【物理】2020届一轮复习人教版受力分析共点力的平衡及应用课时作业

【物理】2020届一轮复习人教版受力分析共点力的平衡及应用课时作业

‎2020届一轮复习人教版 受力分析共点力的平衡及应用 课时作业 一、单项选择题 ‎1.如图所示,水平地面上叠放着A、B两物体,B物体受力F作用,A、B一起相对地面向右做匀减速直线运动,则B物体的受力个数为(　　)‎ A.4 B.5‎ C.6 D.7‎ ‎2.(2018·湖北襄阳联考)如图所示,AB、BD为两段轻绳,其中BD段水平,BC为处于伸长状态的轻质弹簧,且AB和CB与竖直方向的夹角均为45°,现将BD绳绕B点缓慢向上转动,保持B点不动,则在转动过程中作用于BD绳的拉力F的变化情况是(　　)‎ A.变大 B.变小 C.先变大后变小 D.先变小后变大 ‎3.(2018·山西五校四联)如图所示,轻绳OA一端固定在天花板上,另一端系一光滑的圆环,一根系着物体的轻绳穿过圆环后,另一端固定在墙上B点,且OB处于水平位置。现将A点缓慢沿天花板水平向右移动,且OB段的轻绳始终保持水平,则OA、OB段轻绳所受的拉力的大小FA、FB的变化情况是(　　)‎ A.FA增大,FB不变 B.FA、FB均不变 C.FA不变,FB增大 D.FA、FB均减小 二、多项选择题 ‎4.(2017·天津卷)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 ‎5.如图所示,质量为m0的木板C放在水平地面上,固定在C上的竖直轻杆的顶端分别用细绳a和b连接小球A和小球B,小球A、B的质量分别为mA和mB,当与水平方向成30°角的力F作用在小球B上时,A、B、C刚好相对静止一起向右匀速运动,且此时绳a、b与竖直方向的夹角分别为30°和60°,则下列判断正确的是(　　)‎ A.力F的大小为mBg B.地面对C的支持力等于(m0+mA+mB)g C.地面对C的摩擦力大小为mBg D.mA=mB 三、非选择题 ‎6.如图所示,质量为m0的直角三棱柱A放在水平地面上,三棱柱的斜面是光滑的,且斜面倾角为θ。质量为m的光滑球B放在三棱柱和光滑竖直墙壁之间,A和B都处于静止状态,则地面对三棱柱的支持力和摩擦力各为多少?‎ ‎7.拖把是由拖杆和拖把头构成的擦地工具(如图所示)。设拖把头的质量为m,拖杆质量可忽略。拖把头与地板之间的动摩擦因数为常数μ,重力加速度为g。某同学用该拖把在水平地板上拖地时,沿拖杆方向推拖把,拖杆与竖直方向的夹角为θ。‎ ‎(1)若拖把头在地板上匀速移动,求推拖把的力的大小。‎ ‎(2)设能使该拖把在地板上从静止刚好开始运动的水平推力与此时地板对拖把的正压力的比值为λ。已知存在一临界角θ0,若θ≤θ0,则不管沿拖杆方向的推力有多大,都不可能使拖把从静止开始运动。求这一临界角的正切tan θ0。‎ ‎7　受力分析　共点力的平衡及应用 ‎1.C　解析以A为研究对象,A向右匀减速运动,所以B对A的静摩擦力向左;以B为研究对象知,B受到重力、A对B的压力、地面对B的支持力、外力F、A对B向右的静摩擦力、地面对B向左的滑动摩擦力,共6个力,故C正确。‎ ‎2.B　解析要保持B点的位置不变,BD绳向上转动的角度最大为45°,由于B点的位置不变,因此弹簧的弹力不变,由图可知,AB绳的拉力减小,BD绳的拉力也减小,选项B正确。‎ ‎3.B　解析因为圆环光滑,则OC、OB段轻绳所受的拉力的大小FC、FB始终相等,且等于物体的重力。又OB段轻绳始终保持水平,OC段轻绳始终保持竖直,则A点缓慢右移,圆环也随之右移,角θ不变,如图所示,由平衡条件FA=mg可知OA段绳上所受的拉力不变。故选项B正确。‎ ‎4.AB　解析如图所示,由几何关系可知∠1=∠5=∠2=∠4,若绳子的端点b向上移至b',绳的夹角大小不变,故晾衣绳拉力不变,故A正确。杆N右移,绳长不变,两段绳的夹角变大,但合力大小、方向均不变,故绳的拉力变大,故B正确。只要杆M、N间距不变,如图所示,无论移动哪个端点,绳的拉力始终保持不变,故C错误。若要换挂质量更大的衣服,只是衣服的重力增大,绳与竖直方向的夹角θ不变,则衣架悬挂点不变,故D错误。‎ ‎5.ACD　解析对小球B受力分析,水平方向有Fcos30°=Fbcos30°,得Fb=F,竖直方向有Fsin30°+Fbsin30°=mBg,解得F=mBg,故A正确;对小球A受力分析,竖直方向有mAg+Fbsin30°=Fasin60°,水平方向有Fasin30°=Fbsin60°,联立解得mA=mB,故D正确;以A、B、C整体为研究对象受力分析,竖直方向有FN+Fsin30°=(m0+mA+mB)g,可见FN小于(m0+mA+mB)g,故B错误;水平方向有Ff=Fcos30°=mBgcos30°=mBg,故C正确。‎ ‎6.解析选取A和B整体为研究对象,它受到重力(m0+m)g、地面支持力FN、墙壁的弹力F和地面的摩擦力Ff的作用,处于平衡状态,如图所示,根据平衡条件有:FN-(m0+m)g=0,F=Ff,可得FN=(m0+m)g。再以B为研究对象,它受到重力mg、三棱柱对它的支持力FAB、墙壁对它的弹力F的作用,处于平衡状态,‎ 如图所示,根据平衡条件有,竖直方向上:FABcosθ=mg 水平方向上:FABsinθ=F 解得F=mgtanθ 所以Ff=F=mgtanθ。‎ 答案(m0+m)g　mgtan θ ‎7.解析(1)设该同学沿拖杆方向用大小为F的力推拖把。将推拖把的力沿竖直和水平方向分解,根据平衡条件有 Fcosθ+mg=FN①‎ Fsinθ=Ff②‎ 式中FN和Ff分别为地板对拖把的正压力和摩擦力。‎ 所以Ff=μFN③‎ 联立①②③式得F=mg。 ④‎ ‎(2)若不管沿拖杆方向用多大的力都不能使拖把从静止开始运动,应有Fsinθ≤λFN⑤‎ 这时,①式仍成立。联立①⑤式得sinθ-λcosθ≤λ⑥‎ λ大于零,且当F无限大时λ为零,有 sinθ-λcosθ≤0 ⑦‎ 使⑦式成立的θ角满足θ≤θ0,这里θ0是题中所定义的临界角,即当θ≤θ0时,不管沿拖杆方向用多大的力都推不动拖把。故临界角的正切为tanθ0=λ。‎ 答案(1)mg　(2)λ