《高考物理一轮复习 第二章 课时作业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 课时作业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（11页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、课时作业6受力分析共点力的平衡时间：45分钟1(多选)如图为一位于墙角的斜面，其倾角37，一轻质弹簧一端系在质量为m的物体上，另一端固定在墙上，弹簧水平放置，物体在斜面上静止时，弹簧处于伸长状态，则(AC)A物体一定受四个力作用B弹簧弹力可能是mgC物体受到的摩擦力一定沿斜面向上D斜面对物体的作用力方向一定竖直向上解析：首先可以确定物体受向下的重力、弹簧水平向右的拉力、垂直斜面的支持力，由平衡知识可知，物体还受到沿斜面向上的摩擦力的作用，A、C正确；斜面对物体的作用力与物体的重力和弹簧的水平拉力的合力等大反向，不可能竖直向上，D错误；若拉力为mg，则拉力垂直斜面向上的分力为mgsin370.8
2、mg，等于重力垂直于斜面的分力，这样物体对斜面没有压力，不可能平衡，B错误2如图所示，细绳一端与光滑小球连接，另一端系在竖直墙壁上的A点，在缩短细绳小球缓慢上移的过程中，细绳对小球的拉力F、墙壁对小球的弹力FN的变化情况为(C)AF、FN都不变 BF变大、FN变小CF、FN都变大 DF变小、FN变大解析：以小球为研究对象，受力分析如图，设绳子与墙的夹角为，由平衡条件得：F，FNmgtan，把绳的长度减小，增加，cos减小，tan增大，则得到F和FN都增大，故选C.3(多选)如图所示，一根轻绳上端固定在O点，下端拴一个重为G的小球，开始时轻绳处于竖直状态，轻绳所能承受的最大拉力为2G，现对小球施
3、加一个方向始终水平向右的力F，使球缓慢地移动，则在小球缓慢地移动的过程中，下列说法正确的是(ABD)A力F逐渐增大B力F的最大值为GC力F的最大值为2GD轻绳与竖直方向夹角的最大值为60解析：对小球受力分析，如图甲所示，由平衡条件得Fmgtan，逐渐增大，则F逐渐增大，故A正确；如图乙所示，小球缓慢移动的过程中，逐渐增大，T的最大值为2G，则可得cos，60，此时F达到最大值为G，故B、D正确，C错误4如图所示，斜面体B放在粗糙的水平面上，物块A放在粗糙的斜面体B上，轻质弹簧两端分别与物块A及固定在斜面体底端的挡板拴接，初始时A、B静止，弹簧处于压缩状态现用力F沿斜面向上拉A，但A、B均保持静
4、止下列说法正确的是(D)A弹簧对挡板的弹力减小BA、B之间的摩擦力减小C水平面对B的摩擦力不变D斜面体B对地面的压力减小解析：A受重力、支持力、弹簧的弹力，可能有静摩擦力沿着斜面向下，也可能沿着斜面向上，当用拉力拉A时，因没有拉动，则弹簧的形变量不变，则弹簧的弹力不变，选项A错误；由A选项分析可知，当A受到的静摩擦力开始时沿着斜面向下，用拉力拉时，导致A、B之间的摩擦力增大，选项B错误；把AB看成一个整体，可知，当斜向上拉时，整体对地面的压力减小，有向左的运动趋势，导致水平面对B的摩擦力发生变化，选项C错误，D正确5如图，竖直轻杆AB下端放在光滑水平面上，在两根细绳AC和AD的拉力作用下处于平
5、衡若减小AC的长度，使C点右移，AB仍保持平衡状态细绳AC上的拉力FT和杆AB对地面的压力FN与原先相比，下列说法正确的是(D)AFT增大，FN减小 BFT减小，FN增大CFT和FN都减小 DFT和FN都增大解析：若减小AC的长度，由于悬挂的重物质量不变，水平拉力不变，分析结点A处的受力情况，细绳AC上拉力FT在水平方向分力大小等于悬挂的重物重力，在竖直方向分力等于AB受到的压力，若AC减小，使C点右移，AB仍保持平衡状态，显然FT和FN都增加，只有选项D正确6在新疆吐鲁番的葡萄烘干房内，果农用图示支架悬挂葡萄OA、OB为承重的轻杆，AOB始终在竖直面内，OA可绕A点自由转动，OB与OA通过铰
6、链连接，可绕O点自由转动，且OB的长度可调节，现将新鲜葡萄用细线悬挂于O点，保持OA不动，调节OB的长度让B端沿地面上的AB连线向左缓慢移动，OA杆所受作用力大小为F1，OB杆所受的作用力大小为F2，AOB由锐角变为钝角的过程中，下列判断正确的是(A)AF1逐渐变大，F2先变小后变大BF1先变小后变大，F2逐渐变大CF1逐渐变小，F2逐渐变大DF1逐渐变大，F2逐渐变大解析：由题可知，保持OA的位置不变，以O点为研究对象进行受力分析，受到细线的拉力(等于葡萄的重力)和两杆的支持力，如图所示，OB杆的支持力F2与OA杆的支持力F1的合力与细线的拉力等大、反向，当OB杆向左移动而OA位置不变时，各
7、力的变化情况如图所示，由图可知，F1逐渐增大，F2先减小再增大，当OB与OA相互垂直时，F2最小，故A正确7质量为M的木楔倾角为，在水平面上保持静止，当将一质量为m的木块放在木楔斜面上时，它正好匀速下滑如果用与木楔斜面成角的力F拉着木块匀速上升，如图所示(已知木楔在整个过程中始终静止)(1)当时，拉力F有最小值，求此最小值；(2)当时，木楔对水平面的摩擦力是多大？解析：木块在木楔斜面上匀速向下运动时，有mgsinmgcos，即tan.(1)木楔在力F作用下沿斜面向上匀速运动，有FcosmgsinFfFsinFNmgcosFfFN解得F则当时，F有最小值，为Fminmgsin2.(2)因为木块及
8、木楔均处于平衡状态，整体受到地面的摩擦力等于F的水平分力，即FfFcos()当F取最小值mgsin2时，FfFmincos2mgsin2cos2mgsin4.答案：(1)mgsin2(2)mgsin48如图所示，倾角为的斜面体C置于水平面上，光滑滑块B置于斜面上，细绳一端固定在滑块B上，另一端固定在天花板上，此时细绳与斜面平行，滑块B与斜面体C均处于静止状态现将斜面体C稍向左移动，移动后滑块B与斜面体C仍处于静止状态则(D)A细绳对滑块的拉力变小B斜面对滑块的支持力变小C地面对斜面体的支持力变小D地面对斜面体的摩擦力变大解析：本题考查共点力的动态平衡，目的是为了考查学生的推理能力以滑块为研究对
9、象，受重力mg、细绳拉力FT和斜面体的支持力FN三个力的作用，其中重力mg大小、方向均不变，斜面体对滑块的支持力FN方向不变，三力平衡，构成力的三角形，如图所示初始位置绳子对滑块的拉力与斜面对滑块的支持力方向垂直，斜面体向左移动后，拉力方向与竖直方向的夹角变大，则拉力和支持力均变大，由牛顿第三定律可知，滑块对斜面体的压力增大，以斜面体为研究对象，由共点力平衡可知地面对斜面体的支持力和摩擦力均变大，选项A、B、C错误，选项D正确9如图所示，质量为m的光滑球体夹在竖直墙和斜面体之间静止，斜面体质量也为m，倾角45，斜面体与水平地面间的动摩擦因数为(0.51)，斜面体与地面间的最大静摩擦力等于滑动摩
10、擦力，若增加球体的质量，且使斜面体静止不动，则可增加的最大质量为(C)Am B.mC.m D.m解析：对整体受力分析如图甲所示，斜面体与地面间的最大静摩擦力为Ffm2mg，对球体受力分析如图乙所示，则F1mgtan45，由以上可知斜面体与地面间的静摩擦力Ffmgtan45，增加球体的质量，要使斜面体静止不动，则(mm)gtan45(2mm)g，解得mm，选项C正确10如图所示，水平面上等腰三角形均匀框架顶角BAC30，一均匀圆球放在框架内，球与框架BC、AC两边接触但无挤压，现使框架以顶点A为转轴在竖直平面内顺时针方向从AB边水平缓慢转至AB边竖直，则在转动过程中(A)A球对AB边的压力先增大
11、后减小B球对BC边的压力先增大后减小C球对AC边的压力先增大后减小D以上说法都不正确解析：如图，圆球受重力、AB边的支持力、AC边的支持力三个力的作用，转动过程中两个支持力的夹角不变，故变化规律如图所示，AB边的支持力F1F1F1F1，先增大后减小，AC边的支持力0F2F2F2不断增大，再由牛顿第三定律可知，选项A正确11(2019湖北四地七校联盟)如图所示，带有光滑竖直杆的三角形斜劈固定在水平地面上，放置于斜劈上的光滑小球与套在竖直杆上的小滑块用轻绳连接，开始时轻绳与斜劈平行现给小滑块施加一个竖直向上的拉力，使小滑块沿杆缓慢上升，整个过程中小球始终未脱离斜劈，则有(D)A小球对斜劈的压力保持
12、不变B轻绳对小球的拉力先减小后增大C竖直杆对小滑块的弹力先增大再减小D对小滑块施加的竖直向上的拉力逐渐增大解析：对小球受力分析，受重力、支持力和轻绳的拉力，如图(1)所示：在小滑块沿杆缓慢上升过程中，根据平衡条件可以知道，轻绳的拉力T增加，支持力N减小，根据牛顿第三定律，球对斜面的压力也减小，故A、B错误；对球和滑块整体受力分析，受重力、斜面的支持力N、杆的弹力N杆、拉力F，如图(2)所示：根据平衡条件，有：水平方向：N杆Nsin竖直方向：FNcosG总因为N减小，故N杆减小，F增加，故C错误、D正确12(2019宁夏石嘴山模拟)如图所示，水平面上有一个倾角为30的斜劈，质量为m.一个光滑小球
13、，质量也为m，用绳子悬挂起来，绳子与斜面的夹角为30，整个系统处于静止状态(1)求出绳子的拉力FT；(2)若地面对斜劈的最大静摩擦力Ffmax等于地面对斜劈的支持力的k倍，为了使整个系统始终保持静止，k值必须满足什么条件？解析：本题涉及多个物体的平衡问题，考查灵活选择研究对象的能力，关键是分析受力情况，作出受力分析图；首先以小球为研究对象，根据平衡条件应用正交分解法求解绳子的拉力，然后对整体研究，根据平衡条件求出地面对斜劈的静摩擦力Ff，当FfFfmax时，整个系统能始终保持静止(1)对小球受力分析如图(1)所示，由平衡条件得mgsinFTcos解得FTmg(2)对整体受力分析如图(2)所示，则由平衡条件得FTcos()FfFTsin()FN22mg依题意有FfFfmaxkFN2解得k答案：(1)mg(2)k