2019-2020年高考物理一轮复习 2.3受力分析 共点力的平衡知能检测.doc

2019-2020年高考物理一轮复习 2.3受力分析 共点力的平衡知能检测1叠罗汉是一种二人以上层层叠成各种造型的游戏娱乐形式，也是一种高难度的杂技如图所示为六人叠成的三层静态造型，假设每个人的重量均为G，下面五人的背部均呈水平状态，则最底层正中间的人的一只脚对水平地面的压力约为()A.GB.GC.G D.G解析：上面的人的两只脚分别给中间的人的作用力为，中间的左、右边的人的每一只脚的作用力为G，故下面的正中间的人背部受到的作用力为GGG，每一只脚对地面的压力为G，C对答案：C2(xx年高考重庆理综)如图所示，某人静躺在椅子上，椅子的靠背与水平面之间有固定倾斜角.若此人所受重力为G，则椅子各部分对他的作用力的合力大小为()AGBGsin CGcos DGtan 解析：因人静躺在椅子上，由二力平衡可知椅子各部分对人的作用力的合力大小为G，方向竖直向上答案：A3(xx年亳州模拟)如图所示为一攀岩运动员正沿竖直岩壁缓慢攀登，由于身背较重的行囊，重心上移至肩部的O点，运动员的质量为60 kg，运动员双手臂所能承受的拉力不能超过540 N此时手臂与身体垂直，手臂与岩壁夹角为53，则此时行囊的质量不能超过(设手、脚受到的作用力均通过重心O，g取10 m/s2，sin 530.8，cos 530.6)()A60 kg B50 kgC40 kg D30 kg解析：该题考查了力的分解及共点力平衡问题由力的分解可知(Mm)gcos 53540，解得m30 kg，D选项正确答案：D4如图所示，两根等长的绳子AB和BC吊一重物静止，两根绳子与水平方向夹角均为60.现保持绳子AB与水平方向的夹角不变，将绳子BC逐渐缓慢地变化到沿水平方向，在这一过程中，绳子BC的拉力变化情况是()A增大 B先减小后增大C减小 D先增大后减小解析：解法一：对力的处理(求合力)采用合成法，应用合力为零求解时采用图解法(画动态平行四边形法)作出力的平行四边形，如图甲所示由图可看出，FBC先减小后增大解法二：对力的处理(求合力)采用正交分解法，应用合力为零求解时采用解析法如图乙所示，将FAB、FBC分别沿水平方向和竖直方向分解，由两方向合力为零分别列出方程：FABcos60FBCsin ，FABsin60FBCcos FB，联立解得FBCsin(30)FB/2，显然，当60时，FBC最小，故当增大时，FBC先减小后增大答案：B限时检测(时间：45分钟，满分：100分)命题报告教师用书独具知识点题号受力分析3、4整体法、隔离法的应用2、8共点力的平衡1、6、7、11正交分解法的应用10物体的动态平衡问题5、9临界、极值问题12一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分，每小题只有一个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内)1(xx年滁州质检)滑滑梯是小孩子很喜欢的娱乐活动如图所示，一个小孩正在滑梯上匀速下滑，则()A小孩所受的重力与小孩所受的弹力大小相等B小孩所受的重力与小孩所受的摩擦力大小相等C小孩所受的弹力和摩擦力的合力与小孩所受的重力大小相等D小孩所受的重力和弹力的合力大于小孩所受的摩擦力解析：小孩在滑梯上受力如图所示，设滑梯斜面倾角为，则FNmgcos ，Ffmgsin ，所以A、B错误；小孩在重力、弹力和摩擦力三个力作用下处于平衡状态，其中任意两个力的合力一定与等三个力大小相等，方向相反，故C正确，D错误答案：C2(xx年安庆模拟)如图所示，A、B两木块放在水平面上，它们之间用细线相连，两次连接情况中细线倾斜方向不同但倾角一样，两木块与水平面间的动摩擦因数相同先后用水平力F1和F2拉着A、B一起匀速运动，则()AF1F2BF1F2CFT1FT2 DFT1FT2解析：取A、B为一整体，由水平方向合力为零可得，F1F2(mAmB)g，A错误，B正确；隔离物体A可求得：FT1cos (mAgFT1sin )，FT2cos (mAgFT2sin )，比较可得：FT1FT2，C、D错误答案：B3(xx年铜陵模拟)将四块相同的坚固石块垒成圆弧形的石拱，其中第3、4块固定在地基上，第1、2块间的接触面是竖直的，每块石块的两个侧面间所夹的圆心角均为30.假设石块间的摩擦力可以忽略不计，则第1、2块石块间的作用力F1和第1、3块石块间的作用力F2的大小之比为()A12 B.2C.3 D.1解析：以第1块石块为研究对象，受力分析如图所示，石块静止，则F1F2cos 30，cos 30，故B正确答案：B4(xx 年高考广东理综改编)如图，物体P静止于固定的斜面上，P的上表面水平现把物体Q轻轻地叠放在P上，则()AP向下滑动BP静止不动CP所受的合外力增大DP与斜面间的静摩擦力不变解析：P静止在斜面上时沿斜面方向有：mgsin Ffmgcos ，即sin cos ，当把物体Q放在P上时、均不变，故P仍将保持静止，且合外力为零，则A、C均错，B项正确由Ffmgsin 知，当m变大时Ff将随之变大，D项错误答案：B5(xx年合肥一模)重为G的两个完全相同的小球，与水平面的动摩擦因数均为.竖直向上的较小的力F作用在连接两球轻绳的中点，绳间的夹角60，如图所示缓慢增大F，到两球刚要运动的过程中，下列说法正确的是()A地面对球的支持力变大，摩擦力变大B地面对球的支持力变小，摩擦力变小C球刚开始运动时，地面对球没有支持力D球刚开始运动时，球受到的摩擦力最大解析：先用整体法，将两小球看做一整体，F增大，则地面对小球的支持力减小，但不会减为零，A、C错；再用隔离法，取左边的小球为研究对象，因为F增大，绳子的拉力FT增大，那么FT在水平面上的分量增大，所以地面对小球的摩擦力增大，B错，选D.答案：D6(xx年六安模拟)如图所示，一物块A放在固定于水平地面上的斜面体B上，处于静止状态现用力F沿不同方向作用在A上，物块A始终保持静止则物块A受到的摩擦力一定增大且数值最小的是()解析：设斜面倾角为，对A项，开始时静摩擦力方向向上，有静摩擦力Ffmgsin ，施加F后，若静摩擦力方向仍向上，则FFfmgsin ，得Ffmgsin F，可知物块A受到的静摩擦力减小；对C项，施加力F后，若静摩擦力方向向上，则静摩擦力Ffmgsin Fcos ，物块A受到的静摩擦力减小；对B项，施加力F后，静摩擦力Ff1mgsin F，物块A受到的静摩擦力增大；对D项，施加力F后，静摩擦力Ff2(mgF)sin ，物块A受到的静摩擦力增大，经过比较可知Ff2Ff1，D项符合题意答案：D7.如图所示，重50 N的物体A放在倾角为37的粗糙斜面上，有一根原长为10 cm，劲度系数为800 N/m的弹簧，其一端固定在斜面顶端，另一端连接物体A后，弹簧长度为14 cm，现用一测力计沿斜面向下拉物体，若物体与斜面间的最大静摩擦力为20 N，当弹簧的长度仍为14 cm时，测力计的读数不可能为()A10 N B20 NC40 N D0 N解析：A在斜面上处于静止状态时合力为零，A在斜面上受五个力的作用，分别为重力、支持力、弹簧弹力、摩擦力、拉力F，当摩擦力的方向沿斜面向上时，Fmgsin 37Ffmk(ll0)，F22 N，当摩擦力沿斜面向下时，F最小值为零，即拉力的取值范围为0F22 N，故选C.答案：C8(xx年高考山东理综改编)如图所示，两相同轻质硬杆OO1、OO2可绕其两端垂直纸面的水平轴O、O1、O2转动，在O点悬挂一重物M，将两相同木块m紧压在竖直挡板上，此时整个系统保持静止Ff表示木块与挡板间摩擦力的大小，FN表示木块与挡板间正压力的大小若挡板间的距离稍许增大后，系统仍静止且O1、O2始终等高，则()AFf变小 BFf变大CFN变小 DFN变大解析：对O点受力分析可知，杆中弹力F1杆对木块m的压力可分解为水平分量F3F2sin F1sin tan 竖直分量F4F2cos ；当挡板间距离变大时，变大，F3变大，木块对挡板的弹力FN变大；F4为定值，Ff大小不变正确选项为D .答案：D9(xx年高考天津理综)如图所示，小球用细绳系住，绳的另一端固定于O点现用水平力F缓慢推动斜面体，小球在斜面上无摩擦地滑动，细绳始终处于直线状态，当小球升到接近斜面顶端时细绳接近水平，此过程中斜面对小球的支持力FN以及绳对小球的拉力FT的变化情况是()AFN保持不变，FT不断增大BFN不断增大，FT不断减小CFN保持不变，FT先增大后减小DFN不断增大，FT先减小后增大解析：用水平力F缓慢推动斜面体时，小球受重力、绳的拉力FT和垂直于斜面的支持力FN，在斜面体缓慢移动过程中FN方向不变，由三力平衡知其动态变化如图所示，FT先减小后增大，FN逐渐增大答案：D10如图所示，A、B都是重物，A被绕过小滑轮P的细线悬挂，B放在粗糙的水平桌面上滑轮P被一根斜短线系于天花板上的O点，O是三根细线的结点，细线bO水平拉着物体B，cO沿竖直方向拉着弹簧弹簧、细线、小滑轮的重力不计，细线与滑轮之间的摩擦力可忽略，整个装置处于静止状态若悬挂小滑轮的斜线中的拉力是F20 N，cOa120，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是()A弹簧的弹力为20 NB重物A的质量为2 kgC桌面对物体B的摩擦力为10 ND细线OP与竖直方向的夹角为60解析：选取滑轮作为研究对象，滑轮两侧细线的夹角为60，设滑轮两侧细线中拉力为Fa，则有FamAg，F2Facos 3020 N，联立解得重物A的质量为mA2 kg，Fa20 N，选项B正确；将Oa中的拉力Fa沿水平方向和竖直方向分解，由平衡条件得Facos 30Fb，Fasin 30Fc，解得弹簧的弹力为Fc10 N，选项A错误；细线Ob中拉力Fb10 N，对物体B由平衡条件得桌面对物体B的摩擦力为10 N，选项C错误；细线OP的方向在滑轮两侧细线夹角的平分线上，与竖直方向的夹角为30，选项D错误答案：B二、非选择题(本题共2小题，共30分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)11.(15分)如图所示，轻杆BC的C点用光滑铰链与墙壁固定，杆的B点通过水平细绳AB使杆与竖直墙壁保持30的夹角若在B点悬挂一个定滑轮(不计重力)，某人用它匀速地提起重物已知重物的质量m30 kg，人的质量M50 kg，g取10 m/s2.试求：(1)此时地面对人的支持力的大小；(2)轻杆BC和绳AB所受力的大小解析：(1)因匀速提起重物，则FTmg，即绳对人的拉力为mg，所以地面对人的支持力为：FNMgmg(5030)10 N200 N，方向竖直向上(2)定滑轮对B点的拉力方向竖直向下，大小为2mg，杆对B点的弹力方向沿杆的方向，如图所示，由共点力平衡条件得：FAB2mgtan 3023010 N200 NFBCN400 N.答案：(1)200 N(2)400 N200 N12.(15分)一个底面粗糙、质量为M的劈放在粗糙的水平面上，劈的斜面光滑且与水平面成30角；现用一端固定的轻绳系一质量为m的小球，小球放在斜面上，小球静止时轻绳与竖直方向的夹角也为30，如图所示，试求：(1)当劈静止时绳子的拉力大小(2)若地面对劈的最大静摩擦力等于地面对劈支持力的k倍，为使整个系统静止，k值必须满足什么条件？解析：(1)以小球为研究对象，其受力如图甲所示，并建立如图所示直角坐标系，对FT和mg进行正交分解，由物体的平衡条件可知：FTcos 30mgsin 30得FTmg(2)以劈和小球整体为研究对象，整体受力情况如图乙所示，由物体平衡条件可得：FfFTcos 60，为使整个系统静止，其临界状态是静摩擦力Ff为最大值，即有Ffmaxk(Mm)gFTsin 60 联立以上两式可得k.即k值必须满足k.答案：(1)mg(2)k