2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 全程訓(xùn)練計(jì)劃 課練6 受力分析 共點(diǎn)力的平衡(含解析)

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1、受力分析 共點(diǎn)力的平衡 小題狂練⑥ 小題是基礎(chǔ) 練小題 提分快 1.[2019·陜西省部分學(xué)校摸底]如圖所示,物體A靠在豎直墻面上,在豎直向上的力F作用下,A、B共同向上勻速運(yùn)動(dòng),下列說(shuō)法正確的是(  ) A.物體A受到物體B對(duì)它的作用力的大小等于物體A的重力 B.物體B受到的作用力F的大小要小于物體A、B的重力之和 C.墻面對(duì)物體A的滑動(dòng)摩擦力方向向下 D.物體A對(duì)物體B的靜摩擦力方向沿接觸面斜向上 答案:A 解析:A、B共同向上勻速運(yùn)動(dòng),則A和B均處于受力平衡狀態(tài).對(duì)B分析可知,B受A的作用力、向下的重力、向上的力F三力作用,則A對(duì)B的作用力豎直向下,B對(duì)

2、A的作用力豎直向上,分析可知,B對(duì)A的作用力大小等于A的重力,選項(xiàng)A正確;A、B整體水平方向不受力,故墻面對(duì)A、B無(wú)彈力作用,墻面對(duì)物體A沒(méi)有摩擦力,F(xiàn)大小等于A、B的重力之和,選項(xiàng)B、C錯(cuò)誤;物體A對(duì)物體B的靜摩擦力方向沿接觸面斜向下,選項(xiàng)D錯(cuò)誤. 2.[2019·湖北省武昌調(diào)研]將兩個(gè)質(zhì)量均為m的小球a、b用細(xì)線相連后,再用細(xì)線懸掛于O點(diǎn),如圖所示.用力F拉小球b,使兩個(gè)小球都處于靜止?fàn)顟B(tài),且細(xì)線Oa與豎直方向的夾角θ=30°,則F的最小值為(  ) A.mg B.mg C.mg D.mg 答案:B 解析:將a、b看成一個(gè)整體受力分析可知,當(dāng)力F與Oa垂直時(shí),

3、F有最小值,可知此時(shí)Fmin=2mgsinθ=mg,B正確. 3.[2019·河南省商丘模擬]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和圓環(huán)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 答案:C 解析:小球沿圓環(huán)緩慢上移可看成小球處于平衡狀態(tài),對(duì)小球進(jìn)行受力分析,如圖所示,由圖可知==,當(dāng)小球上移時(shí),R不變,AB減小,故F′減小,F(xiàn)N不變

4、,而F′=F,故C正確. 4.[2019·黑龍江省伊春模擬]如圖所示,在豎直放置的穹形光滑支架上,一根不可伸長(zhǎng)的輕繩通過(guò)光滑的輕質(zhì)滑輪懸掛一重物G.現(xiàn)將輕繩的一端固定于支架上的A點(diǎn),另一端從B點(diǎn)沿支架緩慢地向C點(diǎn)靠近.則繩中拉力大小變化的情況是(  ) A.先變小后變大 B.先變小后不變 C.先變大后不變 D.先變大后變小 答案:C 解析:當(dāng)輕繩的右端從B點(diǎn)移到直桿最上端時(shí),設(shè)兩繩的夾角為2θ,繩中的拉力大小為F.以滑輪為研究對(duì)象,受力分析如圖甲所示.根據(jù)平衡條件得2Fcosθ=mg,得到繩子的拉力大小為F=,所以在輕繩的右端從B點(diǎn)移到直桿最上端的過(guò)程中,θ增大,cosθ減小

5、,則F變大.當(dāng)輕繩的右端從直桿最上端移到C點(diǎn)時(shí),如圖乙,設(shè)兩繩的夾角為2α.設(shè)繩子總長(zhǎng)為L(zhǎng),兩直桿間的距離為s,由數(shù)學(xué)知識(shí)得sinα=,L、s不變,則α保持不變.再根據(jù)平衡條件可知,兩繩的拉力F保持不變,所以繩中拉力大小變化的情況是先變大后不變.C正確. 5. 如圖所示,用一輕繩將光滑小球P系于豎直墻壁上的O點(diǎn),在墻壁和球P之間夾有一正方體物塊Q,P、Q均處于靜止?fàn)顟B(tài),現(xiàn)有一鉛筆緊貼墻壁壓在輕繩上從O點(diǎn)開始緩慢下移(該過(guò)程中,繩中張力處處相等),P、Q始終處于靜止?fàn)顟B(tài),則在鉛筆緩慢下移的過(guò)程中(  ) A.P所受的合力增大 B.Q受到墻壁的摩擦力逐漸變大 C.P對(duì)Q的壓力逐漸

6、減小 D.繩的拉力逐漸增大 答案:D 解析:P受重力、繩的拉力和Q的支持力而處于平衡狀態(tài),合力為零,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;設(shè)繩與豎直方向的夾角為θ,根據(jù)共點(diǎn)力平衡,繩的拉力大小為T=,Q對(duì)P的支持力大小為N=mgtanθ,鉛筆緩慢下移的過(guò)程中,θ增大,則拉力T增大,Q對(duì)P的支持力增大,選項(xiàng)D正確,C錯(cuò)誤;對(duì)Q,在豎直方向上,Q的重力與摩擦力始終平衡,Q受到的摩擦力不變,選項(xiàng)B錯(cuò)誤. 6. 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,開始時(shí)輕繩與斜面平行.現(xiàn)給小滑塊施加一豎直向上的拉力,使小滑塊沿桿緩慢上升,整個(gè)過(guò)程中小球始終

7、未脫離斜面,則有(  ) A.輕繩對(duì)小球的拉力逐漸減小 B.小球?qū)π迸膲毫χ饾u增大 C.對(duì)小滑塊施加的豎直向上的拉力逐漸增大 D.豎直桿對(duì)小滑塊的彈力先增大后減小 答案:C 解析: 對(duì)小球受力分析,受重力G1、支持力N1和細(xì)線的拉力T,如圖甲所示.根據(jù)平衡條件可知,T增大,N1減小,根據(jù)牛頓第三定律,小球?qū)π迸膲毫σ矞p小,A、B均錯(cuò)誤;對(duì)小球和滑塊整體分析,受重力G、斜面的支持力N1,桿的支持力N,拉力F,如圖乙所示,根據(jù)平衡條件,水平方向N=N1sinθ,豎直方向F+N1cosθ=G,因N1減小,故N減小,F(xiàn)增大,C正確,D錯(cuò)誤. 7. (多選)如圖所示,一光滑

8、半圓環(huán)豎直固定于粗糙的木板上,圓心為O1,穿套在環(huán)上的小球A位于左側(cè)最低點(diǎn),并由細(xì)線通過(guò)光滑的小滑輪O與小球B相連,B右側(cè)細(xì)線水平,O在圓心O1的正上方,OA與豎直方向成30°角,OA⊥OB,地面水平,兩球均處于靜止?fàn)顟B(tài),小球A恰好對(duì)木板沒(méi)有力的作用.若對(duì)B施加一外力,使小球A緩慢運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)正下方的過(guò)程中,木板始終靜止,則下列說(shuō)法正確的是(  ) A.A、B兩球的質(zhì)量之比為:1 B.OA細(xì)線拉力逐漸變大 C.地面對(duì)木板的摩擦力逐漸變小 D.地面對(duì)木板的支持力逐漸變小 答案:AC 解析:小球A位于左側(cè)最低點(diǎn)時(shí),細(xì)線對(duì)小球A的拉力大小T=,對(duì)小球B有OB細(xì)線拉力T′=,T=T′,得m

9、A:mB=:1,選項(xiàng)A正確;設(shè)OO1=h,OA=x,圓環(huán)的半徑為R,細(xì)線OA的拉力大小為F,環(huán)對(duì)A的支持力大小為N1,如圖1所示,則根據(jù)三角形相似有==,當(dāng)x變小時(shí),F(xiàn)也變小,但N1不變,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;設(shè)細(xì)線OA與OO1間夾角為θ,以小球A、半圓環(huán)和木板整體受力分析如圖2所示,地面對(duì)木板的摩擦力大小f=Fsinθ=xsinθ,而xsinθ表示小球A與O間的水平距離,是逐漸變小的,故f逐漸變小,選項(xiàng)C正確;地面對(duì)木板的支持力大小N2=(m板+mA+m環(huán))g-Fcosθ=(m板+mA+m環(huán))g-xcosθ而xcosθ表示小球A與O間的豎直距離,是逐漸變小的,N2逐漸變大,選項(xiàng)D錯(cuò)誤. 8.

10、 [2019·福建省福州質(zhì)檢]課堂上,教師準(zhǔn)備了“L”形光滑木板和三個(gè)完全相同、外表面光滑的勻質(zhì)圓柱形積木,要將三個(gè)積木按圖示(截面圖)方式堆放在木板上,則木板與水平面的夾角θ的最大值為(  ) A.30° B.45° C.60° D.90° 答案:A 解析:θ取0°時(shí),下面兩圓柱將會(huì)分開,無(wú)法穩(wěn)定,應(yīng)適當(dāng)增大θ以保持系統(tǒng)穩(wěn)定,此時(shí)下面兩圓柱之間有彈力;當(dāng)下面兩圓柱之間的彈力恰好為0時(shí),對(duì)應(yīng)的θ為最小值;增大θ,右圓柱和上圓柱之間的彈力減小,若θ太大,此兩圓柱將分開,臨界情況為θ取30°時(shí),左邊兩圓柱的圓心連線在豎直方向上,保證上圓柱只受到兩個(gè)力的作用恰好處于平衡狀態(tài),此時(shí)上

11、圓柱與右圓柱間相互接觸且無(wú)彈力,A正確. 9.[2019·山東省棗莊三中質(zhì)檢]如圖所示,物體A、B疊放在物體C上,C置于水平地面上,水平力F作用于B,使A、B、C一起勻速運(yùn)動(dòng),各接觸面間摩擦力的情況是(  ) A.B對(duì)C有向左的摩擦力 B.C對(duì)A有向左的摩擦力 C.C受到三個(gè)摩擦力作用 D.C對(duì)地面有向右的摩擦力 答案:D 解析:以A為研究對(duì)象,可知A與C間無(wú)摩擦力.以B為研究對(duì)象易知,C對(duì)B有向左的摩擦力,B對(duì)C有向右的摩擦力,以A、B、C整體為研究對(duì)象可知地面對(duì)C有水平向左的摩擦力,綜上D正確. 10. [2019·河北省名校聯(lián)盟一測(cè)](多選)如圖所示,用光滑的粗

12、鐵絲做成一直角三角形,BC邊水平,AC邊豎直,∠ABC=β,∠A=α,AB及AC兩邊上分別套有細(xì)線系著的銅環(huán)M、N,當(dāng)它們靜止時(shí),細(xì)線與AB所成的角為γ,與AC所成的角為θ(細(xì)線長(zhǎng)度小于BC),則(  ) A.γ=β B.θ= C.θ>-α D.β<γ< 答案:CD 解析:假設(shè)AC上的銅環(huán)的質(zhì)量為零,重力為零,它僅受線的拉力和鐵絲AC的彈力,由于鐵絲對(duì)AC上的環(huán)的彈力垂直于AC,則細(xì)線必定垂直于AC,則細(xì)線平行于BC,此時(shí)γ=β.但實(shí)際上AC上的環(huán)的質(zhì)量不為零,要使此環(huán)處于靜止?fàn)顟B(tài),細(xì)線的左端略高,則有γ>β.假設(shè)AB上的銅環(huán)的質(zhì)量為零,重力為零,它僅受細(xì)線的拉力和鐵絲AB的彈力,

13、則平衡時(shí),細(xì)線與AB垂直,γ=,而AB上的銅環(huán)的質(zhì)量不為零,要使此環(huán)處于靜止?fàn)顟B(tài),細(xì)線不能與AB垂直,應(yīng)有γ<,故β<γ<,θ>-α,選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤,C、D正確. 11.[2019·湖南省衡陽(yáng)三中摸底](多選)如圖所示,一根輕質(zhì)細(xì)繩跨過(guò)定滑輪連接兩個(gè)小球A、B,它們都穿在一根光滑的豎直桿上,不計(jì)細(xì)繩與滑輪之間的摩擦,當(dāng)兩球平衡時(shí)OA繩與水平方向的夾角為60°,OB繩與水平方向的夾角為30°,則A、B的質(zhì)量之比和桿對(duì)A、B的彈力之比分別為(  ) A.= B.= C.= D.= 答案:AC 解析:分別對(duì)A、B兩球受力分析,如圖所示.由幾何知識(shí)得T1sin60°=mA

14、g,T2sin30°=mBg,T1=T2,故mA:mB=sin60°:sin30°=:1.同理,=,選項(xiàng)A、C正確,B、D錯(cuò)誤;故選A、C. 12.[2019·四川省五校聯(lián)考]如圖所示,輕桿A端用鉸鏈固定在墻上,B端吊一重物.輕繩跨過(guò)定滑輪用拉力F將B端緩慢上拉,滑輪O在A點(diǎn)正上方(滑輪大小及繩與滑輪間的摩擦均不計(jì)),且OA>AB,在AB桿達(dá)到豎直前(  ) A.拉力F增大 B.拉力F大小不變 C.桿的彈力增大 D.桿的彈力大小不變 答案:D 解析: 以B點(diǎn)為研究對(duì)象,分析受力情況,繩子向下的拉力T、輕桿的支持力N和繩子沿BO方向的拉力F′,作出力的示意圖如圖

15、,由平衡條件知,N和F′的合力T′與T大小相等,方向相反,根據(jù)三角形相似可得,==,又T′=G,F(xiàn)=F′,解得N=G,F(xiàn)=G,∠BAO變小時(shí),AB、AO保持不變,BO變小,則N保持不變,F(xiàn)變小,D正確. 13.[2019·山東省青島二中考試](多選)如圖所示,橫截面為直角三角形的斜劈P,靠在粗糙的豎直墻面上,力F通過(guò)球心水平作用在光滑球Q上,P、Q處于靜止?fàn)顟B(tài).當(dāng)力F增大時(shí),P、Q仍保持靜止,下列說(shuō)法正確的是(  ) A.球Q對(duì)地面的壓力不變 B.球Q對(duì)斜劈P的支持力增大 C.斜劈P對(duì)豎直墻壁的壓力增大 D.墻面對(duì)斜劈P的摩擦力增大 答案:BC 解析:以P、Q整體為研究對(duì)象,

16、水平向右的力F與墻壁的支持力等大反向,故墻壁對(duì)P的支持力增大,由牛頓第三定律知,C正確.對(duì)Q,受力分析如圖1所示,可知當(dāng)力F增大時(shí),P、Q間的作用力增大,球Q對(duì)地面的壓力增大,B正確,A錯(cuò)誤.對(duì)P,受力分析如圖2所示,開始時(shí)P與墻壁的摩擦力方向不確定,故無(wú)法判斷此摩擦力的變化,故D錯(cuò)誤. 14.[2019·吉林省長(zhǎng)春一測(cè)](多選)如圖所示,質(zhì)量為M的三角形木塊A靜止在水平地面上,其左右兩斜面光滑,一質(zhì)量為m的物塊B沿傾角α=30°的右側(cè)斜面加速下滑時(shí),三角形木塊A剛好保持靜止,已知最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力,則當(dāng)物塊B沿傾角β=60°的左側(cè)斜面下滑時(shí),下列說(shuō)法正確的是(  )

17、A.A仍然靜止不動(dòng),地面對(duì)A的摩擦力兩種情況下等大 B.A仍然靜止不動(dòng),對(duì)地面的壓力比沿右側(cè)斜面下滑時(shí)對(duì)地面的壓力小 C.A將向右滑動(dòng),若使A仍然靜止需對(duì)其施加向左的作用力 D.若α=45°,A將滑動(dòng) 答案:CD 解析:物塊B沿著右側(cè)斜面下滑時(shí),對(duì)斜面的壓力等于其重力沿垂直斜面的分力,為F=mgcos30°,對(duì)木塊A受力分析,木塊A受重力、壓力、支持力和向右的靜摩擦力,如圖1所示.木塊A恰好不滑動(dòng),故靜摩擦力達(dá)到最大值,等于滑動(dòng)摩擦力,根據(jù)平衡條件有,x方向:f=Fsin30°,y方向:N=mg+Fcos30°,f=μN(yùn)1,其中N=N1,解得μ=.物塊B從左側(cè)下滑時(shí),先假設(shè)木塊A不動(dòng)

18、,木塊A受重力、支持力、壓力和向左的摩擦力,如圖2所示.壓力等于物塊B重力沿垂直斜面的分力,即F′=mgcos60°,豎直方向一定受力平衡,即支持力N′=Mg+F′cos60°=Mg+mg,N′=N″,故最大靜摩擦力fm=μN(yùn)″=,壓力沿平行地面方向的分力為F′cos30°=mg>fm,故A一定會(huì)滑動(dòng),要使A靜止,需要對(duì)其施加向左的推力,故C正確,A、B錯(cuò)誤.若α=45°,物塊B沿右側(cè)斜面下滑時(shí),先假設(shè)A不動(dòng),B對(duì)A的壓力為mgcos45°,該壓力沿平行地面方向的分力為mgsin45°cos45°,豎直分力為mgcos45°sin45°,與α=30°時(shí)相比,B對(duì)A壓力沿平行地面的分力變大,B對(duì)

19、A壓力的豎直分力變小,故A一定滑動(dòng),D正確. 15.[2019·廣東省湛江調(diào)研](多選)如圖所示,細(xì)線的兩端固定在天花板上的A、B兩點(diǎn),在線上的C、D兩點(diǎn)懸掛質(zhì)量相等的物體a、b,并處于靜止?fàn)顟B(tài),CD段細(xì)線嚴(yán)格水 平.若將b物體的質(zhì)量增大后,為了保持CD段細(xì)線嚴(yán)格水平,整個(gè)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài),則(  ) A.應(yīng)將懸掛點(diǎn)D適當(dāng)向B移動(dòng),減小BD的長(zhǎng)度 B.應(yīng)將懸掛點(diǎn)C適當(dāng)向A移動(dòng),減小AC的長(zhǎng)度 C.移動(dòng)后細(xì)線AC的張力大于細(xì)線BD的張力 D.移動(dòng)后細(xì)線AC的張力小于細(xì)線BD的張力 答案:AD 解析:設(shè)a、b的質(zhì)量分別為M和m,AC、BD與豎直方向的夾角分別為α、β,對(duì)結(jié)點(diǎn)

20、C、D受力分析,如圖所示.豎直方向:F1cosα=Mg,F(xiàn)2cosβ=mg,水平方向:F1sinα=T,F(xiàn)2sinβ=T′,其中T=T′,聯(lián)立可得Mgtanα=mgtanβ,當(dāng)a、b質(zhì)量相等時(shí),有α=β,若將b的質(zhì)量增大,即Mβ,選項(xiàng)A正確,B錯(cuò)誤.當(dāng)α>β,由F1sinα=F2sinβ知,F(xiàn)1).現(xiàn)將重物向右上方緩慢拉起,并保持夾角α不變

21、.在OM由豎直被拉到水平的過(guò)程中(  ) A.MN上的張力逐漸增大 B.MN上的張力先增大后減小 C.OM上的張力逐漸增大 D.OM上的張力先增大后減小 答案:AD 解析:將重物向右上方緩慢拉起,重物處于動(dòng)態(tài)平衡狀態(tài),可利用平衡條件或力的分解畫出動(dòng)態(tài)圖分析.將重物的重力沿兩繩方向分解,畫出分解的動(dòng)態(tài)圖如圖所示.在三角形中,根據(jù)正弦定理有==,由題意可知FMN的反方向與FOM的夾角γ=180°-α,不變,因sinβ(β為FMN與G的夾角)先增大后減小,故OM上的張力先增大后減小,當(dāng)β=90°時(shí),OM上的張力最大,因sinθ(θ為 FOM與G的夾角)逐漸增大,故MN上的張力逐漸增大,選

22、項(xiàng)A、D正確,B、C錯(cuò)誤. 課時(shí)測(cè)評(píng)⑥ 綜合提能力 課時(shí)練 贏高分 一、選擇題 1. [2019·福建仙游一中月考]三個(gè)質(zhì)量均為1 kg的相同木塊a、b、c和兩個(gè)勁度系數(shù)均為500 N/m的相同輕彈簧p、q用輕繩連接,如圖所示,其中a放在光滑水平桌面上,開始時(shí)p彈簧處于原長(zhǎng),木塊都處于靜止?fàn)顟B(tài).現(xiàn)用水平力F緩慢地向左拉p彈簧的左端,直到c木塊剛好離開水平面為止,g取10 m/s2.該過(guò)程p彈簧的左端向左移動(dòng)的距離是(  ) A.4 cm B.6 cm C.8 cm D.10 cm 答案:C 解析:p彈簧的左端向左移動(dòng)的距離等于p、q兩彈簧的形變量之

23、和.xq=+,xp=,p彈簧的左端向左移動(dòng)的距離為x=xp+xq=8 cm,C正確. 2.[2019·廣東五校聯(lián)考]如圖所示,物體A、B用細(xì)繩與彈簧連接后跨過(guò)滑輪.A靜止在傾角為45°的粗糙斜面上,B懸掛著.已知質(zhì)量mA=3mB,不計(jì)滑輪摩擦,現(xiàn)將斜面傾角由45°減小到30°,那么下列說(shuō)法中正確的是(  ) A.彈簧的彈力將減小 B.物體A對(duì)斜面的壓力將減小 C.物體A受到的靜摩擦力將減小 D.彈簧的彈力及物體A受到的靜摩擦力都不變 答案:C 解析: 設(shè)mA=3mB=3m,對(duì)物體B受力分析,受重力和拉力,由二力平衡得彈簧的彈力不變,A錯(cuò)誤;再對(duì)物體A進(jìn)行受力分析,受重力

24、、支持力、彈簧的彈力和靜摩擦力,如圖所示.剛開始由于mAgsin45°=mg>mBg=mg,所以摩擦力沿斜面向上,斜面傾角變?yōu)?0°以后摩擦力仍然沿斜面向上.根據(jù)平衡條件得到f+T-3mgsinθ=0,N-3mgcosθ=0,解得f=3mgsinθ-T=3mgsinθ-mg,N=3mgcosθ. 當(dāng)θ減小時(shí),物體A受到的靜摩擦力f將減小,物體A對(duì)斜面的壓力N增大,故C正確,B、D錯(cuò)誤. 3.[2019·陜西寶雞模擬]如圖所示,兩塊相互垂直的光滑擋板OP、OQ,OP豎直放置,小球a、b固定在輕彈簧的兩端,并斜靠在OP、OQ擋板上.現(xiàn)有一個(gè)水平向左的推力F作用于b上,使a、b緊靠擋板處于靜

25、止?fàn)顟B(tài).現(xiàn)保證b球不動(dòng),使豎直擋板OP向右緩慢平移一小段距離,則(  ) A.推力F變大 B.彈簧長(zhǎng)度變短 C.彈簧長(zhǎng)度變長(zhǎng) D.b對(duì)擋板OQ的壓力變大 答案:C 解析:設(shè)彈簧與豎直方向的夾角為α,現(xiàn)保證b球不動(dòng),使豎直擋板OP向右緩慢平移一小段距離,則α減小,以a球?yàn)檠芯繉?duì)象,分析受力情況,根據(jù)平衡條件得F彈=,α減小,cosα增大,則F彈減小,彈簧變長(zhǎng);擋板對(duì)a的彈力N=mgtanα,α減小,N減??;對(duì)a、b和彈簧整體研究,水平方向F=N,則推力F將減小,故A、B錯(cuò)誤,C正確;豎直方向,擋板OQ對(duì)b的支持力FN=(ma+mb)g,不變,根據(jù)牛頓第三定律可知,b對(duì)擋板OQ的壓

26、力不變,故D錯(cuò)誤. 4.[2019·四川省成都七中檢測(cè)]如圖,傾角為θ的斜面體C置于水平地面上,小物體B置于斜面上,通過(guò)細(xì)繩跨過(guò)光滑的定滑輪與物體A相連接,連接物體B的一段細(xì)繩與斜面平行,已知A、B、C都處于靜止?fàn)顟B(tài),則(  ) A.物體B受到斜面體C的摩擦力一定不為零 B.斜面體C受到水平地面的摩擦力一定為零 C.斜面體C有沿地面向右滑動(dòng)的趨勢(shì),一定受到地面向左的摩擦力 D.將細(xì)繩剪斷,若B依然靜止在斜面上,此時(shí)水平地面對(duì)斜面體C的摩擦力一定不為零 答案:C 解析:以B、C整體為研究對(duì)象,受到了斜向上的拉力,故有向右運(yùn)動(dòng)的趨勢(shì),所以地面對(duì)C有水平向左的摩擦力,C正確,B錯(cuò)誤

27、.以B為研究對(duì)象,細(xì)繩斜向上的拉力與B的重力沿斜面向下的分力大小關(guān)系不確定,所以C對(duì)B可能有摩擦力也可能沒(méi)有摩擦力,A錯(cuò)誤.將細(xì)繩剪斷,B、C整體靜止,豎直向下的重力與地面豎直向上的支持力等大反向,地面對(duì)C的摩擦力為零,D錯(cuò)誤. 5.[2019·遼寧東北育才學(xué)校模擬]如圖所示,置于地面的矩形框架中用兩細(xì)繩拴住質(zhì)量為m的小球,繩B水平.設(shè)繩A、B對(duì)球的拉力大小分別為F1、F2,它們的合力大小為F.現(xiàn)將框架在豎直平面內(nèi)繞左下端緩慢逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°,在此過(guò)程中(  ) A.F1先增大后減小 B.F2先增大后減小 C.F先增大后減小 D.F先減小后增大 答案:B 解析: 對(duì)小

28、球受力分析如圖所示.小球處于靜止?fàn)顟B(tài),受力平衡,兩繩的拉力的合力與重力大小相等,方向相反,則F不變,根據(jù)平行四邊形定則可知,將框架在豎直平面內(nèi)繞左下端緩慢逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°的過(guò)程中,F(xiàn)1逐漸減小,F(xiàn)2先增大后減小,當(dāng)繩A處于水平方向時(shí),F(xiàn)2最大,故B正確. 6.[2019·浙江溫州中學(xué)模擬]如圖所示,傾角θ=30°的斜面體A靜止在水平地面上,一根輕繩跨過(guò)斜面體頂端的小滑輪,繩兩端系有質(zhì)量均為m的小物塊a、b,整個(gè)裝置處于靜止?fàn)顟B(tài),滑輪兩側(cè)輕繩方向分別沿斜面和豎直方向.現(xiàn)給物塊b施加一個(gè)水平向右的拉力F,使b緩慢移動(dòng)直到連接b的輕繩與豎直方向成30°角(不計(jì)繩與滑輪間的摩擦),此過(guò)程中下列說(shuō)

29、法正確的是(  ) A.b受到繩的拉力先增大再減小 B.小物塊a受到的摩擦力先增大再減小 C.水平拉力F逐漸增大 D.小物塊a一定沿斜面緩慢上移 答案:C 解析:b受力平衡,對(duì)b進(jìn)行受力分析,如圖甲所示. 設(shè)連接b的輕繩與豎直方向的夾角為α,b緩慢移動(dòng)直到連接b的輕繩與豎直方向成30°角的過(guò)程中,α變大,根據(jù)平行四邊形定則可知,T逐漸增大,F(xiàn)逐漸增大,故A錯(cuò)誤,C正確;對(duì)a進(jìn)行受力分析,如圖乙所示;剛開始T′=mg,a處于靜止?fàn)顟B(tài),則f=T′-mgsin30°=mg,方向沿斜面向下,T′增大時(shí),f增大,由于不知道最大靜摩擦力的具體值,所以不能判斷a是否會(huì)滑動(dòng),故B、D錯(cuò)誤.

30、 7.[2019·湖南長(zhǎng)郡中學(xué)模擬]如圖所示,質(zhì)量為m的硬質(zhì)面字典A對(duì)稱放在硬質(zhì)面的書本B上,將書本B的一端緩慢抬高至字典剛要滑動(dòng),此時(shí)書脊與水平面的夾角為θ.下列說(shuō)法中正確的是(  ) A.B對(duì)A的作用力為零 B.B的一個(gè)側(cè)面對(duì)A的彈力為mgcosθ C.B對(duì)A的最大靜摩擦力的合力為mgsinθ D.A受到3個(gè)力的作用 答案:C 解析:B對(duì)A的作用力大小為A的重力mg,方向豎直向上,故A錯(cuò)誤;B的一個(gè)側(cè)面對(duì)A的彈力N=mgcosθ,故B錯(cuò)誤;A受力平衡,根據(jù)平衡條件得,B對(duì)A的最大靜摩擦力的合力f合=mgsinθ,故C正確;A處于靜止?fàn)顟B(tài),對(duì)A進(jìn)行受力分析,A受到重力,書本B

31、兩側(cè)對(duì)A的兩個(gè)支持力,B書兩側(cè)對(duì)A的兩個(gè)摩擦力,共5個(gè)力,故D錯(cuò)誤. 8.[名師原創(chuàng)]如圖,輕彈簧上端固定,下端連接一小球,小球靜止在水平面上的A點(diǎn),將小球緩慢移到B點(diǎn)放手,小球仍靜止.已知小球在A、B兩處彈簧均處于伸長(zhǎng)狀態(tài).則小球在A、B處受力的情況是(  ) A.小球在B處所受到的合力更大 B.B處小球受到的摩擦力更小 C.小球在B處受到的支持力更大 D.B處彈簧的彈力與支持力的合力一定更大 答案:D 解析: 小球在A、B兩處的合力都為0,A錯(cuò)誤.對(duì)小球受力分析,如圖所示,則有f=Fcosα,F(xiàn)sinα+N=mg,彈力F顯然增大,α減小,可見(jiàn)摩擦力增大,B錯(cuò)誤.N的

32、變化情況無(wú)法判斷,C錯(cuò)誤.摩擦力與重力的合力一定增大,而彈力F與N的合力也一定增大,D正確. 9.[2019·河北省邢臺(tái)二中檢測(cè)] 輕繩一端系在質(zhì)量為m的物塊A上,另一端系在一個(gè)套在粗糙豎直桿MN的圓環(huán)上.現(xiàn)用水平力F拉住繩子上一點(diǎn)O,使物塊A從圖中實(shí)線位置緩慢下降到虛線位置,但圓環(huán)仍保持在原來(lái)位置不動(dòng).在這一過(guò)程中,環(huán)對(duì)桿的摩擦力F1和環(huán)對(duì)桿的壓力F2的變化情況是(  ) A.F1保持不變,F(xiàn)2逐漸增大 B.F1保持不變,F(xiàn)2逐漸減小 C.F1逐漸增大,F(xiàn)2保持不變 D.F1逐漸減小,F(xiàn)2保持不變 答案:B 解析:以圓環(huán)、物塊A及輕繩整體為研究對(duì)象,分析受力情況,如圖1所

33、示.根據(jù)平衡條件得,桿對(duì)環(huán)的摩擦力F1=G,保持不變,桿對(duì)環(huán)的彈力F2=F.再以結(jié)點(diǎn)O為研究對(duì)象,分析受力情況,如圖2所示.由平衡條件得F=mgtanθ;在物塊A從題圖中實(shí)線位置緩慢下降到虛線位置的過(guò)程中,θ逐漸減小,則F逐漸減小,F(xiàn)2逐漸減?。蔬xB. 10. (多選)如圖所示,斜面體A靜止放置在水平地面上.質(zhì)量為m的滑塊B在外力F1和F2的共同作用下沿斜面體表面向下運(yùn)動(dòng).當(dāng)F1方向水平向右、F2方向沿斜面體的表面向下時(shí),斜面體受到地面的摩擦力方向向左.則下列說(shuō)法中正確的是 (  ) A.若只撤去F1,在滑塊B仍沿斜面向下運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中,A所受地面摩擦力的方向可能向右 B.若

34、只撤去F2,在滑塊B仍沿斜面向下運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中,A所受地面摩擦力的方向可能向右 C.若只撤去F2,在滑塊B仍沿斜面向下運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中,A所受地面摩擦力不變 D.若同時(shí)撤去F1和F2,滑塊B的加速度方向一定沿斜面向下 答案:CD 解析:選斜面體為研究對(duì)象,其受力當(dāng)中在水平方向有分力的有:B對(duì)A的壓力FN,B對(duì)A的摩擦力Ff1和地面對(duì)A的摩擦力Ff2. 如圖所示,設(shè)斜面傾角為θ. 則:Ff1cosθ+Ff2=FNsinθ. 所以:Ff1cosθ

35、面對(duì)斜面的摩擦力方向應(yīng)始終向左.所以A、B均錯(cuò).撤去F2后,B對(duì)A的壓力FN和摩擦力Ff1不受影響,故地面對(duì)A的摩擦力Ff2不變,即C對(duì).又由Ff1cosθμmgcosθ,所以滑塊B的加速度方向一定向下,即D正確. 二、非選擇題 11. 如圖所示,水平細(xì)桿上套一環(huán)A,環(huán)A與球B間用一不可伸長(zhǎng)輕質(zhì)繩相連,質(zhì)量分別為mA=0.40 kg和mB=0.30 kg,由于B球受到水平風(fēng)力作用,使環(huán)A與球B一起向右勻速運(yùn)動(dòng).運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,繩始終保持與豎直方向夾角θ=30°,重力加速度g取10 m/s2,求:

36、(1)B球受到的水平風(fēng)力大?。? (2)環(huán)A與水平桿間的動(dòng)摩擦因數(shù). 答案:(1)1.73 N (2)0.25 解析: (1)對(duì)B球受力分析,如圖甲所示,根據(jù)平衡條件可得 F=mBgtanθ 數(shù)據(jù)代入得F= N≈1.73 N (2)選取環(huán)、球和輕繩整體為研究對(duì)象,受力如圖乙所示. 根據(jù)平衡條件得FN=(mA+mB)g F=f 且f=μFN 解得μ= 數(shù)據(jù)代入得μ=≈0.25 12.如圖甲、乙所示,傳送帶上有質(zhì)量均為m的三個(gè)木塊1、2、3,中間均用原長(zhǎng)為L(zhǎng)、勁度系數(shù)為k的輕彈簧連接起來(lái),木塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ,其中木塊1被與傳送帶平行的細(xì)線拉住,傳送帶按圖示

37、方向勻速運(yùn)動(dòng),三個(gè)木塊處于平衡狀態(tài). (1)在圖甲狀態(tài)下,1、3兩木塊之間的距離是多大? (2)在圖乙狀態(tài)下,細(xì)線的拉力是多大?木塊1、3之間的距離又是多大? 答案:(1)2L+ (2)3mg(sinα+μcosα) 2L+ 解析:(1)在題圖甲中,設(shè)1、2間彈簧伸長(zhǎng)量為x1,2、3間彈簧伸長(zhǎng)量為x2,根據(jù)平衡條件和胡克定律,對(duì)木塊3:kx2-μmg=0 對(duì)木塊2:kx1-kx2-μmg=0 1、3兩木塊之間的距離為x=2L+x1+x2=2L+ (2)在題圖乙中,把三個(gè)木塊看成整體,根據(jù)平衡條件,有 T-3μmgcosα-3mgsinα=0 細(xì)線的拉力T=3mg(sinα+μcosθ) 在題圖乙中,設(shè)1、2間彈簧伸長(zhǎng)量為l1,2、3間彈簧伸長(zhǎng)量為l2,根據(jù)平衡條件和胡克定律,對(duì)木塊2和木塊3整體,有kl1-μ·2mgcosα-2mgsinα=0 可得l1= 對(duì)木塊3,有kl2-μmgcosα-mgsinα=0 可得l2= 木塊1、3之間的距離l=2L+l1+l2=2L+ 20

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