《高考物理一轮复习第二章相互作用第3讲受力分析共点力的平衡练习.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考物理一轮复习第二章相互作用第3讲受力分析共点力的平衡练习.docx（12页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、配餐作业受力分析共点力的平衡A组基础巩固题1. （2018 无锡期中考试）我国的高铁技术在世界处于领先地位，高铁（如图甲所示）在行驶过程中非常平稳，放在桌上的水杯几乎感觉不到晃动。图乙为高铁车厢示意图，A B两物块相互接触放在车厢里的水平桌面上，物块与桌面间的动摩擦因数相同。A的质量比B的质量大，车在平直的铁轨上向右做匀速直线运动且相对于桌面始终保持静止，下列说法正确的是（）A. A受到2个力的作用B. B受到3个力的作用C. A受到桌面对它向右的摩擦力D. B受到A对它向右的弹力解析 A B两物块随车厢一起做匀速直线运动，处于平衡状态。A B虽然接触但并没有相互作用，所以两物块都受到重力和支
2、持力两个力作用，故A项正确。答案 A2 .（多选）如图所示，桌面上固定一个光滑竖直挡板，现将一个长方形物块A与截面为三角形的垫块B叠放在一起，用水平外力 F缓缓向左推动 B,使A缓慢升高，设各接触面均 光滑，则该过程中（）A. A和B均受三个力作用而平衡B. B对桌面的压力保持不变C. A对B的压力越来越小D.外力F的大小恒定不变解析 A受到重力、挡板的弹力和 B的支持力三个力，B受到重力、A的压力、地面的 支持力和外力F四个力，故A项错误；当B向左移动时，B对A的支持力和挡板对 A的支持 力方向均不变，根据平衡条件得，这两个力大小保持不变，则A对B的压力也保持不变。对整体分析受力如图所示，由
3、平衡条件得，F= N,挡板对A的支持力N1不变，则外力F不变。桌面对整体的支持力 Nl= G总，保持不变，则 B对桌面的压力不变，故 C项错误，B、D项正 确。答案 BD3 . （2017 全国卷I ）（多选）如图，柔软车5绳ON的一端O固定，其中间某点 M拴一重物， 一、.一 兀用手拉住绳的另一端 N,初始时，OM竖直且MNK拉直，0Mtl MN乙间的夹角为 a （ a 2）。现将重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角a不变。在OMfe竖直被拉到水平的过程中，下列 说法正确的是（）A. MN的张力逐渐增大B. MN的张力先增大后减小C. OMh的张力逐渐增大D. OMk的张力先增大后减小解析设该过
4、程OM专过的角度为0 ,在该过程中重物受三个力的作用而处于平衡状态,设OM绳的拉力为Fl, MN绳的拉力为F2,重力为 mg则水平方向有平衡方程Fisin 0 =/、mcsin ( a 9 )F2sin ( a 0 ),竖直方向有 Ficos 0 + F2cos( a 8 ) = mg 联立解得 Fi=：,Sin aF2 = mgsin e,由于在该过程中 a角大小不变，而 e逐渐增大至90。，sin 0逐渐增大； Sin a（a e）随e的增大，开始为钝角，后为锐角，故 sin （ a e）先增大后减小，故 mn南的拉力增大，而 OM南的拉力先增大后减小。故 A、D项正确，B、C项错误。答案
5、 AD4 .如图所示，质量为 m的小球置于倾角为30。的光滑斜面上，劲度系数为k的轻弹簧一端系在小球上，另一端固定在P点，小球静止时，弹簧与竖直方向的夹角为30。，则弹簧的伸长量为AmgkR .JmgB. 2kc，3mg.3kD a/3mg解析 对小球受力分析可知小球受力平衡，由题意可知弹簧弹力与竖直方向夹角为30。，竖直方向上弹簧弹力与斜面支持力的合力与重力平衡，根据几何关系可知 2kxcos30。=mg解得x=H3mgi故C项正确。3k答案 C5 . （2017 天津）（多选）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
6、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，则衣架悬挂点右移解析 受力分析如下图所示：若将绳的右端上移到 b点，左端绳子与竖直方向夹角0不变，由于衣服及挂钩的重mg力mg不变，又2Tcos 0 =mg则T=-一十，所以绳子拉力不变，故 A项正确；若将杆向右 2cos 0, mg , 一，移一些，则绳子与竖直方向夹角0增大，由T=;一既知绳子拉力增大，故 B项正确；绳2cos 0的两端高度差无论如何变化，绳子与竖直方向的夹角e都不变，由T= 吗
7、 知,绳子拉2cos 0力始终不变，故C项错误；若换挂质量更大的衣服，只是衣服的重力增大，绳子与竖直方向的夹角e不变，则衣架悬挂点不变，故d项错误。答案 AB6 .如图所示，有一质量不计的杆AO长为R可绕A自由转动。用绳在 O点悬挂一个重为G的物体，另一根绳一端系在 O点，另一端系在圆弧形墙壁上的 C点。当点C由图示位 置逐渐向上沿圆弧 C驱动过程中（保持OA与地面夹角0不变），OC期所受拉力的大小变化 情况是（）A.逐渐减小B.逐渐增大C.先减小后增大 D.先增大后减小解析 对G分析，G受力平衡，则拉力等于重力,故竖直绳的拉力不变；再对O点分析,O受绳子的拉力、OA勺支持力及OC勺拉力而处于
8、平衡;受力分析如图所示； 将F和OC期上的拉力合成,其合力与 G大小相等，方向相反，则在OC上移的过程中，平行四边形的对角线保持不变,平行四边形发生图中所示变化，则由图可知OC的拉力先减小后增大，图中 D点时力最小;故选 C项。答案 CC是一箱7 . A R C三个物体通过细线和光滑的滑轮相连，处于静止状态，如图所示, 砂子，砂子和箱的重力都等于 G动滑轮的质量不计， 打开箱子下端开口， 使砂子均匀流出,B的摩擦力f随时间的经过时间3流完，则下图中哪个图线表示在这个过程中桌面对物体变化关系（）解析 选才i A B整体作为研究对象，由于这个整体开始处于静止状态，所以后来应该一直处于静止状态，整体
9、共受到5个力的作用，即：重力G= G+ G,支才!力 M静摩擦力f、两根绳子的拉力 Fi和F2,其中Fi=F2=1c,根据力的 平衡得f=Fi+F2=G,所以当砂子均匀流出时， B项正确。答案 B8.如图所示，一竖直放置的大圆环， 在其水平直径上的 A B两端系着一根不可伸长的 柔软轻绳，绳上套有一光滑小铁环。现将大圆环在竖直平面内绕 O点顺时针缓慢转过一个微 小角度，则关于轻绳对 A B两点拉力Fa、Fb的变化情况，下列说法正确的是 （ ）A. Fa变小，Fb变小B . Fa变大，Fb变大C. Fa变大，Fb变小 D . Fa变小，Fb变大解析 柔软轻绳上套有光滑小铁环，两侧轻绳中拉力相等。
10、将大圆环在竖直平面内绕O点顺时针缓慢转过一个微小角度，A B两点之间的水平距离减小，光滑小铁环两侧轻绳间夹角2 a减小，由2Fcos“=mg可知，轻绳中拉力 F减小，轻绳对 A B两点的拉力Fa和Fb 都变小，A项正确。答案 AB组能力提升题9.在水平地面上固定一个上表面光滑的斜面体，在它上面放有质量为m的木块，用一根平行于斜面的细线连接一个轻环，并将轻环套在一根两端固定、粗糙的水平直杆上，整个系统处于静止状态，如图所示，则杆对环的摩擦力大小为（）A.mgsin0B . mgpos0C.mgan0D . mgin0cos 0解析 设细线的弹力为 F,对斜面上的物块由共点力平衡条件有F- mgi
11、in 0 =0,对轻环由共点力平衡条件有 Fcos 0 - f = 0,解得杆对环的摩擦力大小为f = mgiin 8 cos 8。答案 D10.如图所示，一个半球形的碗放在桌面上，碗口水平，O是球心，碗的内表面光滑,一根轻质杆的两端固定有两个小球，质量分别是m、m,当它们静止时， m、m与球心的连线跟水平面分别成60、30 ,则碗对两小球m、m的弹力大小之比是（A. 1 ： 2BM ： 1C. 1 ： *D# : 2解析 rn. m2组成的系统处于平衡状态，对 mu m整体受力分析如图所示， Ni、N2分别 为碗对 m和m的弹力，水平方向上合力为零， Nsin30 = N2sin60。，则
12、N - N = J3 ： 1, B 项正确。答案 B 加更海卜 一 -, 1【解题技巧】本题是平衡条件的应用，关键是研究对象的选择，选择好合适的研究对象可以方便快捷 地解决问题，此题也可对两球分别分析，但是较麻烦。11.如图所示，在细绳 AC和水平拉力共同作用下竖直轻杆 AB处于平衡状态。若 AC加 长，使C点左移，AB仍保持平衡状态。细绳 AC上的拉力T和杆AB受到的压力N与原先相 比，下列说法正确的是（）A. T和N都增大 B. T和N都减小C. T增大，N减小D. T减小，N增大解析 若AC加长，由于悬挂的重物质量不变，水平拉力不变，分析结点A处受力情况，细绳AC上拉力T在水平方向分力大
13、小等于悬挂的重物重力，在竖直方向分力等于 AB受到的 压力，若AC加长，使C点左移，AB仍保持平衡状态，显然 T和N都减小，故B项正确。答案 B12. （2018 霞浦一中月考）如图所示，高层住宅外安装空调主机时，电机通过缆绳牵引主机沿竖直方向匀速上升。为避免主机与阳台、窗户碰撞，通常会用一根拉绳拽着主机，地面上拽拉绳的人通过移动位置，使拉绳与竖直方向的夹角3保持不变，则在提升主机过程8 .缆绳拉力F1和拉绳拉力F2都不变C.缆绳与竖直方向的夹角a可能大于角3D.缆绳拉力F1的功率保持不变解析 对物体受力分析如图，物体匀速运动，故合力为零，在竖直方向：Ficos a - mg一 F2cos 3
14、=0,在水平方向：Fisin a - Fzsin =0,在上升过程中，a增大，而 3不变，联立可以判断缆绳拉力 Fi和拉绳拉力F2都增大，故 A项正确，B项错误；因Fi大于F2,故 缆绳与竖直方向的夹角a小于角3，故C项错误；缆绳拉力的功率 P= FiVCOS a，由于FiCOS a= mg+ F2COS 增大，v不变，故P增大，故D项错误。Bmg答案 AP在水平外力F13 .如图所示，半圆形框架竖直放置在粗糙的水平地面上，光滑的小球的作用下处于静止状态，p与圆心O的连线与水平面的夹角为e,将力f在竖直面内沿顺时针方向缓慢地转过 90。，框架与小球始终保持静止状态。在此过程下列说法正确的是 （
15、）f QAe n7/7/AA.框架对小球的支持力一直减小B.拉力F的最小值为 mgsin 0C.地面对框架的摩擦力先减小后增加D.框架对地面的压力一直增大解析 用图解法求解，力 F顺时针转过 90。的过程中，F先减小后增大，最小值为mgcos 0 , B项错误；框架对小球的支持力 N一直减小，A项正确；以框架为研究对象，由平衡条件得地面对框架的摩擦力大小等于Ncos e ,随N减小，Ndos e减小，C项错误；框架对地面的压力等于 m/Nsin 0,随N的减小而减小，D项错误。答案 A14 .如图所示，质量 M= 2宙kg的木块A套在水平杆上，并用轻绳将木块 A与质量 =娟kg的小球B相连。今
16、用跟水平方向成 a =30角的力F=10/3 N,拉着球带动木块 一起向右匀速运动，运动中 M m相对位置保持不变，g取10 m/s 2。求：(1)运动过程中轻绳与水平方向的夹角0。(2)木块与水平杆间的动摩擦因数。解析(1)设轻绳对B的拉力为T,小球受力如图甲所示，由平衡条件可得Fcos30。Tcos 8=0,Fsin30 + Tsin 9 mg= 0,解得 10/3cos30 = Tcos 0 ,10/3sin30 + Tsin 0 =104，由解得T= 10/3 N,(2)以木块和小球组成的整体为研究对象，受力如图乙所示，由平衡条件得Fcos300f = 0,N+ Fsin 30(M+ n)g=0,3又f,解得答案(1)30 (2) W5