2019-2020年高考物理总复习训练 高频考点专项练（二）受力与平衡问题（含解析）.doc

2019-2020年高考物理总复习训练 高频考点专项练（二）受力与平衡问题（含解析）一、选择题(本题共10小题,每小题6分,共60分。多选题已在题号后标出)1.(xx上海高考)如图,质量mAmB的两物体A、B叠放在一起,靠着竖直墙面。让它们由静止释放,在沿粗糙墙面下落过程中,物体B的受力示意图是()【解析】选A。两物体A、B叠放在一起,在沿粗糙墙面下落过程中,由于物体与竖直墙面之间没有压力,没有摩擦力,二者一起做自由落体运动,A、B之间没有弹力作用,因而不存在摩擦力,物体B的受力示意图是A项。2.如图所示,两根等长的轻绳将日光灯悬挂在天花板上,两绳与竖直方向的夹角都为45,日光灯保持水平,所受重力为G,左右两绳的拉力大小分别为()A.G和GB.G和GC.G和GD.G和G【解析】选B。日光灯受重力G及两根绳子的拉力FT作用而处于平衡状态,其受力如图所示。由于两个拉力的夹角成直角,则由力的平行四边形定则可知G=,故FT=G,B选项正确。3.(xx益阳模拟)在粗糙水平地面上与墙平行放着一个截面为半圆的柱状物体A,A与竖直墙面间放一光滑圆球B,整个装置处于静止状态。现对B施加一竖直向下的力F,F的作用线通过球心,设墙对B的作用力为F1,B对A的作用力为F2,地面对A的摩擦力为F3。若F缓慢增大而整个装置仍保持静止,截面如图所示,在此过程中()A.F1保持不变,F3缓慢增大B.F1缓慢增大,F3保持不变C.F2缓慢增大,F3缓慢增大D.F2缓慢增大,F3保持不变【解析】选C。球B受力如图所示,墙对球B的作用力及A对球B的作用力的合力与F及重力的合力大小相等,方向相反,故当F增大时,B对A的压力增大,即F2增大,同理可知,墙对B的作用力F1增大;对整体分析,整体竖直方向受重力、支持力及力F,水平方向受墙的作用力F1和地面对A的摩擦力F3而处于平衡,由平衡条件得,当F增大时,地面对A的摩擦力F3增大,故选项C正确。4.(多选)(xx广东高考)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()A.P向下滑动B.P静止不动C.P所受的合外力增大D.P与斜面间的静摩擦力增大【解题指南】解答本题时应从以下两点进行分析：(1)知道P静止在斜面上的条件。(2)Q轻放于P上,相当于P的质量变大,各力均变化,分析合力是否变化。【解析】选B、D。设P的质量为m,P静止于斜面上,则有mgsin=Ffmgcos,当把Q轻放于P之上,相当于P的质量变大,设P、Q的总质量为M,则有MgsinMgcos,故P仍静止不动,A错误、B正确;P静止不动,合力为零,C错误;对P、Q整体：Ff=Mgsin,由于Mm,故Ff变大,D正确。5.(xx新课标全国卷)如图,在固定斜面上的一物块受到一外力F的作用,F平行于斜面向上。若要物块在斜面上保持静止,F的取值应有一定范围,已知其最大值和最小值分别为F1和F2(F20)。由此可求出()A.物块的质量B.斜面的倾角C.物块与斜面间的最大静摩擦力D.物块对斜面的正压力【解析】选C。设物块质量为m,斜面的倾角为,最大静摩擦力为Ffm,对物块受力分析,根据物块的平衡条件建立方程,外力F最大时,最大静摩擦力方向沿斜面向下,有mgsin+Ffm=F1;外力F最小时,最大静摩擦力方向沿斜面向上,有mgsin-Ffm=F2;两式相减,可解得最大静摩擦力Ffm,选项C正确;由这两个等式无法解出物块的质量和斜面的倾角及物块对斜面的正压力。【加固训练】如图所示,小球C置于光滑的半球形凹槽B内,B放在长木板A上,整个装置处于静止状态。在缓慢减小木板的倾角过程中,下列说法正确的是()A.A受到的压力逐渐变大B.A受到的摩擦力逐渐变大C.C对B的压力逐渐变大D.C受到三个力的作用【解析】选A。在缓慢减小木板的倾角过程中,A受到的压力(mB+mC)gcos逐渐变大,A受到的摩擦力(mB+mC)gsin逐渐减小,选项A正确,B错误;缓慢减小木板的倾角过程中,C受到两个力的作用,C对B的压力等于C的重力,不变,选项C、D错误。6.(xx山东高考)如图所示,用完全相同的轻弹簧A、B、C将两个相同的小球连接并悬挂,小球处于静止状态,弹簧A与竖直方向的夹角为30,弹簧C水平,则弹簧A、C的伸长量之比为()A.4B.4C.12D.21【解析】选D。对两小球组成的整体,受到整体重力G、轻弹簧A的弹力FA和轻弹簧C的弹力FC三个力的作用,根据平衡条件可得,水平方向有FAsin30=FC,又据胡克定律可得FA=kxA,FC=kxC,联立得=,选项D正确。【加固训练】如图所示,质量为m的小球置于倾角为30的光滑斜面上,劲度系数为k的轻弹簧一端系在小球上,另一端固定在P点,小球静止时,弹簧与竖直方向的夹角为30,则弹簧的伸长量为()A.B.C.D.【解析】选C。对小球受力分析,小球受力平衡,由题意可知弹簧弹力与竖直方向夹角为30,弹簧弹力和斜面支持力在竖直方向上的合力与重力平衡,根据几何关系可知：2kxcos30=mg,解得：x=,故选项C正确。7.如图,一小球放置在木板与竖直墙面之间。设墙面对球的压力大小为N1,球对木板的压力大小为N2。以木板与墙连接点所形成的水平直线为轴,将木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置。不计摩擦,在此过程中()A.N1始终减小,N2始终增大B.N1始终减小,N2始终减小C.N1先增大后减小,N2始终减小D.N1先增大后减小,N2先减小后增大【解析】选B。方法一：平行四边形法将小球的重力沿垂直于墙和垂直于木板两个方向进行分解,画出平行四边形,两个分力分别与N1、N2大小相等;当木板顺时针转动时,N2的方向随之发生变化,由图可知N1、N2均减小,B正确。方法二：三角形法以小球为研究对象,画出小球受力的矢量三角形,木板对球的弹力大小为N2,由力的矢量三角形很直观地可看出：N1始终减小,N2始终减小。故选项B正确。【加固训练】(多选)(xx哈尔滨模拟)如图所示,两段等长细线L1和L2串接着两个质量相等的小球a、b,悬挂于O点。现施加水平向右的力F缓慢拉动a,L1对a球的拉力大小为F1,L2对b球的拉力大小为F2,在缓慢拉动的过程中,F1和F2的变化情况是()A.F1变大B.F1变小C.F2不变D.F2变大【解析】选A、C。在F缓慢拉动过程中,b球受力如图甲所示,由平衡条件得F2=m2g,故F2不变,选项C正确,D错误;a、b球整体受力如图乙所示,由平衡条件得F1cos-(m1+m2)g=0,在力F向右拉动过程中,L1与竖直方向的夹角变大,cos变小,故F1变大,选项A正确,B错误。8.(xx德阳模拟)如图所示,不计重力的轻杆OP能以O点为圆心在竖直平面内自由转动,P端用轻绳PB挂一重物,而另一根轻绳通过滑轮系住P端。在力F的作用下,当杆OP和竖直方向的夹角(0)缓慢增大时,力F的大小应()A.恒定不变B.逐渐增大C.逐渐减小D.先增大后减小【解析】选B。由三角形相似得：=,F=mg,逐渐增大,即PQ增大,由上式知F逐渐增大,B正确。【总结提升】三角形相似法求解动态平衡问题的一般思路(1)选取研究对象,进行受力分析。(2)画出物体受力的矢量三角形。(3)利用力的矢量三角形和几何三角形相似的特点,找到对应的力和线段的长度。(4)根据对应线段的长度或长度变化判断力的大小或力的大小变化。9.(多选)物块M在静止的传送带上匀速下滑时,若传送带突然转动且转动的方向如图中箭头所示,则传送带转动后()A.M将减速下滑B.M仍匀速下滑C.M受到的摩擦力不变D.M受到的摩擦力变大【解析】选B、C。由物块M在静止的传送带上匀速下滑知,Mgsin=Mgcos,传送带突然转动,转动后物块所受的摩擦力和匀速运动时相同,故物块的受力没有变化,则物块的运动状态也不变化,仍匀速下滑,B、C正确。10.(多选)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()A.Ff变小B.Ff不变C.FN变小D.FN变大【解析】选B、D。以两个木块m和重物M整体作为研究对象,在竖直方向上,Ff=g,与挡板间的距离无关,A错误,B正确;如图所示,以轴O点为研究对象,杆对轴O的作用力为F=,再以木块m为研究对象,挡板对木块的正压力FN=Fsin=Fsin=,当挡板间的距离稍许增大时,增大,FN增大,C错误,D正确。二、计算题(本题共3小题,共40分。需写出规范的解题步骤)11.(12分)(xx德州模拟)如图所示,质量为M的直角三棱柱A放在水平地面上,三棱柱的斜面是光滑的,且斜面倾角为。质量为m的光滑球B放在三棱柱和光滑竖直墙壁之间,A和B都处于静止状态,则地面对三棱柱的支持力和摩擦力各为多少?【解析】选取A和B整体为研究对象,它受到重力(M+m)g,地面支持力FN,墙壁的弹力F和地面的摩擦力Ff的作用,处于平衡状态,如图所示,根据平衡条件有：FN-(M+m)g=0F=Ff可得FN=(M+m)g再以B为研究对象,它受到重力mg,三棱柱对它的支持力FAB,墙壁对它的弹力F的作用,处于平衡状态,如图所示,根据平衡条件有,竖直方向上：FABcos=mg水平方向上：FABsin=F解得F=mgtan所以Ff=F=mgtan答案：(M+m)gmgtan12.(12分)如图所示,在倾角为的粗糙斜面上,有一个质量为m的物体被水平力F推着静止于斜面上,已知物体与斜面间的动摩擦因数为,且tan,若物体恰好不下滑,则推力F为多少?若物体恰好不上滑,则推力F为多少?(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)【解析】因为tan,F=0时,物体不能静止在斜面上,当物体恰好不下滑时,受力如图甲所示：由平衡条件得：mgsin-Fcos-f=0N-mgcos-Fsin=0又有：f=N解得：F=mg当物体恰好不上滑时,受力如图乙所示：由平衡条件得：mgsin+f -Fcos=0N-mgcos-Fsin=0又有：f=N解得：F=mg答案：mgmg【总结提升】平衡问题的分析技巧对于平衡类问题,应当首先分清是静态平衡还是动态平衡问题。(1)对于静态平衡问题,应当先分析物体的受力情况,根据平衡条件列出平衡方程,解方程对结果进行讨论。(2)对于动态平衡问题,应先分析物体的受力情况,结合具体情况采用相应的方法。如果物体所受的力较少,可以采用合成的方法。如果物体受到三个力的作用而处于动态平衡,若其中的一个力大小、方向均不变,另外两个力的方向都发生变化,可以用力三角形与几何三角形相似的方法求解。如果物体受到三个力的作用,其中一个力的大小、方向均不变,并且还有另一个力的方向不变,此时可用图解法分析,即可以通过画出多个平行四边形或三角形来分析力的变化,该法可以将动态问题静态化,抽象问题形象化,从而使问题易于分析求解。如果物体受到多个力的作用,可以用正交分解的方法列方程求解。13.(16分)拖把是由拖杆和拖把头构成的擦地工具(如图)。设拖把头的质量为m,拖杆质量可忽略;拖把头与地板之间的动摩擦因数为常数。重力加速度为g。某同学用该拖把在水平地板上拖地时,沿拖杆方向推拖把,拖杆与竖直方向的夹角为。(1)若拖把头在地板上匀速移动,求推拖把的力的大小。(2)设能使该拖把在地板上从静止刚好开始运动的水平推力与此时地板对拖把的正压力的比值为。已知存在一临界角0,若0,则不管沿拖杆方向的推力多大,都不可能使拖把从静止开始运动。求这一临界角的正切tan0。【解题指南】解答本题应明确以下两点：(1)拖把头在水平方向和竖直方向所受合力均为零。(2)拖把头从静止开始运动,此时摩擦力为最大静摩擦力,最大静摩擦力可以用滑动摩擦力公式求解。【解析】(1)设该同学沿拖杆方向用大小为F的力推拖把,将推拖把的力沿竖直和水平方向分解,根据平衡条件有Fcos+mg=FNFsin=Ff式中FN和Ff分别为地板对拖把的正压力和摩擦力,则：Ff=FN联立解得F=(2)使该拖把在地板上从静止刚好开始运动的水平推力等于最大静摩擦力,设为Ffm,则依题意有=若不管沿拖杆方向用多大的力都不能使拖把从静止开始运动,应满足Fcos+mg=FNFsinFfm联立解得F(sin-cos)mg因为上式右边mg总是大于零,要使得F为任意值时,上式总是成立,只要满足sin-cos0即有tan上式取等号即为临界状态,则tan0=答案：(1)(2)