2019-2020年高考物理一輪復習 課時提升練6 受力分析 共點力的平衡.doc

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2019-2020年高考物理一輪復習 課時提升練6 受力分析 共點力的平衡 題組一　對物體受力分析 1．如圖2317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．連接A與天花板之間的細繩沿豎直方向，關于兩木板的受力， 圖2317 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B可能受到地面的摩擦力作用 D．B受到的地面的支持力一定大于木塊B的重力 【解析】　當繩對A的拉力等于A的重力時，A、B之間沒有彈力，也一定沒有摩擦力，此時地面對B的支持力等于B的重力，因此選項A、D錯誤；當繩對A的拉力為零時，由力的平衡知，A應受重力、彈力和B對A的摩擦力共三個力的作用，選項B正確；由整體法可知，地面對B的摩擦力一定為零，選項C錯誤． 【答案】　B 2. (xx河南鄭州模擬)如圖2318所示，鐵板AB與水平地面間的夾角為θ，一塊磁鐵吸附在鐵板下方．在緩慢抬起鐵板B端使θ角增加(始終小于90)的過程中，磁鐵始終相對鐵板靜止．則下列說法正確的是(　　) 圖2318 A．磁鐵所受合外力逐漸減小 B．磁鐵始終受到三個力的作用 C．磁鐵受到的摩擦力逐漸減小 D．鐵板對磁鐵的彈力逐漸增大 【解析】　由題意可知，磁鐵始終處于平衡狀態(tài)，磁鐵所受合外力不變，A項錯誤；對磁鐵受力分析可知，磁鐵始終受到重力、彈力、吸引力和摩擦力四個力的作用，B項錯誤；由平衡條件可得，mgsin θ＝Ff，磁鐵受到的摩擦力Ff逐漸增大，mgcos θ＋FN＝F引，鐵板對磁鐵的彈力FN逐漸增大，C項錯誤，D項正確． 【答案】　D 3. (xx合肥一中質檢)如圖2319所示，A是一質量為M的盒子，B的質量為m，A、B用細繩相連，跨過光滑的定滑輪置于傾角為θ的斜面上，B懸于斜面之外而處于靜止狀態(tài)，斜面放置在水平地面上．現(xiàn)在向A中緩慢加入沙子，整個系統(tǒng)始終保持靜止，則在加入沙子的過程中(　　) 圖2319 A．繩子拉力逐漸增大 B．A對斜面的壓力逐漸增大 C．A所受的摩擦力逐漸增大 D．地面對斜面的摩擦力逐漸增大 【解析】　繩子的拉力始終為B的重力mg，大小是不變的，選項A錯誤；設盒子和沙的總質量為M′，A對斜面的壓力等于M′gcos θ且隨著沙子的增多而增大，選項B正確；如果一開始摩擦力沿斜面向下，隨著沙子的增多摩擦力會先減小后反向增大，選項C錯誤；以A、B和斜面作為一個整體，整體處于平衡狀態(tài)，水平方向不受力，故地面對斜面無摩擦力，選項D錯誤． 【答案】　B 題組二　物體的平衡 4.一質量為M、帶有掛鉤的球形物體套在傾角為θ的細桿上，并能沿桿勻速下滑．如在掛鉤上再吊一質量為m的物體，讓它們沿細桿下滑，如圖2320所示．則球形物體(　　) 圖2320 A．仍勻速下滑 B．沿細桿加速下滑 C．受到的摩擦力不變 D．受到的合外力增大 【解析】　不掛物體時，球形物體受力情況如圖，由于球形物體勻速下滑，所以有Mgsin θ＝μMgcos θ，即μ＝tan θ；當掛上物體后，重力沿斜桿的分力F＝(M＋m)gsin θ，球形物體受到摩擦力f＝μ(M＋m)gcos θ＝(M＋m)gsin θ，所以兩物體處于平衡狀態(tài)，其受到摩擦力變大，合外力仍為零，故只有選項A正確． 【答案】　A 5. (xx遼寧省實驗中學模擬)如圖2321所示，固定在豎直平面內(nèi)的光滑圓環(huán)的最高點處有一個光滑的小孔，質量為m的小球套在圓環(huán)上，一根細線的下端拴著小球，上端穿過小孔用手拉住，現(xiàn)拉動細線，使小球沿圓環(huán)緩慢上移，在移動過程中手對線的拉力F的大小和軌道對小球的彈力N的大小的變化情況是(　　) 圖2321 A．F大小將不變 B．F大小將增大 C．N大小將不變 D．N大小將增大 【解析】　三角形AOC和三角形BCD相似，由＝可知C正確，D錯誤；由＝可知F將減小，A、B錯誤． 【答案】　C 6.如圖2322所示，桌面上固定一個光滑豎直擋板，現(xiàn)將一個長方形物塊A與截面為三角形的墊塊B疊放在一起，用水平外力F緩緩向左推動B，使A緩慢升高，設各接觸面均光滑，則該過程中(　　) 圖2322 A．A和B均受三個力作用而平衡 B．B對桌面的壓力越來越大 C．A對B的壓力越來越小 D．推力F的大小恒定不變 【解析】　設B的傾角為θ，對A物體受力分析，如圖所示，則F3與豎直方向的夾角為θ，由平衡條件，F(xiàn)3cos θ＝GA，F(xiàn)3sin θ＝F2，所以A對B的壓力不變，C錯；A受三個力的作用，B受四個力的作用，A錯；對A、B整體受力分析，可知B對桌面的壓力F′＝GA＋GB，推力F＝F2，B錯；推力F不變，D對． 【答案】　D 7. (xx黃岡模擬)如圖2323所示，一根粗細均勻的金屬棒AB，棒的A端用輕繩連接，輕繩的另一端固定在天花板上，在棒的B端施加水平拉力F使金屬棒處于靜止狀態(tài)．輕繩與豎直方向的夾角為α，金屬棒與豎直方向的夾角為β，下列說法正確的是(　　) 圖2323 A．sin β＝2sin α B．cos β＝2cos α C．tan β＝2tan α D．cot β＝2cot α 【解析】　金屬棒受重力G、水平拉力F和輕繩拉力T三個力而平衡，則這三個力的矢量線段必相交于一點O′，如圖所示．O點為棒的重心，即AB的中點，∠CAO′＝α，由幾何關系得tan α＝，tan β＝，其中BC＝2CO′，因此tan β＝2tan α. 【答案】　C 8.將兩個質量均為m的小球a、b用細線相連后，再用細線懸掛于O點，如圖2324所示．用力F拉小球b，使兩個小球都處于靜止狀態(tài)，且細線OA與豎直方向的夾角保持θ＝30，則F的最小值為(　　) 圖2324 A.mg B．mg C.mg D.mg 【解析】　以a、b為整體，整體受重力2mg、懸繩OA的拉力FT及拉力F三個力而平衡，如圖所示，三力構成的矢量三角形中，當力F垂直于懸繩拉力FT時有最小值，且最小值F＝2mgsin θ＝mg，B項正確． 【答案】　B B組　深化訓練——提升應考能力 9．(xx西安調研)如圖2325所示，質量均可忽略的輕繩與輕桿承受彈力的最大值一定，輕桿A端用鉸鏈固定，滑輪在A端正上方(滑輪大小及摩擦均可忽略)，B端吊一重物，重力大小為G.現(xiàn)將繩的一端拴在桿的B端，用拉力F將B端緩慢上拉(均未斷)，在AB桿達到豎直前，以下分析正確的是(　　) 圖2325 A．繩子越來越易斷 B．繩子越來越不易斷 C．AB桿越來越易斷 D．AB桿越來越不易斷 【解析】　以B端為研究對象，進行受力分析．B端受重物的拉力一定，大小為G，輕繩的拉力F，沿輕桿方向斜向上的支持力N.由于是緩慢拉動，所以B端處于動態(tài)平衡狀態(tài)，F(xiàn)和N的合力即為重物拉力的平衡力．根據(jù)三個力的特點可得矢量三角形如圖所示．該三角形和△AOB相似，所以＝＝，用拉力F將B端緩慢拉動的過程中，∠OAB逐漸減小，則OB越來越小，而OA、AB、G為定值，所以N不變、F越來越?。纱舜_定，輕桿承受的壓力不變，以后也不會斷；而繩子的拉力越來越小，則越來越不容易斷． 【答案】　B 10. (多選)如圖2326所示，兩個完全相同的光滑球的質量均為m，放在豎直擋板和傾角為α的固定斜面間．若緩慢轉動擋板至與斜面垂直，則在此過程中(　　) 圖2326 A．A、B兩球間的彈力不變 B．B球對擋板的壓力逐漸減小 C．B球對斜面的壓力逐漸增大 D．A球對斜面的壓力逐漸增大 【解析】　以A球為研究對象，在擋板轉動過程中，A球受力情況不變，故A球對B球、斜面的壓力均不變，A正確、D項錯誤；以B球為研究對象，其受力情況如圖所示，在x軸方向：FN1cos θ＝mgsin α＋FN3，在y軸方向：FN1sin θ＋mgcos α＝FN2，因為mg、FN3、α不變，在擋板轉動過程中，θ減小，F(xiàn)N1減小，F(xiàn)N2減小，B項正確，C項錯誤． 【答案】　AB 11.如圖2327所示，兩個質量均為m的小環(huán)套在一水平放置的粗糙長桿上，兩根長度均為l的輕繩一端系在小環(huán)上，另一端系在質量為M的木塊上，兩個小環(huán)之間的距離也為l，小環(huán)保持靜止．試求： 圖2327 (1)小環(huán)對桿的壓力； (2)小環(huán)與桿之間的動摩擦因數(shù)μ至少為多大？ 【解析】　(1)對兩小環(huán)和木塊整體由平衡條件得： 2N－(M＋2m)g＝0，解得：N＝Mg＋mg 由牛頓第三定律得，小環(huán)對桿的壓力為： N′＝Mg＋mg (2)對M由平衡條件得： 2Tcos 30－Mg＝0 小環(huán)剛好不滑動，此時小環(huán)受到的靜摩擦力達到最大值，則：Tsin 30－μN＝0 解得動摩擦因數(shù)μ至少為：μ＝ 【答案】　(1)Mg＋mg　(2) 12．如圖2328所示，位于粗糙斜面上的物體P，由跨過定滑輪的輕繩與物塊Q相連．已知物體P和Q以及P與斜面之間的動摩擦因數(shù)都是μ，斜面的傾角為θ，兩物體P、Q的質量都是m，滑輪的質量、滑輪軸上的摩擦都不計，若用一沿斜面向下的力F拉P，使其勻速下滑，試求： 圖2328 (1)連接兩物體的輕繩的拉力FT的大?。? (2)拉力F的大小． 【解析】　(1)隔離Q受力分析如圖所示．由平衡條件得 FT＝mgsin θ＋Fμ1 FN1＝mgcos θ 又Fμ1＝μFN1，聯(lián)立得FT＝mgsin θ＋μmgcos θ. (2)隔離P受力分析如圖所示 由平衡條件，得 F＋mgsin θ－Fμ1′－Fμ2－FT＝0 FN2＝mgcos θ＋FN1′ 又Fμ2＝μFN2 聯(lián)立以上各式得F＝FT＋Fμ1′＋Fμ2－mgsin θ＝4μmgcos θ. 【答案】　(1)FT＝mgsin θ＋μmgcos θ (2)F＝4μmgcos θ