高考物理一輪復(fù)習(xí) 第二章 第3講 受力分析 共點(diǎn)力的平衡課時(shí)作業(yè)（含解析）-人教版高三物理試題

受力分析共點(diǎn)力的平衡一、選擇題(本題共10小題，1～6題為單選題，7～10題為多選題)1．“階下兒童仰面時(shí)，清明妝點(diǎn)正堪宜．游絲一斷渾無(wú)力，莫向東風(fēng)怨別離．”這是《紅樓夢(mèng)》中詠風(fēng)箏的詩(shī)，風(fēng)箏在風(fēng)力F、線的拉力FT以及重力G的作用下，能夠高高地飛在藍(lán)天上．關(guān)于風(fēng)箏在空中的受力可能正確的是()解析：A在B、C、D三個(gè)圖中，合力不可能為零，不能處于平衡狀態(tài)，只有A圖，在三個(gè)力的作用下能處于平衡，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤．2.如圖所示，一個(gè)半球形的碗放在桌面上，碗口水平，O點(diǎn)為其球心，碗的內(nèi)表面及碗口是光滑的．一根細(xì)線跨在碗口上，線的兩端分別系有質(zhì)量為m1和m2的小球．當(dāng)它們處于平衡狀態(tài)時(shí)，質(zhì)量為m1的小球與O點(diǎn)的連線與水平線的夾角為α＝90°，質(zhì)量為m2的小球位于水平地面上，設(shè)此時(shí)質(zhì)量為m2的小球?qū)Φ孛鎵毫Υ笮镕N，細(xì)線的拉力大小為FT，則()A．FN＝(m2－m1)g B．FN＝m2C．FT＝eq\f(\r(2),2)m1g D．FT＝(m2－eq\f(\r(2),2)m1)g解析：B分析小球m1的受力情況，由物體的平衡條件可得，繩的拉力FT＝0，故C、D均錯(cuò)誤；分析m2受力，由平衡條件可得：FN＝m2g3．某些農(nóng)村一大家人過(guò)春節(jié)時(shí)常用簡(jiǎn)易灶做菜，如圖甲所示，將一個(gè)半球形鐵鍋用三個(gè)輕小石塊支起用柴火燒菜，鐵鍋邊緣水平，小石塊成正三角形放在水平灶臺(tái)上，石塊到鐵鍋球心的連線與豎直方向的夾角均成30°，已知鍋與菜的總質(zhì)量為9kg，不計(jì)鐵鍋與石塊間的摩擦，重力加速度g＝10m/s2，則下列說(shuō)法正確的是()A．灶臺(tái)對(duì)每個(gè)石塊的作用力均豎直向上B．灶臺(tái)受到每個(gè)石塊的壓力為90NC．每個(gè)石塊與鐵鍋之間的彈力大小為20eq\r(3)ND．灶臺(tái)對(duì)每個(gè)石塊的摩擦力為10N解析：C灶臺(tái)對(duì)石塊有豎直向上的支持力和水平方向的摩擦力作用，故灶臺(tái)對(duì)每個(gè)石塊的作用力不是豎直向上的，A錯(cuò)誤．對(duì)鐵鍋和石塊的整體而言，豎直方向?qū)υ钆_(tái)的壓力等于鐵鍋和三個(gè)石塊的重力之和，故灶臺(tái)受到每個(gè)石塊的壓力等于eq\f(1,3)G鍋＋G石，B錯(cuò)誤．對(duì)鍋由平衡知識(shí)得3FNcos30°＝G鍋，解得FN＝20eq\r(3)N，C正確．對(duì)石塊，在水平方向，F(xiàn)f＝FNsin30°＝10eq\r(3)N，則灶臺(tái)對(duì)每個(gè)石塊的摩擦力為10eq\r(3)N，D錯(cuò)誤．4.(2018·濟(jì)南模擬)如圖所示，半圓形線框豎直放置在粗糙的水平地面上，質(zhì)量為m的光滑小球P在水平外力F的作用下處于靜止?fàn)顟B(tài)，P與圓心O的連線與水平面的夾角為θ，將力F在豎直面內(nèi)沿順時(shí)針?lè)较蚓徛D(zhuǎn)過(guò)90°，框架與小球始終保持靜止?fàn)顟B(tài)，在此過(guò)程中下列說(shuō)法正確的是()A．拉力F一直增大B．拉力F的最小值為mgsinθC．地面對(duì)框架的摩擦力先增大后減小D．框架對(duì)地面的壓力始終在減小解析：D對(duì)球受力分析，如圖所示，從圖看出，將力F在豎直面內(nèi)沿順時(shí)針?lè)较蚓徛D(zhuǎn)過(guò)90°，拉力先減小后增加，當(dāng)拉力與支持力垂直時(shí)最小，為mgcosθ，故A、B錯(cuò)誤；再分析球和框整體，受重力、拉力、支持力和摩擦力，如果將圖中的拉力F沿著水平和豎直方向正交分解，將力F在豎直面內(nèi)沿順時(shí)針?lè)较蚓徛D(zhuǎn)過(guò)90°過(guò)程中，其水平分力減小、而豎直分力增加，根據(jù)平衡條件可知，支持力減小、摩擦力也減小，根據(jù)牛頓第三定律，對(duì)地面的壓力減小，故C錯(cuò)誤，D正確．5.(2018·河北衡水武邑中學(xué)第二次調(diào)研)如圖所示，固定在豎直平面內(nèi)的光滑圓環(huán)的最高點(diǎn)有一個(gè)光滑的小孔．質(zhì)量為m的小球套在圓環(huán)上．一根細(xì)線的下端系著小球，上端穿過(guò)小孔用手拉?。F(xiàn)拉動(dòng)細(xì)線，使小球沿圓環(huán)緩慢上移，在移動(dòng)過(guò)程中手對(duì)線的拉力F和軌道對(duì)小球的彈力FN的大小變化情況是()A．F不變，F(xiàn)N增大 B．F不變，F(xiàn)N減小C．F減小，F(xiàn)N不變 D．F增大，F(xiàn)N減小解析：C小球沿圓環(huán)緩慢上移可看作靜止，對(duì)小球進(jìn)行受力分析，作出受力示意圖如圖所示，由圖可知△OAB∽△GFA即：eq\f(G,R)＝eq\f(F,AB)＝eq\f(FN,R)，當(dāng)A點(diǎn)上移時(shí)，半徑不變，AB長(zhǎng)度減小，故F減小，F(xiàn)N不變，故C正確．6．(2018·銀川模擬)如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端系在質(zhì)量為m＝1kg的小物塊上，另一端固定在墻上．物塊在斜面上靜止時(shí)，彈簧與豎直方向的夾角為37°，已知斜面傾角θ＝37°，斜面與小物塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，斜面固定不動(dòng)．設(shè)物塊與斜面間的最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力大小相等，下列說(shuō)法正確的是()A．小物塊可能只受三個(gè)力B．彈簧彈力大小一定等于4NC．彈簧彈力大小不可能等于3ND．斜面對(duì)物塊支持力可能為零解析：C假如物塊受3個(gè)力作用：重力、斜面的支持力以及摩擦力，則mgsin37°＝6N，而最大靜摩擦力為μmgcos37°＝4N<6N，則物塊不能靜止，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；要使物塊靜止，則彈簧彈力最小為F，則滿足mgsin37°＝μ(F＋mgcos37°)，解得F＝4N，故當(dāng)彈力不小于4N時(shí)，物塊均能靜止，選項(xiàng)B錯(cuò)誤，選項(xiàng)C正確；若斜面對(duì)物塊支持力為零，則物體與斜面之間的摩擦力為零，則物體不可能靜止，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．7.(2018·安徽A10聯(lián)盟聯(lián)考)如圖所示，斜面體放在水平面上，C是斜面體斜面AB上的一點(diǎn)，AC部分粗糙，CB部分光滑，一物塊在AC部分勻速下滑，此時(shí)斜面體對(duì)物塊的作用力為F1、地面對(duì)斜面體的摩擦力為f1，物塊在CB部分下滑時(shí)，斜面體對(duì)物塊的作用力為F2、地面對(duì)斜面體的摩擦力為f2，整個(gè)過(guò)程斜面體始終處于靜止，不計(jì)空氣阻力，則()A．f1<f2 B．f1＝f2C．F1>F2 D．F1＝F2解析：AC物塊在AC段勻速下滑時(shí)，物塊和斜面體整體處于平衡狀態(tài)，因此地面對(duì)斜面體的摩擦力為零，即f1＝0，這時(shí)斜面對(duì)物塊的作用力大小等于物塊的重力，即F1＝mg.當(dāng)物塊在CB段下滑時(shí)，物塊加速下滑，整體有向左的加速度，則地面對(duì)斜面體有向左的摩擦力，因此有f1<f2，A正確、B錯(cuò)誤；斜面體對(duì)物塊的作用力F2＝mgcosθ(θ為斜面的傾角)，因此有F1>F2，C正確，D錯(cuò)誤．8.(2018·盤錦模擬)如圖所示，木板P下端通過(guò)光滑鉸鏈固定于水平地面上的O點(diǎn)，物體A、B疊放在木板上且處于靜止?fàn)顟B(tài)，此時(shí)物體B的上表面水平．現(xiàn)使木板P繞O點(diǎn)緩慢旋轉(zhuǎn)到虛線所示位置，物體A、B仍保持靜止，與原位置的情況相比()A．A對(duì)B的作用力減小 B．B對(duì)A的支持力減小C．木板對(duì)B的支持力增大 D．木板對(duì)B的摩擦力增大解析：BC設(shè)木板與水平地面的夾角為α.以A為研究對(duì)象，A原來(lái)只受到重力和支持力而處于平衡狀態(tài)，所以B對(duì)A的作用力與A的重力大小相等，方向相反；當(dāng)將P繞O點(diǎn)緩慢旋轉(zhuǎn)到虛線所示位置，B的上表面不再水平，A受力情況如圖1，A受到重力和B對(duì)A的支持力、摩擦力三個(gè)力的作用，其中B對(duì)A的支持力、摩擦力的合力仍然與A的重力大小相等，方向相反，則B對(duì)A的作用力保持不變．根據(jù)牛頓第三定律可知，A對(duì)B的作用力也不變，故A錯(cuò)誤；當(dāng)將P繞O點(diǎn)緩慢旋轉(zhuǎn)到虛線所示位置時(shí)，設(shè)B的上表面與水平方向之間的夾角是β，由于支持力與摩擦力相互垂直，則N1＝GAcosβ，所以A受到的支持力一定減小了，故B正確；以AB整體為研究對(duì)象，分析受力情況如圖2，總重力GAB、木板的支持力N2和摩擦力f2，N2＝GABcosα，f2＝GABsinα，α減小，N2增大，f2減小，故C正確，D錯(cuò)誤．9.(2018·溫州模擬)如圖所示，木板C放在水平地面上，木板B放在C的上面，木板A放在B的上面，A的右端通過(guò)輕質(zhì)彈簧秤與固定的豎直墻壁相連，A、B、C質(zhì)量相等，且各接觸面間動(dòng)摩擦因數(shù)相同，用大小為F的力向左拉動(dòng)C，使它以速度v勻速運(yùn)動(dòng)，三者穩(wěn)定后彈簧秤的示數(shù)為T.則下列說(shuō)法正確的是()A．B對(duì)A的摩擦力大小為T，方向向左B．A和B保持靜止，C勻速運(yùn)動(dòng)C．A保持靜止，B和C一起勻速運(yùn)動(dòng)D．C受到地面的摩擦力大小為F－T解析：ACD由題意，A、B、C質(zhì)量相等，且各接觸面間動(dòng)摩擦因數(shù)相同，再依據(jù)滑動(dòng)摩擦力公式F＝μFN可知，B、C之間的滑動(dòng)摩擦力大于A、B之間的，因此在F作用下，B、C作為一整體運(yùn)動(dòng)，對(duì)A、B＋C受力分析：A受水平向右的拉力和水平向左的摩擦力，根據(jù)平衡條件，可知，B對(duì)A的摩擦力大小為T，方向向左，故A、C正確，B錯(cuò)誤；又因?yàn)槟景彘g力的作用是相互的，則B＋C受到A對(duì)它水平向右的摩擦力，大小為T；由于B＋C做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則B＋C受到水平向左的拉力F和水平向右的兩個(gè)摩擦力平衡(A對(duì)B的摩擦力和地面對(duì)C的摩擦力)，根據(jù)平衡條件可知，C受到地面的摩擦力大小為F－T，故D正確．10.如圖所示，兩根輕繩一端系于結(jié)點(diǎn)O，另一端分別系于固定圓環(huán)上的A、B兩點(diǎn)，O為圓心．O點(diǎn)下面懸掛一物體M，繩OA水平，拉力大小為F1，繩OB與繩OA的夾角α＝120°，拉力大小為F2.將兩繩同時(shí)緩慢順時(shí)針轉(zhuǎn)過(guò)75°，并保持兩繩之間的夾角α始終不變，物體始終保持靜止?fàn)顟B(tài)．則在旋轉(zhuǎn)過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是()A．F1逐漸增大 B．F1先增大后減小C．F2逐漸減小 D．F2先減小后增大解析：BC物體始終保持靜止，則物體所受合外力為零，所以Mg、F1、F2構(gòu)成封閉的矢量三角形如圖所示，由于重力不變，F(xiàn)1和F2的夾角α＝120°不變，即β＝60°，當(dāng)θ＝β＝60°，F(xiàn)1為圓的直徑，最大，所以F1先增大后減小，F(xiàn)2一直減?。?、計(jì)算題(需寫出規(guī)范的解題步驟)11.(2018·銅陵模擬)如圖所示，質(zhì)量M＝2eq\r(3)kg的木塊A套在水平桿上，并用輕繩將木塊A與質(zhì)量m＝eq\r(3)kg的小球相連．今用與水平方向成α＝30°角的力F＝10eq\r(3)N，拉著球帶動(dòng)木塊一起向右勻速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)中M、m相對(duì)位置保持不變，取g＝10m/s2.求：(1)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中輕繩與水平方向的夾角θ；(2)木塊與水平桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ.解析：(1)設(shè)輕繩對(duì)小球的拉力為FT，小球受力如圖甲所示，由平衡條件可得Fcos30°－FTcosθ＝0Fsin30°＋FTsinθ－mg＝0解得FT＝10eq\r(3)N，θ＝30°.(2)以木塊和小球組成的整體為研究對(duì)象，受力分析如圖乙所示，由平衡條件得Fcos30°－Ff＝0FN＋Fsin30°－(M＋m)g＝0又Ff＝μFN，解得μ＝eq\f(\r(3),5).答案：(1)30°(2)eq\f(\r(3),5)12.如圖所示，質(zhì)量為m的物體，放在一固定斜面上，當(dāng)斜面傾角為30°時(shí)恰能沿斜面勻速下滑．對(duì)物體施加一大小為F的水平向右的恒力，物體可沿斜面勻速向上滑行．設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，當(dāng)斜面傾角增大并超過(guò)某一臨界角θ0時(shí)，不論水平恒力F多大，都不能使物體沿斜面向上滑行，試求：(1)物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(2)這一臨界角θ0的大?。馕觯?1)物體恰勻速下滑時(shí)，由平衡條件得：mgsin30°－μmgcos30°＝0，