2019-2020年高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第二章 第3講 受力分析 共點(diǎn)力的平衡練習(xí).doc

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2019-2020年高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第二章 第3講 受力分析 共點(diǎn)力的平衡練習(xí) 選擇題(每題6分,共42分) 1.(xx福建上杭一中檢測(cè))(多選)如圖所示,質(zhì)量為m,橫截面為直角三角形的物塊ABC,∠ABC=α,AB邊靠在豎直墻面上,物塊與墻面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。F是垂直于斜面BC的推力,物塊沿墻面勻速下滑,則摩擦力的大小為(　　) A.mg+F sin α B.mg-F sin α C.μmg D.μF cos α 2.(xx湖北重點(diǎn)中學(xué)聯(lián)考)如圖所示,水平地面上一物體在F1=10 N,F2=2 N的水平外力作用下做勻速直線運(yùn)動(dòng),則(　　) A.物體運(yùn)動(dòng)方向向左 B.物體所受滑動(dòng)摩擦力大小為6 N C.撤去力F1后物體最終會(huì)停下 D.撤去力F2后物體最終會(huì)停下 3.(xx浙江杭州重點(diǎn)中學(xué)聯(lián)考)如圖甲,筆記本電腦底座一般設(shè)置有四個(gè)卡位用來調(diào)節(jié)角度。某同學(xué)將電腦放在散熱底座上,為了獲得更好的舒適度,由原卡位1調(diào)至卡位4(如圖乙),電腦始終處于靜止?fàn)顟B(tài),則(　　) A.電腦受到的支持力變小 B.電腦受到的摩擦力變大 C.散熱底座對(duì)電腦的作用力的合力不變 D.電腦受到的支持力與摩擦力兩力大小之和等于其重力 4.(xx湖北襄陽四校聯(lián)考)如圖所示,斜面上固定有一與斜面垂直的擋板,另有一截面為圓的光滑柱狀物體甲放置于斜面上,半徑與甲相同的光滑球乙被夾在甲與擋板之間,沒有與斜面接觸而處于靜止?fàn)顟B(tài)。現(xiàn)在從球心O1處對(duì)甲施加一平行于斜面向下的力F,使甲沿斜面方向緩慢向下移動(dòng)。設(shè)乙對(duì)擋板的壓力大小為F1,甲對(duì)斜面的壓力大小為F2,甲對(duì)乙的彈力大小為F3。在此過程中(　　) A.F1逐漸增大,F2逐漸增大,F3逐漸增大 B.F1逐漸減小,F2保持不變,F3逐漸減小 C.F1保持不變,F2逐漸增大,F3先增大后減小 D.F1逐漸減小,F2保持不變,F3先減小后增大 5.(xx天津渤海石油一中月考)如圖所示,一箱蘋果沿著傾角為θ的斜面,以速度v勻速下滑。在箱子的中央有一個(gè)質(zhì)量為m的蘋果,它受到周圍蘋果對(duì)它作用力的合力的方向(　　) A.沿斜面向上 B.沿斜面向下 C.豎直向上 D.垂直斜面向上 6.(xx河南南陽一中月考)如圖所示,有一質(zhì)量不計(jì)的桿AO,長(zhǎng)為R,可繞A端自由轉(zhuǎn)動(dòng)。用繩在O點(diǎn)懸掛一個(gè)重為G的物體,另一根繩一端系在O點(diǎn),另一端系在圓弧形墻壁上的C點(diǎn)。當(dāng)點(diǎn)C由圖示位置逐漸向上沿圓弧CB移動(dòng)過程中(保持OA與地面夾角θ不變),OC繩所受拉力的大小變化情況是(　　) A.逐漸減小 B.逐漸增大 C.先減小后增大 D.先增大后減小 7.(xx河北正定中學(xué)第一次月考)在機(jī)場(chǎng)貨物托運(yùn)處,常用傳送帶運(yùn)送行李和貨物,如圖所示,靠在一起的兩個(gè)質(zhì)地相同,質(zhì)量和大小均不同的包裝箱隨傳送帶一起上行,下列說法正確的是　(　　) A.勻速上行時(shí)b受3個(gè)力作用 B.勻加速上行時(shí)b受4個(gè)力作用 C.若上行過程傳送帶因故突然停止時(shí),b受4個(gè)力作用 D.若上行過程傳送帶因故突然停止后,b受的摩擦力一定比原來大 B組　xx年模擬提升題組 時(shí)間:25分鐘　　分值:40分 一、選擇題(每題6分,共24分) 1.(xx湖北黃岡中學(xué)、黃石二中、鄂州高中聯(lián)考)如圖所示,質(zhì)量為m的木塊A放在質(zhì)量為M的三角形斜劈上,現(xiàn)用大小均為F、方向相反的水平力分別推A和B,它們均靜止不動(dòng),則(　　) 　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 A.地面對(duì)B的支持力大小一定等于(M+m)g B.B與地面之間一定存在摩擦力 C.B對(duì)A的支持力一定小于mg D.A與B之間一定存在摩擦力 2.(xx甘肅河西五市第一次聯(lián)考)(多選)如圖所示,質(zhì)量為m的小球套在豎起固定的光滑圓環(huán)上,在圓環(huán)的最高點(diǎn)有一個(gè)光滑小孔,一根輕繩的下端系著小球,上端穿過小孔用力拉住,開始時(shí)繩與豎直方向夾角為θ,小球處于靜止?fàn)顟B(tài),現(xiàn)緩慢拉動(dòng)輕繩,使小球沿光滑圓環(huán)上升一小段距離,則下列關(guān)系正確的是(　　) A.繩與豎直方向的夾角為θ時(shí),F=2mg cos θ B.小球沿光滑圓環(huán)上升過程中,輕繩拉力逐漸增大 C.小球沿光滑圓環(huán)上升過程中,小球所受支持力逐漸增大 D.小球沿光滑圓環(huán)上升過程中,小球所受支持力大小不變 3.(xx安徽安慶聯(lián)考)如圖所示,MON是固定的光滑絕緣直角桿,MO沿水平方向,NO沿豎直方向,A、B為兩個(gè)套在此桿上的帶有同種電荷的小球。用F將A球沿水平向右方向緩慢拉動(dòng)一小段距離后,A、B兩小球可以重新平衡。則后一種平衡狀態(tài)與前一種平衡狀態(tài)相比較,下列判斷正確的是(　　) A.A、B兩小球間的庫(kù)侖力變大,A球?qū)O桿的壓力變大 B.A、B兩小球間的庫(kù)侖力變小,A球?qū)O桿的壓力變小 C.A、B兩小球間的庫(kù)侖力變小,A球?qū)O桿的壓力不變 D.A、B兩小球間的庫(kù)侖力變大,A球?qū)O桿的壓力不變 4.(xx北京師范大學(xué)附中10月月考)如圖所示,輕彈簧的一端與物塊P相連,另一端固定在木板上。先將木板水平放置,并使彈簧處于拉伸狀態(tài)。緩慢抬起木板的右端,使傾角逐漸增大,直至物塊P剛要沿木板向下滑動(dòng),在這個(gè)過程中,物塊P所受靜摩擦力的大小變化情況是(　　) A.先減小后增大 B.先增大后減小 C.一直增大 D.保持不變 二、非選擇題(共16分) 5.(xx河南南陽一中月考)如圖所示,小球被輕質(zhì)細(xì)線系住斜吊著放在靜止的光滑斜面上,設(shè)小球質(zhì)量為m,斜面傾角為α=30,細(xì)線與豎直方向夾角為θ=30,斜面體的質(zhì)量為M=3m,置于粗糙水平面上。重力加速度為g。求: (1)當(dāng)斜面體靜止時(shí),細(xì)線對(duì)小球拉力的大小; (2)地面對(duì)斜面體的摩擦力的大小和方向。 (3)若地面對(duì)斜面體的最大靜摩擦力等于地面對(duì)斜面體支持力的K倍,為了使整個(gè)系統(tǒng)始終處于靜止?fàn)顟B(tài),K必須滿足什么條件? 第3講　受力分析　共點(diǎn)力的平衡 A組　xx年模擬基礎(chǔ)題組 選擇題 1. AD　對(duì)物塊受力分析可知,物塊在重力G、推力F、墻對(duì)物塊的彈力FN及摩擦力Ff的作用下做勻速直線運(yùn)動(dòng),故物塊受力平衡;將F沿水平和豎直方向分解,如圖所示: 則可知豎直方向上合力為零,故摩擦力Ff=mg+F sin α,A正確; 而物塊滑動(dòng),則為滑動(dòng)摩擦力,故摩擦力等于μFN=μF cos α,故D正確。 2.C　物體做勻速直線運(yùn)動(dòng)說明所受合力等于0,即F1-F2-f=0,則滑動(dòng)摩擦力f=8 N,故選項(xiàng)B錯(cuò);物體運(yùn)動(dòng)方向向右,選項(xiàng)A錯(cuò);撤去力F1后,拉力F2小于滑動(dòng)摩擦力,物體將會(huì)減速最終停下來,選項(xiàng)C對(duì);撤去力F2后,拉力F1大于滑動(dòng)摩擦力,物體將做加速運(yùn)動(dòng)不會(huì)停下來,選項(xiàng)D錯(cuò)。 3.C　筆記本電腦受重力、支持力和靜摩擦力,如圖所示: 根據(jù)平衡條件,有: FN=mg cos θ① Ff=mg sin θ② 由原卡位1調(diào)至卡位4,角度θ減小,根據(jù)①式,知支持力FN增加;根據(jù)②式,知靜摩擦力Ff減小,故A、B錯(cuò)誤。散熱底座對(duì)電腦的作用力的合力是支持力和靜摩擦力的合力,與電腦的重力始終平衡,是不變的,故C正確。電腦受到的支持力與摩擦力兩力的矢量和與重力平衡,但兩力大小之和是變化的,故D錯(cuò)誤。 4.B　先對(duì)球乙受力分析,受重力mg、擋板的支持力F1和甲物體的支持力F3,如圖所示 根據(jù)平衡條件,結(jié)合幾何關(guān)系可以看出擋板對(duì)乙的支持力F1不斷減小,甲對(duì)乙的彈力F3不斷減小。根據(jù)牛頓第三定律知,乙對(duì)擋板的壓力F1不斷減小; 再對(duì)甲與乙整體受力分析,受重力(M+m)g、斜面的支持力F2、擋板的支持力F1和已知力F,如圖 根據(jù)平衡條件,有 x方向:F+(M+m)g sin θ-F1=0 y方向:F2-(M+m)g cos θ=0 解得:F2=(M+m)g cos θ,保持不變。 結(jié)合牛頓第三定律知,物體甲對(duì)斜面的壓力F2=F2=(M+m)g cos θ不變。故B正確,A、C、D錯(cuò)誤。 5.C　一箱蘋果整體向下勻速運(yùn)動(dòng),其中央的一個(gè)蘋果也一定是做勻速運(yùn)動(dòng),受到的合力為零。由于中央的那一個(gè)蘋果只受重力與它周圍蘋果對(duì)它作用力的合力的作用,故重力與它周圍蘋果對(duì)它作用力的合力為一對(duì)平衡力,大小相等、方向相反,受力如圖。故C正確。 6.C　對(duì)O點(diǎn)受力分析如圖所示,O受豎直繩子的拉力FG、OA桿的支持力F及OC繩的拉力FC而處于平衡狀態(tài)。 將桿的支持力F和OC繩上的拉力FC合成,其合力與FG=G大小相等,方向相反,則在OC上移的過程中,平行四邊形豎直方向的對(duì)角線保持不變,平行四邊形發(fā)生圖中所示變化,則由圖可知OC的拉力先減小后增大,故選C。 7.A　本題考查受力分析、牛頓運(yùn)動(dòng)定律和摩擦力大小的判斷等知識(shí)。可用假設(shè)法判斷a、b間是否存在彈力,假設(shè)將a、b移開一小段距離,a和b都將保持原來的狀態(tài)隨傳送帶一起運(yùn)動(dòng),所以無論a、b勻速上行還是加速上行,a、b間都無彈力,b只受3個(gè)力作用,A項(xiàng)正確,B項(xiàng)錯(cuò)誤;傳送帶停止運(yùn)動(dòng)后,物體a、b將沿斜面做勻減速運(yùn)動(dòng),以整體為研究對(duì)象,物體上滑時(shí)加速度為(ma+mb)g sin θ+μ(ma+mb)g cos θ=(ma+mb)a,再用隔離法,以b為研究對(duì)象,有mbg sin θ+μmbg cos θ-F=mba,其中F為a對(duì)b的彈力,解得F=0,所以b上滑過程中也是受3個(gè)力作用,C項(xiàng)錯(cuò)誤;傳送帶停止運(yùn)動(dòng)后,物體受到的是滑動(dòng)摩擦力,可能比靜摩擦力要小,D項(xiàng)錯(cuò)誤。 B組　xx年模擬提升題組 一、選擇題 1.A　以整體為研究對(duì)象進(jìn)行受力分析可知,地面對(duì)B的支持力和整體的重力是一對(duì)平衡力,故地面對(duì)B的支持力大小等于(M+m)g,所以A正確;因水平方向所施加的力是一對(duì)平衡力,所以地面和B之間無摩擦力,所以B錯(cuò)誤;假設(shè)斜面光滑,以物體A為研究對(duì)象進(jìn)行受力分析,如圖所示,由受力可知,三個(gè)力可使物體處于平衡狀態(tài),故A、B間可能沒有摩擦力,所以D錯(cuò)誤;B對(duì)A的支持力FN=>mg,所以C錯(cuò)誤。 2.AD　對(duì)小球受力分析如下,拉力F,重力G和環(huán)的彈力FN。沿切線方向受力平衡有G sin 2θ=F sin θ,整理得2G sin θ cos θ=F sin θ,即F=2G cos θ,選項(xiàng)A對(duì)。小球沿光滑圓環(huán)上升過程中,θ角變大,F=2G cos θ變小,選項(xiàng)B錯(cuò)。沿半徑方向有F cos θ=G cos 2θ+FN,整理得2G cos2 θ=G cos2 θ+FN-G sin2 θ,即FN=G,所以小球沿光滑圓環(huán)上升過程中,小球所受支持力大小不變,選項(xiàng)C錯(cuò)D對(duì)。 3.C　對(duì)B球受力分析,受力如圖,由平衡條件得F庫(kù) cos θ=mBg,重新平衡后,θ角變小,則F庫(kù)變小;對(duì)A、B整體分析可得A受到的支持力為(mA+mB)g,前后不變,故A球?qū)O桿的壓力不變,故只有選項(xiàng)C正確。 4.A　當(dāng)木板傾角較小時(shí),物塊P有沿木板向上的運(yùn)動(dòng)趨勢(shì),由受力平衡可知靜摩擦力隨著角度的增大而減小,當(dāng)彈簧的彈力等于物塊重力沿木板向下的分力時(shí),靜摩擦力減小到零,之后物塊有沿木板向下的運(yùn)動(dòng)趨勢(shì),隨著角度的增大,靜摩擦力反向逐漸增大,直到物塊與木板發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)為止,A對(duì)。 二、非選擇題 5.答案　(1)mg　(2)mg　方向水平向左　(3)K≥ 解析　(1)對(duì)小球受力分析,其受重力G,支持力F,線的拉力T,則有:==, 可得:T=F=mg (2)以小球和斜面體整體為研究對(duì)象,受力分析,由于系統(tǒng)靜止,則: f=T sin 30=mg,方向水平向左 (3)對(duì)小球和斜面體整體受力分析,由平衡條件: N+T cos 30=(M+m)g=4mg 所以:N= 又由題意可知:fmax=KN≥f,即K≥mg,所以K≥