2020屆高考物理二輪復習瘋狂專練3受力分析共點力的平衡含解析

1、(2) 共點力的平衡條件及分析；a、b、c在水平桌面上成功地疊放在一起。下列說法正確的是a受到的重力(所有鋼索)斜拉橋，其索塔與鋼索如圖所示。下列說法正確的是30的固定斜面向上勻速運動，輕繩與斜面平行。已知物塊與斜面之間的動3，重力加速度取3100 3 kg CM相連，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)用水平向左的拉力緩慢拉動(3) (2) 共點力的平衡條件及分析；a、b、c在水平桌面上成功地疊放在一起。下列說法正確的是a受到的重力(所有鋼索)斜拉橋，其索塔與鋼索如圖所示。下列說法正確的是30的固定斜面向上勻速運動，輕繩與斜面平行。已知物塊與斜面之間的動3，重力加速度取3100 3 kg CM相連，系統(tǒng)處于

2、靜止狀態(tài)?，F(xiàn)用水平向左的拉力緩慢拉動(3) 動態(tài)平衡問題分析、正交分( ( 10 m/s 。若輕繩能承受的最大張力為200 kg DN，直至懸掛 N的細繩與) ) 2200 3 kg 1500 N，則物塊的質量最大為( ) 受力分析 共點力的平衡(1) 整體法與隔離法的應用，物體的受力分析；解法應用。1如圖所示，三個形狀不規(guī)則的石塊A石塊 b對 a的支持力一定豎直向上B石塊 b對 a的支持力一定等于C石塊 c受到水平桌面向左的摩擦力D石塊 c對 b的作用力一定豎直向上22018 年 10月 23日，港珠澳跨海大橋正式通車。為保持以往船行習慣，在航道處建造了單面索均處在同一豎直面內A增加鋼索的數(shù)

3、量可減小索塔受到的向下的壓力B為了減小鋼索承受的拉力，可以適當降低索塔的高度C索塔兩側鋼索對稱且拉力大小相同時，鋼索對索塔的合力豎直向下D為了使索塔受到鋼索的合力豎直向下，索塔兩側的鋼索必須對稱分布3物塊在輕繩的拉動下沿傾角為摩擦因數(shù)為A150 kg B4(多選)如圖，一粗糙斜面固定在地面上，斜面頂端裝有一光滑定滑輪。一細繩跨過滑輪，其一端懸掛物塊N.另一端與斜面上的物塊1 ( OA、OB的O端與質量為 m的小球拴接在一起，45角的拉力 F，小g，小球可視為質點， 下列說法錯誤的是 ( F增大，則細線22F不能超過F不能超過 mgM的四分之一圓柱體放在粗糙水平地面上，質量為) (Mm)gmgt

4、an mg( OA、OB的O端與質量為 m的小球拴接在一起，45角的拉力 F，小g，小球可視為質點， 下列說法錯誤的是 ( F增大，則細線22F不能超過F不能超過 mgM的四分之一圓柱體放在粗糙水平地面上，質量為) (Mm)gmgtan mgtan mgcos ON的一端 O固定，其中間某點 2 ?，F(xiàn)將重物向右上方緩慢拉起，并保持夾角( O點，物體 A、B疊放在木板上且處于靜止B的上表面水平。現(xiàn)使木板) ) A、B兩端固定于豎直墻面上，其中細線) OA中拉力變小，細線3 223 22m的正方體放在圓柱體和光滑角，圓柱體M拴一重物，用手拉住繩的另一端 不變。在) P繞 O點緩慢旋轉到虛線所示位置

5、，物體OA與豎直方向OB中拉力變大6mgN。初始時， OMA、B仍保持靜止，與原豎直方向成 45。已知 M始終保持靜止，則在此過程中A水平拉力的大小可能保持不變BM所受細繩的拉力大小一定一直增加CM所受斜面的摩擦力大小一定一直增加DM所受斜面的摩擦力大小可能先減小后增加5細線成 45角，細線 OB與豎直方向成 60角，如圖所示， 現(xiàn)在對小球施加一個與水平方向成球保持靜止， 細線 OA、OB均處于伸直狀態(tài)， 已知重力加速度為A在保證細線 OA、OB都伸直的情況下，若B當 F mg時，細線 OB中拉力為零C為保證兩根細線均伸直，拉力D為保證兩根細線均伸直，拉力6(多選)如圖所示，質量為墻壁之間，且

6、不計圓柱體與正方體之間的摩擦，正方體與圓柱體的接觸點的切線與右側墻壁成處于靜止狀態(tài)。則 ( A地面對圓柱體的支持力為B地面對圓柱體的摩擦力為C墻壁對正方體的彈力為D正方體對圓柱體的壓力為7(多選)如圖，柔軟輕繩豎直且 MN被拉直， OM與MN之間的夾角為OM由豎直被拉到水平的過程中AMN上的張力逐漸增大BMN上的張力先增大后減小COM上的張力逐漸增大DOM上的張力先增大后減小8(多選)如圖所示， 木板 P下端通過光滑鉸鏈固定于水平地面上的狀態(tài)，此時物體位置的情況相比 ( 2 ( R的半球固定在水平地面上，球心L 2.4R和 L 2.5R，則這兩個小球的質量之比為NN1 1 1m2( R的半球固

7、定在水平地面上，球心L 2.4R和 L 2.5R，則這兩個小球的質量之比為NN1 1 1m25 m24 N1 DM2 3 kg 的木塊 A套在水平桿上，并用輕繩將木塊30角的力 F10 3 N，拉著球帶動木塊一起向右勻速運動，運動中2；。) O的正上方 O處有一無摩擦定滑m1 21224 252 2 2A與質量 m 3 kg 的小球相連。M、m相對位置保1m) N，小球與半21N25242AA對 B的作用力減小BB對 A的支持力減小C木板對 B的支持力增大D木板對 B的摩擦力增大9如圖所示，有一輕圓環(huán)和插栓，在甲、乙、丙三個力作用下平衡時，圓環(huán)緊壓著插栓。不計圓環(huán)與插栓間的摩擦，若只調整兩個力

8、的大小，欲移動圓環(huán)使插栓位于圓環(huán)中心，下列說法中正確的是A增大甲、乙兩力，且甲力增大較多B增大乙、丙兩力，且乙力增大較多C增大乙、丙兩力，且丙力增大較多D增大甲、丙兩力，且甲力增大較多10表面光滑、半徑為輪，輕質細繩兩端各系一個可視為質點的小球掛在定滑輪上，如圖所示。兩小球平衡時，若滑輪兩側細繩的長度分別為球之間的壓力之比為 ，則以下說法正確的是 ( Am B m C N11如圖所示，質量今用與水平方向成持不變，取 g10 m/s 。求：(1) 運動過程中輕繩與水平方向的夾角(2) 木塊與水平桿間的動摩擦因數(shù)3 A、骨架 B、彈簧 C(勁度系數(shù)為 k)、鎖舌 D(傾斜角A、骨架 B、彈簧 C(

9、勁度系數(shù)為 k)、鎖舌 D(傾斜角 D的側面與外殼F F F )求得。有一次放學后，當某同學準備關門時，無論用多(這種現(xiàn)象稱為自鎖 )，此刻暗鎖所處的狀態(tài)的俯視圖如圖乙所示，x。D的下表面所受摩擦力的方向。(自鎖時 )鎖舌 D與鎖槽 E之間的正壓力的大小。至少要多大？A和鎖槽 E之間的動摩擦因fm由 fm N( N為正壓力P為鎖舌 D與鎖槽12一般教室門上都安裝一種暗鎖，這種暗鎖由外殼45)、鎖槽 E以及連桿、鎖頭等部件組成，如圖甲所示。設鎖舌數(shù)均為 ，最大靜摩擦力大的力，也不能將門關上E之間的接觸點，彈簧由于被壓縮而縮短了(1) 求自鎖狀態(tài)時(2) 求恰好關不上門時(3) 無論用多大的力拉門

10、，暗鎖仍然能夠保持自鎖狀態(tài)，則4 b對 a的支持力與其對A、B錯誤；以三塊石塊作為整體研究，整體受到的重力與支持力是平衡力，則石C錯誤；選取 a、b作為整體研究，根據(jù)平衡條件，石塊c對 bA錯誤；當索塔受到的力 減小，則鋼索受到的拉力將增大，則兩側拉力在水平方向的合力為零，m，將物塊的重力沿斜面方向和垂直斜面方向分解，由平衡條件，在沿斜面方向Fmgsin 30 mgcos 30 m150 kg因為 N的重力與水平拉力A錯誤， B正，若 m m ，則 b對 a的支持力與其對A、B錯誤；以三塊石塊作為整體研究，整體受到的重力與支持力是平衡力，則石C錯誤；選取 a、b作為整體研究，根據(jù)平衡條件，石塊

11、c對 bA錯誤；當索塔受到的力 減小，則鋼索受到的拉力將增大，則兩側拉力在水平方向的合力為零，m，將物塊的重力沿斜面方向和垂直斜面方向分解，由平衡條件，在沿斜面方向Fmgsin 30 mgcos 30 m150 kg因為 N的重力與水平拉力A錯誤， B正，若 m m ，則 M所受斜若 m ，則 M所受斜面的摩擦力大小可能先減小后增大，OA、OB中拉力分別為豎直方向有 45 60T T Fcos 45，解得6 2)F(6 2)F(a的靜摩擦力的合力，跟c對 b的作用力的作用力一定豎直向上，故F一定時，降B錯誤；如果索塔兩鋼索的合力一定豎直向下，F(xiàn)的合力和細繩的拉力Ng Mgsin NgmMgsi

12、n T T OA、OBT Fsin T mg，Asin 45 Bsin 6031)mg，若 F 增大，則 T T A項正確； T 為零時，有 T31)mg0，解得 F mg，B項正確；為保證兩根細線都伸直，D正確。CT是一對選項 D正確，A、 B，若Acos 45 Bcos T mg(2 3)F，TA變小， B變大， B B223 2 6A BF最大時，有 T23 2 6A2答案1【答案】 D 【解析】 由題圖可知， a與 b的接觸面不是水平面，可知石塊a 受到的重力是平衡力，故塊 c不會受到水平桌面的摩擦力，故與其重力平衡，則石塊2【答案】 C 【解析】 增加鋼索的數(shù)量，索塔受到的向下的壓力

13、增大，低索塔的高度，鋼索與水平方向的夾角側的鋼索對稱且拉力大小相同，正確；索塔受到鋼索的拉力合力豎直向下，當兩側鋼索的拉力大小不等時，由圖可知，兩側的鋼索不一定對稱， D錯誤。3【答案】 A 【解析】 設物塊的質量最大為有 ，解得 ，A項正確。4【答案】 BD 【解析】對 N進行受力分析如圖所示，平衡力，從圖中可以看出水平拉力的大小逐漸增大，細繩的拉力也一直增大，選項確；M的質量與 N的質量的大小關系不確定，設斜面傾角為面的摩擦力大小會一直增大，C錯誤。5【答案】 D 【解析】 對小球進行受力分析如圖所示，設細線都伸直，對小球由平衡條件列方程，水平方向有(5 2 62Nmgsin N(Mm)g

14、 水平方向受力平衡，地面對圓柱體的摩擦力：m，繩 OM中的張力為 T MN中的張力為 T T mg，Tmg等大、反向。 不變，在繩 MN緩慢拉起的過程中，角T mgsinOM先增大后減小，選項。以 A為研究對象， A原來只受到重力B對A的作用力2 62Nmgsin N(Mm)g 水平方向受力平衡，地面對圓柱體的摩擦力：m，繩 OM中的張力為 T MN中的張力為 T T mg，Tmg等大、反向。 不變，在繩 MN緩慢拉起的過程中，角T mgsinOM先增大后減小，選項。以 A為研究對象， A原來只受到重力B對A的作用力與 A的重力大小相等，方向相B的上表面不再水平，B對 AA的重力大小相等， 方

15、向相反， 則 B對 A的作用力保持不變。 根據(jù)牛頓第三定A錯誤；當將 P繞 O點緩慢旋轉到虛線所示位置時，設，由于支持力與摩擦力相互垂直，則2，總重力 G2 2 2減小，故同向，或同時減小乙、 丙兩力，且減小量的合力應與消失的彈力等mg1，以圓柱體和正方體為研究對象，fN A、COM，繩 OM 逐漸增大，則角 ()逐漸減OM ，()由鈍角變D正確；同理知 由 0 變?yōu)?的過程中， TA受力情B的上表面與水平N ，所以 AAB、木板的支持力ABsin tan ，圓柱體對正方體的彈力豎直方向受力平衡，mg1MN。開始時， MNsin Tsin sin ，在 21GAcos N和摩擦力 f GNta

16、n ，故MNMN一直增受到的支持力一定減小了，2 2，N2 ABcos mg2mgsin ，根據(jù)牛頓第三定律，mg(2 3)F0，解得 F3 mg，C項正確， D項錯誤。6【答案】 AC 【解析】 以正方體為研究對象，受力分析，并運用合成法如圖所示。由幾何知識得，墻壁對正方體的彈力則正方體對圓柱體的壓力為地面對圓柱體的支持力：正確。7【答案】 AD 【解析】 設重物的質量為0。由于緩慢拉起，則重物一直處于平衡狀態(tài)，兩繩張力的合力與重物的重力如圖所示，已知角小，但角 不變，在三角形中，利用正弦定理得：為銳角，則 T大，選項 A正確。8【答案】 BC 【解析】 設木板與水平地面的夾角為和支持力而處

17、于平衡狀態(tài)，所以反；當將 P繞 O點緩慢旋轉到虛線所示位置，況如圖 1，A受到重力和 B對 A的支持力、摩擦力三個力的作用，其中的支持力、 摩擦力的合力仍然與律可知， A對 B的作用力也不變，故方向之間的夾角是故 B正確；以 AB整體為研究對象，分析受力情況如圖，f G ，減小， N增大，f C正確，D錯誤。9【答案】 D 【解析】 根據(jù)題意可知，輕圓環(huán)受甲、乙、丙三個力及插栓的彈力作用，處于平衡狀態(tài)，根據(jù)共點力平衡條件的推論可知，甲、乙、丙三個力的合力必與插栓對輕圓環(huán)的彈力等大、反向，該彈力方向為沿輕圓環(huán)半徑方向向外，要通過移動圓環(huán)使插栓位于圓環(huán)中心，則甲、乙、丙三個力的合力需變?yōu)榱?，此時可

18、同時增大甲、丙兩力且增加量的合力應與消失的彈力等大、6 A、B、C錯誤，選項 D正確。m T和半球的支持力1，作出受力示意圖。由平衡條件得知，拉力Tm TmL h L hgR mL h1 2 1 2A、B、C錯誤，選項 D正確。m T和半球的支持力1，作出受力示意圖。由平衡條件得知，拉力Tm TmL h L hgR mL h1 2 1 2 2L12524，故FTcos Tsin TfNf35F ，則其方向向右。F Ff1 Nsin 45Ncos f2f1f2FN趨近于，則有1g、繩子的拉力T和支持力 N m 大小相等、方向1g 2g1 22gR2 1 2L2 12524，1 2T，小球受力如圖甲所示，由平衡條件可得f1f2，正壓力為 N，下表面的正壓力為2kxN1220 1的合力與重力 1gF，彈力為 kx，如圖所示，由力122。大、反向，且甲力增加得多或乙力減小得多，故選項10【答案】 B 【解析】 先以左側小球為研究對象，分析受力情況：重力N相反。設 OOh，根據(jù)三角形相似得： N1R，同理，對右側小球，有： N2R，解得：m1gT，m2gThL ，N1m1h ，N ，由