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文档介绍
【物理】2020届二轮复习专题二受力分析与共点力平衡作业
专题二 受力分析与共点力平衡 『经典特训题组』 1. 如图所示,一箱苹果沿着倾角为θ的斜面,以速度v匀速下滑。在箱子的中央有一个质量为m的苹果,它受到周围苹果对它的作用力的方向( ) A.沿斜面向上 B.沿斜面向下 C.竖直向上 D.垂直斜面向上 答案 C 解析 由质量为m的苹果匀速下滑可知,该苹果所受合力为0,分析受力可知,它受重力及周围苹果对它的作用力,根据二力平衡条件可得,周围苹果对它的作用力大小为mg,方向竖直向上,故C正确。 2.浙江乌镇一带的农民每到清明时节举办民俗活动,在一个巨型石臼上插入一根硕大的毛竹,表演者爬上竹稍表演各种惊险动作。如图所示,下列说法正确的是( ) A.在任何位置表演者静止时只受重力和弹力作用 B.在任何位置竹竿对表演者的作用力必定与竹竿垂直 C.表演者静止时,竹竿对其的作用力必定竖直向上 D.表演者越靠近竹竿底部所受的摩擦力就越小 答案 C 解析 表演者大部分情况下受到重力、弹力和摩擦力三个力的作用,故A错误;表演者处于平衡状态,故受竹竿的力与重力大小相等方向相反,即竖直向上,不一定与杆的方向垂直,故B错误, C正确;表演者越靠近竹竿底部时杆与水平方向的夹角θ就越大,所以摩擦力f=mgsinθ就越大,故D错误;故选C。 3.(多选)如图所示,在恒力F作用下,a、b两物体一起沿粗糙竖直墙面匀速向上运动,则关于它们受力情况的说法正确的是( ) A.a一定受到4个力 B.b可能受到4个力 C.a与墙壁之间一定有弹力和摩擦力 D.a与b之间一定有摩擦力 答案 AD 解析 将a、b看成整体,其受力示意图如图甲所示,说明a与墙壁之间没有弹力和摩擦力作用,C错误;对物体b进行受力分析,如图乙所示,a与b之间一定有摩擦力,b一定受到3个力作用,B错误,D正确;由以上分析可知物体a受力如图丙所示,a一定受到4个力,A正确。 4. (多选)如图所示,半圆柱体P放在粗糙的水平地面上,其右端有一竖直挡板MN。在二者之间夹着一个光滑均质的小圆柱体Q,整个装置处于静止状态。现使MN保持竖直并且缓慢地向右平移,在Q滑落到地面之前,P始终保持静止。则在此过程中,下列说法正确的是( ) A.MN对Q的弹力逐渐减小 B.P对Q的弹力逐渐增大 C.地面对P的摩擦力逐渐增大 D.Q所受的合力逐渐增大 答案 BC 解析 对Q受力分析,如图甲所示,Q受到竖直向下的重力mg、MN给的向左的支持力F1和P对Q的支持力F2,根据平衡条件,得F1=mgtanθ,F2=, 在MN保持竖直并且缓慢地向右平移的过程中,θ增大,故F1、F2增大,即MN对Q的弹力逐渐增大,P对Q的弹力逐渐增大,A错误,B正确;对P、Q整体受力分析,如图乙所示,整体受到重力(M+m)g、MN的支持力F1、地面的支持力F3、地面的静摩擦力f,根据共点力的平衡条件,可得f=F1=mgtanθ,由于θ不断增大,故f逐渐增大,C正确;移动MN过程中Q一直处于平衡状态,合力一直为零,D错误。 5. 将两个质量均为m的小球a、b用细线相连后,再用细线悬挂于O点,如图所示。用力F拉小球b,使两个小球都处于静止状态,且细线Oa与竖直方向的夹角保持θ=30°,则F最小时Oa绳上的拉力为( ) A.mg B.mg C.mg D.mg 答案 A 解析 以两个小球组成的整体为研究对象,分析受力,作出F方向变化时整体的受力图,根据平衡条件可知,F与T的合力与重力2mg总是大小相等,方向相反,由力的合成图可知,当F与绳Oa垂直时,F有最小值,即图中2的位置,此时F=2mgsin30°=mg,T=2mgcos30°=mg,故A正确。 6. 如图所示,倾角为α的粗糙斜劈放在粗糙水平面上,物体a放在斜面上,轻质细线一端固定在物体a上,另一端绕过光滑的滑轮固定在c点,轻质滑轮2下悬挂物体b,系统处于静止状态。若将固定点c向右移动少许,而a与斜劈始终静止,下列说法错误的是( ) A.斜劈对物体a的摩擦力一定减小 B.斜劈对地面的压力一定不变 C.细线对物体a的拉力一定增大 D.地面对斜劈的摩擦力一定增大 答案 A 解析 对滑轮和物体b受力分析,受重力和两个拉力,如图甲所示,根据平衡条件,有mbg=2Tcosθ,计算得T=。将固定点c向右移动少许,则θ增大,故拉力T增大;对物体a受力分析,受重力、支持力、拉力和静摩擦力,拉力增大,但因为不知道拉力与重力沿斜面向下的分力的大小关系,故无法判断静摩擦力的方向,故不能判断静摩擦力的变化情况,故A错误,C正确;对斜劈、物体a、b和滑轮1、2整体受力分析,受重力、支持力、细线的拉力和地面的静摩擦力,如图乙所示,根据平衡条件,有N=G总-Tcosθ=G总-,N与角度θ无关,恒定不变,根据牛顿第三定律,斜劈对地面的压力也不变,B正确;f=Tsinθ=tanθ,将固定点c向右移动少许,则θ增大,故摩擦力增大,所以D正确。本题要求选说法错误的,故选A。 7.(多选) 中国书法历史悠久,是中华民族优秀传统文化之一。在楷书笔画中,长横的写法要领如下:起笔时一顿,然后向右行笔,收笔时略向右按,再向左上回带。该同学在水平桌面上平铺一张白纸,为防打滑,他在白纸的左侧靠近边缘处用镇纸压住。则在向右行笔的过程中( ) A.镇纸受到向左的摩擦力 B.毛笔受到向左的摩擦力 C.白纸只受到向右的摩擦力 D.桌面受到向右的摩擦力 答案 BD 解析 白纸和镇纸始终处于静止状态,对镇纸受力分析知,镇纸不受摩擦力,否则水平方向受力不平衡,镇纸的作用是增大纸与桌面之间的弹力与最大静摩擦力,故A错误;毛笔在书写的过程相对纸面向右运动,受到向左的摩擦力,故B正确;白纸与镇纸之间没有摩擦力,白纸始终处于静止状态,则白纸在水平方向受到毛笔以及桌面对它的摩擦力,由B项可知,毛笔受到的摩擦力向左,由牛顿第三定律可知,白纸受到毛笔的摩擦力向右,根据平衡条件可知,桌面对白纸的摩擦力向左,故C错误;桌面对白纸的摩擦力向左,根据牛顿第三定律可知,白纸对桌面的摩擦力向右,故D正确。 『真题调研题组』 1.(2019·江苏高考) 如图所示,一只气球在风中处于静止状态,风对气球的作用力水平向右。细绳与竖直方向的夹角为α,绳的拉力为T,则风对气球作用力的大小为( ) A. B. C.Tsinα D.Tcosα 答案 C 解析 对气球受力分析,如下图所示,将绳的拉力T分解,在水平方向:风对气球的作用力大小为F=Tsinα,C正确。 2.(2019·全国卷Ⅲ)用卡车运输质量为m的匀质圆筒状工件,为使工件保持固定,将其置于两光滑斜面之间,如图所示。两斜面Ⅰ、Ⅱ固定在车上,倾角分别为30°和60°。重力加速度为g。当卡车沿平直公路匀速行驶时,圆筒对斜面Ⅰ、Ⅱ压力的大小分别为F1、F2,则( ) A.F1=mg,F2=mg B.F1=mg,F2=mg C.F1=mg,F2=mg D.F1=mg,F2=mg 答案 D 解析 如图所示,卡车匀速行驶,圆筒受力平衡,由题意知,力F1′与F2′相互垂直。由牛顿第三定律知F1=F1′,F2=F2′,则F1=mgsin60°=mg,F2=mgsin30°=mg,D正确。 3.(2019·全国卷Ⅱ)物块在轻绳的拉动下沿倾角为30°的固定斜面向上匀速运动,轻绳与斜面平行。已知物块与斜面之间的动摩擦因数为,重力加速度取10 m/s2。若轻绳能承受的最大张力为1500 N,则物块的质量最大为( ) A.150 kg B.100 kg C.200 kg D.200 kg 答案 A 解析 物块沿斜面向上匀速运动,受力如图,根据平衡条件 F=Ff+mgsinθ① Ff=μFN② FN=mgcosθ③ 由①②③式得 F=mgsinθ+μmgcosθ 所以m= 故当Fmax=1500 N时,有mmax=150 kg,A正确。 4.(2019·全国卷Ⅰ)(多选)如图,一粗糙斜面固定在地面上,斜面顶端装有一光滑定滑轮。一细绳跨过滑轮,其一端悬挂物块N,另一端与斜面上的物块M相连,系统处于静止状态。现用水平向左的拉力缓慢拉动N,直至悬挂N的细绳与竖直方向成45°。已知M始终保持静止,则在此过程中( ) A.水平拉力的大小可能保持不变 B.M所受细绳的拉力大小一定一直增加 C.M所受斜面的摩擦力大小一定一直增加 D.M所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增加 答案 BD 解析 选N为研究对象,受力情况如图甲所示,用水平拉力F缓慢拉动N的过程中,水平拉力F逐渐增大,细绳的拉力T逐渐增大,A错误,B正确;对于M,受重力GM、支持力FN、绳的拉力T以及斜面对它的摩擦力f。如图乙所示,若开始时斜面对M的摩擦力f沿斜面向上,则T+f=GMsinθ,T逐渐增大,f逐渐减小,当f减小到零后,再反向增大;若开始时斜面对M的摩擦力沿斜面向下,此时,T=GMsinθ+f,当T逐渐增大时,f逐渐增大,C错误,D正确。 5. (2017·全国卷Ⅱ)如图所示,一物块在水平拉力F的作用下沿水平桌面做匀速直线运动。若保持F的大小不变,而方向与水平面成60°角,物块也恰好做匀速直线运动。物块与桌面间的动摩擦因数为( ) A.2- B. C. D. 答案 C 解析 设物块的质量为m。据平衡条件及摩擦力公式有 拉力F水平时,F=μmg① 拉力F与水平面成60°角时,Fcos60°=μ(mg-Fsin60°)② 联立①②式解得μ=,故C正确。 6.(2017·全国卷Ⅲ)一根轻质弹性绳的两端分别固定在水平天花板上相距80 cm的两点上,弹性绳的原长也为80 cm。将一钩码挂在弹性绳的中点,平衡时弹性绳的总长度为100 cm;再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点,则弹性绳的总长度变为(弹性绳的伸长始终处于弹性限度内)( ) A.86 cm B.92 cm C.98 cm D.104 cm 答案 B 解析 轻质弹性绳的两端分别固定在相距80 cm的两点上,钩码挂在弹性绳的中点,平衡时弹性绳的总长度为100 cm,以钩码为研究对象,受力如图所示, 由胡克定律F=k(l-l0)=0.2k,由共点力的平衡条件和几何知识得F==;再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点,设弹性绳的总长度变为l′,由胡克定律得F′=k(l′-l0),由共点力的平衡条件F′=,联立上面各式解得l′=92 cm,选项B正确。 7.(2019·天津高考) 2018年10月23日,港珠澳跨海大桥正式开通。为保持以往船行习惯,在航道处建造了单面索(所有钢索均处在同一竖直面内)斜拉桥,其索塔与钢索如图所示。下列说法正确的是( ) A.增加钢索的数量可减小索塔受到的向下的压力 B.为了减小钢索承受的拉力,可以适当降低索塔的高度 C.索塔两侧钢索对称且拉力大小相同时,钢索对索塔的合力竖直向下 D.为了使索塔受到钢索的合力竖直向下,索塔两侧的钢索必须对称分布 答案 C 解析 索塔对钢索竖直向上的作用力跟钢索和桥体整体的重力平衡,增加钢索数量,其整体重力变大,故索塔受到的向下的压力变大,A错误;若索塔高度降低,则钢索与竖直方向夹角θ将变大,由Tcosθ=G可知,钢索拉力T将变大,B错误;两侧钢索的拉力对称,合力一定竖直向下,C正确;若两侧的钢索非对称分布,但其水平方向的合力为0,合力仍竖直向下,D错误。 8.(2017·天津高考) (多选)如图所示,轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆M、N上的a、b两点,悬挂衣服的衣架挂钩是光滑的,挂于绳上处于静止状态。如果只人为改变一个条件,当衣架静止时,下列说法正确的是( ) A.绳的右端上移到b′,绳子拉力不变 B.将杆N向右移一些,绳子拉力变大 C.绳的两端高度差越小,绳子拉力越小 D.若换挂质量更大的衣服,则衣架悬挂点右移 答案 AB 解析 设绳长为l,两杆间距离为d,选O点为研究对象,因aOb为同一根绳,故aO、bO对O点的拉力大小相等,因此平衡时aO、bO与水平方向的夹角相等,设为θ。O点受力情况如图所示, 根据平衡条件,得2Tsinθ=mg,而sinθ=,所以T=·。由以上各式可知,当l、d不变时,θ不变,故换挂质量更大的衣服时,悬挂点不变,D错误。若衣服质量不变,改变b的位置或改变绳两端的高度差,绳子拉力不变,A正确,C错误。当N杆向右移一些时,d变大,则T变大,B正确。故选A、B。 9.(2017·全国卷Ⅰ) (多选)如图,柔软轻绳ON的一端O固定,其中间某点M拴一重物,用手拉住绳的另一端N。初始时,OM竖直且MN被拉直,OM与MN之间的夹角为α。现将重物向右上方缓慢拉起,并保持夹角α不变。在OM由竖直被拉到水平的过程中( ) A.MN上的张力逐渐增大 B.MN上的张力先增大后减小 C.OM上的张力逐渐增大 D.OM上的张力先增大后减小 答案 AD 解析 设重物的质量为m,绳OM中的张力为TOM,绳MN中的张力为TMN。开始时,TOM=mg,TMN=0。由于缓慢拉起,则重物一直处于平衡状态,两绳张力的合力与重物的重力mg等大、反向。 如图所示,已知角α不变,在绳MN缓慢拉起的过程中,角β逐渐增大,则角(α-β)逐渐减小,但角θ不变,在三角形中,利用正弦定理得:=,(α-β)由钝角变为锐角,则TOM先增大后减小,选项D正确;同理知=,在β由0变为的过程中,TMN一直增大,选项A正确。故选A、D。 『模拟冲刺题组』 1.(2019·四省名校高三第二次联考)如图所示,在卸货场,挂钩连接四根长度均为L的轻绳,四根轻绳的另一端与一质量为m、直径为1.2L的水平圆环相连,连接点将圆环四等分。圆环正缓慢地匀速上升,已知重力加速度为g,则每根轻绳上的拉力大小为( ) A.mg B.mg C.mg D.mg 答案 C 解析 水平圆环匀速上升,受力平衡,则四根绳子的合力F=mg,则每一根绳的拉力在竖直方向上的分量等于mg,设绳子与竖直方向的夹角为θ,根据几何关系有:sinθ==0.6,cosθ=0.8,则Tcosθ=mg,解得:T=mg,故C正确。 2.(2019·安徽省“江南十校”高三三月综合质检)如图所示,游乐场中有一半球形的碗状装置固定在水平地面上,装置的内半径为R,在其内表面有一个小孩(可视为质点)从底部向上爬行,小孩与内表面之间的动摩擦因数为0.75,设小孩所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则小孩沿该装置缓慢向上爬行的最大高度是( ) A.0.2R B.0.25R C.0.75R D.0.8R 答案 A 解析 设小孩爬到最高处时,小孩与圆心的连线与竖直方向的夹角为θ,对小孩受力分析,由平衡条件得,mgsinθ=μmgcosθ,解得θ=37°,又由几何关系得,最大高度h=R-Rcosθ=0.2R,故A正确。 3. (2019·山东淄博一模)如图所示,a、b两个小球穿在一根光滑的固定杆上,并且通过一条细绳跨过定滑轮连接。已知b球质量为m,杆与水平面的夹角为30°,不计所有摩擦。当两球静止时,Oa段绳与杆的夹角也为30°,Ob段绳沿竖直方向,则a球的质量为( ) A.m B.m C.m D.2m 答案 A 解析 设杆与水平面的夹角为θ,分别对a、b两球分析受力,如图所示, 根据共点力平衡条件,对b球:T=mbg,对a球:=,得mb∶ma=tan30°∶1,则ma=mb=m,故A正确。 4. (2019·黑龙江齐齐哈尔一模)(多选)如图所示,竖直墙壁与光滑水平地面交于B点,质量为m1的光滑半圆柱体O1紧靠竖直墙壁置于水平地面上,质量为m2的均匀小球O2用长度等于A、B两点间距离L的细线悬挂于竖直墙壁上的A点,小球O2静置于半圆柱体O1上,当半圆柱体质量不变而半径不同时,细线与竖直墙壁的夹角θ就会跟着发生改变。已知重力加速度为g,不计各接触面间的摩擦,则下列说法正确的是( ) A.当θ=60°时,半圆柱体对地面的压力大小为m1g+m2g B.当θ=60°时,小球对半圆柱体的压力大小为m2g C.改变半圆柱体的半径,半圆柱体对竖直墙壁的最大压力大小为m2g D.半圆柱体的半径增大时,其对地面的压力保持不变 答案 AC 解析 对小球进行受力分析如图1所示,因为AB=AO2,AB与半圆柱体的弧面相切,由几何知识可知,AO2与半圆柱体的弧面相切,则小球受到的绳子的拉力T与半圆柱体对小球的支持力N相互垂直,故当θ=60°时,T=m2gcosθ=m2g,N=m2gsinθ=m2g;以小球与半圆柱体组成的整体为研究对象,它们受到重力、地面的支持力、绳子的拉力以及墙对半圆柱体的弹力,如图2所示,竖直方向m1g+m2g=Tcosθ+N′,所以N′=m1g+m2g-Tcosθ=m1g+m2g,根据牛顿第三定律可知,半圆柱体对地面的压力大小为m1g+m2g,小球对半圆柱体的压力大小为m2g,A正确,B错误。若改变半圆柱体的半径,以小球与半圆柱体组成的整体为研究对象,在水平方向FN=Tsinθ=m2gsinθcosθ=m2gsin2θ,可知,当θ=45°时,半圆柱体受到墙对半圆柱体的弹力最大,为m2g,根据牛顿第三定律可知,半圆柱体对竖直墙壁的最大压力大小为m2g,C正确。半圆柱体所受地面的支持力:N′=m1g+m2g-Tcosθ=m1g+m2g-m2gcos2θ=m1g+m2gsin2θ,由几何关系可知,增大半圆柱体的半径,则θ增大,N′将增大,根据牛顿第三定律可知,半圆柱体对地面的压力将增大,D错误。 5. (2019·河南百师联盟高三上学期七调)质量均为m的两物块A和B之间连接着一个轻质弹簧,其劲度系数为k,现将物块A、B放在水平地面上一斜面的等高处,如图所示,弹簧处于压缩状态,且物体与斜面均能保持静止,已知斜面的倾角为θ,两物块和斜面间的动摩擦因数均为μ,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则下列说法正确的是( ) A.斜面和水平地面间一定有静摩擦力 B.斜面对A、B组成的系统的静摩擦力大于2mgsinθ C.若将弹簧拿掉,物块有可能发生滑动 D.弹簧的最大压缩量为 答案 D 解析 对斜面、A、B和弹簧构成的整体分析,整体处于平衡状态,没有相对运动或相对运动趋势,故斜面与水平地面间没有摩擦力作用,A错误;对A和B整体分析,A、B组成的系统整体的重力沿斜面向下的分力等于摩擦力,即f=2mgsinθ,B错误;拿掉弹簧后,A或B受到的静摩擦力变小,其他力不变,故A和B都不会发生滑动,C错误;对A或B受力分析,均受弹簧弹力F、重力、斜面的支持力、静摩擦力,其中F与重力沿斜面方向的分力垂直,由于A、B受力平衡,则弹簧弹力大小等于重力沿斜面方向的分力和静摩擦力f′的合力大小,当静摩擦力最大时,弹簧弹力最大,弹簧压缩量最大,此时kx=,其中最大静摩擦力fm=μmgcosθ,故弹簧的最大压缩量x=,D正确。 6. (2019·贵阳一模)(多选)如图所示,一根粗细和质量分布均匀的细绳,两端各系一个质量都为m的小环,小环套在固定水平杆上,两环静止时,绳子过环与细绳结点P、Q的切线与竖直方向的夹角均为θ,已知绳子的质量也为m,重力加速度大小为g,则两环静止时( ) A.每个环对杆的压力大小为mg B.绳子最低点处的弹力的大小为 C.水平杆对每个环的摩擦力大小为mgtanθ D.两环之间的距离增大,杆对环的摩擦力增大 答案 BD 解析 以左侧绳为研究对象,受力分析如图1所示,根据平衡条件,有水平方向:F=Tsinθ,竖直方向:mg=Tcosθ,联立解得:T=,F=mgtanθ,故B正确;对环进行受力分析如图2所示,水平方向:f=Tsinθ=·sinθ=mgtanθ,竖直方向:N=Tcosθ+mg=·cosθ+mg=mg,故A、C错误;当两环之间的距离增大,θ变大,故f变大,D正确。 『热门预测题组』 1. (2019·内蒙古呼和浩特市二模)如图所示,一攀岩运动员正沿竖直岩壁缓慢攀登。由于身背较重的行囊,重心上移至肩部的O点,总质量为80 kg,此时手臂与身体垂直,手臂与岩壁夹角为53°,则手受到的拉力和脚受到的作用力分别为(设手、脚受到的作用力均通过重心O,g取10 m/s2,sin53°=0.8,cos53°=0.6)( ) A.640 N 480 N B.480 N 640 N C.480 N 800 N D.800 N 480 N 答案 B 解析 设运动员和行囊的总质量为M,以运动员和行囊整体为研究对象,分析受力情况:重力Mg、岩壁对手臂的拉力F1和岩壁对脚的弹力F2,作出受力示意图,如图所示,根据平衡条件得:F1=Mgcos53°=800×0.6 N=480 N,F2=Mgsin53°=800×0.8 N=640 N,故B正确。 2.(2019·广西钦州三模)日常生活中,我们在门下缝隙处塞紧一个木楔(侧面如图所示),往往就可以把门卡住。有关此现象的分析,下列说法正确的是( ) A.木楔对门的作用力大于门对木楔的作用力,因而能将门卡住 B.门对木楔作用力的水平分量等于地面对木楔摩擦力的大小 C.只要木楔的厚度合适都能将门卡住,与顶角θ的大小无关 D.只要木楔对门的压力足够大就能将门卡住,与各接触面的粗糙程度无关 答案 B 解析 木楔对门的作用力和门对木楔的作用力是一对作用力和反作用力,大小相等,方向相反,故A错误;对木楔受力分析如图所示, 水平方向:f=Fsinθ, 门对木楔作用力的水平分量等于地面对木楔摩擦力的大小,故B正确; 对木锲,竖直方向:N=Fcosθ+mg,最大静摩擦力约等于滑动摩擦力,则fmax=μN=μ(Fcosθ+mg),要把门卡住,则不管力F多大,均满足fmax≥f,即μ(Fcosθ+mg)≥Fsinθ,可知不管m多大,只要μ≥tanθ,木楔就可把门卡住,故木楔能否把门卡住,与顶角θ以及接触面的粗糙程度有关,C、D错误。查看更多