《2019高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第2章 專(zhuān)題二 共點(diǎn)力的平衡條件和應(yīng)用精練（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第2章 專(zhuān)題二 共點(diǎn)力的平衡條件和應(yīng)用精練（含解析）（9頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、專(zhuān)題二　共點(diǎn)力的平衡條件和應(yīng)用 ◎基礎(chǔ)鞏固練 1．(2018·惠州市高三第二次調(diào)研考試)如圖所示，三根相同的繩子末端連接于O點(diǎn)，A、B端固定，C端受一水平力F，當(dāng)F逐漸增大時(shí)(O點(diǎn)位置保持不變)，最先斷的繩子是(　　) A．OA繩　　　　　　 B．OB繩 C．OC繩 D．三繩同時(shí)斷 解析：　對(duì)結(jié)點(diǎn)O受力分析，受三個(gè)繩的拉力，根據(jù)平衡條件的推論得，水平和豎直兩繩拉力的合力與OA繩的拉力等大反向，作出平行四邊形，解得三個(gè)繩中OA繩的拉力最大，在水平拉力逐漸增大的過(guò)程中，OA繩先達(dá)到最大值，故OA繩先斷，A項(xiàng)正確。 答案：　A 2. 如圖所示，桿BC的B端用鉸鏈連接在豎直墻上

2、，另一端C為一滑輪。重物G上系一繩經(jīng)過(guò)滑輪固定于墻上A點(diǎn)處，桿恰好平衡。若將繩的A端沿墻緩慢向下移(BC桿、滑輪、繩的質(zhì)量及摩擦均不計(jì))，則下列說(shuō)法正確的是(　　) A．繩的拉力增大，BC桿受繩的壓力增大 B．繩的拉力不變，BC桿受繩的壓力增大 C．繩的拉力不變，BC桿受繩的壓力減小 D．繩的拉力不變，BC桿受繩的壓力不變 答案：　B 3. (多選)如圖所示，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(　　) 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

3、．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FTOA和FTOB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)FTOA逐漸增大，F(xiàn)TOB先減小后增大，選項(xiàng)A、D錯(cuò)誤，B、C正確。 答案：　BC 4. 如圖，長(zhǎng)方形木塊B放在長(zhǎng)木板A上，垂直B的上表面固定一金屬桿，小球C通過(guò)細(xì)繩懸掛在桿的頂端。整個(gè)裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)緩慢減小木板的傾角θ，A、B、C仍保持相對(duì)靜止，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．A受到的壓力不變 B．A受到的摩擦力不變 C．直桿對(duì)B的正壓力不變 D．直桿對(duì)B的正壓力逐漸增大 解

4、析：　把B、C看成一整體，可知A、B錯(cuò)誤；桿對(duì)B的正壓力等于繩子拉力沿著桿的分量，其值為mCgcos θ，隨著θ減小而增大，C錯(cuò)誤，D正確。 答案：　D 5．(2018·遼寧沈陽(yáng)聯(lián)考)如圖所示，質(zhì)量為m的小球用水平輕質(zhì)彈簧系住，并用傾角θ＝37°的木板托住，小球處于靜止?fàn)顟B(tài)，彈簧處于壓縮狀態(tài)，則(　　) A．小球受木板的摩擦力一定沿斜面向上 B．彈簧彈力不可能為mg C．小球可能受三個(gè)力作用 D．木板對(duì)小球的作用力有可能小于小球的重力mg 解析：　小球的受力分析如圖， 當(dāng)mgsin 37°>Fcos 37°，小球受到沿斜面向上的摩擦力，當(dāng)mgsin 37°

5、7°，小球受到沿斜面向下的摩擦力，當(dāng)mgsin 37°＝Fcos 37°，斜面對(duì)小球不受摩擦力，且F＝mgtan 37°＝mg，所以A、B錯(cuò)誤，C正確；木板對(duì)小球的作用力的豎直分量等于mg，所以不可能小于mg，D錯(cuò)誤。 答案：　C 6. 如圖所示，質(zhì)量為m的小球套在豎直固定的光滑半圓環(huán)上，輕繩一端固定在圓環(huán)的最高點(diǎn)A，另一端與小球相連。小球靜止時(shí)位于環(huán)上的B點(diǎn)，此時(shí)輕繩與豎直方向的夾角為60°，則輕繩對(duì)小球的拉力大小為(　　) A．2mg　　　　　　　　 B．mg C．mg D．mg 解析：　本題考查力學(xué)中的平衡問(wèn)題。對(duì)B點(diǎn)處的小球受力分析，如圖所示，則有FTsin 60°＝F

6、Nsin 60°，F(xiàn)Tcos 60°＋FNcos 60°＝mg，解得FT＝FN＝mg，則A、B、D錯(cuò)，C正確。 答案：　C 7．如圖所示，質(zhì)量分別為10 kg的物體A和B通過(guò)光滑滑輪與物體C相連，物體與水平面和斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.2，斜面的傾角為37°，若C剛好能勻速拉動(dòng)A和B而下落，則物體C的質(zhì)量為(重力加速度g＝10 m/s2)(　　) A．9.6 kg B．8.0 kg C．3.6 kg D．7.6 kg 解析：　物體C勻速下落，則B、C間繩中張力FBC等于mCg，而物體B勻速上滑，由平衡條件可得：FBC＝mBgsin 37°＋μmBgcos 37°＋FAB，

7、而FAB＝μmAg，故得：mCg＝mBgsin 37°＋μmBgcos 37°＋μmAg，解得mC＝9.6 kg，A正確。 答案：　A 8. (2018·安陽(yáng)二模)如圖所示，一質(zhì)量為m的沙袋用不可伸長(zhǎng)的輕繩懸掛在支架上，一練功隊(duì)員用垂直于繩的力將沙袋緩慢拉起，使繩與豎直方向的夾角為θ＝30°，且繩繃緊，則練功隊(duì)員對(duì)沙袋施加的作用力大小為(　　) A. B．mg C.mg D．mg 解析：　 如圖，建立直角坐標(biāo)系對(duì)沙袋進(jìn)行受力分析： 由平衡條件有： Fcos 30°－FTsin 30°＝0，F(xiàn)Tcos 30°＋Fsin 30°－mg＝0，聯(lián)立可解得： F＝，故選A。

8、 答案：　A 9. 如圖所示，粗糙斜面P固定在水平面上，斜面傾角為θ，在斜角上有一個(gè)小滑塊Q。若給Q一個(gè)水平向右的推力F，無(wú)論推力為多大，Q都不會(huì)向上滑動(dòng)，則PQ間的動(dòng)摩擦因數(shù)(　　) A．不小于 B．等于 C．等于tan θ D．不小于tan θ 解析：　對(duì)Q受力分析，平行斜面向上的合力F′＝Fcos θ－μ(Fsin θ＋mgcos θ)－mgsin θ，整理為F′＝(cos θ－μsin θ)F－(μcos θ＋sin θ)mg，只有當(dāng)F的系數(shù)(cos θ－μsin θ)≤0時(shí)，F(xiàn)′才不能大于0，即合力不可能向上，滑塊不可能向上滑動(dòng)，解得μ≥，所以答案為A。 答案：　A

9、 10. (多選)如圖所示，質(zhì)量均為m的小球A、B用勁度系數(shù)為k1的輕彈簧相連，B球用長(zhǎng)為L(zhǎng)的細(xì)繩懸于O點(diǎn)，A球固定在O點(diǎn)正下方L處，當(dāng)小球B平衡時(shí)，繩子所受的拉力為FT1，彈簧的彈力為F1；現(xiàn)把A、B間的彈簧換成原長(zhǎng)相同但勁度系數(shù)為k2(k2>k1)的另一輕彈簧，在其他條件不變的情況下仍使系統(tǒng)平衡，此時(shí)繩子所受的拉力為FT2，彈簧的彈力為F2。下列關(guān)于FT1與FT2、F1與F2大小之間的關(guān)系，正確的是(　　) A．FT1>FT2 B．FT1＝FT2 C．F1

10、合力F合與重力mg大小相等，方向相反，即F合＝mg，如圖所示，由三角形相似得(力的三角形和幾何三角形相似)：＝＝，又OA＝OB＝L，得FT＝mg，F(xiàn)＝mg，故繩子的拉力FT只與小球B的重力有關(guān)，與彈簧的勁度系數(shù)無(wú)關(guān)，所以FT1＝FT2。當(dāng)彈簧的勁度系數(shù)變大時(shí)，彈簧的壓縮量減小，故長(zhǎng)度x增加，F(xiàn)2>F1，A、D錯(cuò)誤，B、C正確。 答案：　BC ◎能力提升練 11．(2018·福建安溪、德化聯(lián)考)如圖所示，小物體P放在直角斜劈M上，M下端連接一豎直彈簧，并緊貼豎直光滑墻壁。開(kāi)始時(shí)，P、M靜止，M與墻壁間無(wú)作用力，現(xiàn)以平行斜面向上的力F向上推物體P，但P、M未發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)。則在施加力F后(　　

11、) A．P、M之間的摩擦力變大 B．P、M之間的摩擦力變小 C．墻壁與M之間仍然無(wú)作用力 D．彈簧的形變量減小 解析：　未施加F之前，對(duì)小物體P受力分析，根據(jù)平衡條件可知，小物體P受到的沿斜面向上的靜摩擦力等于重力沿斜面向下的分力。施加向上的推力F后，當(dāng)F大于小物體P沿斜面向下的重力分力2倍時(shí)，摩擦力變大；當(dāng)F等于小物體P沿斜面向下的分力2倍時(shí)，摩擦力大小不變；當(dāng)F小于小物體P沿斜面向下的重力分力時(shí)，摩擦力減小，故A、B錯(cuò)誤。把P、M看成一個(gè)整體，整體受力平衡，則墻壁與M的彈力等于F在水平方向的分力，豎直方向彈簧彈力等于整體的重力減去F在豎直方向的分力，所以彈力減小，形變量減小，

12、故C錯(cuò)誤，D正確。 答案：　D 12. 兩物體M、m用跨過(guò)光滑定滑輪的輕繩相連，如圖所示，OA、OB與水平面的夾角分別為30°、60°，M、m均處于靜止?fàn)顟B(tài)，則(　　) A．繩OA對(duì)M的拉力大小大于繩OB對(duì)M的拉力 B．繩OA對(duì)M的拉力大小等于繩OB對(duì)M的拉力 C．m受到水平面的靜摩擦力大小為零 D．m受到水平面的靜摩擦力的方向水平向左 解析：　 取O點(diǎn)為研究對(duì)象進(jìn)行受力分析如圖，F(xiàn)TA

13、定一個(gè)豎直擋板AB，在P上放兩個(gè)大小相同的光滑小球C和D，質(zhì)量均為m，整個(gè)裝置的縱截面如圖所示。開(kāi)始時(shí)點(diǎn)P、C球心連線與水平面的夾角為θ，點(diǎn)P、D球心連線處于豎直方向，已知重力加速度為g。則下列說(shuō)法正確的是(　　) A．P和擋板對(duì)C的彈力分別為和 B．地面對(duì)P的摩擦力大小為零 C．使擋板緩慢地向右平行移動(dòng)，但C仍在P和擋板AB作用下懸于半空中，則地面對(duì)P的摩擦力將不斷增大 D．使擋板繞B點(diǎn)順時(shí)針緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)，P始終保持靜止，則D一定緩慢下滑 解析：　 對(duì)D受力分析，受到重力mg和P的支持力FN，對(duì)C受力分析，受到重力mg、擋板AB的支持力FN1和P對(duì)C的支持力FN2，如圖所示，

14、根據(jù)平衡條件，得FN1＝，F(xiàn)N2＝，A錯(cuò)誤；以P、C、D整體為研究對(duì)象，進(jìn)行受力分析，受到三者的重力、擋板AB的支持力FN1，地面的支持力FN3，地面的靜摩擦力Ff，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件，有FN3＝(M＋2m)g，F(xiàn)f＝FN1，B錯(cuò)誤；使擋板緩慢地向右平行移動(dòng)，由于θ不斷減小，故Ff不斷增大，C正確；由于P、D球心連線處于豎直方向，當(dāng)使擋板繞B點(diǎn)順時(shí)針緩慢地轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，小球D可繼續(xù)保持靜止，D錯(cuò)誤。 答案：　C 14. (2018·湛江模擬)如圖所示，A、B都是重物，A被繞過(guò)小滑輪P的細(xì)線所懸掛，B放在粗糙的水平桌面上；滑輪P被一根斜短線系于天花板上的O點(diǎn)；O′是三根線的結(jié)點(diǎn)，bO′水平拉

15、著B(niǎo)物體，cO′沿豎直方向拉著彈簧；彈簧、細(xì)線、小滑輪的重力和細(xì)線與滑輪間的摩擦力均可忽略，整個(gè)裝置處于平衡靜止?fàn)顟B(tài)。若懸掛小滑輪的斜線OP的張力是20 N，則下列說(shuō)法中錯(cuò)誤的是(　　) A．彈簧的彈力為10 N B．重物A的質(zhì)量為2 kg C．桌面對(duì)B物體的摩擦力為10 N D．OP與豎直方向的夾角為60° 解析：　 設(shè)懸掛小滑輪的斜線中的拉力與O′a繩的拉力分別為FT1和FT，則有2FTcos 30°＝FT1，解得FT＝20 N，以結(jié)點(diǎn)O′為研究對(duì)象，受力如圖，根據(jù)平衡條件得，彈簧的彈力為F1＝FTcos 60°＝10 N，故A正確；重物A的質(zhì)量mA＝＝2 kg，故B正確；繩O′b的拉力F2＝FTsin 60°＝10 N，所以Ff＝10 N，故C正確；由于定滑輪兩側(cè)繩子的拉力大小相等，根據(jù)對(duì)稱(chēng)性可知，細(xì)線OP與豎直方向的夾角為30°，故D錯(cuò)誤。 答案：　D 9