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課時分層作業(yè) 六 受力分析　共點力的平衡 (45分鐘　100分) 【基礎達標題組】 一、選擇題(本題共10小題,每小題6分,共60分。1～6題為單選題,7～10題為多選題) 1.“階下兒童仰面時,清明妝點正堪宜。游絲一斷渾無力,莫向東風怨別離?！边@是《紅樓夢》中詠風箏的詩,風箏在風力F、線的拉力FT以及重力G的作用下,能夠高高地飛在藍天上。關于風箏在空中的受力可能正確的是 (　　) 【解析】選A。在B、C、D三個圖中,合力不可能為零,不能處于平衡狀態(tài),只有A圖,在三個力的作用下能處于平衡,故A正確,B、C、D錯誤。 2.如圖所示,一個半球形的碗放在桌面上,碗口水平,O點為其球心,碗的內表面及碗口是光滑的。一根細線跨在碗口上,線的兩端分別系有質量為m1和m2的小球。當它們處于平衡狀態(tài)時,質量為m1的小球與O點的連線與水平線的夾角為α=90,質量為m2的小球位于水平地面上,設此時質量為m2的小球對地面壓力大小為FN,細線的拉力大小為FT,則 (　　) A.FN=(m2-m1)g B.FN=m2g C.FT=m1g D.FT=g 【解析】選B。分析小球m1的受力情況,由物體的平衡條件可得,繩的拉力FT=0,故C、D均錯誤;分析m2受力,由平衡條件可得:FN=m2g,故A錯誤,B正確。 3.(2018開封模擬)如圖所示,用一輕繩將光滑小球P系于豎直墻壁上的O點,在墻壁和球P之間夾有一長方體物塊Q,P、Q均處于靜止狀態(tài),現有一鉛筆緊貼墻壁從O點開始緩慢下移,則在鉛筆緩慢下移的過程中 (　　) A.細繩的拉力逐漸變小 B.Q受到墻壁的彈力逐漸變大 C.Q受到墻壁的摩擦力逐漸變大 D.Q將從墻壁和小球之間滑落 【解析】選B。對P分析,P受到重力、拉力和Q對P的彈力處于平衡,設拉力與豎直方向的夾角為θ,根據共點力平衡得,拉力F=,Q對P的支持力FN= mgtan θ,鉛筆緩慢下移的過程中,θ增大,則拉力F增大,Q對P的支持力增大,故A錯誤;對Q分析知,在水平方向上P對Q的壓力增大,則墻壁對Q的彈力增大,在豎直方向上重力與摩擦力相等,所以Q受到的摩擦力不變,Q不會從墻壁和小球之間滑落,故B正確,C、D錯誤。 4.(2018濟南模擬)如圖所示,半圓形線框豎直放置在粗糙的水平地面上,質量為m的光滑小球P在水平外力F的作用下處于靜止狀態(tài),P與圓心O的連線與水平面的夾角為θ,將力F在豎直面內沿順時針方向緩慢轉過90,框架與小球始終保持靜止狀態(tài),在此過程中下列說法正確的是(　　) A.拉力F一直增大 B.拉力F的最小值為mgsinθ C.地面對框架的摩擦力先增大后減小 D.框架對地面的壓力始終在減小 【解析】選D。對球受力分析,如圖所示,從圖看出,將力F在豎直面內沿順時針方向緩慢轉過90,拉力先減小后增加,當拉力與支持力垂直時最小,為mgcosθ,故A、B錯誤;再分析球和框整體,受重力、拉力、支持力和摩擦力,如果將圖中的拉力F沿著水平和豎直方向正交分解,將力F在豎直面內沿順時針方向緩慢轉過90過程中,其水平分力減小、而豎直分力增加,根據平衡條件可知,支持力減小、摩擦力也減小,根據牛頓第三定律,對地面的壓力減小,故C錯誤,D正確。 5.(2018梅州模擬)輕繩一端系在質量為m的物塊A上,另一端系在一個套在粗糙豎直桿MN的圓環(huán)上?，F用水平力F拉住繩子上一點O,使物塊A從圖中實線位置緩慢下降到虛線位置,但圓環(huán)仍保持在原來位置不動,在這一過程中,環(huán)對桿的摩擦力F1和環(huán)對桿的壓力F2的變化情況是 (　　) A.F1保持不變,F2逐漸增大 B.F1保持不變,F2逐漸減小 C.F1逐漸增大,F2保持不變 D.F1逐漸減小,F2保持不變 【解析】選B。以圓環(huán)、物塊A及輕繩整體為研究對象,受力情況如圖1所示,根據平衡條件得,桿對環(huán)的摩擦力F1′=G,保持不變,桿對環(huán)的彈力F2′=F;以結點O為研究對象,受力情況如圖2所示,由平衡條件得,F=mgtanθ,物塊A從圖中實線位置緩慢下降到虛線位置過程中,θ逐漸減小,則F逐漸減小,F2′逐漸減小。所以F1′保持不變,F2′逐漸減小,由牛頓第三定律知F1不變,F2減小,選項B正確。 6.(2018銀川模擬)如圖所示,輕質彈簧一端系在質量為m=1 kg的小物塊上,另一端固定在墻上。物塊在斜面上靜止時,彈簧與豎直方向的夾角為37,已知斜面傾角θ=37,斜面與小物塊間的動摩擦因數μ=0.5,斜面固定不動。設物塊與斜面間的最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等,下列說法正確是(　　) A.小物塊可能只受三個力 B.彈簧彈力大小一定等于4 N C.彈簧彈力大小可能等于5 N D.斜面對物塊支持力可能為零 【解析】選C。由于μmgcos 37=4 N,mgsin 37=6 N,故μmgcos 37< mgsin 37,若不受彈簧的壓力則物塊不可能靜止,故物塊一定受彈簧的壓力,還受重力、斜面支持力和靜摩擦力,四個力的作用而平衡,A錯誤;若要物塊靜止,μ(mgcos 37+FN)≥6 N,解得FN≥4 N,故B錯誤,C正確;由于滑塊此時受到的摩擦力大小等于重力沿斜面向下的分力,不可能為零,所以斜面對滑塊的支持力不可能為零,D錯誤。 7.(2017天津高考)如圖所示,輕質不可伸長的晾衣繩兩端分別固定在豎直桿M、N上的a、b兩點,懸掛衣服的衣架掛鉤是光滑的,掛于繩上處于靜止狀態(tài)。如果只人為改變一個條件,當衣架靜止時,下列說法正確的是 (　　) A.繩的右端上移到b′,繩子拉力不變 B.將桿N向右移一些,繩子拉力變大 C.繩的兩端高度差越小,繩子拉力越小 D.若換掛質量更大的衣服,則衣架懸掛點右移 【解析】選A、B。設兩桿間距離為d,繩長為l,Oa、Ob段長度分別為la和lb,則l=la+lb,兩部分繩子與豎直方向夾角分別為α和β,受力分析如圖所示, 繩子各部分張力相等,Fa=Fb=F,則α=β。滿足2Fcosα=mg,d=lasinα+lbsinα,即sinα=,F=,d和l均不變,則sinα為定值,α為定值,cosα為定值,繩子的拉力保持不變,故A正確,C、D錯誤;將桿N向右移一些,d 增大,則sinα增大, cosα減小,繩子的拉力增大,故B正確。 【加固訓練】 如圖所示,擋板垂直于斜面固定在斜面上,一滑塊m放在斜面上,其上表面呈弧形且左端最薄,一球M擱在擋板與弧形滑塊上,一切摩擦均不計,用平行于斜面的拉力F拉住弧形滑塊,使球與滑塊均靜止?，F將滑塊平行于斜面向上拉過一較小的距離,球仍擱在擋板與滑塊上且處于靜止狀態(tài),則與原來相比 (　　) A.滑塊對球的彈力增大 B.擋板對球的彈力減小 C.斜面對滑塊的彈力增大 D.拉力F不變 【解析】選B。對球進行受力分析,如圖甲,球只受三個力的作用,擋板對球的力F1,方向不變,作出力的矢量圖,滑塊上移時,F2與豎直方向夾角減小,F2最小時垂直于F1,可以知道擋板彈力F1和滑塊對球的作用力F2都減小,故A錯誤,B正確;再對滑塊和球整體受力分析,如圖乙,其中FN恒等于Gcos θ,F+F1不變,F1減小,可以知道斜面對滑塊的支持力不變,拉力F增大,故C、D錯誤。 8.寧波諾丁漢大學的四名學生設計的“戶外水杯”獲得了設計界“奧斯卡”之稱的紅點設計大獎。戶外水杯的杯子下方有一個盛了塑料球的復合材料罩,球和杯底直接接觸,這個塑料球和罩子的重量非常輕,幾乎可以忽略不計,但是作用卻很大,在不是水平的接觸面上可以自動調整,使水杯處于水平狀態(tài),如圖所示。設此水杯放置于某一傾角的斜面上,則以下說法正確的是 (　　) A.上部分的杯子受到兩個力:重力、球施加的支持力 B.整個戶外杯子受到三個力:重力、摩擦力、支持力 C.塑料球受到的合力不一定為零 D.因為重力不計,所以塑料球只受彈力,不受摩擦力 【解析】選A、B。上部分的杯子處于平衡狀態(tài),故受重力和支持力平衡,故只受重力和球施加的支持力,故A正確;整個杯子放在斜面上受重力、支持力和摩擦力的作用而處于平衡,故B正確;塑料球由于處于平衡狀態(tài),故其受到的合力為零,故C錯誤;雖然塑料球重力不計,但是由于其受到上面杯子的壓力,從而對斜面產生壓力,并且有下滑的趨勢,故一定受到摩擦力,故D錯誤。 9.(2018汕頭模擬)如圖是簡易測水平風速的裝置,輕質塑料球用細線懸于豎直桿頂端O,當水平風吹來時,球在水平風力F的作用下飄起來。F與風速v成正比,當v=3 m/s時,測得球平衡時細線與豎直方向的夾角θ=45,則 (　　) A.當風速v=3 m/s時,F的大小恰好等于球的重力 B.當風速v=6 m/s時,θ=90 C.水平風力F越大,球平衡時,細線所受拉力越小 D.換用半徑相等,但質量較大的球,則當θ=45時,v大于3 m/s 【解析】選A、D。對小球受力分析,小球受重力、風力和拉力處于平衡,當細線與豎直方向的夾角θ=45時,根據平行四邊形定則知,風力F=mg,故A正確;當風速為6 m/s,則風力為原來的2倍,即為2mg,根據平行四邊形定則知,tan θ= =2,θ≠90,故B錯誤;拉力FT=,水平風力越大,平衡時,細線與豎直方向的夾角θ越大,則細線的拉力越大,故C錯誤;換用半徑相等,但質量較大的球,知重力變大,當θ=45時,風力F=mg,可知風力增大,所以v大于3 m/s,故D正確。 10.某學習小組為了體驗最大靜摩擦力與滑動摩擦力的臨界狀態(tài),設計了如圖所示的裝置,一位同學坐在長直木板上,讓長直木板由水平位置緩慢向上轉動(即木板與地面的夾角θ變大),另一端不動,則該同學受到支持力FN、合外力F合、重力沿斜面方向的分力G1、摩擦力Ff隨角度θ的變化關系圖中表示正確的是 (　　) 【解題指導】解答本題應注意以下兩點: (1)長木板緩慢轉動過程中,該同學滑動前處于平衡狀態(tài)。 (2)最大靜摩擦力略大于滑動摩擦力。 【解析】選A、C、D。重力沿斜面方向的分力G1=mgsinθ,C正確;支持力FN= mgcos θ,A正確;該同學滑動之前,F合=0,Ff=mgsin θ,滑動后,F合=mgsin θ- μmgcos θ,Ff=μmgcos θ,考慮到最大靜摩擦力略大于滑動摩擦力的情況,可知B錯誤,D正確。 二、計算題(15分。需寫出規(guī)范的解題步驟) 11.如圖所示,質量為m1的物體通過三段輕繩懸掛,三段輕繩的結點為O,輕繩OB水平且B端與站在水平面上質量為m2的人相連,輕繩OA與豎直方向的夾角θ=37,物體及人均處于靜止狀態(tài)。(已知sin 37=0.6,cos 37=0.8,g取 10 m/s2。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力) (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)若人的質量m2=60 kg,人與水平面之間的動摩擦因數μ=0.3,欲使人在水平面上不滑動,則物體的質量最大不能超過多少? 【解析】(1)以結點O為研究對象進行受力分析,如圖甲所示, 由平衡條件有FOB=FOAsin θ FOAcos θ=m1g 聯立解得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Ff=FOB′ 又FOB′=FOB 所以Ff=FOB=m1g。 (3)當人剛要滑動時,物體的質量達到最大,此時人受到的靜摩擦力達到最大值,有Ffm=μm2g 由平衡條件得FOBm′=Ffm 又FOBm′=FOBm=m1mgtan θ=g 聯立解得===24 kg 即物體的質量最大不能超過24 kg。 答案:(1)m1g　m1g (2)m1g　水平向左　(3)24 kg 【加固訓練】 如圖所示,物體A、B疊放在傾角α=37的斜面上,并通過跨過光滑滑輪的細線相連,細線與斜面平行。兩物體的質量分別為mA=2 kg,mB=1 kg,A、B間動摩擦因數μ1=0.1,B與斜面間的動摩擦因數μ2=0.2,求:為使A能平行于斜面向下做勻速運動,應對A施加一平行于斜面向下的多大的拉力? 【解析】對A受力分析如圖甲,由平衡條件得: 沿斜面方向:F+mAgsin α-FT-FfBA=0 FfBA=μ1FNBA=μ1mAgcos α 對B受力分析如圖乙,由平衡條件得: 沿斜面方向:mBgsin α+Ff+FfAB-FT=0 Ff=μ2(mA+mB)gcos α FfAB=FfBA 解以上各式得:F=2 N 答案:2 N 【能力拔高題組】 1.(8分)如圖所示,質量為m的小球置于傾角為30的光滑斜面上,勁度系數為k的輕彈簧一端系在小球上,另一端固定在P點,小球靜止時,彈簧與豎直方向的夾角為30,則彈簧的伸長量為(　　) A. B. C. D. 【解析】選C。對小球受力分析可知小球受力平衡,由題意可知彈簧彈力與豎直方向夾角為30,豎直方向上彈簧彈力與斜面支持力的合力與重力平衡,根據幾何關系可知:2kxcos 30=mg,解得x=,故選項C正確。 2.(17分)如圖所示,質量為m的物體,放在一固定斜面上,當斜面傾角為30時恰能沿斜面勻速下滑。對物體施加一大小為F的水平向右恒力,物體可沿斜面勻速向上滑行。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,當斜面傾角增大并超過某一臨界角θ0時,不論水平恒力F多大,都不能使物體沿斜面向上滑行,求: (1)物體與斜面間的動摩擦因數。 (2)這一臨界角θ0的大小。 【解析】(1)對物體受力分析,由平衡條件得: mgsin 30-μmgcos 30=0 解得:μ=tan 30= (2)設斜面傾角為α時,受力情況如圖所示: 由平衡條件得:Fcos α=mgsin α+Ff FN=mgcos α+Fsin α　Ff=μFN 解得:F= 當cos α-μsin α=0,即cot α=時,F→∞,即“不論水平恒力F多大,都不能使物體沿斜面向上滑行”,此時,臨界角θ0=α=60 答案:(1)　　(2)60