《2020版高考物理大一輪復習 第二章 基礎課3 受力分析 共點力的平衡訓練（含解析）教科版.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2020版高考物理大一輪復習 第二章 基礎課3 受力分析 共點力的平衡訓練（含解析）教科版.doc（8頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

基礎課3　受力分析　共點力的平衡 一、選擇題（1～6題為單項選擇題，7～11題為多項選擇題） 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逐漸增大的過程中，物體A始終保持靜止，則以下說法中正確的是（　?。? 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A錯誤；設斜面與水平面的夾角為θ，物體A質量為m，受到的支持力N＝mgcos θ，選項B正確；如果F開始很小，物體A受到的摩擦力沿斜面向上，當F逐漸增大時，摩擦力先減小至零，后反向增大，選項C、D錯誤。 答案　B 2．如圖2所示，用一根細線系住重力為G的小球，開始細線在作用于O點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，處于靜止狀態(tài)，小球與斜面的接觸面非常小?，F(xiàn)保持小球位置不動，沿順時針方向改變拉力方向，直到拉力方向與斜面平行。在這一過程中，斜面保持靜止。下列說法正確的是（　?。? 圖2 A．細線對小球的拉力先減小后增大 B．斜面對小球的支持力先增大后減小 C．斜面對地面的摩擦力一直減小，方向向右 D．細線對小球的拉力的最小值等于Gsin α 解析　以小球為研究對象，對其受力分析，如圖所示，因保持小球位置不動，故小球處于動態(tài)平衡，由圖知在題設的過程中，T一直減小，N一直增大，當細線與斜面平行時，T與N垂直，T有最小值，且Tmin＝Gsin α，故選項A、B錯誤，D正確；選整體為研究對象，細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，斜面對地面的摩擦力一直增大，方向向右，選項C錯誤。 答案　D 3．（2017河南適應性測試）如圖3所示，質量均為m的兩個小球A、B（可視為質點）固定在輕桿的兩端，將其放入光滑的半球形碗中，桿的長度等于碗的半徑，當桿與兩球組成的系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)時，桿對小球A的作用力為（　　） 圖3 A.mg B.mg C.mg D．2mg 解析　輕桿的長度等于碗的半徑，由幾何關系知，OAB為等邊三角形。對小球A進行受力分析可知，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上的輕繩通過定滑輪與空箱C相連，箱內放有一小球與箱內壁右側接觸，整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)。已知A、B的質量均為m，C的質量為M，小球的質量為m0，物體B與桌面的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，不計滑輪摩擦和空氣阻力，下列說法正確的是（　?。? 圖4 A．物體A受到三個力的作用 B．小球受到三個力的作用 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　由于整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，表明整個系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，系統(tǒng)所受合外力為零，通過隔離法可知，該系統(tǒng)內每個物體所受合外力為零。由隔離法可知物體A受兩個力（重力和物體B對其的支持力），小球受重力和空箱C對它的支持力兩個力作用，故選項A、B錯誤；對空箱C和小球組成的系統(tǒng)進行受力分析知輕繩的拉力大小等于（M＋m0）g，再通過對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對桌面的靜摩擦力大小為（M＋m0）g，故選項C錯誤，D正確。 答案　D 5．（2017四川綿陽月考）如圖5所示，質量相等的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動，A、B間輕彈簧的勁度系數(shù)為k，斜面的傾角為30，則勻速運動時彈簧的壓縮量為（　?。? 圖5 A. B. C. D. 解析　設物體A、B的質量均為m。先用整體法，求出F＝2mgsin 30＝mg；后用隔離法，選取物體B為研究對象，對其受力分析，根據(jù)平衡條件可求出彈簧對B沿斜面向上的彈力F彈＝mgsin 30＝＝，即＝kx，所以x＝。故選項B正確。 答案　B 6．甲、乙兩人用aO和bO通過裝在P樓和Q樓樓頂?shù)亩ɑ啠瑢①|量為m的物塊由O點沿Oa直線緩慢向上提升，如圖6所示。則在物塊由O點沿直線Oa緩慢上升過程中，以下判斷正確的是（　?。? 圖6 A．aO繩和bO繩中的彈力都逐漸減小 B．aO繩和bO繩中的彈力都逐漸增大 C．aO繩中的彈力一直在增大，bO繩中的彈力先減小后增大 D．aO繩中的彈力先減小后增大，bO繩中的彈力一直在增大 解析　對結點O進行受力分析，如圖所示，根據(jù)三力平衡的特點可知aO繩和bO繩中的彈力的合力與重力是一對平衡力，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選項正確。 答案　C 7．如圖7所示，物體的重力為G，保持細繩AO的位置不變，讓細繩BO的B端沿四分之一圓周從D點緩慢向E點移動。在此過程中（　　） 圖7 A．細繩BO上的張力先增大后減小 B．細繩BO上的張力先減小后增大 C．細繩AO上的張力一直增大 D．細繩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，當細繩的B端從D點向E點緩慢地移動時，各力變化情況如圖所示，可見TOA逐漸增大，TOB先減小后增大，選項A、D錯誤，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，另一端繞過動滑輪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滑輪P的軸相連，在繞過光滑的定滑輪Q后在其端點O施加一水平向左的外力F，使整個系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，滑輪均為光滑、輕質，且均可看作質點，現(xiàn)拉動繩子的端點O使其向左緩慢移動一小段距離后達到新的平衡狀態(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　以動滑輪P為研究對象，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，拉動繩子后，滑輪向上運動，兩繩子夾角減小，兩拉力的合力增大，故F增大，A項正確，B項錯；PQ與豎直方向夾角等于∠APB的一半，故拉動繩子后角θ減小，C項錯，D項正確。 答案　AD 9．如圖9所示，質量分別為mA、mB的A、B兩個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，則（　?。? 圖9 A．A物體受力的個數(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B的壓力也增大 D．力F增大（A、B仍靜止），墻壁對B的摩擦力也增大 解析　隔離A物體，若A、B間沒有靜摩擦力，則A受重力、B對A的支持力和水平力F三個力作用，選項A正確；將A、B看作一個整體，整體在豎直方向上受到重力和摩擦力，所以墻對B的摩擦力方向只能向上，選項B錯誤；若F增大，則F在垂直B斜面方向的分力增大，所以A對B的壓力增大，選項C正確；對A、B整體受力分析，由平衡條件知，豎直方向上有f＝GA＋GB，因此當水平力F增大時，墻壁對B的摩擦力不變，選項D錯誤。 答案　AC 10．（2016廣西模擬）如圖10所示，斜面上放有兩個完全相同的物體a、b，兩物體間用一根細線連接，在細線的中點加一與斜面垂直的拉力F，使兩物體均處于靜止狀態(tài)。則下列說法正確的是（　?。? 圖10 A．無論F如何改變，a、b兩物體均受四個力作用 B．a、b兩物體對斜面的壓力相同 C．a、b兩物體受到的摩擦力大小一定相等 D．當逐漸增大拉力F時，地面對斜面的靜摩擦力增大 解析　當細線對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，b不受摩擦力作用，只受重力、支持力和拉力三個力作用，A項錯誤；對a進行受力分析知，a一定受摩擦力作用，C項錯誤；拉力作用在細線的中點，所以兩細線的張力大小相等，又兩細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項正確；以整體為研究對象，地面對斜面的靜摩擦力f＝Fsin α，F(xiàn)增大，則靜摩擦力增大，D項正確。 答案　BD 11．（2016江西重點中學聯(lián)考）如圖11所示，質量為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繩a和b連接小球A和小球B，小球A、B的質量分別為mA和mB，當與水平方向成30角的力F作用在小球B上時，A、B、C剛好相對靜止一起向右勻速運動，且此時繩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C的支持力等于（M＋mA＋mB）g C．地面對C的摩擦力大小為mBg D．mA＝mB 解析　對小球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整體為研究對象受力分析，豎直方向有N＋Fsin 30＝（M＋mA＋mB）g，可見N小于（M＋mA＋mB）g，故B錯誤；水平方向有f＝Fcos 30＝mBgcos 30＝mBg，故C正確。 答案　ACD 二、非選擇題 12．（2016江蘇南通質檢）如圖12所示，質量為m1的物體甲通過三段輕繩懸掛，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，物體甲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） 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）若人的質量m2＝60 kg，人與水平面之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.3，欲使人在水平面上不滑動，則物體甲的質量最大不能超過多少？ 解析?。?）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 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）當人剛要滑動時，甲的質量達到最大，此時人受到的靜摩擦力達到最大值，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 即物體甲的質量最大不能超過24 kg。 答案?。?）m1g　m1g （2）m1g　水平向左?。?）24 kg