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-新人教版高三全册物理试题.doc

《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-新人教版高三全册物理试题.doc》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 课时规范练6 受力分析 共点力的平衡 新人教版-新人教版高三全册物理试题.doc（12页珍藏版）》请在得力文库 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、课时规范练6受力分析共点力的平衡1.(受力分析)(2018湖南衡阳月考)如图所示,物块a,b质量分别为2m,m,水平地面和竖直墙面均光滑,在水平推力F作用下,两物块均处于静止状态。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2mgC.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

2、用,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受到b的作用力的合力不沿水平方向,D错误。2.(多选)(受力分析)如图,一质量为m的滑块静止置于倾角为30的粗糙斜面上,一根轻弹簧一端固定在竖直墙上的P点,另一端系在滑块上,弹簧与斜面垂直,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,因为弹簧的形变情况未知,所以斜面与滑块之间的

3、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.(多选)(2018山东潍坊期中)如图所示,质量分别为M、m物体A、B用细绳连接后跨过光滑的定滑轮,A静止在倾角为30的斜面上,已知M=2m,现将斜面倾角由30增大到35,系统仍保持静止。此过程中,下列说法正确的是()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

4、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 =0FN-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

5、.(平衡问题)如图,两个轻环a和b套在位于竖直面内的一段固定圆弧上;一细线穿过两轻环,其两端各系一质量为m的小球。在a和b之间的细线上悬挂一小物块。平衡时,a、b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()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.(平衡问题)(2018湖北黄冈检测)用两段等长的轻质细线将a、b两个小球连接并悬挂于O点,如图甲

6、所示,球a受到水平向右的力3F的作用,小球b受到水平向左的力F的作用,平衡时细线都被拉紧,则系统平衡时两球的位置情况如图乙所示,则a、b两球质量之比为()A.11B.12C.21D.23答案A解析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=联立解得ma=mb。故A正确,B、C、D错误。故选A。6.(动态平衡)质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板上。用水平向左的力F缓慢拉动绳的中点O,如图所示。用FT表示绳OA段拉

7、力的大小,在O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.(动态平衡)(2018福建三明月考)如图所示,绳OA、OB等长,A点固定不动,将B点沿圆弧向C点缓慢移动,在此过程中,绳OB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,O

8、A、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.(极值问题)如图所示,三根长度均为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()A.mgB.mgC.mgD.mg导学号06400105答案C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

9、,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9.(2018山东泰安一中月考)如图所示,小圆环A系着一个质量为m2的物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A上,另一端跨过固定在大圆环最高点B的一个小滑轮后吊着一个质量为m1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计,绳子又不可伸长,若平衡时弦AB所对应的圆心角为,则两物块的质量比m1m2应为(

10、)A.cos B.sin C.2sin D.2cos 答案C解析如图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.(2018河北衡水中学一调)如图所示,a、b、c三根轻细绳悬挂两个质量相同的小球A、B保持静止,细绳a是水平的,现对B球施加一个水平方向的力F,将B缓缓拉到图中虚线位置,A球保持不动,这时三根细绳张力Fa、Fb、Fc的变化情况是

11、()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=,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.(2018江西赣州月考)一光滑圆环固定在竖直平面内,环上套着两个小球A和B(中央有孔),A、B间由细绳连接,它们处于

12、如图所示位置时恰好都能保持静止状态。此情况下,B球与环中心O处于同一水平面上,AB间的细绳呈伸直状态,与水平线成30夹角。已知B球的质量为1 kg,g取10 m/s2,求:(1)细绳对B球的拉力;(2)A球的质量。答案(1)20 N(2)2 kg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.如图所示,质量M=1 kg的木块套在竖直杆上,并用轻绳与质量m=2 kg的小球相连。今用跟水平方向成=30角的力F=20 N拉着球,带动木块一起竖直向下匀速运动,运动中M、m的相对位置保持不变,g取10 m/s2,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,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=