《2019版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第二章 第3講 受力分析 共點(diǎn)力的平衡練習(xí) 魯科版.doc》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第二章 第3講 受力分析 共點(diǎn)力的平衡練習(xí) 魯科版.doc（7頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

第1講 磁場的描述 磁場對(duì)電流的作用 [課時(shí)作業(yè)]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　單獨(dú)成冊(cè)　方便使用 [基礎(chǔ)題組] 單項(xiàng)選擇題 1．如圖所示，用輕桿拴接同種材料制成的a、b兩物體，它們沿斜面向下做勻速運(yùn)動(dòng)，關(guān)于a、b的受力情況，以下說法正確的是(　　) A．a(chǎn)受三個(gè)力作用，b受四個(gè)力作用 B．a(chǎn)受四個(gè)力作用，b受三個(gè)力作用 C．a(chǎn)、b均受三個(gè)力作用 D．a(chǎn)、b均受四個(gè)力作用 解析：對(duì)a、b和輕桿組成的整體分析，根據(jù)平衡條件有Mgsin θ＝μMgcos θ，解得μ＝tan θ.再隔離對(duì)a分析，假設(shè)受到輕桿拉力，有mgsin θ＝μmgcos θ＋T，解得T＝0.所以輕桿無拉力，a、b均受三個(gè)力，即重力、支持力和摩擦力，選項(xiàng)C正確，A、B、D錯(cuò)誤． 答案：C 2．在恒力F作用下，a、b兩物體一起沿粗糙豎直墻面勻速向上運(yùn)動(dòng)，則關(guān)于它們受力情況的說法正確的是(　　) A．a(chǎn)一定受到4個(gè)力 B．b可能受到4個(gè)力 C．a(chǎn)與墻壁之間一定有彈力和摩擦力 D．a(chǎn)與b之間不一定有摩擦力 解析：對(duì)物體b受力分析，受重力、支持力和摩擦力，處于三力平衡狀態(tài)，故B、D錯(cuò)誤；對(duì)物體a、b整體受力分析，受重力、支持力，若墻壁對(duì)整體有支持力，水平方向不能平衡，故墻壁對(duì)整體沒有支持力，故也沒有摩擦力，最后對(duì)物體a受力分析，受推力、重力、物體b對(duì)其的壓力和靜摩擦力，即物體a共受4個(gè)力，故A正確，C錯(cuò)誤．故選A. 答案：A 3．如圖所示，細(xì)繩一端與光滑小球連接，另一端系在豎直墻壁上的A點(diǎn)，在縮短細(xì)繩小球緩慢上移的過程中，細(xì)繩對(duì)小球的拉力F、墻壁對(duì)小球的彈力N的變化情況為(　　) A．F、N都不變 B．F變大、N變小 C．F、N都變大 D．F變小、N變大 解析：以小球?yàn)檠芯繉?duì)象，受力分析如圖，設(shè)繩子與墻的夾角為θ，由平衡條件得：F＝，N＝mgtan θ，把繩的長度減小，θ增加，cos θ減小，tan θ增大，則得到F和N都增大，故選項(xiàng)C正確． 答案：C 4.如圖所示，一質(zhì)量為m的沙袋用不可伸長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：建立如圖所示直角坐標(biāo)系，對(duì)沙袋進(jìn)行受力分析． 由平衡條件有Fcos 30－Tsin 30＝0，Tcos 30＋Fsin 30－mg＝0，聯(lián)立可解得F＝，故選A. 答案：A 5．如圖所示，一豎直擋板固定在水平地面上，圖甲用一斜面將一質(zhì)量為M的光滑球頂起，圖乙用一圓柱體將同一光滑球頂起．當(dāng)斜面或圓柱體緩慢向右推動(dòng)的過程中，關(guān)于兩種情況下?lián)醢逅艿膲毫?，下列說法正確的是(　　) A．兩種情況下?lián)醢逅艿膲毫Χ疾蛔? B．兩種情況下?lián)醢逅艿膲毫Χ荚龃? C．圖甲中擋板所受的壓力不變，圖乙中擋板所受的壓力減小 D．圖甲中擋板所受的壓力不變，圖乙中擋板所受的壓力先減小后增大 解析：選球?yàn)檠芯繉?duì)象，圖甲中，球受重力、擋板的彈力、斜面的支持力，由于緩慢向右推動(dòng)的過程中，各力的方向不變，重力不變，所以擋板的彈力、斜面的支持力大小均不變，由牛頓第三定律知擋板所受壓力也不變，B錯(cuò)誤；圖乙中球受重力、擋板的彈力、圓柱體的支持力，由于緩慢向右推動(dòng)的過程中，圓柱體支持力與豎直方向的夾角減小(示意圖如圖)，擋板的彈力方向不變，重力不變，因此擋板的彈力減小，擋板所受的壓力也減小，C正確，A、D錯(cuò)誤． 答案：C 6．如圖所示，小球C置于光滑的半球形凹槽B內(nèi)，B放在長木板A上，整個(gè)裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)．在緩慢減小木板的傾角θ過程中，下列說法正確的是(　　) A．A受到的壓力逐漸變大 B．A受到的摩擦力逐漸變大 C．C對(duì)B的壓力逐漸變大 D．C受到三個(gè)力的作用 解析：對(duì)BC整體分析受力情況，其受重力mg、木板A的支持力N和摩擦力f，由平衡條件可知N＝mgcos θ，f＝mgsin θ，減小θ，N增大，f減小，由牛頓第三定律可知，B對(duì)A的壓力增大，B對(duì)A的摩擦力減小，故A正確，B錯(cuò)誤．由于半球形凹槽光滑，小球只受重力和支持力，由平衡條件得到，支持力與重力大小相等，保持不變，則C對(duì)B的壓力也保持不變，故C、D錯(cuò)誤．故選A. 答案：A 7.甲、乙兩人用繩aO和bO通過裝在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，如圖所示，其中∠aOb為銳角，則在物塊由O點(diǎn)沿直線Oa緩慢上升過程中，以下判斷正確的是(　　) 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 8．(2018安徽“江南十?！备呷?lián)考)如圖所示，豎直面光滑的墻角有一個(gè)質(zhì)量為m，半徑為r的半球體均勻物塊A.現(xiàn)在A上放一密度和半徑與A相同的球體B，調(diào)整A的位置使得A、B保持靜止?fàn)顟B(tài)，已知A與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5.假設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，則A球球心距墻角的最遠(yuǎn)距離是(　　) A．2r B.r C.r D.r 解析：根據(jù)題意可知，B的質(zhì)量為2m，A、B處于靜止?fàn)顟B(tài)，受力平衡，則地面對(duì)A的支持力為N＝3mg，當(dāng)?shù)孛鎸?duì)A的摩擦力達(dá)到最大靜摩擦力時(shí)，A球球心距墻角的距離最遠(yuǎn)，對(duì)A、B分別受力分析，如圖所示： 根據(jù)平衡條件得F＝，f＝N′＝Fcos θ＝μ3mg，解得tan θ＝，則A球球心距墻角的最遠(yuǎn)距離為x＝2rcos θ＋r＝r，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤． 答案：C [能力題組] 一、選擇題 9．(2018山西晉城模擬)如圖所示，有一質(zhì)量不計(jì)的桿AO，長為R，可繞A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 解析：對(duì)物體分析，物體受力平衡，則拉力等于重力，故豎直繩的拉力不變；再對(duì)O點(diǎn)分析，O受豎直繩子的拉力、OA的支持力及OC繩的拉力而處于平衡狀態(tài)，受力分析如圖所示， F和OC繩上拉力的合力與G大小相等，方向相反，則在OC上移的過程中，平行四邊形的對(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，圖中D點(diǎn)時(shí)力最小，故選C. 答案：C 10．(多選)如圖所示，形狀和質(zhì)量完全相同的兩個(gè)圓柱體a、b靠在一起，表面光滑，重力為G，其中b的下半部剛好固定在水平面MN的下方，上邊露出另一半，a靜止在平面上．現(xiàn)過a的軸心施加一水平作用力F，可緩慢的將a拉離平面一直滑到b的頂端，對(duì)該過程分析，則應(yīng)有(　　) A．拉力F先增大后減小，最大值是G B．開始時(shí)拉力F最大為G，以后逐漸減小為0 C．a(chǎn)、b間的壓力開始最大為2G，而后逐漸減小到G D．a(chǎn)、b間的壓力由0逐漸增大，最大為G 解析：在開始時(shí)，平面MN對(duì)a球的支持力應(yīng)為0，要把a(bǔ)拉離平面，對(duì)a球受力分析如圖甲所示，則sin θ＝＝，所以θ＝30，拉力F＝＝G.當(dāng)球a逐漸上移時(shí)，用圖解法分析F的變化如圖乙所示，在球a上移時(shí)，拉力F逐漸減小至0，在開始時(shí)，a、b間的壓力N＝＝2G，以后逐漸減小至G，因此正確選項(xiàng)為B、C. 答案：BC 11．(多選)如圖所示，在傾角為α的光滑斜面上放一個(gè)重為G的小球，并用光滑的擋板擋住，擋板與斜面的夾角為θ(最初θ<α)，擋板從圖示位置以O(shè)為軸向左緩慢轉(zhuǎn)至水平，在此過程中小球始終處于平衡狀態(tài)，當(dāng)擋板對(duì)小球的彈力大小等于小球的重力時(shí)，θ的大小可以為(　　) A．α B．2α C．π－α D．π－2α 解析：小球的受力情況如圖甲所示，當(dāng)擋板對(duì)小球的彈力大小等于小球的重力時(shí)，將三個(gè)力平移組成一個(gè)等腰三角形，如圖乙所示，當(dāng)擋板對(duì)小球的彈力大小等于小球的重力時(shí)，有圖乙和圖丙兩種情況，所以選項(xiàng)A、C正確． 答案：AC 12．(多選)如圖所示，一條細(xì)線一端與地板上的物體B相連，另一端繞過質(zhì)量不計(jì)的定滑輪與小球A相連，定滑輪用另一條細(xì)線懸掛在天花板上的O′點(diǎn)，細(xì)線與豎直方向所成的角度為α，則(　　) A．如果將物體B在地板上向右移動(dòng)稍許，α角將增大 B．無論物體B在地板上左移還是右移，只要距離足夠小，α角將不變 C．增大小球A的質(zhì)量，α角一定減小 D．懸掛定滑輪的細(xì)線的彈力不可能等于小球A的重力 解析：小球A受重力和拉力，根據(jù)平衡條件有T＝mg，如果將物體B在地板上向右移動(dòng)稍許，則∠AOB增大，滑輪受三個(gè)拉力作用如圖所示，根據(jù)平衡條件，∠AOB＝2α，故α一定增大，故A正確，B錯(cuò)誤；增大小球A的質(zhì)量，系統(tǒng)可能平衡，故α可能不變，故C錯(cuò)誤；由于∠AOB＝2α<90，彈力F與兩個(gè)拉力T的合力平衡，而T＝mg，故懸掛定滑輪的細(xì)線的彈力不可能等于小球A的重力，故D正確． 答案：AD 二、非選擇題 13．(2018山西朔州高三月考)在水平地面上放一木板B，重力為G2＝100 N，再在木板上放一貨箱A，重力為G1＝500 N, 設(shè)貨箱與木板、木板與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)μ均為0.5，先用繩子把貨箱與墻拉緊，如圖所示，已知sin θ＝0.6，cos θ＝0.8，然后在木板B上施一水平力F，想把木板從貨箱下抽出來，F(xiàn)至少應(yīng)為多大？ 解析：物體A、B的受力圖如圖所示，由受力平衡知： 對(duì)A：Tcos θ－f1＝0① N1－G1－Tsin θ＝0② 又由題f1＝μN(yùn)1③ 聯(lián)立得到：Tcos θ＝μ(G1＋Tsin θ) 得到T＝ f1＝Tcos θ N1＝G1＋Tsin θ 對(duì)B：F－f1′－f2＝0④ N2－N1′－G2＝0⑤ 又f2＝μN(yùn)2，其中f1′＝f1，N1′＝N1⑥ 聯(lián)立得到F＝f1＋μ(N1＋G2) 代入解得：F＝850 N 答案：850 N 14．如圖所示，在質(zhì)量為m＝1 kg的重物上系著一條長為30 cm的細(xì)繩，細(xì)繩的另一端連著一個(gè)輕質(zhì)圓環(huán)，圓環(huán)套在水平的棒上可以滑動(dòng)，環(huán)與棒間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.75，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力．另有一條細(xì)繩一端固定在重物上，另一端跨過定滑輪，定滑輪固定在距離圓環(huán)50 cm的地方．當(dāng)細(xì)繩的端點(diǎn)掛上重力為G的重物，而圓環(huán)將要開始滑動(dòng)時(shí)，(g取10 m/s2)試求： (1)φ角的大?。? (2)長為30 cm的細(xì)繩的張力大?。? (3)重物G的質(zhì)量． 解析：(1)因?yàn)閳A環(huán)將要開始滑動(dòng)，所受的靜摩擦力剛好達(dá)到最大值，有 f＝μN(yùn). 對(duì)環(huán)進(jìn)行受力分析，則有 μN(yùn)－Tcos θ＝0，N－Tsin θ＝0， 解得tan θ＝＝，得θ＝53. 又由于AO＝30 cm，AB＝50 cm， 由數(shù)學(xué)知識(shí)求得φ＝90. (2)如圖所示選取坐標(biāo)軸，根據(jù)重物m處于平衡狀態(tài)，則有 Fcos θ＋Tsin θ＝mg， Tcos θ－Fsin θ＝0， 解得F＝6 N，T＝8 N. (3)圓環(huán)將要滑動(dòng)時(shí)，對(duì)重物G進(jìn)行受力分析可知G＝F，又G＝m′g， 解得m′＝0.6 kg. 答案：(1)90　(2)8 N　(3)0.6 kg