【物理】2020届一轮复习人教版共点力的平衡作业

【物理】2020届一轮复习人教版共点力的平衡作业

‎2020届一轮复习人教版 共点力的平衡 作业 ‎1．如图所示，斜面小车M静止在光滑水平面上，一边紧贴墙壁。若再在斜面上加一物体m，且M、m相对静止，此时小车受力个数为(　　)‎ A．3　　　　　　　　　　 B．4‎ C．5 D．6‎ 解析：选B　先对物体m受力分析，受到重力、支持力和静摩擦力；再对M受力分析，受重力、m对它的垂直向下的压力和沿斜面向下的静摩擦力，同时地面对M有向上的支持力，共受到4个力，故B正确。‎ ‎2．设雨点下落过程中受到的空气阻力与雨点(可看成球形)的横截面积S成正比，与下落速度v的二次方成正比，即f＝kSv2，其中k为比例常数，且雨点最终都做匀速运动。已知球的体积公式为V＝πr3(r为半径)。若两个雨点的半径之比为1∶2，则这两个雨点的落地速度之比为(　　)‎ A．1∶ B．1∶2‎ C．1∶4 D．1∶8‎ 解析：选A　当雨点做匀速直线运动时，重力与阻力相等，即f＝mg，故k×πr2×v2＝mg＝ρ×πr3×g，即v2＝，由于半径之比为1∶2，则落地速度之比为1∶，选项A正确。‎ ‎3.如图所示，在一水平长木板上放一木块P，缓慢抬起木板的右端，木块P和木板始终相对静止，则(　　)‎ A．木块受到木板的支持力减小、摩擦力减小 B．木块受到木板的支持力增大、摩擦力增大 C．木块受到木板的作用力大小不变、方向不变 D．木块受到木板的作用力大小变化、方向变化 解析：选C　对本块受力分析可知，木块受到重力、支持力和沿斜面向上的摩擦力的作用，木块开始滑动前，木块受力平衡，所以摩擦力和重力沿斜面向下的分力相等，即f＝mgsin θ，所以夹角增大的过程中，木块所受的摩擦力一直在增大；木块受到的支持力FN＝mgcos θ，由于抬起木板的过程中，夹角增大，故支持力减小，故A、B错误。由于木块一直处于平衡状态，故木块受到木板的作用力始终等于重力，故木块受到木板的作用力大小不变、方向不变，故C正确，D错误。‎ ‎4．(2018·广州六校联考)一个质量为3 kg的物体，被放置在倾角为α＝30°的固定光滑斜面上，在如图所示的甲、乙、丙三种情况下处于平衡状态的是(g＝10 m/s2)(　　) ‎ A．仅甲图 B．仅乙图 C．仅丙图 v D．甲、乙、丙图 解析：选B　物体在光滑斜面上受重力、支持力和沿斜面向上的拉力，斜面光滑，故物体不受摩擦力；将重力沿斜面和垂直于斜面进行分解，重力垂直于斜面的分力一定与支持力相等；要使物体处于静止，拉力应等于重力沿斜面向下的分力，即F＝mgsin α＝3×10× N＝15 N，故只有乙平衡。故B正确。‎ ‎5.(动态平衡)(2019·青岛高三调研)一光滑的轻滑轮用细绳OA悬挂于O点,站在地面上的人用轻绳跨过滑轮拉住沙漏斗,在沙子缓慢漏出的过程中,人握住轻绳保持不动,则在这一过程中(　　)‎ A.细线OA的张力保持不变 B.细线OA的张力逐渐增大 C.人对地面的压力将逐渐减小 D.人对地面的摩擦力将逐渐减小 答案D 解析轻滑轮的重力不计,轻滑轮受三个拉力而平衡,故三个拉力的方向均不变,故细线OA与竖直方向夹角不变,随着沙子缓慢漏出,拴小桶的绳子的拉力F不断减小,所以OA绳的拉力不断减小,故A、B错误;对人受力分析,如图所示。‎ 根据平衡条件,有:Ff=Fsin θ,FN=mg-Fcos θ,由于F减小,故支持力增加,摩擦力减小;根据牛顿第三定律,人对地的压力增加、摩擦力减小,故D正确,C错误。所以D正确,ABC错误。‎ ‎6.(动态平衡)(2019·河南周口中英文学校月考)如图所示,圆环固定在竖直平面内,打有小孔的小球穿过圆环。细绳a的一端固定在圆环的A点,细绳b的一端固定在小球上,两绳的连结点O悬挂着一重物,O点正好处于圆心。现将小球从B点缓慢移到B'点,在这一过程中,重物保持静止。则在此过程中a绳的拉力(　　)‎ A.一直增大 B.一直减小 C.先增大后减小 D.先减小后增大 答案A 解析对结点O进行受力分析,根据三角形定则可以知道,小球从B点缓慢移到B'点,Fa逐渐变大,所以A选项是正确的、BCD错误。‎ ‎7.(物体的平衡)(2018·安徽芜湖一模)如左图所示,在粗糙水平面上静止放置一个截面为三角形的斜劈,其质量为M。两个质量分别为m1和m2‎ 的小物块恰好能沿两侧面匀速下滑。若现在对两物块同时各施加一个平行于斜劈侧面的恒力F1和F2,且F1>F2,如右图所示。则在两个小物块沿斜面下滑的过程中,下列说法正确的是(　　)‎ A.斜劈可能向左运动 B.斜劈受到地面向右的摩擦力作用 C.斜劈对地面的压力大小等于(M+m1+m2)g D.斜劈对地面的压力大小等于(M+m1+m2)g+F1sin α+F2sin β 答案C 解析开始未加力时,两物块恰好能沿两侧面匀速下滑,斜劈处于静止状态,斜劈与地面间无摩擦力作用,两物块对斜劈的作用力竖直向下,其大于等于物体的重力,所以斜劈对地面的压力大小等于(M+m1+m2)g。当加了F1、F2后,两物块都沿斜劈侧面匀加速下滑,因F1、F2沿侧面向下作用,它们对斜劈没有作用,斜劈对两物块的作用力大小和方向都没变化,根据牛顿第三定律知两物块对斜劈的作用力大小方向都没变化,所以斜劈仍然静止,对地面的压力大小仍等于(M+m1+m2)g。故C正确,ABD错误。‎ ‎8.‎ ‎(临界极值问题)(2019·河南天一大联考一联)小朋友在玩积木时,将两个相同的方形积木放在粗糙的水平地面上,将球形积木放在两方形积木之间,截面图如图所示,接触点分别为A、B。他发现当两方形积木之间的距离大到一定程度时,球形积木放上后两方形积木将发生滑动。已知球形积木的质量为方形积木质量的2倍,它们之间的摩擦忽略不计,球形积木的半径为R,两方形积木与地面之间的动摩擦因数均为0.5,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则球形积木放上后,要使两方形积木不发生滑动,两方形积木之间的最远距离为(　　)‎ A. B.R C.R D.R 答案C 解析对整体受力分析,设一个方形积木质量为m,地面对其支持力为FN,根据平衡条件得2FN=4mg;当两方形积木之间的距离最远时,设OA与OB的夹角为2θ,此时A、B与地面之间的摩擦力达到最大静摩擦力,对球形积木受力分析,由平衡条件得2Fcos θ=2mg;对其中一个方形积木受力分析,根据平衡条件Fsin θ=μFN,联立得tan θ=1,即θ=45°,由几何关系得A、B之间的距离为R,选项C正确。‎ 素养综合练 ‎9.(2018·河南八市学评一测)如图所示,倾角θ=30°的斜面上,一质量为4m的物块经跨过定滑轮的细绳与一质量为m的小球相连,现将小球从水平位置静止释放,小球由水平位置运动到最低点的过程中,物块和斜面始终静止,运动过程中小球和物块始终在同一竖直平面内,则在此过程中(　　)‎ A.细绳的拉力先增大后减小 B.物块所受摩擦力逐渐增大 C.地面对斜面的支持力逐渐增大 D.地面对斜面的摩擦力逐渐增大 答案D 解析小球向下摆动的过程中,小球做圆周运动的速度逐渐增大,由向心力公式知细线对小球的拉力一直增大,A错误;开始物体有沿斜面下滑的趋势,物体受沿斜面向上的摩擦力,随绳的拉力增大,摩擦力减小.拉力增大到一定程度后物体受沿斜面向下的摩擦力,随绳的拉力增大,摩擦力增大,所以斜面对物块的摩擦力先减小后增大,B错误;对物块和斜面组成的整体分析可知,整体受重力、地面的支持力、绳的拉力、地面的摩擦力,如图所示。由于绳的拉力逐渐增大,所以地面对斜面的支持力一直减小,摩擦力一直增大,C错误,D正确。‎ ‎10.(2018·陕西咸阳二模)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,杆与水平面成θ角,不计所有摩擦,重力加速度为g。当两球静止时,Oa段绳与杆的夹角也为θ,Ob段绳沿竖直方向,则下列说法正确的是(　　)‎ A.a可能受到2个力的作用 ‎ B.b可能受到3个力的作用 C.绳子对a的拉力等于mg ‎ D.a的重力为mgtan θ 答案C 解析Ob绳沿竖直方向,b只受两个力的作用,B错误;a受三个力的作用,A错误;绳子上的拉力大小等于mg,C正确;小球a受重力G、支持力FN、绳的拉力mg作用,且支持力FN与绳的拉力mg间的夹角为锐角,a球受力如图,由平衡条件可知,FNsin θ=mgcos 2θ,FNcos θ+mgsin 2θ=mag,解得小球a的重力mag=mgcot θ,D错误。‎ ‎11.(2018·山东泰安一中月考)如图所示,小圆环A系着一个质量为m2的物块并套在另一个竖直放置的大圆环上,有一细线一端拴在小圆环A上,另一端跨过固定在大圆环最高点B的一个小滑轮后吊着一个质量为m1‎ 的物块。如果小圆环、滑轮、绳子的大小和质量以及相互之间的摩擦都可以忽略不计,绳子又不可伸长,若平衡时弦AB所对应的圆心角为α,则两物块的质量比m1∶m2应为(　　)‎ A.cos B.sin C.2sin D.2cos ‎ 答案C 解析如图 对小环进行受力分析,如图所示,小环受上面绳子的拉力m1g,下面绳子的拉力m2g,以及圆环对它沿着OA向外的支持力,将两个绳子的拉力进行正交分解,它们在切线方向的分力应该相等:‎ m1gsin=m2gcos (α-90°)‎ 即m1cos=m2sin α,m1cos=2m2sincos 得m1∶m2=2sin ‎12.(2019·湖南醴陵二中月考)一个底面粗糙、质量为M=3m的劈放在粗糙水平面上,劈的斜面光滑且与水平面成30°角。现用一端固定的轻绳系一质量为m的小球,小球放在斜面上,小球静 止时轻绳与竖直方向的夹角也为30°,如图所示。‎ ‎(1)当劈静止时,求绳子的拉力大小;‎ ‎(2)当劈静止时,求地面对劈的摩擦力大小;‎ ‎(3)若地面对劈的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,为使整个系统静止,动摩擦因数μ最小值多大?‎ 答案(1)mg　(2)mg　(3)‎ 解析(1)以小球为研究对象,受力分析如图甲所示,对FT和mg进行正交分解。‎ 由平衡条件有FTcos 30°=mgsin 30°得FT=mg ‎(2)以劈和小球整体为研究对象,受力情况如图乙所示。‎ 由平衡条件可得Ff=FTcos 60°=mg ‎(3)为使整个系统静止,必须满足Ffmax=μFN1≥FTcos 60°‎ 且有FN1+FTsin 60°=(M+m)g 联立解得μ≥。‎