高考物理課標(biāo)版一輪復(fù)習(xí)考點規(guī)范練6受力分析共點力的平衡

考點規(guī)范練6受力分析共點力的平衡一、單項選擇題1.如圖所示,質(zhì)量為m的小球用水平輕質(zhì)彈簧系住,并用傾角θ=37°的木板托住,小球處于靜止?fàn)顟B(tài),彈簧處于壓縮狀態(tài),則()A.小球受木板的摩擦力一定沿斜面向上B.彈簧彈力不可能為mgC.小球可能受三個力作用D.木板對小球的作用力有可能小于小球的重力mg2.如圖所示,兩梯形木塊A、B疊放在水平地面上,A、B之間的接觸面傾斜,A的左側(cè)靠在光滑的豎直墻面上。關(guān)于兩木塊的受力,下列說法正確的是()A.A、B之間一定存在摩擦力作用B.木塊A可能受三個力作用C.木塊A一定受四個力作用D.木塊B受到地面的摩擦力作用方向向右3.如圖所示,滑塊A置于水平地面上,滑塊B在一水平力作用下緊靠滑塊A(A、B接觸面豎直),此時A恰好不滑動,B剛好不下滑。已知A與B間的動摩擦因數(shù)為μ1,A與地面間的動摩擦因數(shù)為μ2,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。則A與B的質(zhì)量之比為()A. B.C. D.4.(2017·課標(biāo)全國Ⅲ)一根輕質(zhì)彈性繩的兩端分別固定在水平天花板上相距80cm的兩點上,彈性繩的原長也為80cm。將一鉤碼掛在彈性繩的中點,平衡時彈性繩的總長度為100cm;再將彈性繩的兩端緩慢移至天花板上的同一點,則彈性繩的總長度變?yōu)?彈性繩的伸長始終處于彈性限度內(nèi))()A.86cm B.92cm C.5.如圖所示,三個相同的輕質(zhì)彈簧連接在O點,彈簧1的另一端固定在天花板上,且與豎直方向的夾角為30°,彈簧2水平且右端固定在豎直墻壁上,彈簧3的另一端懸掛質(zhì)量為m的物體且處于靜止?fàn)顟B(tài),此時彈簧1、2、3的形變量分別為x1、x2、x3,則()A.x1∶x2∶x3=∶1∶2 B.x1∶x2∶x3=2∶1∶C.x1∶x2∶x3=1∶2∶ D.x1∶x2∶x3=∶2∶16.如圖所示,質(zhì)量為m0、半徑為R的半球形物體A放在水平地面上,通過最高點處的釘子用水平輕質(zhì)細(xì)線拉住一質(zhì)量為m、半徑為r的光滑球B,A、B均靜止,則()A.B對A的壓力大小為mgB.細(xì)線對小球的拉力大小為mgC.A對地面的壓力大小為(m0+m)gD.地面對A的摩擦力大小為mg7.在粗糙水平地面上與墻平行放著一個截面為半圓的柱狀物體A,A與豎直墻面間放一光滑圓球B,整個裝置處于靜止?fàn)顟B(tài),截面如圖所示?，F(xiàn)對B施加一豎直向下的力F,F的作用線通過球心,設(shè)墻對B的作用力為F1,B對A的作用力為F2,地面對A的摩擦力為F3。若F緩慢增大而整個裝置仍保持靜止,在此過程中()A.F1保持不變,F3緩慢增大B.F1緩慢增大,F3保持不變C.F2緩慢增大,F3緩慢增大D.F2緩慢增大,F3保持不變8.如圖所示,小球C置于內(nèi)側(cè)面光滑的半球形凹槽B內(nèi),B放在長木板A上,整個裝置處于靜止?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受到的壓力逐漸減小B.A受到的摩擦力逐漸減小C.C對B的壓力逐漸變大D.C受到三個力的作用二、多項選擇題9.如圖所示,質(zhì)量為m的小物體(可視為質(zhì)點)靜止地放在半徑為R、質(zhì)量為m0的半球體上,小物體與半球體間的動摩擦因數(shù)為μ,物體與球心的連線與水平地面的夾角為θ,整個裝置靜止。則下列說法正確的是()A.地面對半球體的摩擦力方向水平向左B.小物體對半球體的壓力大小為mgcosθC.半球體受到小物體的作用力大小為mgD.θ角(為銳角)變大時,地面對半球體的支持力不變10.質(zhì)量均為1kg的木塊M和N疊放在水平地面上,用一根細(xì)線分別拴接在M和N右側(cè),在繩子中點用力F=5N拉動M和N一起沿水平面勻速滑動,細(xì)線與豎直方向夾角θ=60°。則下列說法正確的是()A.木塊N和地面之間的動摩擦因數(shù)μ=0.25B.木塊M和N之間的摩擦力是Ff=2.5NC.木塊M對木塊N的壓力大小為10ND.若θ變小,拉動M、N一起勻速運動所需拉力應(yīng)大于5N11.(2017·課標(biāo)全國Ⅰ)如圖所示,柔軟輕繩ON的一端O固定,其中間某點M拴一重物,用手拉住繩的另一端N,初始時,OM豎直且MN被拉直,OM與MN之間的夾角為α(α>)?，F(xiàn)將重物向右上方緩慢拉起,并保持夾角α不變。在OM由豎直被拉到水平的過程中()A.MN上的張力逐漸增大B.MN上的張力先增大后減小C.OM上的張力逐漸增大D.OM上的張力先增大后減小三、非選擇題12.如圖所示,質(zhì)量為mB=14kg的木板B放在水平地面上,質(zhì)量為mA=10kg的貨箱A放在木板B上,一根輕繩一端拴在貨箱上,另一端拴在地面上,繩繃緊時與水平面的夾角為θ=37°。已知貨箱A與木板B之間的動摩擦因數(shù)μ1=0.5,木板B與地面之間的動摩擦因數(shù)μ2=0.4。重力加速度g取10m/s2?，F(xiàn)用水平力F將木板B從貨箱A的下面勻速抽出,(sin37°=0.6,cos37°=0.8)試求:(1)繩上張力FT的大小;(2)水平拉力F的大小。13.如圖所示,質(zhì)量m0=2kg的木塊A套在水平桿上,并用輕繩將木塊A與質(zhì)量m=kg的小球相連。今用與水平方向成α=30°的力F=10N,拉著球帶動木塊一起向右勻速運動,運動中m0、m相對位置保持不變,g取10m/s2。求:(1)運動過程中輕繩與水平方向夾角θ;(2)木塊與水平桿間的動摩擦因數(shù)μ。##考點規(guī)范練6受力分析共點力的平衡1.C解析小球的受力分析如圖,當(dāng)mgsin37°>Fcos37°,小球受到沿斜面向上的摩擦力,當(dāng)mgsin37°<Fcos37°,小球受到沿斜面向下的摩擦力,當(dāng)mgsin37°=Fcos37°,斜面對小球不受摩擦力,且F=mgtan37°=mg,所以A、B錯誤,C正確;木板對小球的作用力的豎直分量等于mg,所以不可能小于mg,D錯誤。2.B解析由于A、B間接觸面情況未知,若A、B接觸面光滑,則A、B間沒有摩擦力,此時A受重力、B對A的支持力和墻壁對A的彈力而平衡,故A、C錯誤,B正確;木塊B受推力F、A對B的壓力,若壓力向右的分力等于F,則地面對B沒有摩擦力,故D錯誤。3.B解析設(shè)水平作用力為F,對物體A、B整體進行分析,在水平方向上有F=μ2(mA+mB)g;隔離物體B對B分析,在豎直方向上有μ1F=mBg,聯(lián)立解得,選項B4.B解析設(shè)開始時兩段彈性繩的夾角為α,彈性繩的拉力為FT,根據(jù)平衡條件可得2FTcos=mg,cos=0.6,得FT=mg;彈性繩的兩端移到同一點時,設(shè)彈性繩的拉力為FT',則2FT'=mg,得FT'=mg;設(shè)彈性繩第一次伸長量x,第二次伸長量x',根據(jù)胡克定律,有mg=kx,mg=kx',x=0.2m,聯(lián)立解得x'=0.12m5.B解析對物體受力分析可知,kx3=mg,對彈簧的結(jié)點受力分析可知,kx1cos30°=kx3,kx1sin30°=kx2,聯(lián)立解得x1∶x2∶x3=2∶1∶,故選項B正確。6.C解析由于A、B處于靜止?fàn)顟B(tài),故其所受合外力為零,對整體受力分析,如圖甲所示,根據(jù)平衡條件可得,FN(m0+m)g=0,根據(jù)牛頓第三定律可知A對地面的壓力大小為(m0+m)g,選項C正確,D錯誤;隔離B受力分析,如圖乙所示,根據(jù)平衡條件,由圖中幾何關(guān)系可得,,解得FN'=mg,細(xì)線對小球的拉力F=mg,依據(jù)牛頓第三定律知,B對A的壓力大小為mg,選項A、B錯誤。7.C解析球B受力情況如圖所示,墻對球B的作用力及A對球B的作用力的合力與F及重力的合力大小相等,方向相反,故當(dāng)F增大時,B對A的壓力增大,即F2增大,同理可知,墻對B的作用力F1增大;對整體分析,整體豎直方向受重力、支持力及壓力F,水平方向受墻的作用力F1和地面對A的摩擦力F3而處于平衡,由平衡條件得,當(dāng)F增大時,地面對A的摩擦力F3增大,故選項C正確。8.B解析緩慢減小傾角θ,A、B、C始終處于平衡狀態(tài)。把B、C看成一整體,設(shè)質(zhì)量為m,則mgsinθ=FfAB,mgcosθ=FNAB,由牛頓第三定律得FfBA=FfAB=mgsinθ,FNBA=FNAB=mgcosθ,當(dāng)θ減小時,sinθ變小,cosθ變大,所以FfBA變小,FNBA變大,A錯誤,B正確;對C受力分析可知,其受重力、支持力兩個力的作用,大小相等,所以支持力不變,C對B的壓力不變,C、D錯誤。9.CD解析以小物體和半球體整體作為研究對象,受到重力和地面對半球體的支持力,地面對半球體沒有摩擦力,由平衡條件得,地面對半球體的支持力FN=(m0+m)g,不會隨θ變化,故A錯誤,D正確;以小物體為研究對象,作出受力圖如圖所示,則半球體對小物體的支持力FN'=mgsinθ,由牛頓第三定律得,小物體對半球體的壓力大小為mgsinθ,故B錯誤;半球體受到小物體的壓力和靜摩擦力的合力等于重力,故C正確。10.AB解析以M、N為整體受力分析,得F=μ·2mg,得μ=0.25,A正確;單獨分析M受力,因繩子有豎直向下的分力,故M對N的壓力大于10N,繩子作用在M上的水平分力為2.5N,B正確,C錯誤;θ變化后,N對地面的壓力仍為20N,所以需要拉力不變,D錯誤。11.AD解析方法一:受力分析如圖。設(shè)OM與豎直方向夾角為θ,M點繞O點做圓周運動,沿切線方向:FMNcos(α90°)=mgsinθ,沿半徑方向:FOM=FMNsin(α90°)+mgcosθ,故FMN=,隨θ增大而增大,A正確。FOM=·sin(α90°)+mgcosθ==·cos(α90°θ),當(dāng)θ=α90°時存在極大值,故FOM先增大再減小,D項正確。方法二:利用矢量圓,如圖重力保持不變,是矢量圓的一條弦,FOM與FMN夾角即圓心角保持不變,由圖知FMN一直增大到最大,FOM先增大再減小,當(dāng)OM與豎直夾角為θ=α90°時FOM最大。12.解析(1)對A進行受力分析如圖甲所示,可知A受4個力作用,分解繩的拉力,根據(jù)受力平衡可得FN1=mAg+FTsinθFTcosθ=μ1FN1解得FT=代入數(shù)據(jù)得繩子張力FT=100N。(2)對B進行受力分析可知B受6個力的作用,地面對B的支持力FN2=mBg+FN1而FN1=mAg+FTsinθ=160N拉力F=μ2FN2+μ1FN1F=200N。答案(1)100N(2)200N13.解析(1)設(shè)細(xì)