（通用版）2020版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 考點(diǎn)規(guī)范練6 受力分析 共點(diǎn)力的平衡 新人教版.docx

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考點(diǎn)規(guī)范練6　受力分析　共點(diǎn)力的平衡 一、單項(xiàng)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(diǎn),設(shè)輸電線為粗細(xì)均勻的均質(zhì)導(dǎo)線,由于導(dǎo)線自身的重力的作用可能使導(dǎo)線在某點(diǎn)斷開,則以下說法正確的是(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　 A.最易斷裂點(diǎn)在A點(diǎn) B.最易斷裂點(diǎn)在B點(diǎn) C.最易斷裂點(diǎn)在C點(diǎn) D.最易斷裂點(diǎn)不在A、B、C點(diǎn) 答案C 解析以AC間電線為研究對(duì)象,作出受力圖如圖所示。由題可知,α>β,可見,FC>FA,即C點(diǎn)對(duì)電線的拉力大于A點(diǎn)對(duì)電線的拉力,則C點(diǎn)比A點(diǎn)更容易被拉斷,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(cè)靠在光滑的豎直墻面上。關(guān)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(gè)力作用 C.木塊A一定受四個(gè)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(shí)A受重力、B對(duì)A的支持力和墻壁對(duì)A的彈力而平衡,故A、C錯(cuò)誤,B正確;木塊B受推力F、A對(duì)B的壓力,若壓力向右的分力等于F,則地面對(duì)B沒有摩擦力,故D錯(cuò)誤。 3. 如圖所示,滑塊A置于水平地面上,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(shí)A恰好不滑動(dòng),B剛好不下滑。已知A與B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1,A與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2,最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。則A與B的質(zhì)量之比為(　　) A.1μ1μ2 B.1-μ1μ2μ1μ2 C.1+μ1μ2μ1μ2 D.2+μ1μ2μ1μ2 答案B 解析設(shè)水平作用力為F,對(duì)物體A、B整體進(jìn)行分析,在水平方向上有F=μ2(mA+mB)g;隔離物體B對(duì)B分析,在豎直方向上有μ1F=mBg,聯(lián)立解得mAmB=1-μ1μ2μ1μ2,選項(xiàng)B正確。 4.(2017全國卷Ⅲ)一根輕質(zhì)彈性繩的兩端分別固定在水平天花板上相距80 cm的兩點(diǎn)上,彈性繩的原長也為80 cm。將一鉤碼掛在彈性繩的中點(diǎn),平衡時(shí)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(diǎn),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(nèi))(　　) A.86 cm B.92 cm C.98 cm D.104 cm 答案B 解析設(shè)開始時(shí)兩段彈性繩的夾角為α,彈性繩的拉力為FT,根據(jù)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(diǎn)時(shí),設(shè)彈性繩的拉力為FT,則2FT=mg,得FT=12mg;設(shè)彈性繩第一次伸長量為x,第二次伸長量為x,根據(jù)胡克定律,有56mg=kx,12mg=kx,x=0.2m,聯(lián)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(yùn)送材料,圖中C為光滑定滑輪。為了保證材料不碰觸窗臺(tái)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(yùn)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,其合力保持為零,根據(jù)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(jié)點(diǎn)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(shí)針旋轉(zhuǎn),其與豎直方向的夾角變大,OD繩順時(shí)針旋轉(zhuǎn),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(cuò)誤。 6. 如圖所示,質(zhì)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(diǎn)處的釘子用水平輕質(zhì)細(xì)線拉住一質(zhì)量為m、半徑為r的光滑球B,A、B均靜止,則(　　) A.B對(duì)A的壓力大小為2Rr+r2Rmg B.細(xì)線對(duì)小球的拉力大小為R+rRmg C.A對(duì)地面的壓力大小為(m0+m)g D.地面對(duì)A的摩擦力大小為2Rr+r2Rmg 答案C 解析由于A、B處于靜止?fàn)顟B(tài),故其所受合外力為零,對(duì)整體受力分析,如圖甲所示,根據(jù)平衡條件可得,FN-(m0+m)g=0,根據(jù)牛頓第三定律可知A對(duì)地面的壓力大小為(m0+m)g,選項(xiàng)C正確,D錯(cuò)誤;隔離B受力分析,如圖乙所示,根據(jù)平衡條件,由圖中幾何關(guān)系可得,mgR=FNR+r=F2Rr+r2,解得FN=R+rRmg,細(xì)線對(duì)小球的拉力F=2Rr+r2Rmg,依據(jù)牛頓第三定律知,B對(duì)A的壓力大小為R+rRmg,選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤。 7. 在粗糙水平地面上與墻平行放著一個(gè)截面為半圓的柱狀物體A,A與豎直墻面間放一光滑圓球B,整個(gè)裝置處于靜止?fàn)顟B(tài),截面如圖所示?，F(xiàn)對(duì)B施加一豎直向下的力F,F的作用線通過球心,設(shè)墻對(duì)B的作用力為F1,B對(duì)A的作用力為F2,地面對(duì)A的摩擦力為F3。若F緩慢增大而整個(gè)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(duì)球B的作用力及A對(duì)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(dāng)F增大時(shí),B對(duì)A的壓力增大,即F2增大,同理可知,墻對(duì)B的作用力F1增大;對(duì)整體分析,整體豎直方向受重力、支持力及壓力F,水平方向受墻的作用力F1和地面對(duì)A的摩擦力F3而處于平衡,由平衡條件得,當(dāng)F增大時(shí),地面對(duì)A的摩擦力F3增大,故選項(xiàng)C正確。 8.如圖所示,三個(gè)相同的輕質(zhì)彈簧連接在O點(diǎn),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(zhì)量為m的物體且處于靜止?fàn)顟B(tài),此時(shí)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(duì)物體受力分析可知,kx3=mg,對(duì)彈簧的結(jié)點(diǎn)受力分析可知,kx1cos30=kx3,kx1sin30=kx2,聯(lián)立解得x1∶x2∶x3=2∶1∶3,故選項(xiàng)B正確。 二、多項(xiàng)選擇題 9. 如圖所示,質(zhì)量為m的小物體(可視為質(zhì)點(diǎn))靜止地放在半徑為R、質(zhì)量為m0的半球體上,小物體與半球體間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,物體與球心的連線與水平地面的夾角為θ,整個(gè)裝置靜止。則下列說法正確的是(　　) A.地面對(duì)半球體的摩擦力方向水平向左 B.小物體對(duì)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(shí),地面對(duì)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(duì)象,受到重力和地面對(duì)半球體的支持力,地面對(duì)半球體沒有摩擦力,由平衡條件得,地面對(duì)半球體的支持力FN=(m0+m)g,不會(huì)隨θ變化,故A錯(cuò)誤,D正確;以小物體為研究對(duì)象,作出受力圖如圖所示,則半球體對(duì)小物體的支持力FN=mgsinθ,由牛頓第三定律得,小物體對(duì)半球體的壓力大小為mgsinθ,故B錯(cuò)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(zhì)量均為1 kg的木塊M和N疊放在水平地面上,用一根細(xì)線分別栓接在M和N右側(cè),在繩子中點(diǎn)用力F=5 N拉動(dòng)M和N一 起沿水平面勻速滑動(dòng),細(xì)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(dòng)摩擦因數(shù)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(duì)木塊N的壓力大小為10 N D.若θ變小,拉動(dòng)M、N一起勻速運(yùn)動(dòng)所需拉力應(yīng)大于5 N 答案AB 解析以M、N為整體受力分析,得F=μ2mg,得μ=0.25,A正確;單獨(dú)分析M受力,因繩子有豎直向下的分力,故M對(duì)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(cuò)誤;θ變化后,N對(duì)地面的壓力仍為20N,所以需要的拉力不變,D錯(cuò)誤。 11.(2018山東濰坊三模)如圖所示,將質(zhì)量為m的小球用橡皮筋懸掛在豎直墻的O點(diǎn),小球靜止在M點(diǎn),N為O點(diǎn)正下方一點(diǎn),ON間的距離等于橡皮筋原長,在N點(diǎn)固定一鐵釘,鐵釘位于橡皮筋右側(cè)?，F(xiàn)對(duì)小球施加拉力F,使小球沿以MN為直徑的圓弧緩慢向N運(yùn)動(dòng),P為圓弧上的點(diǎn),∠PNM為60。橡皮筋始終在彈性限度內(nèi),不計(jì)一切摩擦,重力加速度為g,則(　　) A.在P點(diǎn)橡皮筋彈力大小為12mg B.在P點(diǎn)時(shí)拉力F大小為52mg C.小球在從M向N運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)的過程中拉力F先變大后變小 答案AC 解析設(shè)圓的半徑為R,橡皮筋的勁度系數(shù)為k,∠PNM用θ表示,則NP=2Rcos60=R。 在M點(diǎn)橡皮筋彈力大小為mg,則mg=k2R,在P點(diǎn)橡皮筋彈力大小為F0=kR=12mg,故A正確;當(dāng)小球和N點(diǎn)的連線與豎直方向之間的夾角為α?xí)r,橡皮筋的伸長量Δx=2Rcosα,橡皮筋的彈力F=kΔx=mgcosα;對(duì)小球,設(shè)拉力F與水平方向之間的夾角為β,在水平方向Fcosβ=Fsinα,豎直方向Fcosα+Fsinβ=mg,聯(lián)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(dāng)α=60時(shí),F=32mg,故C正確,B、D錯(cuò)誤。 三、非選擇題 12. 如圖所示,質(zhì)量為mB=14 kg的木板B放在水平地面上,質(zhì)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(shí)與水平面的夾角為θ=37。已知貨箱A與木板B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1=0.5,木板B與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2=0.4。重力加速度g取10 m/s2?，F(xiàn)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(duì)A進(jìn)行受力分析如圖甲所示,可知A受4個(gè)力作用,分解繩的拉力, 根據(jù)受力平衡可得 FN1=mAg+FTsinθ FTcosθ=μ1FN1 解得FT=μ1mAgcosθ-μ1sinθ 代入數(shù)據(jù)得繩子張力FT=100N。 (2)對(duì)B進(jìn)行受力分析可知B受6個(gè)力的作用,地面對(duì)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(zhì)量m0=23 kg的木塊A套在水平桿上,并用輕繩將木塊A與質(zhì)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(dòng)木塊一起向右勻速運(yùn)動(dòng),運(yùn)動(dòng)中m0、m相對(duì)位置保持不變,g取10 m/s2。求: (1)運(yùn)動(dòng)過程中輕繩與水平方向的夾角θ; (2)木塊與水平桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ。 答案(1)30　(2)35 解析(1)設(shè)細(xì)繩對(duì)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=0 ① Fsin30+FTsinθ-mg=0 ② 代入數(shù)值得103cos30N=FTcosθ③ 103sin30N+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(duì)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。