高考物理一輪總復(fù)習(xí)專題2相互作用第3講共點(diǎn)力的平衡及其應(yīng)用課后提能演練

第3講共點(diǎn)力的平衡及其應(yīng)用知識(shí)鞏固練1．(2021年佛山質(zhì)檢)如圖為一款順德產(chǎn)的吊床，用四根長(zhǎng)均為L(zhǎng)的粗麻繩將床懸空吊起，繩與床連接點(diǎn)到天花板的豎直距離為0.9L，床及床上物品的總質(zhì)量為m，繩的重力不計(jì)，則每條繩上的張力大小為()A．eq\f(5,18)mg B．eq\f(9,10)mgC．eq\f(4,9)mg D．eq\f(1,4)mg【答案】A【解析】設(shè)每條繩子張力為T，繩子與豎直方向的夾角為θ，根據(jù)幾何知識(shí)有cosθ＝eq\f(0.9L,L)＝0.9，對(duì)吊床，根據(jù)平衡條件可得4Tcosθ＝mg，每條繩上的張力大小為T＝eq\f(5,18)mg，A正確．2．(2021年珠海質(zhì)檢)無(wú)人機(jī)的使用方便和豐富了人們的工作和生活，可利用無(wú)人機(jī)送快遞、送餐、施肥和噴農(nóng)藥等，節(jié)約了人力物力，提高了生產(chǎn)生活效率，還能減少人員接觸，減少衛(wèi)生隱患．如圖所示，在無(wú)風(fēng)環(huán)境下無(wú)人機(jī)A用輕繩吊著質(zhì)量為m的快遞箱B水平向左做勻速直線運(yùn)動(dòng)，輕繩與豎直方向夾角為α.下列說(shuō)法正確的是()A．快遞箱B受到兩個(gè)力的作用B．快遞箱B受到的合力水平向左C．快遞箱B受到的繩子拉力大小為eq\f(mg,cosα)D．繩子對(duì)B的拉力與繩子對(duì)A的拉力是一對(duì)平衡力【答案】C【解析】由于快遞箱B水平向左做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則其所受合外力為0，B錯(cuò)誤；由于快遞箱B受到的合力為0，則快遞箱B不可能只受到兩個(gè)力的作用，因?yàn)檫@兩力不在同直線，所以快遞箱B至少受到三個(gè)力的作用，除了重力，繩子拉力，還有水平方向空氣的阻力，A錯(cuò)誤；在豎直方向上由平衡條件可得Tcosα＝mg，解得T＝eq\f(mg,cosα)，所以快遞箱B受到的繩子拉力大小為eq\f(mg,cosα)，C正確；繩子對(duì)B的拉力與繩子對(duì)A的拉力不是一對(duì)平衡力，因?yàn)檫@兩個(gè)力的作用對(duì)象不是同一個(gè)物體，D錯(cuò)誤．3．(2021年蘇州模擬)(多選)以前的大山里交通十分不便，孩子們上學(xué)?？炕喓凸潭ㄔ谏綕緝蓚?cè)峭壁上的繩索來(lái)實(shí)現(xiàn)，如圖所示．現(xiàn)簡(jiǎn)化為一根輕質(zhì)細(xì)繩，兩端固定在1、2兩點(diǎn)之間．當(dāng)質(zhì)量為M的人滑到最低點(diǎn)時(shí)，繩子與豎直方向的夾角為θ，繩子中的張力為F.繩子足夠結(jié)實(shí)，滑輪與豎直繩子的質(zhì)量可以忽略，不計(jì)一切摩擦．下列說(shuō)法正確的是()A．人滑到最低點(diǎn)時(shí)處于平衡狀態(tài)B．人滑到最低點(diǎn)時(shí)水平方向合力為零C．F>eq\f(Mg,2cosθ)D．F＝eq\f(Mg,2cosθ)【答案】BC【解析】人滑到最低點(diǎn)時(shí)速度不為零，相對(duì)于“汽車過(guò)凹形橋”情況，處于超重狀態(tài)，不是處于平衡狀態(tài)，A錯(cuò)誤；同一條繩子拉力相等，人滑到最低點(diǎn)時(shí)滑輪兩邊的繩子與豎直方向的夾角相等，均為θ，則繩子與水平方向合力為Fx＝Fsinθ－Fsinθ＝0，B正確；人滑到最低點(diǎn)時(shí)處于超重狀態(tài)，豎直方向有2Fcosθ＞Mg，則C正確、D錯(cuò)誤．4．(2021年荊州聯(lián)考)如圖所示，帶有光滑豎直桿的三角形斜劈固定在水平地面上，放置于斜劈上的光滑小球與套在豎直桿上的小滑塊用輕繩連接，開(kāi)始時(shí)輕繩與斜劈平行．現(xiàn)給小滑塊施加一個(gè)豎直向上的拉力，使小滑塊沿桿緩慢上升，整個(gè)過(guò)程中小球始終未脫離斜劈，則有()A．小球?qū)π迸膲毫Ρ３植蛔傿．輕繩對(duì)小球的拉力先減小后增大C．豎直桿對(duì)小滑塊的彈力先增大再減小D．對(duì)小滑塊施加的豎直向上的拉力逐漸增大【答案】D【解析】對(duì)小球受力分析，受重力、支持力和細(xì)線的拉力，如圖甲所示，根據(jù)平衡條件，可知細(xì)線的拉力T增加，支持力N減小，根據(jù)牛頓第三定律，球?qū)π泵娴膲毫σ矞p小，故A、B錯(cuò)誤；對(duì)球和滑塊整體分析，受重力、斜面的彈力N，桿的彈力N′，拉力F，如圖乙所示，根據(jù)平衡條件得，水平方向N′＝Nsinθ，豎直方向F＋Ncosθ＝G，由于N減小，故N′減小，F(xiàn)增加，故C錯(cuò)誤，D正確．5．一質(zhì)量為M，帶有掛鉤的球形物體套在傾角為θ的固定細(xì)桿上，并能沿桿勻速下滑．如在掛鉤上再掛一質(zhì)量為m的物體，讓它們沿細(xì)桿下滑，如圖所示．則球形物體()A．仍勻速下滑B．沿細(xì)桿加速下滑C．受到的摩擦力不變D．受到的合外力增大【答案】A【解析】不掛物體時(shí)，球形物體受力情況如圖，由于球形物體勻速下滑，所以有Mgsinθ＝μMgcosθ，即μ＝tanθ；當(dāng)掛上物體后，重力沿細(xì)桿的分力F＝(M＋m)gsinθ，球形物體受到摩擦力f＝μ(M＋m)gcosθ＝(M＋m)gsinθ，所以兩物體處于平衡狀態(tài)，其受到摩擦力變大，合外力仍為零，故只有A正確．6．如圖所示，一輕桿兩端分別固定著質(zhì)量為mA和mB的兩個(gè)小球A和B(均可視為質(zhì)點(diǎn))．將其放在一個(gè)直角形光滑槽中，已知輕桿與槽右壁成α角，槽右壁與水平地面成θ角時(shí)，兩球剛好能平衡，且α≠θ，則A，B兩小球質(zhì)量之比為()A.eq\f(sinα·cosθ,cosα·sinθ)B.eq\f(cosα·cosθ,sinα·sinθ)C.eq\f(cosα·sinθ,sinα·cosθ)D.eq\f(sinα·sinθ,cosα·cosθ)【答案】D【解析】受力分析可知，A，B各受三個(gè)力而平衡，在沿斜槽方向，對(duì)A球有Tsinα＝mAgcosθ，對(duì)B球有T′cosα＝mBgsinθ，T′＝T，聯(lián)立解得eq\f(mA,mB)＝eq\f(sinαsinθ,cosαcosθ)，D正確．綜合提升練7．如圖所示，豎直墻壁上固定有一個(gè)光滑的半圓形支架(AB為直徑)，支架上套著一個(gè)小球，輕繩的一端懸于P點(diǎn)，另一端與小球相連．已知半圓形支架的半徑為R，輕繩長(zhǎng)度為L(zhǎng)，且R＜L＜2R.現(xiàn)將輕繩的上端點(diǎn)P沿墻壁緩慢下移至A點(diǎn)，此過(guò)程中輕繩對(duì)小球的拉力F1及支架對(duì)小球的支持力F2的大小變化情況為()A．F1保持不變，F(xiàn)2先增大后減小B．F1先減小后增大，F(xiàn)2保持不變C．F1先增大后減小，F(xiàn)2先減小后增大D．F1和F2均增大【答案】D【解析】設(shè)小球所在位置Q，對(duì)小球受力分析如圖所示，小球受重力G、繩對(duì)小球的拉力F1及支架對(duì)小球的支持力F2，三力平衡，三個(gè)力構(gòu)成的矢量三角形與△OPQ相似，可有eq\f(G,OP)＝eq\f(F1,PQ)＝eq\f(F2,OQ)，重力為恒力，P點(diǎn)下移的過(guò)程，OP間距離減小，比例式比值增大，PQ間距離為繩長(zhǎng)，OQ間距離為圓形支架的半徑，均保持不變，所以F1和F2均增大，D正確．8．(多選)如圖所示，兩個(gè)完全相同的光滑球A、B的質(zhì)量均為m，放在豎直擋板和傾角為α的固定斜面間．若緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)擋板至與斜面垂直，則在此過(guò)程中()A．A、B兩球間的彈力不變B．B球?qū)醢宓膲毫χ饾u減小C．B球?qū)π泵娴膲毫χ饾u增大D．A球?qū)π泵娴膲毫χ饾u增大【答案】AB【解析】以A球?yàn)檠芯繉?duì)象，在擋板轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中，A球受力情況不