高考物理一轮复习 专题2 受力分析 共点力的平衡考点规范练-人教版高三全册物理试题.doc

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1、受力分析共点力的平衡一、单项选择题1.(2016辽宁沈阳联考)如图所示,质量为m的小球用水平轻质弹簧系住,并用倾角=37的木板托住,小球处于静止状态,弹簧处于压缩状态,则() A.小球受木板的摩擦力一定沿斜面向上B.弹簧弹力不可能为mgC.小球可能受三个力作用D.木板对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图,当mgsin 37Fcos 37,小球受到沿斜面向上的摩擦力,当mgsin 37Fcos 37,小球受到沿斜面向下的摩擦力,当mgsin 37=Fcos 37,斜面对小球不受摩擦力,且F=mgtan 37=mg,所以A、B错误,C正确;木板对小球的作用力的竖直分量等于m

2、g,所以不可能小于mg,D错误。答案C2.(2016吉林一模)如图所示,两梯形木块A、B叠放在水平地面上,A、B之间的接触面倾斜,A的左侧靠在光滑的竖直墙面上。关于两木块的受力,下列说法正确的是()A.A、B之间一定存在摩擦力作用B.木块A可能受三个力作用C.木块A一定受四个力作用D.木块B受到地面的摩擦力作用方向向右解析由于A、B间接触面情况未知,若A、B接触面光滑,则A、B间没有摩擦力,此时A受重力、B对A的支持力和墙壁对A的弹力而平衡,故A、C错误,B正确;木块B受推力F、A对B的压力,若压力向右的分力等于F,则地面对B没有摩擦力,故D错误。答案B3.如图,滑块A置于水平地面上,滑块B在

3、一水平力作用下紧靠滑块A(A、B接触面竖直),此时A恰好不滑动,B刚好不下滑。已知A与B间的动摩擦因数为1,A与地面间的动摩擦因数为2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则A与B的质量之比为()A.B.C.D.解析设水平作用力为F,对物体A、B整体进行分析,在水平方向上有F=2(mA+mB)g;隔离物体B对B分析,在竖直方向上有1F=mBg,联立解得,选项B正确。答案B4.(2016江西南昌模拟)L形木板P(上表面光滑)放在固定斜面上,轻质弹簧一端固定在木板上,另一端与置于木板上表面的滑块Q相连,如图所示。若P、Q一起沿斜面匀速下滑,不计空气阻力。则木板P的受力个数为()A.3B.4C.5D.6解析

4、P、Q一起沿斜面匀速下滑时,由于木板P上表面光滑,滑块Q受到重力、P的支持力和弹簧沿斜面向上的弹力;木板P受到重力、斜面的支持力、斜面的摩擦力、Q的压力和弹簧沿斜面向下的弹力,故C正确。答案C5.如图所示,三个相同的轻质弹簧连接在O点,弹簧1的另一端固定在天花板上,且与竖直方向的夹角为30,弹簧2水平且右端固定在竖直墙壁上,弹簧3的另一端悬挂质量为m的物体且处于静止状态,此时弹簧1、2、3的形变量分别为x1、x2、x3,则()A.x1x2x3=12B.x1x2x3=21C.x1x2x3=12D.x1x2x3=21解析对物体受力分析可知,kx3=mg,对弹簧的结点受力分析可知,kx1cos 30

5、=kx3,kx1sin 30=kx2,联立解得x1x2x3=21,故选项B正确。答案B6.(2016江西新余模拟)如图所示,质量为m0、半径为R的半球形物体A放在水平地面上,通过最高点处的钉子用水平轻质细线拉住一质量为m、半径为r的光滑球B,A、B均静止,则()A.B对A的压力大小为mgB.细线对小球的拉力大小为mgC.A对地面的压力大小为(m0+m)gD.地面对A的摩擦力大小为mg导学号17420049解析由于A、B处于静止状态,故其所受合外力为零,对整体受力分析,如图甲所示,根据平衡条件可得,FN-(m0+m)g=0,根据牛顿第三定律可知A对地面的压力大小为(m0+m)g,选项C正确,D错

6、误;隔离B受力分析,如图乙所示,根据平衡条件,由图中几何关系可得,解得FN=mg,细线对小球的拉力F=mg,依据牛顿第三定律知,B对A的压力大小为mg,选项A、B错误。甲乙答案C7.(2016湖南益阳模拟)在粗糙水平地面上与墙平行放着一个截面为半圆的柱状物体A,A与竖直墙面间放一光滑圆球B,整个装置处于静止状态,截面如图所示。现对B施加一竖直向下的力F,F的作用线通过球心,设墙对B的作用力为F1,B对A的作用力为F2,地面对A的摩擦力为F3。若F缓慢增大而整个装置仍保持静止,在此过程中()A.F1保持不变,F3缓慢增大B.F1缓慢增大,F3保持不变C.F2缓慢增大,F3缓慢增大D.F2缓慢增大

7、,F3保持不变解析球B受力情况如图所示,墙对球B的作用力及A对球B的作用力的合力与F及重力的合力大小相等,方向相反,故当F增大时,B对A的压力增大,即F2增大,同理可知,墙对B的作用力F1增大;对整体分析,整体竖直方向受重力、支持力及压力F,水平方向受墙的作用力F1和地面对A的摩擦力F3而处于平衡,由平衡条件得,当F增大时,地面对A的摩擦力F3增大,故选项C正确。答案C8.(2016河北衡水模拟)如图所示,小球C置于内侧面光滑的半球形凹槽B内,B放在长木板A上,整个装置处于静止状态。在缓慢减小木板的倾角过程中,下列说法正确的是()A.A受到的压力逐渐减小B.A受到的摩擦力逐渐减小C.C对B的压

8、力逐渐变大D.C受到三个力的作用解析缓慢减小倾角,A、B、C始终处于平衡状态。把B、C看成一整体,设质量为m,则mgsin =FfAB,mgcos =FNAB,由牛顿第三定律得FfBA=FfAB=mgsin ,FNBA=FNAB=mgcos ,当减小时,sin 变小,cos 变大,所以FfBA变小,FNBA变大,A错误,B正确;对C受力分析可知,其受重力、支持力两个力的作用,大小相等,所以支持力不变,C对B的压力不变,C、D错误。答案B二、多项选择题9.(2016山东乳山月考)如图所示,质量为m的小物体(可视为质点)静止地放在半径为R质量为m0的半球体上,小物体与半球体间的动摩擦因数为,物体与

9、球心的连线与水平地面的夹角为,整个装置静止。则下列说法正确的是()A.地面对半球体的摩擦力方向水平向左B.小物体对半球体的压力大小为mgcos C.半球体受到小物体的作用力大小为mgD.角(为锐角)变大时,地面对半球体的支持力不变解析以小物体和半球体整体作为研究对象,受到重力和地面对半球体的支持力,地面对半球体没有摩擦力,由平衡条件得,地面对半球体的支持力FN=(m0+m)g,不会随变化,故A错误,D正确;以小物体为研究对象,作出受力图如图,则半球体对小物体的支持力FN=mgsin ,由牛顿第三定律得,小物体对半球体的压力大小为mgsin ,故B错误;半球体受到小物体的压力和静摩擦力的合力等于

10、重力,故C正确。答案CD10.(2016河北衡水中学模拟)质量均为1 kg的木块M和N叠放在水平地面上,用一根细线分别拴接在M和N右侧,在绳子中点用力F=5 N拉动M和N一起沿水平面匀速滑动,细线与竖直方向夹角=60。则下列说法正确的是()A.木块N和地面之间的动摩擦因数=0.25B.木块M和N之间的摩擦力是Ff=2.5 NC.木块M对木块N的压力大小为10 ND.若变小,拉动M、N一起匀速运动所需拉力应大于5 N导学号17420050解析以M、N为整体受力分析,得F=2mg,得=0.25,A正确;单独分析M受力,因绳子有竖直向下的分力,故M对N的压力大于10 N,绳子作用在M上的水平分力为2

11、.5 N,B正确,C错误;变化后,N对地面的压力仍为20 N,所以需要拉力不变,D错误。答案AB11.一根绳子一端与竖直墙在A点相连,另一端绕过动滑轮P悬挂一重物B,其中绳子的PA段处于水平状态,另一根绳子一端与动滑轮P的轴相连,在绕过定滑轮Q后在其端点O施加一水平向左的外力F,整个系统处于平衡状态,滑轮均为光滑、轻质,且均可看做质点。现拉动绳子的端点O使其向左缓慢移动一小段距离后达到新的平衡状态,则该平衡状态与原平衡状态相比较()A.拉力F增大B.拉力F减小C.角不变D.角减小解析以动滑轮P为研究对象,AP、BP段绳子受的力大小始终等于B的重力,两绳子拉力的合力在APB的平分线上,拉动绳子后

12、,滑轮向上运动,两绳子夹角减小,两拉力的合力增大,故F增大,A项正确,B项错误;PQ与竖直方向夹角等于APB的一半,故拉动绳子后角减小,C项错误,D项正确。答案AD三、非选择题12.(2016福建漳州联考)如图所示,质量为mB=14 kg的木板B放在水平地面上,质量为mA=10 kg的货箱A放在木板B上,一根轻绳一端拴在货箱上,另一端拴在地面上,绳绷紧时与水平面的夹角为=37。已知货箱A与木板B之间的动摩擦因数1=0.5,木板B与地面之间的动摩擦因数2=0.4。重力加速度g取10 m/s2。现用水平力F将木板B从货箱A的下面匀速抽出,(sin 37=0.6,cos 37=0.8)试求:(1)绳

13、上张力FT的大小。(2)水平拉力F的大小。导学号17420051解析(1)对A进行受力分析如图甲所示,可知A受4个力作用,分解绳的拉力,根据受力平衡可得FN1=mAg+FTsin FTcos =1FN1解得FT=代入数据得绳子张力FT=100 N。(2)对B进行受力分析可知B受6个力的作用,地面对B的支持力FN2=mBg+FN1而FN1=mAg+FTsin =160 N拉力F=2FN2+1FN1F=200 N。答案(1)100 N(2)200 N13.(2016安徽铜陵模拟)如图所示,质量m0=2 kg的木块A套在水平杆上,并用轻绳将木块A与质量m= kg的小球相连。今用与水平方向成=30的力F=10 N,拉着球带动木块一起向右匀速运动,运动中m0、m相对位置保持不变,g取10 m/s2。求:(1)运动过程中轻绳与水平方向夹角。(2)木块与水平杆间的动摩擦因数。解析(1)设细绳对小球的拉力为FT,小球受力如图甲所示,由平衡条件可得Fcos 30-FTcos =0Fsin 30+FTsin -mg=0代入数值得10cos 30=FTcos 10sin 30 N+FTsin =10 N由解得FT=10 N,=30。(2)以木块和小球组成的整体为研究对象,受力如图乙所示,由平衡条件得Fcos 30-Ff=0FN+Fsin 30-(m0+m)g=0又Ff=FN解得=。答案(1)30(2)