（浙江选考）2020版高考物理一轮复习第5讲共点力的平衡及其应用夯基提能作业本.docx

1、1第 5 讲 共点力的平衡及其应用A 组 基础题组1.2018 年初,浙江气温低,冰冻现象严重。一小猫在爬一结冰的小山坡时,虽拼命攀爬,但由于打滑,其相对地面的位置没有发生变化,则在这一过程中,小猫受到的力有( )A.重力、支持力、静摩擦力B.重力、支持力、滑动摩擦力C.重力、支持力、攀爬力、静摩擦力D.重力、支持力、攀爬力、滑动摩擦力答案 B 小猫攀爬的时候,受重力、山坡的支持力和摩擦力,由于打滑,故受到的是滑动摩擦力,B 正确。2.如图所示,两个小球 a、b 质量均为 m,用细线相连并悬挂于 O 点,现用一轻质弹簧给小球 a 施加一个拉力 F,使整个装置处于静止状态,且 Oa 与竖直方向夹

2、角为 =45,已知弹簧的劲度系数为 k,则弹簧形变量不可能是 ( )A. B. C. D.2mgk 2mg2k 42mg3k 2mgk答案 B 对 a 球进行受力分析,利用图解法可判断:当弹簧上的拉力 F 与细线上的拉力垂直时,拉力 F最小,为 2mg sin = mg,再根据胡克定律得:最小形变量 x= ,则形变量小于 是不可能的,由22mgk 2mgk图可知在条件允许的情况下,拉力可以一直增大。则可知 B 项不可能。3.将三个质量均为 m 的小球 a、b、c 用细线相连后(b、c 间无细线相连),再用细线悬挂于 O 点,如图所示。用力 F 拉小球 c,使三个小球都处于静止状态,且细线 Oa

3、 与竖直方向的夹角保持 =37不变(sin 37=0.6),重力加速度大小为 g,则 F 的最小值为 ( )2A.1.5mg B.1.8mg C.2.1mg D.2.4mg答案 B 静止时将三球视为一个整体,整体重力为 3mg,对整体受力分析如图所示,则知当做用于 c 球上的力 F 垂直于 Oa 时,F 最小,故 Fmin=3mg sin 37=1.8mg,只有选项 B 正确。4.在竖直墙壁间有质量分别是 m 和 2m 的半圆球 A 和圆球 B,A 和 B 的质量分布均匀,其中 B 球球面光滑,半球 A 与左侧墙壁之间存在摩擦。两球心之间连线与水平方向成 30角,两球恰好不下滑。设最大静摩擦力

4、等于滑动摩擦力,g 为重力加速度,则半球 A 与左侧墙壁之间的动摩擦因数为( )A. B. C. D.32 33 34 233答案 A 隔离光滑匀质圆球 B,对 B 进行受力分析如图所示,可得 FN=F cos 30,2mg=F sin 30,解得FN= ;对 A、B 组成的整体有 3mg-F N=0,其中 FN=FN;联立解得 = ,故选 A。2mgtan30 325.如图所示,两块相互垂直的光滑挡板 OP、OQ,OP 竖直放置,小球 a、b 固定在轻弹簧的两端,并斜靠在OP、OQ 挡板上。现有一个水平向左的推力 F 作用于 b 上,使 a、b 紧靠挡板处于静止状态。现保证 b 球不动,使竖

5、直挡板 OP向右缓慢平移一小段距离,则( )3A.推力 F 变大B.弹簧长度变短C.弹簧长度变长D.b 对挡板 OQ 的压力变大答案 C 设弹簧与竖直方向的夹角为 ,现保证 b 球不动,使竖直挡板 OP 向右缓慢平移一小段距离,则 减小,以 a 球为研究对象,分析受力情况,根据平衡条件得 F 弹 = , 减小,cos 增大,则 F 弹 减mgcos小,弹簧变长;挡板对 a 的弹力 N=mg tan , 减小,N 减小;对 a、b 和弹簧整体研究,水平方向 F=N,则推力 F 将减小,故 A、B 错误,C 正确;竖直方向,挡板 OQ 对 b 的支持力 FN=(ma+mb)g,不变,根据牛顿第三定

6、律可知,b 对挡板 OQ 的压力不变,故 D 错误。6.半圆柱体 P 放在粗糙的水平地面上,其右端有竖直挡板 MN。在 P 和 MN 之间放有一个光滑均匀的小圆柱体 Q,整个装置处于静止状态。如图所示是这个装置的纵截面图。若用外力使 MN 保持竖直并缓慢地向右移动,在 Q 落到地面以前,发现 P 始终保持静止。在此过程中,下列说法中正确的是( )A.MN 对 Q 的弹力逐渐减小B.地面对 P 的摩擦力逐渐增大C.P、Q 间的弹力先减小后增大D.Q 受到 P 和 MN 的合力逐渐增大答案 B 对圆柱体 Q 受力分析,如图所示,P 对 Q 的弹力为 F,MN 对 Q 的弹力为 FN,挡板 MN 向

7、右运动时,F和竖直方向的夹角逐渐增大,而圆柱体所受重力大小不变,所以 F 和 FN的合力大小不变,故选项 D 错误;由图可知,F 和 FN都在不断增大,故选项 A、C 都错误;对 P、Q 整体受力分析知,地面对 P 的摩擦力大小等于 FN,所以地面对 P 的摩擦力逐渐增大,选项 B 正确。7.如图甲所示,在两块相同的竖直木板 A、B 之间有重为 G=30 N 的物体,用两个大小相同的力 F1、F 2垂直压木板,物体与木板间的动摩擦因数 =0.5,不计木板的重力。(1)已知 F1=F2=32 N,若把物体沿木板水平拉出(垂直纸面方向),求所需拉力的最小值。4(2)如图乙,现调整 F1、F 2的大

8、小使两木板在竖直平面内转到与水平方向成 37角时,物体处于平衡状态,此时 F1=18 N。若用平行于木板的力把物体沿板向上拉出,求拉力 F 的最小值。(sin 37=0.6,cos 37=0.8)答案 (1)43.9 N (2)48 N解析 (1)将物体水平拉出,沿板面受力分析如图所示,此时拉力 F 最小,解得 F= =G2+(2f)2N=43.9 N302+(20.532)2(2)把物体沿板向上拉出,物体与木板 A 之间的最大静摩擦力 f1=F 1=0.518 N=9 N,物体与木板 B 之间的最大静摩擦力 f2=(F 1+G cos 37)=0.5(18+300.8) N=21 N,则拉力

9、的最小值为 F=G sin 37+f1+f2=300.6 N9 N+21 N=48 N。B 组 提升题组1.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、F 2,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逆时针旋转 90,在此过程中( )A.F1先增大后减小 B.F2先增大后减小C.F 先增大后减小 D.F 先减小后增大答案 B 对小球受力分析如图所示。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,则 F 不变,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逆时针旋转 90的过程

10、中,F 1逐渐减小,F 2先增大后减小,当绳 A 处于水平方向时,F 2最大,故 B 正确。52.(2017 浙江选考,5,3 分)叠放在水平地面上的四个完全相同的排球如图所示,质量均为 m,相互接触。球与地面间的动摩擦因数均为 ,则( )A.上方球与下方三个球间均没有弹力B.下方三个球与水平地面间均没有摩擦力C.水平地面对下方三个球的支持力均为 mg43D.水平地面对下方三个球的摩擦力均为 mg43答案 C 将四个球看做一个整体,地面的支持力与整体重力平衡,设下方一个球受的支持力大小为 FN,因此 3FN=4mg,所以选项 C 正确。最上面的球对下面三个球肯定有弹力,选项 A 错误。对下方三

11、个球中的一个球进行受力分析,如图所示,由此受力分析可知,选项 B 错误。由于球受到的是静摩擦力,因此不能通过 Ff=F N 求解静摩擦力,选项 D 错误。3.将一光滑轻杆固定在地面上,杆与地面间夹角为 ,一光滑轻环套在杆上。一个大小和质量都不计的滑轮用轻绳 OP 悬挂在天花板上,用另一轻绳通过滑轮系在轻环上,用手拉住轻绳另一端并使 OP 恰好在竖直方向,如图所示。现水平向右拉绳,当轻环重新静止不动时,OP 绳与天花板之间的夹角为( )A.90 B.45 C. D.45+ 26答案 D 轻环不计重力,当轻环重新平衡时只受两个力的作用,即绳子的拉力和杆的支持力,杆的支持力垂直于杆,由二力平衡可知环

12、所受绳子的拉力垂直于杆,同一绳子拉力相等。OP 绳子的拉力与另一绳子两端的拉力的合力等大反向,而另一绳子两端的拉力的夹角为 90+,由力的合成可知,另一绳子两端拉力的合力在两拉力夹角的平分线上,故此时 OP 绳与天花板之间的夹角为 45+ ,选项 D 正确。 24.如图所示,倾角 =30的斜面体 A 静止在水平地面上,一根轻绳跨过斜面体顶端的小滑轮,绳两端系有质量均为 m 的小物块 a、b,整个装置处于静止状态,滑轮两侧轻绳方向分别沿斜面和竖直方向。现给物块 b 施加一个水平向右的拉力 F,使 b 缓慢移动直到连接 b 的轻绳与竖直方向成 30角(不计绳与滑轮间的摩擦),此过程中下列说法正确的

13、是( )A.b 受到绳的拉力先增大再减小B.小物块 a 受到的摩擦力先增大再减小C.水平拉力 F 逐渐增大D.小物块 a 一定沿斜面缓慢上移答案 C b 受力平衡,对 b 进行受力分析,如图甲所示。设连接 b 的轻绳与竖直方向的夹角为 ,b 缓慢移动直到连接 b 的轻绳与竖直方向成 30角的过程中, 变大,根据平行四边形定则可知,T 逐渐增大,F 逐渐增大,故 A 错误,C 正确;对 a 进行受力分析,如图乙所示;刚开始 T=mg,a 处于静止状态,则 f=T-mg sin 30= mg,方向沿斜面向下,T增大时,f 增大,由12于不知道最大静摩擦力的具体值,所以不能判断 a 是否会滑动,故

14、B、D 错误。5.如图所示,物体 A、B 用细绳与弹簧连接后跨过滑轮。A 静止在倾角为 45的粗糙斜面上,B 悬挂着。已知质量 mA=3mB,不计滑轮摩擦,现将斜面倾角由 45减小到 30,那么下列说法中正确的是( )7A.弹簧的弹力将减小B.物体 A 对斜面的压力将减小C.物体 A 受到的静摩擦力将减小D.弹簧的弹力及物体 A 受到的静摩擦力都不变答案 C 设 mA=3mB=3m,对物体 B 受力分析,受重力和拉力,由二力平衡得弹簧的弹力不变,A 错误;再对物体 A 进行受力分析,受重力、支持力、弹簧的弹力和静摩擦力,如图所示。刚开始由于 mAg sin 45=mgmBg=mg,所以摩擦力沿

15、斜面向上,斜面倾角变为 30以后摩擦力仍然沿斜面向上。根据平衡条件322得到 f+T-3mg sin =0,N-3mg cos =0,解得 f=3mg sin -T=3mg sin -mg,N=3mg cos 。当 减小时,物体 A 受到的静摩擦力 f 将减小,物体 A 对斜面的压力 N 增大,故 C 正确,B、D 错误。6.截面为直角三角形的木块 A 质量为 M,放在倾角为 的斜面上,当 =37时,木块恰能静止在斜面上,如图甲。现将 改为 30,在 A 与斜面间放一质量为 m 的光滑圆柱体 B,如图乙,已知 sin 37=0.6,cos 37=0.8,则( )A.B 一定静止于斜面上B.若

16、M=4m,则 A 受到斜面的摩擦力为 mg52C.若 M=2m,则 A 受到斜面的摩擦力为 mg32D.以上说法都不对答案 B 对木块受力分析,如图甲所示,由题意可知,当 =37时,木块恰能静止在斜面上,则有 Mg cos 37=Mg sin 37,代入数据解得 =0.75。如图乙所示,将 改为 30,在 A 与斜面间放一质量为 m 的光滑圆柱体 B,对 A 受力分析,则有f=N,N=Mg cos 30,而 F=mg sin 30,8当 fmg sin 30+Mg cos 30,A 不滑动,A 受到斜面的静摩擦力,大小为 mg sin 30+Mg cos 30= Mg= ,故 B 正确。58

17、5mg2若 M=2m,则 mg sin 30+Mg sin 30= Mg,34而 f=N=0.75Mg cos 30= Mg,338因 fmg sin 30+Mg cos 30,A 滑动,A 受到斜面的滑动摩擦力,大小为 f=N=0.75Mg cos 30=Mg= mg,C、D 错误。338 3347.如图所示,两个半圆柱 A、B 紧靠着静置于水平地面上,其上有一光滑圆柱 C,三者半径均为 R。C 的质量为 m,A、B 的质量都为 m,与地面的动摩擦因数均为 。现用水平向右的力拉 A,使 A 缓慢移动,直至 C32恰好降到地面。整个过程中 B 保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度

18、为 g。求(1)未拉动 A,B 对 C 的作用力大小为多少?(2)C 恰好降到地面时,C 对 B 的作用力大小为多少?(3)动摩擦因数的最小值为多少?答案 (1) mg (2)mg (3)33 32解析 (1)C 受力平衡,如图所示:9根据平衡条件可得:2F cos 30=mg解得:C 受到 B 作用力的大小为 F= mg33(2)C 恰好降落到地面时,B 对 C 支持力最大为 Fm,如图所示:则根据力的平衡可得:2F m cos 60=mg解得:F m=mg(3)最大静摩擦力至少为:f m=Fm cos 30= mg32B 对的地面的压力为:F N=mBg+ mCg=mg12B 受地面的摩擦力为:f=mg根据题意有:f m=f解得:=32所以动摩擦因数的最小值为: min=32