高考物理一轮复习第二章相互作用课时规范练6受力分析共点力的平衡新人教版.doc

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1、1 / 12【2019【2019 最新最新】精选高考物理一轮复习第二章相互作用课时规范精选高考物理一轮复习第二章相互作用课时规范练练 6 6 受力分析共点力的平衡新人教版受力分析共点力的平衡新人教版1.(1.(受力分析受力分析)(2018)(2018湖南衡阳月考湖南衡阳月考) )如图所示如图所示, ,物块物块 a,ba,b 质量分别为质量分别为 2m,m,2m,m,水水平地面和竖直墙面均光滑平地面和竖直墙面均光滑, ,在水平推力在水平推力 F F 作用下作用下, ,两物块均处于静止状态。两物块均处于静止状态。则则( ( ) )A.物块 b 受四个力作用B.物块 b 受到的摩擦力大小等于 2mg

2、C.物块 b 对地面的压力大小等于 mgD.物块 a 受到物块 b 的作用力水平向右答案 B解析对 a 分析,a 受到竖直向下的重力,墙壁给的支持力,b 给的弹力,要想保持静止,必须在竖直方向上受到 b 给的向上的静摩擦力,故 Ffba=Ga=2mg,B正确;对 b 分析,受到竖直向下的重力,地面给的竖直向上的支持力,a 给的竖直向下的静摩擦力,a 给的水平向左的弹力,以及推力 F,共 5 个力作用,2 / 12在竖直方向上有 Gb+Ffab=FN,故 FN=3mg,即物块 b 对地面的压力大小等于3mg,A、C 错误;物块 a 受到物块 b 的水平方向上的弹力,和竖直方向上的摩擦力,物块 a

3、 受到 b 的作用力的合力不沿水平方向,D 错误。2.(2.(多选多选)()(受力分析受力分析) )如图如图, ,一质量为一质量为 m m 的滑块静止置于倾角为的滑块静止置于倾角为 3030的粗糙的粗糙斜面上斜面上, ,一根轻弹簧一端固定在竖直墙上的一根轻弹簧一端固定在竖直墙上的 P P 点点, ,另一端系在滑块上另一端系在滑块上, ,弹簧弹簧与斜面垂直与斜面垂直, ,则则( ( ) )A.滑块不可能只受到三个力作用B.弹簧可能处于伸长状态C.斜面对滑块的支持力大小可能为零D.斜面对滑块的摩擦力大小一定等于 mg答案 BD解析弹簧与竖直方向的夹角为 30,所以弹簧的方向垂直于斜面,因为弹簧的形

4、变情况未知,所以斜面与滑块之间的弹力大小不确定,所以滑块可能只受重力、斜面支持力和静摩擦力三个力的作用而平衡,此时弹簧弹力为零,处于原长状态,故 A 错误,B 正确;沿斜面方向,根据平衡条件滑块此时受到的摩擦力大小等于重力沿斜面向下的分力,不为零,有摩擦力必有弹力,所以斜面对滑块的支持力不可能为零,故 C 错误,D 正确。3 / 123.(3.(多选多选)(2018)(2018山东潍坊期中山东潍坊期中) )如图所示如图所示, ,质量分别为质量分别为 M M、m m 物体物体 A A、B B 用用细绳连接后跨过光滑的定滑轮细绳连接后跨过光滑的定滑轮,A,A 静止在倾角为静止在倾角为 3030的斜

5、面上的斜面上, ,已知已知 M=2m,M=2m,现将斜面倾角由现将斜面倾角由 3030增大到增大到 35,35,系统仍保持静止。此过程中系统仍保持静止。此过程中, ,下列说法下列说法正确的是正确的是( ( ) )A.细绳对 A 的拉力将增大B.物体 A 受到的静摩擦力先减小后增大C.物体 A 对斜面的压力将减小D.滑轮受到的绳的作用力将增大答案 CD解析先对物体 B 受力分析,受重力和拉力,由二力平衡得到拉力等于物体 B的重力;再对物体 A 受力分析,受重力、支持力、拉力和静摩擦力,根据平衡条件列式分析。解 M=2m,对物体 B 受力分析,受重力和拉力,由二力平衡得到:FT=mg再对物体 A

6、受力分析,受重力、支持力、拉力和静摩擦力,如图:根据平衡条件得到:Ff+FT-2mgsin =04 / 12FN-2mgcos =0由两式解得:Ff=2mgsin -FT=2mgsin -mg,FN=2mgcos ,当 不断变大时,Ff 不断变大,FN 不断变小。故 A、B 错误,C 正确;绳子拉力大小不变,但夹角减小,滑轮受到的绳的作用力增大,故 D 正确。故选 CD。4.(4.(平衡问题平衡问题) )如图如图, ,两个轻环两个轻环 a a 和和 b b 套在位于竖直面内的一段固定圆弧上套在位于竖直面内的一段固定圆弧上; ;一细线穿过两轻环一细线穿过两轻环, ,其两端各系一质量为其两端各系一

7、质量为 m m 的小球。在的小球。在 a a 和和 b b 之间的细线之间的细线上悬挂一小物块。平衡时上悬挂一小物块。平衡时,a,a、b b 间的距离恰好等于圆弧的半径。不计所有间的距离恰好等于圆弧的半径。不计所有摩擦。小物块的质量为摩擦。小物块的质量为( ( ) )A.B.mC.mD.2m答案 C解析由几何关系知,Oab 为等边三角形,故AaO=1=30;设细线中的张力为 FT,同一根绳子中的张力大小处处相等,故 FT=mg,对 a 处受力分析5 / 12知,1=2=30,则 3=30,故 =60,对结点 C 分析可知,2FTcos =m 物 g,解得 m 物=m,选项 C 正确。5.(5.

8、(平衡问题平衡问题)(2018)(2018湖北黄冈检测湖北黄冈检测) )用两段等长的轻质细线将用两段等长的轻质细线将 a a、b b 两个两个小球连接并悬挂于小球连接并悬挂于 O O 点点, ,如图甲所示如图甲所示, ,球球 a a 受到水平向右的力受到水平向右的力 3F3F 的作用的作用, ,小小球球 b b 受到水平向左的力受到水平向左的力 F F 的作用的作用, ,平衡时细线都被拉紧平衡时细线都被拉紧, ,则系统平衡时两球则系统平衡时两球的位置情况如图乙所示的位置情况如图乙所示, ,则则 a a、b b 两球质量之比为两球质量之比为( ( ) )A.11B.12C.21D.23答案 A解

9、析 a 受到 3F 水平向右的力,b 受到 F 的水平向左的力,以整体为研究对象,分析受力如图:设 Oa 绳与竖直方向的夹角为 ,则由平衡条件得 tan =以 b 球为研究对象,受力如图。设 ab 绳与竖直方向的夹角为 ,则由平衡条件得tan =由几何关系得到 = 6 / 12联立解得 ma=mb。故 A 正确,B、C、D 错误。故选 A。6.(6.(动态平衡动态平衡) )质量为质量为 m m 的物体用轻绳的物体用轻绳 ABAB 悬挂于天花板上。用水平向左的悬挂于天花板上。用水平向左的力力 F F 缓慢拉动绳的中点缓慢拉动绳的中点 O,O,如图所示。用如图所示。用 FTFT 表示绳表示绳 OA

10、OA 段拉力的大小段拉力的大小, ,在在 O O点向左移动的过程中点向左移动的过程中( ( ) )A.F 逐渐变大,FT 逐渐变大B.F 逐渐变大,FT 逐渐变小C.F 逐渐变小,FT 逐渐变大D.F 逐渐变小,FT 逐渐变小答案A解析由于是缓慢移动,O 点所受力处于动态平衡,设任意时刻绳子与竖直方向的夹角为 ,移动过程中 增大,如图所示。将拉力 F 与重力合成后,合力与绳子拉力等大反向。根据几何关系,可知 F=Gtan ,FT=F 合=,随 增大,F 和 FT 都增大。7 / 127.(7.(动态平衡动态平衡)(2018)(2018福建三明月考福建三明月考) )如图所示如图所示, ,绳绳 O

11、AOA、OBOB 等长等长,A,A 点固定点固定不动不动, ,将将 B B 点沿圆弧向点沿圆弧向 C C 点缓慢移动点缓慢移动, ,在此过程中在此过程中, ,绳绳 OBOB 的拉力将的拉力将( ( ) )A.由大变小B.由小变大C.先变小后变大D.先变大后变小答案 C解析对 O 点受力分析,OA、OB 两根绳的合力等于物体的重力,大小和方向都不变,OA 绳拉力方向不变,根据平行四边形定则得,如图,知 OB 绳上拉力大小先减小后增大。故 C 正确,A、B、D 错误。故选 C。8.(8.(极值问题极值问题) )如图所示如图所示, ,三根长度均为三根长度均为 L L 的轻绳分别连接于的轻绳分别连接于

12、 C C、D D 两点两点, ,A A、B B 两端被悬挂在水平天花板上两端被悬挂在水平天花板上, ,相距相距 2L,2L,现在现在 C C 点上悬挂一个质量为点上悬挂一个质量为 M M的重物的重物, ,为使为使 CDCD 绳保持水平绳保持水平, ,在在 D D 点上可施加力的最小值为点上可施加力的最小值为( ( ) )A.mgB.mgC.mgD.mg导学号06400105答案 C8 / 12解析由题图可知,要想 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 FT=mgtan 30=mg;D 点受绳子拉力大小等于 FT,方

13、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 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 F=FTsin 60=mg,故 C 正确。能力提升组能力提升组9.(20189.(2018山东泰安一中月考山东泰安一中月考) )如图所示如图所示, ,小圆环小圆环 A A 系着一个质量为系着一个质量为 m2m2 的物的物块并套在另一个竖直放置的大圆环上块并套在另一个竖直放置的大圆环上, ,有一细线一端拴在小圆环有一细线一端拴在小圆环 A A 上上, ,另一另一端跨

14、过固定在大圆环最高点端跨过固定在大圆环最高点 B B 的一个小滑轮后吊着一个质量为的一个小滑轮后吊着一个质量为 m1m1 的物块。的物块。如果小圆环、滑轮、绳子的大小和质量以及相互之间的摩擦都可以忽略不如果小圆环、滑轮、绳子的大小和质量以及相互之间的摩擦都可以忽略不计计, ,绳子又不可伸长绳子又不可伸长, ,若平衡时弦若平衡时弦 ABAB 所对应的圆心角为所对应的圆心角为 ,则两物块的质则两物块的质量比量比 m1m2m1m2 应为应为( ( ) )A.cos B.sin C.2sin D.2cos 答案 C解析如图9 / 12对小环进行受力分析,如图所示,小环受上面绳子的拉力 m1g,下面绳子

15、的拉力 m2g,以及圆环对它沿着 OA 向外的支持力,将两个绳子的拉力进行正交分解,它们在切线方向的分力应该相等:m1gsin =m2gcos(-90)即 m1cos =m2sin m1cos =2m2sin cos 得 m1m2=2sin 10.(201810.(2018河北衡水中学一调河北衡水中学一调) )如图所示如图所示,a,a、b b、c c 三根轻细绳悬挂两个质三根轻细绳悬挂两个质量相同的小球量相同的小球 A A、B B 保持静止保持静止, ,细绳细绳 a a 是水平的是水平的, ,现对现对 B B 球施加一个水平方球施加一个水平方向的力向的力 F,F,将将 B B 缓缓拉到图中虚线

16、位置缓缓拉到图中虚线位置,A,A 球保持不动球保持不动, ,这时三根细绳张力这时三根细绳张力FaFa、FbFb、FcFc 的变化情况是的变化情况是( ( ) )A.都变大B.都不变C.Fb 不变,Fa、Fc 变大D.Fa、Fb 不变,Fc 变大答案 C解析以 B 为研究对象受力分析,将重力分解,由分解法作图如图,由图可以看出,当将 B 缓缓拉到图中虚线位置过程,绳子与竖直方向夹角变大,绳子10 / 12的拉力大小对应图中 1、2、3 三个位置大小所示,即 Fc 逐渐变大,F 逐渐变大;再以 AB 整体为研究对象受力分析,设 b 绳与水平方向夹角为 ,则竖直方向有 Fbsin =2mg得 Fb=

17、,不变;水平方向:Fa=Fbcos +F,Fbcos 不变,而 F 逐渐变大,故 Fa 逐渐变大。11.(201811.(2018江西赣州月考江西赣州月考) )一光滑圆环固定在竖直平面内一光滑圆环固定在竖直平面内, ,环上套着两个小环上套着两个小球球 A A 和和 B(B(中央有孔中央有孔),A),A、B B 间由细绳连接间由细绳连接, ,它们处于如图所示位置时恰好都它们处于如图所示位置时恰好都能保持静止状态。此情况下能保持静止状态。此情况下,B,B 球与环中心球与环中心 O O 处于同一水平面上处于同一水平面上,AB,AB 间的细间的细绳呈伸直状态绳呈伸直状态, ,与水平线成与水平线成 30

18、30夹角。已知夹角。已知 B B 球的质量为球的质量为 1 1 kg,gkg,g 取取 1010 m/s2,m/s2,求求: :(1)细绳对 B 球的拉力;(2)A 球的质量。答案(1)20 N (2)2 kg11 / 12解析(1)对 B 球,受力分析如图所示,则有 FTsin 30=mg得 FT=2mg=20 N(2)对 A 球,受力分析如上图所示。在水平方向:FTcos 30=FNAsin 30在竖直方向:FNAcos 30=mAg+FTsin 30由以上方程解得 mA=2 kg导学号 0640010612.12.如图所示如图所示, ,质量质量 M=1M=1 kgkg 的木块套在竖直杆上

19、的木块套在竖直杆上, ,并用轻绳与质量并用轻绳与质量 m=2m=2 kgkg 的小球相连。今用跟水平方向成的小球相连。今用跟水平方向成 =30=30角的力角的力 F=20F=20 N N 拉着球拉着球, ,带动木带动木块一起竖直向下匀速运动块一起竖直向下匀速运动, ,运动中运动中 M M、m m 的相对位置保持不变的相对位置保持不变,g,g 取取 1010 m/s2,m/s2,求求: :(1)运动过程中轻绳与竖直方向的夹角 ;(2)木块 M 与杆间的动摩擦因数 。答案(1)=60 (2)=解析(1)对 m 受力分析:m 三力平衡;如图 1因为 F=mg=20 N,且 F 与 mg 的夹角为 120,F 与 mg 的合力大小为 20 N,根据平衡条件得到 FT=20 N,方向为 F 与 mg 的角平分线,12 / 12由几何知识得到 =60(2)对 M 受力分析:M 四力平衡;如图 2,根据正交分解法得 Mg+FTcos =Ff,FTsin =FN,FTsin =FN又 Ff=FN,解得 =