高考物理大一轮复习 题组层级快练9 第二单元 相互作用 3 共点力的平衡-人教版高三全册物理试题.doc

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1、题组层级快练(九)共点力的平衡一、选择题1(2016杭州联考)“阶下儿童仰面时，清明妆点正堪宜游丝一断浑无力，莫向东风怨别离”这是红楼梦中咏风筝的诗，风筝在风力F、线的拉力FT以及重力G的作用下，能够高高地飞在蓝天上风筝在空中的受力可能是()答案A解析在B、C、D三幅图中，合力不可能为零，不能处于平衡状态，只有A图，风筝在三个力的作用下能处于平衡状态，故A项正确，B、C、D三项错误2. (2016荆州模拟)如图所示，甲、乙、丙三个物体叠放在水平面上，用水平力F拉位于中间的物体乙，它们仍保持静止状态，三个物体的接触面均为水平，则乙物体受力的个数为()A3个B4个C5个 D6个答案C解析对整体进行

2、受力分析，受重力、地面的支持力、水平力F和地面的摩擦力共4个力作用；以丙物体为研究对象，受重力、地面对它的支持力和摩擦力、乙对它的压力和摩擦力共5个力的作用，乙、丙之间存在摩擦力；以甲物体为研究对象，受重力和乙对它的支持力共2个力的作用，甲、乙两物体间无摩擦力作用；以乙物体为研究对象，受重力、甲对其压力、外力F、丙对其支持力和丙对其向左的静摩擦力共5个力的作用，C项正确3.(2016山东济宁月考)如图所示，用一轻绳将光滑小球系于竖直墙壁上的O点，现用一细杆压在轻绳上紧贴墙壁从O点缓慢下移，下列说法正确的是()A轻绳对小球的拉力逐渐减小B轻绳对小球的拉力逐渐增大C小球对墙壁的压力逐渐减小D小球对

3、墙壁的压力逐渐增大答案BD解析用一细杆压在轻绳上紧贴墙壁从O点缓慢下移时，绳与竖直墙壁间的夹角变大，设该角为，对球受力分析如图，则轻绳对小球的拉力F，小球对墙壁的压力大小FNmgtan，故随着变大，轻绳对小球的拉力逐渐增大，B项正确，A项错误；小球对墙壁的压力逐渐增大，D项正确，C项错误4如图所示，楼道内倾斜天花板上需要安装灯泡照明，两根轻质细线的一端拴在O点、另一端分别固定在天花板上a点和b点，一灯泡通过轻质细线悬挂于O点，系统静止，Oa水平、Ob与竖直方向成一定夹角现在对灯泡施加一个水平向右的拉力，使灯泡缓缓向右移动一小段距离的过程中()AOa上的拉力F1可能不变BOa上的拉力F1不断增大

4、COb上的拉力F2不断减小DOb上的拉力F2可能增大答案B解析对结点O，竖直方向上受连接灯泡的细线的拉力和细线Ob拉力F2的竖直分力作用，由于系统静止，故有拉力F2的竖直分力等于灯泡重力，而重力大小不变，则F2不变，C、D两项错误；对灯泡应用图解法可知连接灯泡的细线对O点的拉力的水平分力不断增大，又F2不变，由结点O静止可知F1不断增大，A项错误，B项正确5.(2016保定模拟)如图所示，将三个完全相同的光滑球用不可伸长的细线悬挂于O点并处于静止状态已知球半径为R，重为G，线长均为R.则每条细线上的张力大小为()A2G B.GC.G D.G答案B解析本题中O点与各球心的连线及各球心之间连线，构

5、成一个边长为2R的正四面体，如图所示(A、B、C为各球球心)，O为ABC的中心，设OAO，由几何关系知OAR，由勾股定理得OOR，对A处球受力分析有：FsinG，又sin，解得FG，故只有B项正确6.近年来，智能手机的普及使“低头族”应运而生，不当的姿势与一系列健康问题存在关联，当人体直立时，颈椎所承受的压力等于头部的重量；玩手机时，有可能让颈椎承受多达约270 N的重量现将人低头时头颈部简化为如图所示的模型：重心在头部的P点，颈椎OP(轻杆)可绕O转动，人的头部在颈椎的支持力和沿PA方向肌肉拉力的作用下处于静止假设低头时颈椎OP与竖直方向的夹角为45，PA与竖直方向的夹角为60，此时颈椎受到

6、的压力约为直立时颈椎受到压力的(1.414，1.732)()A4.2倍 B3.3倍C2.8倍 D2.0倍答案B解析设颈椎对头的作用力为F1，肌肉拉力为F2，根据平衡条件：F1cos45F2sin60，F1sin45mgF2cos60，解得：F13.3mg，B项正确7.如图所示，小球A、B带电荷量相等，质量均为m，都用长为L的绝缘细线挂在绝缘的竖直墙上O点，A球靠墙且其悬线刚好竖直，B球悬线偏离竖直方向角而静止，此时A、B两球之间的库仑力为F.由于外部原因小球B的电荷量减小，使两球再次静止时它们之间的库仑力变为原来的一半，则小球B的电荷量减小为原来的()A. B.C. D.答案C解析小球B受力如

7、图所示，两绝缘线的长度都是L，则OAB是等腰三角形，线的拉力T与重力G相等，GT，小球静止处于平衡状态，则库仑力F2Gsin，设原来小球带电量为q，AB间的距离是r，则r2Lsin，由库仑定律，得Fk，后来库仑力变为原来的一半，则2Gsin，r2Lsin，k，解得qBq，故选C项8. (2016届江苏省四市一模)如图所示，置于地面的矩形框架中用两细绳拴住质量为m的小球，绳B水平设绳A、B对球的拉力大小分别为F1、F2，它们的合力大小为F.现将框架在竖直平面内绕左下端缓慢旋转90，在此过程中()AF1先增大后减小 BF2先增大后减小CF先增大后减小 DF先减小后增大答案B解析对小球受力分析如图所

8、示：小球处于静止状态，受力平衡，两绳的拉力的合力与重力大小相等方向相反，根据平行四边形定则可知，将框架在竖直平面内绕左下端缓慢旋转90的过程中，F1逐渐减小，F2先增大后减小，当绳A处于水平方向时，F2最大，故B项正确9. (2016扬州模拟)某学习小组为了体验最大静摩擦力与滑动摩擦力的临界状态，设计了如图所示的装置，一位同学坐在长直木板上，让长直木板由水平位置缓慢向上转动(即木板与地面的夹角变大)，另一端不动，则该同学受到支持力FN、合力F合、重力沿斜面方向的分力G1、摩擦力Ff随角度的变化关系图中，正确的是()答案ACD解析重力沿斜面方向的分力G1mgsin，C项正确；支持力FNmgcos

9、，A项正确；该同学滑动之前，F合0，Ffmgsin，滑动后，F合mgsinmgcos，Ffmgcos，考虑到最大静摩擦力略大于滑动摩擦力的情况，可知B项错误，D项正确10(2016安徽皖江名校联考)如图所示，三个粗细均匀完全相同的圆木A、B、C堆放在水平地面上，处于静止状态，每个圆木的质量为m，截面的半径为R，三个截面圆心连线构成的等腰三角形的顶角O1120，若在地面上的两个圆木刚好要滑动，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不考虑圆木之间的摩擦，重力加速度为g，则()A圆木间的弹力为mgB每个圆木对地面的压力为mgC地面上的每个圆木受到地面的作用力为mgD地面与圆木间的动摩擦因数为答案B解析对A研

10、究，根据力的平衡可知，由于O1120，A的支持力均等于mg，A项错误；整体研究可知，每个圆木对地面的压力为mg，B项正确；对B研究，地面对B的作用力等于地面对B的支持力与地面对B摩擦力的合力，大于mg，C项错误；地面对B的摩擦力等于mgcos30mg，即mg，得，D项错误二、非选择题11.如图所示，一球A夹在竖直墙与三角劈B的斜面之间，三角劈的重力为G，劈的底部与水平地面间的动摩擦因数为，劈的斜面与竖直墙面是光滑的求：欲使三角劈静止不动，球的重力不能超过多大？(设劈的最大静摩擦力等于滑动摩擦力)答案G解析假设三角劈刚好滑动，地面的摩擦力达到最大值fm，球A与三角形劈B的受力情况如图(甲)、(乙

11、)所示，球A在竖直方向的平衡方程为：GAFNsin45三角形劈的平衡方程为fmFNsin45FNBGFNcos45另有fmFNB由式，可得FN而FNFN，代入式，可得GAG12.(2016宝鸡联考)如图所示，质量为m的物体放在一固定斜面上，当斜面倾角为30时恰能沿斜面匀速下滑对物体施加一大小为F水平向右的恒力，物体可沿斜面匀速向上滑行设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当斜面倾角增大并超过某一临界角0时，不论水平恒力F多大，都不能使物体沿斜面向上滑行，试求：(1)物体与斜面间的动摩擦因数；(2)这一临界角0的大小答案(1)(2)60解析(1)如图所示，对物体受力分析，由平衡条件得mgsin30mgc

12、os30解得tan30(2)设斜面倾角为时，受力情况如图所示，由平衡条件得FcosmgsinFfFNmgcosFsinFfFN解得F当cossin0，即cot时，F，即“不论水平恒力F多大，都不能使物体沿斜面向上滑行”，此时，临界角060.13.物体A的质量为2 kg，两根轻细绳b和c的一端连接于竖直墙上，另一端系于物体A上，在物体A上另施加一个方向与水平线成角的拉力F，相关几何关系如图所示，60.若要使两绳都能伸直，求拉力F的大小范围(g取10 m/s2)解析作出物体A的受力分析图如图所示，由平衡条件，得FsinF1sinmg0FcosF2F1cos0由式，得FF1由式，得F要使两绳都伸直，则有F10，F20所以由式，得Fmax N由式，得Fmin N综合得F的取值范围为 NF N