2020年高考物理一轮复习专题05受力分析共点力的平衡限时训练.doc

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1、专题05 共点力的平衡 (限时：45min)一、 选择题（本大题共10小题）1如图所示，斜面小车M静止在光滑水平面上，一边紧贴墙壁。若再在斜面上加一物体m，且M、m相对静止，此时小车受力个数为()A3B4 C5 D6【答案】B【解析】：先对物体m受力分析，受到重力、支持力和静摩擦力；再对M受力分析，受重力、m对它的垂直向下的压力和沿斜面向下的静摩擦力，同时地面对M有向上的支持力，共受到4个力，故B正确。2设雨点下落过程中受到的空气阻力与雨点(可看成球形)的横截面积S成正比，与下落速度v的二次方成正比，即fkSv2，其中k为比例常数，且雨点最终都做匀速运动。已知球的体积公式为Vr3(r为半径)。

2、若两个雨点的半径之比为12，则这两个雨点的落地速度之比为()A1 B12 C14 D18【答案】A【解析】：当雨点做匀速直线运动时，重力与阻力相等，即fmg，故kr2v2mgr3g，即v2，由于半径之比为12，则落地速度之比为1，选项A正确。3.如图所示，在一水平长木板上放一木块P，缓慢抬起木板的右端，木块P和木板始终相对静止，则()A木块受到木板的支持力减小、摩擦力减小 B木块受到木板的支持力增大、摩擦力增大C木块受到木板的作用力大小不变、方向不变 D木块受到木板的作用力大小变化、方向变化【答案】C【解析】：对本块受力分析可知，木块受到重力、支持力和沿斜面向上的摩擦力的作用，木块开始滑动前，

3、木块受力平衡，所以摩擦力和重力沿斜面向下的分力相等，即fmgsin ，所以夹角增大的过程中，木块所受的摩擦力一直在增大；木块受到的支持力FNmgcos ，由于抬起木板的过程中，夹角增大，故支持力减小，故A、B错误。由于木块一直处于平衡状态，故木块受到木板的作用力始终等于重力，故木块受到木板的作用力大小不变、方向不变，故C正确，D错误。4(2018广州六校联考)一个质量为3 kg的物体，被放置在倾角为30的固定光滑斜面上，在如图所示的甲、乙、丙三种情况下处于平衡状态的是(g10 m/s2)() A仅甲图 B仅乙图 C仅丙图 D甲、乙、丙图【答案】B【解析】：物体在光滑斜面上受重力、支持力和沿斜面

4、向上的拉力，斜面光滑，故物体不受摩擦力；将重力沿斜面和垂直于斜面进行分解，重力垂直于斜面的分力一定与支持力相等；要使物体处于静止，拉力应等于重力沿斜面向下的分力，即Fmgsin 310 N15 N，故只有乙平衡。故B正确。5(多选)如图甲所示，A为一截面为等腰三角形的斜劈，其质量为M，两个底角均为30。两个完全相同、质量均为m的小物块p和q恰好能沿两斜面匀速下滑。现在若对两物块同时施加一平行于侧面的恒力F1、F2，且F1F2，如图乙所示，则在p和q下滑的过程中，下列说法正确的是()A斜劈A仍旧保持静止，且不受到地面的摩擦力作用B斜劈A仍旧保持静止，且受到地面向右的摩擦力作用C斜劈A仍旧保持静止

5、，对地面的压力大小为(Mm)gD斜劈A仍旧保持静止，对地面的压力大小大于(Mm)g【答案】AD【解析】：起初两物块沿斜面匀速下滑，p、q及斜劈组成的整体处于平衡状态，则水平方向斜劈不受地面的静摩擦力作用，施加恒力F1、F2后，斜劈受力情况不变，即A依然不受地面的摩擦力作用，且A对地面的压力大小仍为(M2m)g，大于(Mm)g，故选项A、D正确。6(2019长沙调研)如图所示，质量为m(可视为质点)的小球P，用两根轻绳OP和OP与小球拴接后再分别系于竖直墙上相距0.4 m的O、O两点上，绳OP长0.5 m，绳OP长0.3 m，今在小球上施加一方向与水平方向成37 角的拉力F，将小球缓慢拉起，绳O

6、P刚拉直时，OP绳拉力为T1，绳OP刚松弛时，OP绳拉力为T2，则为(sin 370.6，cos 370.8)()A34 B43 C35 D45【答案】C【解析】： OP绳刚拉直时，OP绳拉力为T1，此时OP绳拉力为零，小球受力如图甲所示。根据几何关系可得sin ，可得53，则90； 根据共点力的平衡条件可得T1mgsin ；OP 绳刚松弛时，OP绳的拉力为T2，此时OP绳拉力为零，小球受力如图乙所示，根据共点力的平衡条件可得T2mgtan ，由此可得，故C正确，A、B、D错误。7.(多选)如图所示为内壁光滑的半球形凹槽M，O为球心，AOB60，OA水平，小物块在与水平方向成45角的斜向上的推

7、力F作用下静止于B处。在将推力F沿逆时针缓慢转到水平方向的过程中装置始终静止，则()AM槽对小物块的支持力逐渐减小 BM槽对小物块的支持力逐渐增大C推力F先减小后增大 D推力F逐渐增大【答案】BC【解析】：以小物块为研究对象，分析受力情况，如图所示，物块受到重力G、支持力FN和推力F三个力作用，根据平衡条件可知，FN与F的合力与G大小相等，方向相反。将推力F沿逆时针缓慢转到水平方向的过程中(F由位置13)，根据作图可知，M槽对小物块的支持力FN逐渐增大，推力F先减小后增大，当F与FN垂直时，F最小。故A、D错误，B、C正确。8(多选)如图所示，两根轻绳一端系于结点O，另一端分别系于固定圆环上的

8、A、B两点，O点下面悬挂一物体M，绳OA水平，拉力大小为F1，绳OB与OA夹角120，拉力大小为F2，将两绳同时缓慢顺时针转过75，并保持两绳之间的夹角始终不变，且物体始终保持静止状态。则在旋转过程中，下列说法正确的是() AF1逐渐增大 BF1先增大后减小CF2逐渐减小 DF2先增大后减小【答案】BC【解析】：设两绳转动过程中，绳OA与水平方向的夹角为，以O点为研究对象，受力分析如图所示，因为两绳是缓慢移动的，所以O点始终处于平衡状态，由平衡条件得F1cos F2cos(60)，F1sin F2sin(60)Mg，由以上两式解得F1，F2。当，则f1f2，C正确。10.如图所示，三根长度均为

9、L的轻绳分别连接于C、D两点，A、B两端被悬挂在水平天花板上，相距2L，现在C点上悬挂一个质量为m的重物，为使CD绳保持水平，在D点上可施加力的最小值为()Amg B.mg C.mg D.mg【答案】C【解析】：由题图可知，要使CD水平，各绳均应绷紧，则AC与水平方向的夹角为60；结点C受力平衡，受力分析如图所示，则CD绳的拉力FTmgtan 30mg；D点受绳子拉力大小等于FT，方向向左；要使CD水平，D点两绳的拉力与外界的力的合力为零，则绳子对D点的拉力可分解为沿BD绳的分力F1，及另一分力F2，由几何关系可知，当力F2与BD垂直时，F2最小，而F2的大小即为拉力的大小；故最小力FFTsi

10、n 60mg。故C正确。二、计算题（本大题共2小题）10. (2019昆明模拟)如图所示，质量M2 kg的木块套在水平固定杆上，并用轻绳与质量m1 kg的小球相连。今用跟水平方向成60角的力F10 N拉着小球并带动木块一起向右匀速运动，运动中M、m的相对位置保持不变，g10 m/s2。在运动过程中，求：(1)轻绳与水平方向的夹角；(2)木块M与水平杆间的动摩擦因数。【答案】(1)30(2)【解析】：(1)小球的受力如图甲所示，由平衡条件得水平方向：Fcos 60FTcos 0竖直方向：Fsin 60FTsin mg0解得30。(2)将木块、小球看做整体，受力如图乙所示，由平衡条件得水平方向：F

11、cos 60FN0竖直方向：FNFsin 60Mgmg0解得。12. (2019潍坊模拟)如图所示，风筝借助于均匀的风和牵线对其作用，才得以在空中处于平衡状态。图中所示风筝质量为400 g，某时刻风筝平面与水平面的夹角为30，主线对风筝的拉力与风筝平面成53角。已知风对风筝的作用力与风筝平面相垂直，g取10 m/s2。(1)求此时风对风筝的作用力的大小和线对风筝的拉力大小；(2)若拉着风筝匀速运动时，主线与水平面成53角保持不变，这时拉主线的力为10 N，则风对风筝的作用力为多大？风筝平面与水平面的夹角为多大？【答案】 (1)6.13 N3.33 N(2)13.4 Narctan 【解析】：(1)风筝平衡时共受到三个力的作用，即重力mg、风对它的作用力F和主线对它的拉力T(如图所示)，以风筝平面方向为x轴，F方向为y轴，建立一个坐标系，将重力和拉力T正交分解，在x轴方向：mgsin 30Tcos 530在y轴方向：FTsin 53mgcos 30联立两式，解得T3.33 N，F6.13 N。(2)同理以水平方向为x轴，竖直方向为y轴建立坐标系。设风对风筝的作用力水平分力为Fx，竖直分力为Fy，由平衡条件，知FxTcos 53100.6 N6 NFyTsin 53G100.8 N4 N12 NF13.4 N风筝平面与水平面的夹角满足tan arctan 。