《2020屆高三物理一輪復(fù)習(xí) 第二章 第3講 受力分析 共點力的平衡課時作業(yè)（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020屆高三物理一輪復(fù)習(xí) 第二章 第3講 受力分析 共點力的平衡課時作業(yè)（含解析）（9頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、受力分析 共點力的平衡 [基礎(chǔ)題組] 一、單項選擇題 1.(2019·浙江五校聯(lián)考)如圖所示，甲、乙兩物體疊放在水平面上，用水平向右的拉力F拉乙，甲、乙保持靜止?fàn)顟B(tài)，甲、乙間的接觸面水平，則乙受力的個數(shù)為(　　) A．3個　　　　　　　 B．4個 C．5個 D．6個 解析：對甲受力分析可知，甲僅受到自身的重力和乙的支持力，甲、乙之間沒有摩擦力，故乙受到重力、甲對乙的壓力、地面的支持力、水平向右的拉力F和地面向左的摩擦力5個力作用，故C正確． 答案：C 2．(2019·湖南衡陽高三聯(lián)考)如圖所示，傾角為α的光滑斜面固定于水平面，滑塊A的上表面與斜面的夾角為β，滑塊A

2、、B疊放后一起沖上斜面，且始終保持相對靜止．則A、B一起沿斜面向上運動時，滑塊B的受力示意圖正確的是(　　) 解析：B受到豎直向下的重力、A對B的垂直接觸面向上的支持力FN，因斜面光滑，故整體下滑的加速度為gsin α；若A的上表面與斜面平行，則A、B之間將不存在摩擦力，現(xiàn)在A的上表面與斜面有向上的夾角β，故物體B相對A上表面有下滑的趨勢，則所受的摩擦力方向平行于A的上表面向上，故選C. 答案：C 3.(2016·高考全國卷Ⅱ)質(zhì)量為m的物體用輕繩AB懸掛于天花板上．用水平向左的力F緩慢拉動繩的中點O，如圖所示．用T表示繩OA段拉力的大小，在O點向左移動的過程中(　　) A

3、．F逐漸變大，T逐漸變大 B．F逐漸變大，T逐漸變小 C．F逐漸變小，T逐漸變大 D．F逐漸變小，T逐漸變小 解析：以O(shè)點為研究對象，受力如圖所示，當(dāng)用水平向左的力緩慢拉動O點時，則繩OA與豎直方向的夾角變大，由共點力的平衡條件知F逐漸變大，T逐漸變大，選項A正確． 答案：A 4．(2019·寧夏銀川育才中學(xué)月考)如圖所示，質(zhì)量為M的斜面靜置在水平地面上，斜面上有一質(zhì)量為m的小物塊，水平力F作用在小物塊上時，兩者均保持靜止，斜面受到水平地面的靜摩擦力為f1，小物塊受到斜面的靜摩擦力為f2.現(xiàn)使F逐漸增大，兩者仍處于靜止?fàn)顟B(tài)，則(　　) A．f1、f2都增大 B．f1、f

4、2都不一定增大 C．f1不一定增大，f2一定增大 D. f1一定增大，f2不一定增大 解析：對小物塊受力分析，受重力、斜面的支持力、水平力F，可能有靜摩擦力：①當(dāng)mgsin θ＞Fcos θ時，靜摩擦力沿著斜面向上，大小為f2＝mgsin θ－Fcos θ，當(dāng)F增大時，f2變??；②當(dāng)mgsin θ＝Fcos θ時，靜摩擦力為零，當(dāng)F增大時，f2變大；③當(dāng)mgsin θ＜Fcos θ時，靜摩擦力沿著斜面向下，大小為f2＝Fcos θ－mgsin θ，F(xiàn)增大時，f2變大．由以上分析可知f2不一定增大．對整體受力分析，受到重力、地面的支持力、地面的靜摩擦力、水平力F，則有f1＝F，則

5、F增大，f1一定增大．故D正確，A、B、C錯誤． 答案：D 5．(2019·湖北天門中學(xué)檢測)如圖所示，A、B兩物體的質(zhì)量分別為mA、mB，且mA＞mB，整個系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，滑輪的質(zhì)量和一切摩擦均不計．如果繩一端由Q點緩慢地向左移到P點，PQ距離為L，整個系統(tǒng)重新平衡后，物體的高度和兩滑輪間的繩與水平方向的夾角θ變化情況是(　　) A．物體A上升，上升的高度為，θ角不變 B．物體A下降，下降的高度為，θ角不變 C．物體A上升，上升的高度為，θ角不變 D．物體A的高度不變，θ角變小 解析：將繩一端由Q點緩慢向右移到P點時，繩子的拉力大小不變，分析動滑輪的受力情況，如圖所示，設(shè)

6、繩子的拉力大小為F，兩繩子的夾角為2α＝π－2θ，由于動滑輪兩側(cè)繩子的拉力關(guān)于豎直方向有對稱性，則有2Fcos α＝mBg，由于F＝mAg，保持不變，則知，α角保持不變，由幾何知識得知，α＋θ＝90°，則θ保持不變，當(dāng)繩一端的固定點Q緩慢向左移到P點，動滑輪將下降，則物體A的高度升高．結(jié)合幾何關(guān)系，動滑輪與天花板間的2段繩子的長度增加量為ΔL＝×2＝，故A上升的高度為h＝，故A正確，B、C、D錯誤． 答案：A 二、多項選擇題 6．(2019·山東外國語學(xué)校高三月考)如圖所示，小車內(nèi)固定著一個傾角為60°的斜面OA，擋板OB與水平面的夾角θ＝60°.可繞轉(zhuǎn)軸O在豎直平面內(nèi)轉(zhuǎn)動．現(xiàn)將一質(zhì)

7、量為m的光滑圓球放在斜面與擋板之間，下列說法正確的是(　　) A．當(dāng)小車與擋板均靜止時，球?qū)π泵鍻A的壓力小于mg B．保持θ＝60°不變，使小車水平向右運動，則球?qū)π泵鍻A的壓力可能為零 C．保持小車靜止， 在θ由60°緩慢減小至15°的過程中，球?qū)醢錙B的壓力先減小再增大 D．保持小車靜止， 在θ由60°緩慢減小至15°的過程中，球?qū)醢錙B的壓力逐漸增大 解析：球處于靜止?fàn)顟B(tài)，受力平衡，對球進行受力分析，如圖所示，F(xiàn)A、FB以及G之間的夾角兩兩都為120°，根據(jù)幾何關(guān)系可知，F(xiàn)A＝FB＝mg，故A錯誤； 若保持θ＝60°不變，使小車水平向右做勻加速直線運動，當(dāng)FB和重力G

8、的合力正好提供加速度時，球?qū)π泵鍻A的壓力為零，故B正確；保持小車靜止，在θ由60°緩慢減小至15°的過程中，根據(jù)圖象可知，F(xiàn)A不斷減小，F(xiàn)B先減小后增大，根據(jù)牛頓第三定律可知，球?qū)醢錙B的壓力先減小后增大，對斜面的壓力不斷減小，故C正確，D錯誤． 答案：BC 7．(2019·甘肅武威第六中學(xué)段考)如圖所示，橫截面為直角三角形的斜劈A，靠在粗糙的豎直墻面上，力F通過球心水平作用在光滑球B上，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)．當(dāng)力F增大時，系統(tǒng)仍保持靜止，下列說法正確的是(　　) A．斜劈A所受合外力增大 B．斜劈A對豎直墻壁的壓力增大 C．球B對地面的壓力增大 D．墻面對斜劈A的摩擦力增

9、大 解析：斜劈A一直處于靜止?fàn)顟B(tài)，所受合外力一直為零不變，故A錯誤；對AB整體分析可知，水平方向受到F和墻壁的彈力作用，當(dāng)F增大時，A對豎直墻壁的壓力變大，故B正確；對B受力分析，如圖所示，根據(jù)平衡條件有F＝FN′sin θ，F(xiàn)N″＝mBg＋FN′cos θ，可見F增大時FN′增大，F(xiàn)N″增大，根據(jù)牛頓第三定律知球B對地面的壓力增大，故C正確；對A分析，球B對斜劈A的支持力大小等于FN′，若A所受摩擦力向上，則豎直方向FN′cos θ＋Ff＝mAg，則當(dāng)FN′增大時，墻面對斜劈A的摩擦力減小，選項D錯誤． 答案：BC 8．如圖所示，帶有光滑豎直桿的三角形斜劈固定在水平地面上，放置于斜

10、劈上的光滑小球與套在豎直桿上的小滑塊用輕繩連接，開始時輕繩與斜面平行．現(xiàn)給小滑塊施加一豎直向上的拉力，使小滑塊沿桿緩慢上升，整個過程中小球始終未脫離斜面，則有(　　) A．輕繩對小球的拉力逐漸增大 B．小球?qū)π泵娴膲毫ο葴p小后增大 C．豎直桿對小滑塊的彈力先增大后減小 D．對小滑塊施加的豎直向上的拉力逐漸增大 解析：設(shè)斜面傾角為θ，斜面對小球的支持力為FN1，輕繩對小球的拉力為FT，小球的重力大小為G1，小滑塊的重力大小為G2，豎直桿對小滑塊的彈力大小為FN2.由于小滑塊沿桿緩慢上升，所以小球沿斜面緩慢向上運動，小球處于動態(tài)平衡狀態(tài)，受到的合力為零，作小球受力矢量三角形如圖甲所示

11、，由此可知輕繩對小球的拉力FT逐漸增大，選項A正確；斜面對小球的彈力FN1逐漸減小，故小球?qū)π泵娴膲毫χ饾u減小，選項B錯誤；將小球和小滑塊看成一個整體，對其進行受力分析如圖乙所示，則由力的平衡條件可得FN2＝FN1sin θ，F(xiàn)＝G1＋G2－FN1cos θ，因FN1逐漸減小，所以FN2逐漸減小，F(xiàn)逐漸增大，選項C錯誤，D正確． 答案：AD [能力題組] 一、選擇題 9．放在粗糙的水平地面上的斜面體，傾角θ＝45°，斜面光滑．斜面上有兩個質(zhì)量均為m的小物塊A、B，它們之間有輕繩連接．當(dāng)用水平外力F推物塊A時，兩個滑塊和斜面體一起向左做勻速直線運動．若斜面對物塊A的支持力大小為N

12、A，斜面對物塊B的支持力大小為NB，則下列結(jié)論正確的是(　　) A．NA＝mg，NB＝mg B．NA＝mg，NB＝mg C．NA＝mg，NB＝mg D．NA＝mg，NB＝mg 解析：以B為研究對象，受重力mg、繩的拉力T和斜面的支持力NB，根據(jù)平衡條件，有 T＝mgsin θ＝mg，NB＝mgcos θ＝mg 以A為對象，受力如圖所示， 由平衡條件可得NAcos θ＝mg＋Tsin θ，解得NA＝mg，故C正確． 答案：C 10．(多選)(2019·湖北四校質(zhì)檢)如圖所示，兩塊相互垂直的光滑擋板OP、OQ，OP豎直放置，小球a、b固定在輕彈簧的兩端．水平力F作用

13、于b時，a、b緊靠擋板處于靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)保證b球不動，使擋板OP向右緩慢平移一小段距離，則(　　) A．彈簧變長 B．彈簧變短 C．力F變大 D．b對地面的壓力不變 解析：選a球為研究對象，受力分析如圖所示， 由畫出的平行四邊形可知，擋板的彈力FN變小，彈力F彈逐漸減小，即彈簧的壓縮量變短，彈簧變長，選項A正確，B錯誤；選a球、b球整體為研究對象，由平衡條件可知，F(xiàn)變小，b對地面的壓力不變，選項C錯誤，D正確． 答案：AD 11．(2019·湖南長沙模擬)如圖所示，傾角為θ的斜面體c置于水平地面上，小盒b置于斜面上，通過跨過光滑定滑輪的細繩與物體a連接，連接b的一段細繩

14、與斜面平行，連接a的一段細繩豎直，a連接在豎直固定于地面的彈簧上．現(xiàn)向b盒內(nèi)緩慢加入適量砂粒，a、b、c始終處于靜止?fàn)顟B(tài)，下列說法中正確的是(　　) A．b對c的摩擦力可能先減小后增大 B．地面對c的支持力可能不變 C．c對地面的摩擦力方向始終向左 D．彈簧的彈力可能增大 解析：向b盒內(nèi)緩慢加入砂粒的過程中，a、b、c一直處于靜止?fàn)顟B(tài)，對a分析，彈簧彈力不變，a的重力不變，則細繩拉力不變；對b、c整體分析知，其受方向始終向左的摩擦力，故c對地面的摩擦力方向始終向右，由于b、c整體質(zhì)量增大，則地面對c的支持力增大，B、C、D錯誤；如果開始時，b所受c的摩擦力沿斜面向下，則對b分析可

15、知，隨著砂粒的加入，b對c的摩擦力可能先減小后增大，A正確． 答案：A 12．如圖所示，桌面上固定一個光滑豎直擋板，現(xiàn)將一個長方形物塊A與截面為三角形的墊塊B疊放在一起，用水平外力F緩緩向左推動B，使A緩慢升高，設(shè)各接觸面均光滑，則該過程中(　　) A．A和B均受三個力作用而平衡 B．B對桌面的壓力越來越大 C．A對B的壓力越來越小 D．推力F的大小恒定不變 解析：設(shè)B的傾角為θ，對A物體受力分析，如圖所示，則F3與豎直方向的夾角為θ，由平衡條件有F3cos θ＝GA，F(xiàn)3sin θ＝F2，所以A對B的壓力不變，選項C錯誤；A受三個力的作用，B受四個力的作用，選項A錯誤；對A

16、、B整體受力分析，可知B對桌面的壓力F′＝GA＋GB，推力F＝F2，因GA、GB、F2均不變，故B對桌面的壓力不變，推力F不變，選項B錯誤，D正確． 答案：D 二、非選擇題 13.(2019·山西“六?！备呷?lián)考)跨過定滑輪的輕繩兩端分別系著物體A和物體B，物體A放在傾角為θ的斜面上，如圖所示．已知物體A的質(zhì)量為m，物體A與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ(μ＜tan θ)，滑輪的摩擦不計，要使物體A靜止在斜面上，求物體B的質(zhì)量的取值范圍(按最大靜摩擦力等于滑動摩擦力處理)． 解析：先選物體B為研究對象，它受到重力mBg和拉力FT′的作用，根據(jù)平衡條件有FT′＝mBg 再選物體A為

17、研究對象，它受到重力mg、斜面的支持力FN、輕繩的拉力FT(FT＝FT′)和斜面的摩擦力作用，假設(shè)物體A處于將要上滑的臨界狀態(tài)，則物體A受到的靜摩擦力最大，且方向沿斜面向下，這時A的受力情況如圖所示，根據(jù)平衡條件有 FN－mgcos θ＝0，F(xiàn)T－Ffm－mgsin θ＝0 又知Ffm＝μFN 解得mB＝m(sin θ＋μcos θ) 再假設(shè)物體A處于將要下滑的臨界狀態(tài)，則物體A受到的靜摩擦力最大，且方向沿斜面向上，根據(jù)平衡條件有 FN－mgcos θ＝0，F(xiàn)T＋Ffm－mgsin θ＝0 又知Ffm＝μFN 解得mB＝m(sin θ－μcos θ) 綜上所述，物體B的質(zhì)量的取值范圍是m(sin θ－μcos θ)≤mB≤m(sin θ＋μcos θ)． 答案：見解析 9