2019年度高考物理一輪復(fù)習(xí) 第二章 相互作用 專題強(qiáng)化二 受力分析 共點(diǎn)力的平衡課時(shí)達(dá)標(biāo)訓(xùn)練.doc

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3　受力分析　共點(diǎn)力的平衡 一、選擇題（1～6題為單項(xiàng)選擇題，7～11題為多項(xiàng)選擇題） 1.（2016廣東東莞模擬）如圖1所示，物體A放置在固定斜面上，一平行斜面向上的力F作用于物體A上。在力F逐漸增大的過(guò)程中，物體A始終保持靜止，則以下說(shuō)法中正確的是（　?。? 圖1 A．物體A受到的合力增大 B．物體A受到的支持力不變 C．物體A受到的摩擦力增大 D．物體A受到的摩擦力減小 解析　物體A始終靜止，則所受合力為零，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；設(shè)斜面與水平面的夾角為θ，物體A質(zhì)量為m，受到的支持力FN＝mgcos θ，選項(xiàng)B正確；如果F開(kāi)始很小，物體A受到的摩擦力沿斜面向上，當(dāng)F逐漸增大時(shí)，摩擦力先減小至零，后反向增大，選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤。 答案　B 2．如圖2所示，用一根細(xì)線系住重力為G的小球，開(kāi)始細(xì)線在作用于O點(diǎn)的拉力下保持豎直位置，小球與傾角為α的光滑斜面體接觸，處于靜止?fàn)顟B(tài)，小球與斜面的接觸面非常小。現(xiàn)保持小球位置不動(dòng)，沿順時(shí)針?lè)较蚋淖兝Ψ较颍钡嚼Ψ较蚺c斜面平行。在這一過(guò)程中，斜面保持靜止。下列說(shuō)法正確的是（　　） 圖2 A．細(xì)線對(duì)小球的拉力先減小后增大 B．斜面對(duì)小球的支持力先增大后減小 C．斜面對(duì)地面的摩擦力一直減小，方向向右 D．細(xì)線對(duì)小球的拉力的最小值等于Gsin α 解析　以小球?yàn)檠芯繉?duì)象，對(duì)其受力分析，如圖所示，因保持小球位置不動(dòng)，故小球處于動(dòng)態(tài)平衡，由圖知在題設(shè)的過(guò)程中，F(xiàn)T一直減小，F(xiàn)N一直增大，當(dāng)細(xì)線與斜面平行時(shí)，F(xiàn)T與FN垂直，F(xiàn)T有最小值，且FTmin＝Gsin α，故選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤，D正確；選整體為研究對(duì)象，細(xì)線的拉力在水平方向的分量一直在增大，方向向右，所以地面對(duì)斜面的摩擦力一直增大，方向向左，根據(jù)牛頓第三定律，斜面對(duì)地面的摩擦力一直增大，方向向右，選項(xiàng)C錯(cuò)誤。 答案　D 3．（2017河南適應(yīng)性測(cè)試）如圖3所示，質(zhì)量均為m的兩個(gè)小球A、B（可視為質(zhì)點(diǎn)）固定在輕桿的兩端，將其放入光滑的半球形碗中，桿的長(zhǎng)度等于碗的半徑，當(dāng)桿與兩球組成的系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)時(shí)，桿對(duì)小球A的作用力為（　　） 圖3 A.mg B.mg C.mg D．2mg 解析　輕桿的長(zhǎng)度等于碗的半徑，由幾何關(guān)系知，OAB為等邊三角形。對(duì)小球A進(jìn)行受力分析可知，小球A受到桿的作用力為mg，B正確。 答案　B 4．（2016海南“七校聯(lián)盟”聯(lián)考）如圖4所示，兩個(gè)相同的物體A、B疊在一起放在粗糙的水平桌面上，連在物體B上的輕繩通過(guò)定滑輪與空箱C相連，箱內(nèi)放有一小球與箱內(nèi)壁右側(cè)接觸，整個(gè)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)。已知A、B的質(zhì)量均為m，C的質(zhì)量為M，小球的質(zhì)量為m0，物體B與桌面的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，不計(jì)滑輪摩擦和空氣阻力，下列說(shuō)法正確的是（　?。? 圖4 A．物體A受到三個(gè)力的作用 B．小球受到三個(gè)力的作用 C．桌面受到物體的摩擦力大小為2μmg D．桌面受到物體的摩擦力大小為（M＋m0）g 解析　由于整個(gè)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，表明整個(gè)系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，系統(tǒng)所受合外力為零，通過(guò)隔離法可知，該系統(tǒng)內(nèi)每個(gè)物體所受合外力為零。由隔離法可知物體A受兩個(gè)力（重力和物體B對(duì)其的支持力），小球受重力和空箱C對(duì)它的支持力兩個(gè)力作用，故選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；對(duì)空箱C和小球組成的系統(tǒng)進(jìn)行受力分析知輕繩的拉力大小等于（M＋m0）g，再通過(guò)對(duì)A、B兩物體組成的系統(tǒng)受力分析知水平方向物體B受到的桌面對(duì)物體B的靜摩擦力大小等于輕繩的拉力大?。∕＋m0）g，由牛頓第三定律可知，物體B對(duì)桌面的靜摩擦力大小為（M＋m0）g，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確。 答案　D 5．如圖5所示，質(zhì)量相等的A、B兩物體在平行于固定光滑斜面的推力F的作用下，沿斜面做勻速直線運(yùn)動(dòng)，A、B間輕彈簧的勁度系數(shù)為k，斜面的傾角為30，則勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)彈簧的壓縮量為（　?。? 圖5 A. B. C. D. 解析　設(shè)物體A、B的質(zhì)量均為m。先用整體法，求出F＝2mgsin 30＝mg；后用隔離法，選取物體B為研究對(duì)象，對(duì)其受力分析，根據(jù)平衡條件可求出彈簧對(duì)B沿斜面向上的彈力F彈＝mgsin 30＝＝，即＝kx，所以x＝。故選項(xiàng)B正確。 答案　B 6．甲、乙兩人用aO和bO通過(guò)裝在P樓和Q樓樓頂?shù)亩ɑ?，將質(zhì)量為m的物塊由O點(diǎn)沿Oa直線緩慢向上提升，如圖6所示。則在物塊由O點(diǎn)沿直線Oa緩慢上升過(guò)程中，以下判斷正確的是（　?。? 圖6 A．a(chǎn)O繩和bO繩中的彈力都逐漸減小 B．a(chǎn)O繩和bO繩中的彈力都逐漸增大 C．a(chǎn)O繩中的彈力一直在增大，bO繩中的彈力先減小后增大 D．a(chǎn)O繩中的彈力先減小后增大，bO繩中的彈力一直在增大 解析　對(duì)結(jié)點(diǎn)O進(jìn)行受力分析，如圖所示，根據(jù)三力平衡的特點(diǎn)可知aO繩和bO繩中的彈力的合力與重力是一對(duì)平衡力，從圖中可以看出：aO繩中的彈力一直在增大，bO繩中的彈力先減小后增大，即C選項(xiàng)正確。 答案　C 7．如圖7所示，物體的重力為G，保持細(xì)繩AO的位置不變，讓細(xì)繩BO的B端沿四分之一圓周從D點(diǎn)緩慢向E點(diǎn)移動(dòng)。在此過(guò)程中（　?。? 圖7 A．細(xì)繩BO上的張力先增大后減小 B．細(xì)繩BO上的張力先減小后增大 C．細(xì)繩AO上的張力一直增大 D．細(xì)繩AO上的張力一直減小 解析　由于物體始終處于平衡狀態(tài)，所以TOA和TOB的合力大小恒等于G，方向豎直向上，當(dāng)細(xì)繩的B端從D點(diǎn)向E點(diǎn)緩慢地移動(dòng)時(shí)，各力變化情況如圖所示，可見(jiàn)TOA逐漸增大，TOB先減小后增大，選項(xiàng)A、D錯(cuò)誤，B、C正確。 答案　BC 8．（2017西安八校聯(lián)考）如圖8所示，一根繩子一端固定于豎直墻上的A點(diǎn)，另一端繞過(guò)動(dòng)滑輪P懸掛一重物B，其中繩子的PA段處于水平狀態(tài)，另一根繩子一端與動(dòng)滑輪P的軸相連，在繞過(guò)光滑的定滑輪Q后在其端點(diǎn)O施加一水平向左的外力F，使整個(gè)系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，滑輪均為光滑、輕質(zhì)，且均可看作質(zhì)點(diǎn)，現(xiàn)拉動(dòng)繩子的端點(diǎn)O使其向左緩慢移動(dòng)一小段距離后達(dá)到新的平衡狀態(tài)，則該平衡狀態(tài)與原平衡狀態(tài)相比較（　?。? 圖8 A．拉力F增大 B．拉力F減小 C．角θ不變 D．角θ減小 解析　以動(dòng)滑輪P為研究對(duì)象，AP、BP段繩子受的力始終等于B的重力，兩繩子拉力的合力在∠APB的角平分線上，拉動(dòng)繩子后，滑輪向上運(yùn)動(dòng)，兩繩子夾角減小，兩拉力的合力增大，故F增大，A項(xiàng)正確，B項(xiàng)錯(cuò)；PQ與豎直方向夾角等于∠APB的一半，故拉動(dòng)繩子后角θ減小，C項(xiàng)錯(cuò)，D項(xiàng)正確。 答案　AD 9．如圖9所示，質(zhì)量分別為mA、mB的A、B兩個(gè)楔形物體疊放在一起，B靠在豎直墻壁上，在水平力F的作用下，A、B靜止不動(dòng)，則（　?。? 圖9 A．A物體受力的個(gè)數(shù)可能為3 B．B受到墻壁的摩擦力方向可能向上，也可能向下 C．力F增大（A、B仍靜止），A對(duì)B的壓力也增大 D．力F增大（A、B仍靜止），墻壁對(duì)B的摩擦力也增大 解析　隔離A物體，若A、B間沒(méi)有靜摩擦力，則A受重力、B對(duì)A的支持力和水平力F三個(gè)力作用，選項(xiàng)A正確；將A、B看作一個(gè)整體，整體在豎直方向上受到重力和摩擦力，所以墻對(duì)B的摩擦力方向只能向上，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；若F增大，則F在垂直B斜面方向的分力增大，所以A對(duì)B的壓力增大，選項(xiàng)C正確；對(duì)A、B整體受力分析，由平衡條件知，豎直方向上有f＝GA＋GB，因此當(dāng)水平力F增大時(shí)，墻壁對(duì)B的摩擦力不變，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 答案　AC 10．（2016廣西模擬）如圖10所示，斜面上放有兩個(gè)完全相同的物體a、b，兩物體間用一根細(xì)線連接，在細(xì)線的中點(diǎn)加一與斜面垂直的拉力F，使兩物體均處于靜止?fàn)顟B(tài)。則下列說(shuō)法正確的是（　　） 圖10 A．無(wú)論F如何改變，a、b兩物體均受四個(gè)力作用 B．a(chǎn)、b兩物體對(duì)斜面的壓力相同 C．a(chǎn)、b兩物體受到的摩擦力大小一定相等 D．當(dāng)逐漸增大拉力F時(shí)，地面對(duì)斜面的靜摩擦力增大 解析　當(dāng)細(xì)線對(duì)b的拉力沿斜面方向分力等于b所受重力沿斜面方向的分力時(shí)，b不受摩擦力作用，只受重力、支持力和拉力三個(gè)力作用，A項(xiàng)錯(cuò)誤；對(duì)a進(jìn)行受力分析知，a一定受摩擦力作用，C項(xiàng)錯(cuò)誤；拉力作用在細(xì)線的中點(diǎn)，所以兩細(xì)線的張力大小相等，又兩細(xì)線與斜面的夾角相等，由平衡條件可知，兩物體所受支持力相等，由牛頓第三定律可知，B項(xiàng)正確；以整體為研究對(duì)象，地面對(duì)斜面的靜摩擦力Ff＝Fsin α，F(xiàn)增大，則靜摩擦力增大，D項(xiàng)正確。 答案　BD 11．（2016江西重點(diǎn)中學(xué)聯(lián)考）如圖11所示，質(zhì)量為M的木板C放在水平地面上，固定在C上的豎直輕桿的頂端分別用細(xì)繩a和b連接小球A和小球B，小球A、B的質(zhì)量分別為mA和mB，當(dāng)與水平方向成30角的力F作用在小球B上時(shí)，A、B、C剛好相對(duì)靜止一起向右勻速運(yùn)動(dòng)，且此時(shí)繩a、b與豎直方向的夾角分別為30和60，則下列判斷正確的是（　　） 圖11 A．力F的大小為mBg B．地面對(duì)C的支持力等于（M＋mA＋mB）g C．地面對(duì)C的摩擦力大小為mBg D．mA＝mB 解析　對(duì)小球B受力分析，水平方向有Fcos 30＝Tbcos 30，得Tb＝F，豎直方向有Fsin 30＋Tbsin 30＝mBg，解得F＝mBg，故A正確；對(duì)小球A受力分析，豎直方向有mAg＋Tbsin 30＝Tasin 60，水平方向有Tasin 30＝Tbsin 60，聯(lián)立解得mA＝mB，故D正確；以A、B、C整體為研究對(duì)象受力分析，豎直方向有FN＋Fsin 30＝（M＋mA＋mB）g，可見(jiàn)FN小于（M＋mA＋mB）g，故B錯(cuò)誤；水平方向有Ff＝Fcos 30＝mBgcos 30＝mBg，故C正確。 答案　ACD 二、非選擇題 12．（2016江蘇南通質(zhì)檢）如圖12所示，質(zhì)量為m1的物體甲通過(guò)三段輕繩懸掛，三段輕繩的結(jié)點(diǎn)為O，輕繩OB水平且B端與站在水平面上質(zhì)量為m2的人相連，輕繩OA與豎直方向的夾角θ＝37，物體甲及人均處于靜止?fàn)顟B(tài)。（已知sin 37＝0.6，cos 37＝0.8，g取10 m/s2。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力） 圖12 （1）輕繩OA、OB受到的拉力分別是多大？ （2）人受到的摩擦力是多大？方向如何？ （3）若人的質(zhì)量m2＝60 kg，人與水平面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.3，欲使人在水平面上不滑動(dòng)，則物體甲的質(zhì)量最大不能超過(guò)多少？ 解析?。?）以結(jié)點(diǎn)O為研究對(duì)象進(jìn)行受力分析，如圖甲所示，由平衡條件有 甲 FOB＝FOAsin θ FOAcos θ＝m1g 聯(lián)立解得FOA＝＝m1g， FOB＝m1gtan θ＝m1g 故輕繩OA、OB受到的拉力分別為m1g、m1g。 （2）對(duì)人受力分析，如圖乙所示，人在水平方向受到OB繩的拉力FOB′和水平向左的靜摩擦力作用，由平衡條件得f＝FOB′ 乙 又FOB′＝FOB 所以f＝FOB＝m1g （3）當(dāng)人剛要滑動(dòng)時(shí)，甲的質(zhì)量達(dá)到最大，此時(shí)人受到的靜摩擦力達(dá)到最大值，有fm＝μm2g 由平衡條件得FOBm′＝fm 又FOBm′＝FOBm＝m1mgtan θ＝m1mg 聯(lián)立解得m1m＝＝＝24 kg 即物體甲的質(zhì)量最大不能超過(guò)24 kg。 答案　（1）m1g　m1g （2）m1g　水平向左?。?）24 kg