（新课标）2019版高考物理一轮复习 主题二 相互作用 牛顿运动定律 课时跟踪训练8.doc

课时跟踪训练(八)增分提能一、选择题1(多选)(2017河北名校联盟)如图所示，两根轻绳a、b将日光灯悬挂在天花板上的O点，两绳与竖直方向的夹角分别为60和45，日光灯保持水平并静止，其重力为G，以下说法正确的是()Aa绳的拉力比b绳的拉力大Ba绳的拉力比b绳的拉力小C日光灯的重心一定在O点的正下方D日光灯的重心不一定在O点的正下方解析日光灯受到三个力的作用：重力、两绳的拉力，当三个力平衡时，若三个力不平行，那么这三个力必是共点力，两根绳子的拉力相交于O点，则日光灯的重力作用线必过O点，即知日光灯的重心一定在O点的正下方画出日光灯的受力图如图所示，根据水平方向的平衡条件得Tasin60Tbsin45，由数学知识得TaTb.答案BC2(2017安徽蚌埠联考)建筑装修中，工人用质量为m的磨石对倾角为的斜壁进行打磨，如图所示当对磨石施加竖直向上、大小为F的推力时，磨石恰好沿斜壁向上匀速运动，已知磨石与斜壁之间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g.则关于斜壁受到磨石的摩擦力的大小与方向，下列说法正确的是()A(Fmg)cos，沿斜壁向上B(Fmg)cos，沿斜壁向下C(Fmg)cos，沿斜壁向上D(Fmg)cos，沿斜壁向下解析磨石受重力、推力、斜壁的弹力及摩擦力而处于平衡状态，如图所示，则沿斜壁向下的滑动摩擦力f(Fmg)cos，支持力N(Fmg)sin，得f(Fmg)sin，方向沿斜壁向下，则由牛顿第三定律可知，斜壁受到磨石的摩擦力的大小为f(Fmg)cos(Fmg)sin，方向沿斜壁向上，只有选项A正确答案A3(2017全国卷)一根轻质弹性绳的两端分别固定在水平天花板上相距80 cm的两点上，弹性绳的原长也为80 cm.将一钩码挂在弹性绳的中点，平衡时弹性绳的总长度为100 cm；再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点，则弹性绳的总长度变为(弹性绳的伸长始终处于弹性限度内)A86 cm B92 cm C98 cm D104 cm解析第一次平衡，设绳子与水平方向的夹角为，设绳子的拉力为F，则有2Fsinmg，sin，解得Fmg；第二次2Fmg，解得Fmg，故，根据胡克定律Fkx知，x cm cm10 cm，解得x6 cm，故弹性绳的总长度为LL02x80 cm12 cm92 cm，B正确答案B4(多选)(2017天津卷) 如图所示，轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆M、N上的a、b两点，悬挂衣服的衣架挂钩是光滑的，挂于绳上处于静止状态如果只人为改变一个条件，当衣架静止时，下列说法正确的是()A绳的右端上移到b，绳子拉力不变B将杆N向右移一些，绳子拉力变大C绳的两端高度差越小，绳子拉力越小D若换挂质量更大的衣服，则衣架悬挂点右移解析由于悬挂衣服的衣架挂钩是光滑的，衣架挂钩两边绳上的力相等，根据力的平衡可知，挂钩两边绳与竖直方向的夹角相等，设这个夹角为，将挂钩左侧绳延长，交于N杆c点，由几何关系可知，ac就等于绳长，设杆间距离为d，绳长为L，则sin，设绳子拉力为F，则2Fcosmg，F.绳的右端上移到b点，由于L、d不变，因此不变，绳子拉力F不变，A正确将杆N向右移一些，d变大，变大，因此绳子拉力变大，B正确绳的两端高度差变化，只要d、L不变，绳子拉力不变，C错误只要d、L不变，换挂质量更大的衣服，悬挂点的位置就不变，D错误答案AB5(2017商丘模拟)如图所示，固定在竖直平面内的光滑圆环的最高点有一个光滑的小孔质量为m的小球套在圆环上一根细线的下端系着小球，上端穿过小孔用手拉住现拉动细线，使小球沿圆环缓慢上移，在移动过程中手对线的拉力F和轨道对小球的弹力FN的大小变化情况是()AF不变，FN增大 BF不变，FN减小CF减小，FN不变 DF增大，FN减小解析小球沿圆环缓慢上移可看作处于平衡状态，对小球进行受力分析，作出受力示意图如图所示，由图可知OABGFA即：，当A点上移时，半径不变，AB长度减小，故F减小，FN不变，故C正确答案C6(多选)如图所示，一小球在斜面上处于静止状态，不考虑一切摩擦，如果把竖直挡板由竖直位置缓慢绕O点转至水平位置，则此过程中球对挡板的压力F1和球对斜面的压力F2的变化情况是()AF1先增大后减小BF1先减小后增大CF2一直减小DF1和F2都一直增大解析 小球受重力、挡板弹力F1和斜面弹力F2，将F1与F2合成为F，如图所示：小球一直处于平衡状态，三个力中的任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线，故F1和F2合成的合力F一定与重力等值、反向、共线从图中可以看出，当挡板绕O点逆时针缓慢地转向水平位置的过程中，F1先变小，后变大，F2越来越小；故A、D错误，B、C正确 答案BC7如图所示为简化的吊车起吊斜坡上两货物的情境，斜坡上放有两个完全相同的货物a、b，质量均为m，两货物用一根细钢绳连接，在细钢绳的中点加一垂直于斜坡的拉力F，使两货物均处于静止状态，若细钢绳重力不计，细钢绳与斜坡的夹角为，斜坡的倾角为，则下列说法正确的是()Aa、b两货物对斜坡的压力大小相同Ba、b两货物受到的摩擦力方向一定相反C逐渐增大F时，货物b先开始滑动D在F大小一定的情况下，图中角越大，细钢绳的拉力越大解析对a、b分别进行受力分析，如图所示，a、b两个货物垂直于斜坡方向受力都平衡，则有NaTasinmgcos，NbTbsinmgcos，将F沿着细钢绳的方向分解，得TTaTb，联立可得NaNb，所以a、b两货物对斜坡的压力大小相同，又F一定时，越大，T越小，故A正确，D错误货物b处于静止状态，当Tbcosmgsin，即F2mgsintan时，货物b受到的摩擦力为零；当F2mgsintan时，货物b受到的摩擦力的方向沿斜坡向下而货物a必定受到沿斜坡向上的摩擦力作用，故a、b两货物受到的摩擦力方向不一定相反，故B错误对a，沿斜坡方向有Tcosmgsinfa，对b，沿斜坡方向有Tcosfbmgsin(fb可正、可负、可为零，fb为负值时表示与图示方向相反)，两货物对斜面的正压力相等，所以最大静摩擦力相等，逐渐增大拉力T时，a先达到最大静摩擦力，先滑动，故C错误答案A8(2017衡水检测)如图所示，有一质量不计的杆AO，长为R，可绕A自由转动用绳在O点悬挂一个重为G的物体，另一根绳一端系在O点，另一端系在圆弧形墙壁上的C点当点C由图示位置逐渐向上沿圆弧CB移动过程中(保持OA与地面夹角不变)，OC绳所受拉力的大小变化情况是()A逐渐减小 B逐渐增大C先减小后增大 D先增大后减小解析对G分析，G受力平衡，则拉力等于重力；故竖直绳的拉力不变；再对O点分析，O受绳子的拉力、OA的支持力及OC的拉力而处于平衡；受力分析如图所示；将F和OC绳上的拉力合成，其合力与G大小相等，方向相反，则在OC上移的过程中，平行四边形的对角线保持不变，平行四边形发生图中所示变化，则由图可知OC的拉力先减小后增大，图中D点时力最小；故选C.答案C9(2017广东汕头二模)重力都为G的两个小球A和B用三段轻绳如图连接后悬挂在O点上，O、B间的绳子长度是A、B间的绳子长度的2倍，将一个拉力F作用到小球B上，使三段轻绳都伸直且O、A间和A、B间的两段绳子分别处于竖直和水平方向上，则拉力F的最小值为()A.G B.G CG D.G解析对A球受力分析可知，因O、A间绳竖直，则A、B间绳上的拉力为0.对B球受力分析如图所示，则可知当F与O、B间绳垂直时F最小，FminGsin，其中sin，则FminG，故A项正确答案A10(2017福建南平一模)如图所示，半圆形框架竖直放置在粗糙的水平地面上，光滑的小球P在水平外力F的作用下处于静止状态，P与圆心O的连线与水平面的夹角为，将力F在竖直面内沿顺时针方向缓慢地转过90，框架与小球始终保持静止状态，在此过程中下列说法正确的是()A框架对小球的支持力先减小后增大B拉力F的最小值为mgsinC地面对框架的摩擦力始终在减小D框架对地面的压力先增大后减小解析以小球为研究对象，作出受力示意图如图所示根据几何关系可知，拉力F沿顺时针转动至竖直向上之前，支持力逐渐减小，F先减小后增大，当F的方向沿圆的切线方向向上时，F最小，此时Fmgcos，A、B错误以框架与小球整体为研究对象，整体受到重力、地面的支持力、地面的摩擦力以及力F的作用，在F沿顺时针方向转动的过程中，F沿水平方向的分力逐渐减小，所以地面对框架的摩擦力始终在减小，C正确F沿竖直方向的分力逐渐增大，所以地面对框架的支持力始终在减小，D错误 答案C二、非选择题11(2017广东中山模拟)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，对其受力分析，建立如图甲所示直角坐标系，对FT和mg进行正交分解，由物体的平衡条件可知FTcos30mgsin30得FTmg(2)以劈和小球整体为研究对象，受力情况如图乙所示，由物体的平衡条件可得FfFTcos60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Ffk(Mm)gFTsin60联立以上两式可得k即k值必须满足k答案(1)mg(2)k12(2017河北六校联考)如图所示，有一个重量为20 N的小物体放在斜面上，斜面底边长AB40 cm，高BC30 cm，物体与斜面之间的动摩擦因数为0.5，物体在一沿斜面向上的力F的作用下刚好处于静止状态(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，现将力F顺时针转动至水平向右并保持不变，求此时物体与斜面之间的摩擦力 解析当力F沿斜面向上，物体恰好不向上滑动时对物体受力分析，有FGsinGcos，由几何关系得：sin0.6，cos0.8，F20 N；力F顺时针转动至水平向右时物体受力如图所示，根据平衡条件得，FcosfGsin0，解得fGsinFcos200.6 N200.8 N4 N，负号表示方向沿斜面向下当力F沿斜面向上，物体恰好不向下滑动时，对物体受力分析，有FGsinGcos4 N；力F顺时针转动至水平向右时，有FcosfGsin0，解得，f8.8 N，方向沿斜面向上答案4 N，方向沿斜面向下；或8.8 N，方向沿斜面向上