【物理】2020届一轮复习人教版共点力的平衡课时作业

【物理】2020届一轮复习人教版共点力的平衡课时作业

‎　共点力的平衡 ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ 一、选择题(1～7为单项选择题，8～10为多项选择题)‎ ‎1.物体受到与水平方向成30°角的拉力FT的作用，向左做匀速直线运动，如图1所示，则物体受到的拉力FT与地面对物体的摩擦力的合力方向是(　　)‎ 图1‎ A．向上偏左 B．向上偏右 C．竖直向上 D．竖直向下 答案　C ‎2．用三根轻绳将质量为m的物块悬挂在空中，如图2所示．已知ac和bc与竖直方向的夹角分别为30°和60°，则ac绳和bc绳中的拉力分别为(　　)‎ 图2‎ A.mg，mg B.mg，mg C.mg，mg D.mg，mg 答案　A 解析　分析结点c的受力情况如图，设ac绳受到的拉力为F1、bc绳受到的拉力为F2，根据平衡条件知F1、F2的合力F与重力mg等大、反向，由几何知识得F1＝Fcos 30°＝mg F2＝Fsin 30°＝mg 选项A正确．‎ ‎3.在建筑装修中，工人用质量为m的磨石对斜壁进行打磨，当对磨石加竖直向上的推力F时，磨石恰好沿斜壁向上匀速运动，如图3所示．已知磨石与斜壁之间的动摩擦因数为μ，则磨石受到的摩擦力是(　　)‎ 图3‎ A．(mg－F)sin θ B．(F＋mg)cos θ C．μ(F－mg)cos θ D．μ(F－mg)sin θ 答案　D 解析　作出如图所示的受力分析图，F与mg的合力向上，其沿斜面的分力与摩擦力平衡．故有(F－mg)cos θ＝Ff，(F－mg)sin θ＝FN，由于磨石恰好沿斜壁向上做匀速运动，故磨石与斜壁间的摩擦力是滑动摩擦力，所以Ff＝μ(F－mg)sin θ，D正确．‎ ‎4.如图4所示，一根轻绳跨过定滑轮后系在质量较大的球上，球的大小不可忽略．在轻绳的另一端加一个力F，使球沿斜面由图示位置缓慢拉上顶端，各处的摩擦不计，在这个过程中拉力F(　　)‎ 图4‎ A．逐渐增大 B．保持不变 C．先增大后减小 D．先减小后增大 答案　A 解析　‎ 将球沿固定的光滑斜面由题图位置缓慢拉到顶端的过程中，顺时针转动过程绳子拉力方向如图中1到2到3的位置(注意开始时绳子拉力与支持力的夹角就是大于90°的)‎ 由图可以看出绳子拉力一直增大，即F一直增大．‎ ‎5.如图5所示，将一个球放在两块光滑斜面板AB和AC之间，两板与水平面夹角是60°.现在使AB板固定，使AC板与水平面的夹角逐渐减小，则(　　)‎ 图5‎ A．球对AC板的压力先增大后减小 B．球对AC板的压力逐渐减小 C．球对AC板的压力先减小后增大 D．球对AC板的压力逐渐增大 答案　C 解析　对球受力分析，如图所示，当使AC板与水平面的夹角逐渐减小，AC板运动过程中FB的方向不变，FC的大小和方向都变化，但是两者的合力恒等于球的重力，由矢量三角形可得FB逐渐减小，FC先减小后增大，选项C正确．‎ ‎6.如图6所示，可以视为质点的小球A、B被轻绳连接后，挂在光滑的圆柱上恰好处于静止状态，已知圆柱截面的圆心为O点，∠AOB＝90°，OB与竖直方向的夹角α＝30°，则A、B两球的质量之比为(　　)‎ 图6‎ A．1∶2 B.∶2‎ C．1∶ D.∶1‎ 答案　C 解析　分别选A和B为研究对象受力分析如图所示．由图甲得FT＝Fsin 60°＝GAsin 60°＝‎ mAg，由图乙得FT′＝F′sin α＝GBsin 30°＝mBg，FT＝FT′，综上解得mA∶mB＝1∶，选项C正确．‎ ‎7.如图7所示，清洗楼房玻璃的工人常用一根绳索将自己悬在空中，工人及其装备的总重量为G，悬绳与竖直墙壁的夹角为α，悬绳对工人的拉力大小为FT，墙壁对工人的弹力大小为FN，不计工人与墙壁之间的摩擦．则(　　)‎ 图7‎ A．FT＝Gsin α B．FN＝Gtan α C．若缓慢减小悬绳的长度，FT与FN的合力变大 D．若缓慢增大悬绳的长度，FT减小，FN增大 答案　B ‎8.如图8所示，用竖直挡板将小球夹在挡板和光滑斜面之间，若逆时针缓慢转动挡板，使其由竖直转至水平的过程中，以下说法正确的是(　　)‎ 图8‎ A．挡板对小球的压力先增大后减小 B．挡板对小球的压力先减小后增大 C．斜面对小球的支持力先减小后增大 D．斜面对小球的支持力一直逐渐减小 答案　BD 解析　取小球为研究对象，小球受到重力G、挡板对小球的支持力FN1和斜面对小球的支持力FN2三个力作用，如图所示，FN1和FN2的合力与重力大小相等，方向相反，FN2总垂直接触面(斜面)，方向不变，根据图解可以看出，在FN1方向改变时，其大小(箭头)只能沿PQ线变动．显然在挡板移动过程中，FN1先变小后变大，FN2一直减小．‎ ‎9.如图9所示，一个质量为3.0 kg的物体，放在倾角为θ＝30°的斜面上静止不动．若用竖直向上的力F＝5.0 N提物体，物体仍静止，下述结论正确的是(g＝10 m/s2)(　　)‎ 图9‎ A．物体受到的摩擦力减小2.5 N B．斜面对物体的作用力减小5.0 N C．物体受到的弹力减小5.0 N D．物体受到的合外力减小5.0 N 答案　AB 解析　未施加F时，对物体进行受力分析，如图甲所示 由平衡条件，得Ff＝mgsin 30°＝15 N FN＝mgcos 30°＝15 N 施加F后物体的受力情况如图乙所示 由平衡条件，得Ff′＋Fsin 30°＝mgsin 30°‎ Ff′＝12.5 N FN′＋Fcos 30°＝mgcos 30°‎ FN′＝ N 即物体受到的摩擦力减小Ff－Ff′＝2.5 N，‎ 弹力减小FN－FN′＝ N.‎ A正确，C错误；‎ 因物体仍静止，合外力仍为零，斜面对物体的作用力与mg和F的合力大小相等，方向相反，B正确，D错误．‎ ‎10．如图10，光滑水平面上放有截面为圆周的柱状物体A，A与墙面之间放一光滑的圆柱形物体B，对A施加一水平向左的力F，整个装置保持静止，若将A的位置向右移动少许，整个装置仍保持平衡，则(　　)‎ 图10‎ A．水平外力F增大 B．墙对B的作用力减小 C．地面对A的支持力减小 D．B对A的作用力增大 答案　AD 解析　对物体B受力分析，受到重力mg、物体A对物体B的支持力FN′和墙面对B的支持力FN，如图：‎ 当物体A向右移动后，物体A对物体B的支持力FN′的方向不断变化，根据平衡条件结合合成法可以知道物体A对物体B的支持力FN′和墙面对物体B的支持力FN都在不断增大，‎ 故B错误，D正确；再对A和B整体受力分析，受到总重力G、地面支持力FN1、推力F和墙面的弹力FN，如图：‎ 根据平衡条件，有：F＝FN，FN1＝G，故地面的支持力不变，推力F随着墙面对物体B的支持力FN的不断增大而增大，故A正确，C错误．‎ 二、非选择题 ‎11.如图11所示，光滑金属球的重力G＝40 N．它的左侧紧靠竖直的墙壁，右侧置于倾角θ＝37°的斜面体上．已知斜面体处于水平地面上保持静止状态，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：‎ 图11‎ ‎(1)墙壁对金属球的弹力大小；‎ ‎(2)水平地面对斜面体的摩擦力的大小和方向．‎ 答案　(1)30 N　(2)30 N　方向向左 解析　(1)金属球静止，则它受到的三个力平衡(如图所示)．由平衡条件可得墙壁对金属球的弹力为FN1＝Gtan θ＝40tan 37°＝30 N ‎(2)斜面体对金属球的弹力为FN2＝＝50 N 由斜面体平衡可知地面对斜面体的摩擦力大小为Ff＝FN2sin 37°＝30 N 摩擦力的方向向左．‎ ‎12.如图12所示，A、B的重力分别为9.2 N和6.4 N，各接触面间的动摩擦因数均为0.2，连接墙壁与A之间的细绳MN与水平方向夹角为37°，现从A下方向右匀速拉出B.求：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)‎ 图12‎ ‎(1)此时绳MN对A的拉力大小为多少？‎ ‎(2)所需的水平拉力F为多大？‎ 答案　(1)2 N　(2)4.48 N 解析　(1)对A，受力如图甲所示，根据平衡条件，有：‎ 水平方向：Ff1＝μFN1＝FTcos 37°①‎ 竖直方向：‎ GA＝FN1＋FTsin 37°②‎ 由①②并代入数据可求得FT＝2 N，FN1＝8 N.‎ ‎(2)对B受力分析如图乙所示，根据平衡条件得：‎ 竖直方向：FN2＝FN1′＋GB＝FN1＋GB＝14.4 N 水平方向：F＝Ff1′＋μFN2＝Ff1＋μFN2＝4.48 N.‎ ‎13．一物体置于粗糙的斜面上，给该物体施加一个平行于斜面的力，当此力为100 N且沿斜面向上时，物体恰能沿斜面向上匀速运动；当此力为20 N且沿斜面向下时，物体恰能在斜面上向下匀速运动，求施加此力前物体在斜面上受到的摩擦力．‎ 答案　40 N 解析　物体沿斜面向上运动时受力分析如图甲所示．‎ 甲 由共点力的平衡条件得 x轴：F1－Ff1－mgsin α＝0，‎ y轴：mgcos α－FN1＝0‎ 又Ff1＝μFN1‎ 乙 物体沿斜面向下运动时受力分析如图乙所示．‎ 由共点力的平衡条件得 x轴：Ff2－F2－mgsin α＝0，‎ y轴：mgcos α－FN2＝0‎ 又Ff2＝μFN2，Ff1＝Ff2＝Ff 以上各式联立得：‎ Ff1＝Ff2＝Ff＝ 代入数据得：Ff＝ N＝60 N，mgsin α＝40 N 当不施加此力时，物体受重力沿斜面向下的分力 mgsin α

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