsinθ,由牛頓第三定律得,小物體對半球體的壓力大小為mgsinθ,故B錯誤;半球體受到小物體的壓力和靜摩擦力的合力等于重力,故C正確。 10. 質量均為1 kg的木塊M和N疊放在水平地面上,用一根細線分別栓接在M和N右側,在繩子中點用力F=5 N拉動M和N一 起沿水平面勻速滑動,細線與豎直方向夾角θ=60°。則下列說法正確的是(　　) A.木塊N和地面之間的動摩擦

12、因數μ=0.25 B.木塊M和N之間的摩擦力是Ff=2.5 N C.木塊M對木塊N的壓力大小為10 N D.若θ變小,拉動M、N一起勻速運動所需拉力應大于5 N 答案AB 解析以M、N為整體受力分析,得F=μ·2mg,得μ=0.25,A正確;單獨分析M受力,因繩子有豎直向下的分力,故M對N的壓力大于10N,繩子作用在M上的水平分力為2.5N,B正確,C錯誤;θ變化后,N對地面的壓力仍為20N,所以需要的拉力不變,D錯誤。 11.(2018·山東濰坊三模)如圖所示,將質量為m的小球用橡皮筋懸掛在豎直墻的O點,小球靜止在M點,N為O點正下方一點,ON間的距離等于橡皮筋原長,在N點固

13、定一鐵釘,鐵釘位于橡皮筋右側?，F對小球施加拉力F,使小球沿以MN為直徑的圓弧緩慢向N運動,P為圓弧上的點,∠PNM為60°。橡皮筋始終在彈性限度內,不計一切摩擦,重力加速度為g,則(　　) A.在P點橡皮筋彈力大小為12mg B.在P點時拉力F大小為52mg C.小球在從M向N運動的過程中拉力F的方向始終跟橡皮筋垂直 D.小球在從M向N運動的過程中拉力F先變大后變小 答案AC 解析設圓的半徑為R,橡皮筋的勁度系數為k,∠PNM用θ表示,則NP=2Rcos60°=R。 在M點橡皮筋彈力大小為mg,則mg=k·2R,在P點橡皮筋彈力大小為F0=kR=12mg,故A正確;當小球和N

14、點的連線與豎直方向之間的夾角為α時,橡皮筋的伸長量Δx=2R·cosα,橡皮筋的彈力F'=kΔx=mgcosα;對小球,設拉力F與水平方向之間的夾角為β,在水平方向Fcosβ=F'sinα,豎直方向F'cosα+Fsinβ=mg,聯立解得β=α,F=mgsinα,可知拉力F的方向始終與橡皮筋垂直,而且隨α的增大,F逐漸增大,當α=60°時,F=32mg,故C正確,B、D錯誤。 三、非選擇題 12. 如圖所示,質量為mB=14 kg的木板B放在水平地面上,質量為mA=10 kg的貨箱A放在木板B上,一根輕繩一端拴在貨箱上,另一端拴在地面上,繩繃緊時與水平面的夾角為θ=37°。已知貨箱A

15、與木板B之間的動摩擦因數μ1=0.5,木板B與地面之間的動摩擦因數μ2=0.4。重力加速度g取10 m/s2?，F用水平力F將木板B從貨箱A的下面勻速抽出,(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)試求: (1)繩上張力FT的大小; (2)水平拉力F的大小。 答案(1)100 N　(2)200 N 解析(1)對A進行受力分析如圖甲所示,可知A受4個力作用,分解繩的拉力, 根據受力平衡可得 FN1=mAg+FTsinθ FTcosθ=μ1FN1 解得FT=μ1mAgcosθ-μ1sinθ 代入數據得繩子張力FT=100N。 (2)對B進行受力分析可知B受6個力的作用

16、,地面對B的支持力FN2=mBg+FN1 而FN1=mAg+FTsinθ=160N 拉力F=μ2FN2+μ1FN1 F=200N。 13. 如圖所示,質量m0=23 kg的木塊A套在水平桿上,并用輕繩將木塊A與質量m=3 kg的小球相連。今用與水平方向成α=30°的力F=103 N,拉著球帶動木塊一起向右勻速運動,運動中m0、m相對位置保持不變,g取10 m/s2。求: (1)運動過程中輕繩與水平方向的夾角θ; (2)木塊與水平桿間的動摩擦因數μ。 答案(1)30°　(2)35 解析(1)設細繩對小球的拉力為FT,小球受力如圖甲所示,由平衡條件可得 Fcos30°-FTcosθ=0① Fsin30°+FTsinθ-mg=0② 代入數值得103cos30°N=FTcosθ③ 103sin30°N+FTsinθ=103N④ 由③④解得FT=103N θ=30°。 (2)以木塊和小球組成的整體為研究對象,受力如圖乙所示,由平衡條件得 Fcos30°-Ff=0 FN+Fsin30°-(m0+m)g=0 又Ff=μFN 解得μ=35。 10