高三物理 專題一 力與運動 第1講 力和物體的平衡對點規(guī)范演練

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精PAGEPAGE1學必求其心得，業(yè)必貴于專精專題1第1講力和物體的平衡1．（2017·安徽重點中學聯(lián)考）如圖所示是一旅行箱,它既可以在地面上推著行走,也可以在地面上拉著行走．已知該旅行箱的總質(zhì)量為15kg，一旅客用斜向上的拉力拉著旅行箱在水平地面上做勻速運動．若拉力的最小值為90N，此時拉力與水平方向間的夾角為θ。重力加速度大小為g＝10m/s2，sin37°＝0。6，旅行箱受到地面的阻力與其受到地面的支持力成正比，比值為μ，則(D）A．μ＝0。5，θ＝37° B．μ＝0.5,θ＝53°C．μ＝0。75，θ＝53° D．μ＝0。75，θ＝37°解析對旅行箱受力分析，如圖所示．根據(jù)平衡條件可知，水平方向有Fcosθ－Ff＝0，豎直方向有FN＋Fsinθ－G＝0，其中Ff＝μFN，故F＝eq\f(μG,cosθ＋μsinθ)，令μ＝tanα,則F＝eq\f(Gsinα，cosα－θ);當θ＝α時,F有最小值，F(xiàn)min＝Gsinα＝90N，α＝37°，故μ＝tan37°＝0。75，θ＝37°,選項D正確．2．（2017·山東濰坊統(tǒng)考題）如圖所示，質(zhì)量為m的物體置于光滑半球上，物體與球心O的連線跟水平方向的夾角為θ.水平推力F作用在物體上,物體與半球均處于靜止狀態(tài)．則F與mg的關(guān)系正確的是(D）A．F＝mgsinθ B．F＝mgcosθC．F＝mgtanθ D．F＝mgcotθ解析對物體受力分析如圖所示，由平衡條件可知,水平推力與支持力的合力與重力等大反向，由幾何關(guān)系可知cotθ＝eq\f(F,mg)，即F＝mgcotθ，選項D正確．3．（2017·寧夏銀川模擬)在很多公園和旅游景點，都建有如圖甲所示的拱橋．為了研究問題方便，我們把拱橋簡化為如圖乙所示由六塊大小、形狀、質(zhì)量均相同的石塊組成的一個半圓形拱圈，1、6兩塊石塊放置在拱圈兩端的基石上．設(shè)每塊石塊質(zhì)量為m.假設(shè)在中間兩石塊正上方靜置一個質(zhì)量為2m的石塊,已知重力加速度為gA．半圓形拱圈兩端的基石承受的壓力各為4mgB．石塊3、4之間的摩擦力大小不為零C．石塊2對石塊3的彈力大小為mgD．石塊5對石塊4的摩擦力大小為2mg解析把六塊石塊和上方所放石塊看成整體,對整體受力分析，由平衡條件可得半圓形拱圈兩端的基石對上方石塊的支持力各為F＝4mg，由牛頓第三定律可得半圓形拱圈兩端的基石承受的壓力各為4mg，選項A正確；把石塊上方所放石塊看成是兩塊質(zhì)量均m的石塊，把左側(cè)石塊1、2、3和質(zhì)量為m的石塊看成整體，由平衡條件可得，石塊3、4之間的摩擦力為零，選項B錯誤；由對稱性可知，石塊2對石塊3的彈力大小與石塊5對石塊4的彈力大小相等，石塊2對石塊3的摩擦力大小與石塊5對石塊4的摩擦力大小相等．設(shè)石塊2對石塊3的彈力大小為F23，石塊2對石塊3的摩擦力大小為Ff23，石塊4對石塊3的彈力為FT(將FT看成已知力)，把石塊3和質(zhì)量為m的石塊看成整體,對整體進行受力分析，如圖所示,由平衡條件可得F23cos30°－Ff23sin30°＝FT，F(xiàn)f23cos30°＋F23sin30°＝2mg，聯(lián)立解得F23＝mg＋FTcos30°>mg，F(xiàn)f23＝eq\r（3)mg－FTsin30°<eq\r（3)mg，故選項C、D錯誤．4．(2017·河南鄭州預測)如圖所示,斜面體放置在粗糙的水平地面上，在水平向右的推力F作用下，物體A和斜面體B均保持靜止．若減小推力F，物體A仍然靜止在斜面上,則（B)A．物體A所受合力一定變小B．斜面對物體A的支持力一定變小C．斜面對物體A的摩擦力一定變小D．地面對斜面體B的摩擦力一定為零解析物體A始終靜止，合外力一直為0，選項A錯誤；斜面對A的支持力為FN＝Fsinθ＋mgcosθ，減小F，則支持力減小,選項B正確；開始時Fcosθ和mgsinθ大小關(guān)系未知，斜面對物體A的摩擦力方向不能確定,減小F后斜面對物體A的摩擦力方向和大小不能確定,選項C錯誤;由整體法可知，選項D錯誤．5．(2017·海南五校模擬）如圖所示是一種研究劈的作用的裝置示意圖，托盤固定在細桿上，細桿放在固定的圓孔中，細桿下端連接有滾輪，使細桿只能在豎直方向上轉(zhuǎn)動，在與細桿連接的滾輪正下方的底座上也固定一個滾輪,輕質(zhì)劈放在兩滾輪之間，劈背的寬度為a,側(cè)面的長度為l，劈尖上固定的細線通過定滑輪懸掛總質(zhì)量為m的鉤碼,調(diào)整托盤上所放砝碼的質(zhì)量M,可以使劈在任何位置時都不發(fā)生移動．忽略一切摩擦，不計劈、托盤、細桿與滾輪的重力，則(A）A．在a、l一定情況下，M與m成正比B．在m、l一定情況下，M與a成反比C．在m、a一定情況下，M與l成正比D．若a＝eq\f(\r(10),5）l，M是m的2。5倍解析對由托盤、細桿和滾輪組成的整體受力分析，如圖甲所示，受到砝碼的重力F3＝Mg，劈對滾輪的支持力F1，圓孔的約束力F2.對劈受力分析，如圖乙所示，劈受兩個滾輪的作用力F4、F5，細線的拉力F6＝mg。由幾何關(guān)系可知sinα＝eq\f（\f(a，2），l)＝eq\f（a，2l)。對托盤、細桿和滾輪組成的整體有F3＝Mg＝F1cosα，則Mg＝eq\f(\r（4l2－a2）,2l)F1；對劈有F4＝F5,F6＝mg＝2F5sinα，則mg＝eq\f(a，l）F5.因為F1與F5是一對相互作用力，所以F1＝F5，聯(lián)立各式整理得，M＝eq\f(\r（4l2－a2）,2a)m，選項A正確，B、C錯誤．若a＝eq\f(\r（10），5)l，則M＝1.5m，選項D錯誤．6．（2017·廣東百校聯(lián)考)質(zhì)量為M的半圓柱體P放在粗糙的水平地面上，其右端固定一個豎直擋板AB，在P上放兩個大小相同的光滑小球C和D，質(zhì)量均為m，整個裝置的縱截面如圖所示．開始時P的半圓截面的圓心，與C的球心連線同水平面的夾角為θ，與D的球心連線處于豎直方向．已知重力加速度為g，下列說法正確的是（C)A．P和擋板對C的彈力分別為eq\f（mg,tanθ)和eq\f（mg,sinθ）B．地面對P的摩擦力大小為零C．使擋板緩慢地向右平行移動，但C仍在P和擋板AB作用下懸于半空中，則地面對P的摩擦力將不斷增大D．使擋板繞B點順時針緩慢轉(zhuǎn)動，P始終保持靜止，則D一定緩慢下滑解析對D受力分析，受到重力mg和P的支持力N，對C受力分析，受到重力mg、擋板AB的支持力N1和P對C的支持力N2，如圖所示,根據(jù)平衡條件，得N1＝eq\f（mg,tanθ),N2＝eq\f(mg，sinθ),選項A錯誤；以P、C、D整體為研究對象,進行受力分析,受到三者的重力、擋板AB的彈力N1、地面的支持力N3和地面的靜摩擦力Ff，根據(jù)共點力平衡條件，有N3＝(M＋2m)g，F(xiàn)f＝N1，選項B錯誤;使擋板緩慢地向右平行移動，由于θ不斷減小,故Ff不斷增大,選項C正確；由于P、D球心連線處于豎直方向，當使擋板繞B點順時針緩慢地轉(zhuǎn)動時，小球D7．(2017·湖南長沙一模)（多選）如圖所示,質(zhì)量為m1、m2的小球分別帶同種電荷q1和q2，它們用等長的細線懸掛在同一點，由于靜電斥力的作用，小球m1靠在豎直光滑墻上,m1的拉線沿豎直方向，m1、m2均處于靜止狀態(tài)．由于某種原因，兩球之間的距離變?yōu)樵瓉淼囊话耄瑒t其原因可能是（BC）A．m2變?yōu)樵瓉淼囊话隑．m2變?yōu)樵瓉淼陌吮禖．q1變?yōu)樵瓉淼陌朔种籇．q2變?yōu)樵瓉淼乃姆种唤馕鲈O(shè)兩球的間距為d，細線長為L，對m2進行受力分析可知eq\f(m2g，L）＝eq\f(k\f(q1q2，d2）,d），所以d＝eq\r（3,k\f(q1q2L,m2g）)，顯然當m2變?yōu)樵瓉淼陌吮痘騫1變?yōu)樵瓉淼陌朔种粫r均可使d變?yōu)樵瓉淼囊话耄_選項為B、C.8．（2017·東北三省四市聯(lián)考二）（多選)如圖所示，兩根輕繩一端系于結(jié)點O，另一端分別系于固定圓環(huán)上的A、B兩點，O點下面懸掛一物體M，繩OA水平，拉力大小為F1，繩OB與OA夾角α＝120°,拉力大小為F2，將兩繩同時緩慢順時針轉(zhuǎn)過75°，并保持兩繩之間的夾角α始終不變，且物體始終保持靜止狀態(tài)．則在旋轉(zhuǎn)過程中,下列說法正確的是(BC）A．F1逐漸增大 B．F1先增大后減小C．F2逐漸減小 D．F2先增大后減小解析設(shè)兩繩轉(zhuǎn)動過程中，繩OA與水平方向的夾角為θ，以O(shè)點為研究對象,受力分析如圖所示，因為兩繩是緩慢移動的，所以O(shè)點始終處于平衡狀態(tài)，由平衡條件得F1cosθ＝F2cos(60°－θ）,F1sinθ＋F2sin（60°－θ)＝Mg，由以上兩式解得F1＝eq\f（Mgcos60°－θ，sin60°），F(xiàn)2＝eq