2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 課后限時(shí)集訓(xùn)6 共點(diǎn)力的平衡（含解析）新人教版

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1、課后限時(shí)集訓(xùn)(六) 共點(diǎn)力的平衡 (建議用時(shí)：40分鐘) [基礎(chǔ)對(duì)點(diǎn)練] 題組一：物體的受力分析 1.一建筑塔吊如圖所示向右上方勻速提升建筑物料，若忽略空氣阻力，則下列有關(guān)物料的受力圖正確的是(　　) A　　　　B　　　　C　　　　D D　[由題意可知，物料勻速運(yùn)動(dòng)，合力為零，對(duì)物料受力分析知，拉力T與重力mg平衡，故選項(xiàng)A、B、C錯(cuò)誤，D正確。] 2．(多選)如圖所示，固定斜面上有一光滑小球，有一豎直輕彈簧P與一平行斜面的輕彈簧Q連接著，小球處于靜止?fàn)顟B(tài)，則關(guān)于小球所受力的個(gè)數(shù)可能的是(　　) A．1　　　　B．2　　　　C．3　　　　D．4 BCD　[若P彈簧

2、對(duì)小球向上的彈力等于小球的重力，此時(shí)Q彈簧無(wú)彈力，小球受2個(gè)力平衡；若P彈簧彈力為零，小球受重力、支持力、彈簧Q的拉力處于平衡狀態(tài)，小球受3個(gè)力；若P彈簧彈力不為零，小球受重力、彈簧P的拉力、支持力、彈簧Q的拉力，小球受4個(gè)力平衡。故B、C、D對(duì)。] 3．如圖所示，傳送帶沿逆時(shí)針?lè)较騽蛩俎D(zhuǎn)動(dòng)。小木塊a、b用細(xì)線連接，用平行于傳送帶的細(xì)線拉住a，兩木塊均處于靜止?fàn)顟B(tài)。關(guān)于木塊受力個(gè)數(shù)，正確的是(　　) A．a(chǎn)受4個(gè)，b受5個(gè) B．a(chǎn)受4個(gè)，b受4個(gè) C．a(chǎn)受5個(gè)，b受5個(gè) D．a(chǎn)受5個(gè)，b受4個(gè) D　[先分析木塊b的受力，木塊b受重力、傳送帶對(duì)b的支持力、沿傳送帶向下的滑動(dòng)摩擦力

3、、細(xì)線的拉力，共4個(gè)力；再分析木塊a的受力，木塊a受重力、傳送帶對(duì)a的支持力、沿傳送帶向下的滑動(dòng)摩擦力及上、下兩段細(xì)線的拉力，共5個(gè)力，故D正確。] 題組二：物體的靜態(tài)平衡 4．(2019·杭州模擬)疊放在水平地面上的四個(gè)完全相同的排球如圖所示，質(zhì)量均為m，相互接觸。球與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，則(　　) A．上方球與下方三個(gè)球間均沒(méi)有彈力 B．下方三個(gè)球與水平地面間均沒(méi)有摩擦力 C．水平地面對(duì)下方三個(gè)球的支持力均為mg D．水平地面對(duì)下方三個(gè)球的摩擦力均為μmg C　[將四個(gè)球看作一個(gè)整體，地面對(duì)整體的支持力與整體的重力平衡，設(shè)下方任意一個(gè)球受到的支持力大小為F支，則有3

4、F支＝4mg，所以選項(xiàng)C正確。下方三個(gè)球?qū)ι戏角蛴兄С至Γ噬戏角蚺c下方三個(gè)球間有彈力，選項(xiàng)A錯(cuò)誤。對(duì)地面上的其中一個(gè)球進(jìn)行受力分析，如圖所示。由此可知，下方三個(gè)球與水平地面間均有摩擦力，選項(xiàng)B錯(cuò)誤。由于球與水平地面間的摩擦力屬于靜摩擦力，因此不能用F＝μFN求解，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。] 5．(2019·貴陽(yáng)檢測(cè))如圖所示，用完全相同的輕質(zhì)彈簧1、2、3將兩個(gè)相同的小球連接并懸掛，小球靜止時(shí)，彈簧3水平，彈簧1與豎直方向的夾角θ＝30°，彈簧1的彈力大小為F。則(　　) A．彈簧3的彈力大小為2F B．彈簧3的彈力大小為 C．每個(gè)小球重力大小為F D．每個(gè)小球重力大小為F B　[將兩球

5、和彈簧2看成一個(gè)整體，整體受到總重力G、彈簧1和3的拉力，如圖所示，設(shè)彈簧3的拉力為F1，由平衡條件得知，F(xiàn)1和G的合力與F大小相等、方向相反，則得F1＝Fsin 30°＝F，G＝Fcos 30°＝F，則每個(gè)小球重力大小為G′＝＝F，選項(xiàng)B正確，A、C、D錯(cuò)誤。] 6．(多選)如圖所示，質(zhì)量為M的斜面體A置于粗糙水平面上，用輕繩拴住質(zhì)量為m的小球B置于斜面上，整個(gè)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)。已知斜面傾角θ＝30°，輕繩與斜面平行且另一端固定在豎直墻面上，不計(jì)小球與斜面間的摩擦，則(　　) A．斜面體對(duì)小球的作用力大小為mg B．輕繩對(duì)小球的作用力大小為mg C．斜面體對(duì)水平面的壓力大小為(

6、m＋M)g D．斜面體與水平面間的摩擦力大小為mg BD　[以小球?yàn)檠芯繉?duì)象受力分析如圖甲，根據(jù)平衡條件， 甲　　　　　　　乙 垂直斜面方向：N＝mgcos 30°＝mg，故A錯(cuò)誤；平行斜面方向：T＝mgsin 30°＝mg，故B正確；以斜面體和小球整體為研究對(duì)象受力分析如圖乙，豎直方向N′＝(m＋M)g－Tsin 30°，故C錯(cuò)誤；水平方向Ff＝Tcos 30°＝mg，故D正確。] 題組三：物體的動(dòng)態(tài)平衡 7.如圖所示，A、B為同一水平線上的兩個(gè)繞繩裝置，轉(zhuǎn)動(dòng)A、B改變繩的長(zhǎng)度，使光滑掛鉤下的重物C緩慢豎直下降。關(guān)于此過(guò)程中繩上拉力大小的變化，下列說(shuō)法中正確的是(　　)

7、 A．不變 B．逐漸減小 C．逐漸增大 D．可能不變，也可能增大 B　[當(dāng)光滑掛鉤下的重物C緩慢豎直下降時(shí)，設(shè)繩AC和BC與豎直方向的夾角為α，繩的拉力為F，繩AC和BC在水平方向上的分力均為Fx＝Fsin α，大小相等，方向相反，是一對(duì)平衡力。繩AC和BC在豎直方向的分力都為Fy＝Fcos α，兩繩的合力與重力是一對(duì)平衡力，所以2Fy＝2Fcos α＝mg，即F＝，重物C緩慢下降時(shí)，α逐漸減小，所以兩繩的拉力F都不斷減小，選項(xiàng)B正確。] 8.如圖所示，小球用細(xì)繩系住放在傾角為θ的光滑斜面上，當(dāng)細(xì)繩由水平方向逐漸向上偏移時(shí)，細(xì)繩上的拉力將(　　) A．逐漸增大 B．逐漸減

8、小 C．先增大后減小 D．先減小后增大 D　[因?yàn)樾∏蛩艿腉、FN、FT三力共點(diǎn)平衡，故三個(gè)力可以構(gòu)成一個(gè)矢量三角形，如圖所示，G的大小和方向始終不變，F(xiàn)N的方向不變，大小可變，F(xiàn)T的大小、方向都在變，在細(xì)繩向上偏移的過(guò)程中，可以作出一系列矢量三角形，由圖可知在FT變化到與FN垂直前，F(xiàn)T是逐漸變小的，然后FT又逐漸變大。故D正確。] 9.(多選)(2019·寶雞質(zhì)檢)如圖所示，質(zhì)量為M的木塊A套在粗糙水平桿上，并用輕繩將木塊A與質(zhì)量為m的小球B相連。現(xiàn)用水平力F將小球B緩慢拉起，在此過(guò)程中木塊A始終靜止不動(dòng)。假設(shè)桿對(duì)A的支持力為FN，桿對(duì)A的摩擦力為Ff，繩中張力為FT，則此過(guò)程中

9、(　　) A．F增大 B．Ff不變 C．FT增大 D．FN減小 AC　[先以B為研究對(duì)象分析，受重力、水平力F和輕繩的拉力FT，如圖甲所示，由平衡條件得：FT＝，F(xiàn)＝mgtan θ，θ增大，F(xiàn)T增大，F(xiàn)增大。再以整體為研究對(duì)象，受力分析如圖乙所示，根據(jù)平衡條件得：Ff＝F，則Ff逐漸增大。FN＝(M＋m)g，即FN保持不變，故A、C正確。 甲　　　　　　　　　乙　] 10.(多選)如圖所示，質(zhì)量均為m的小球A、B用勁度系數(shù)為k1的輕彈簧相連，B球用長(zhǎng)為L(zhǎng)的細(xì)繩懸于O點(diǎn)，A球固定在O點(diǎn)正下方，當(dāng)小球B平衡時(shí)，繩子所受的拉力為FT1，彈簧的彈力為F1；現(xiàn)把A、B間的彈簧換成原

10、長(zhǎng)相同但勁度系數(shù)為k2(k2>k1)的另一輕彈簧，在其他條件不變的情況下仍使系統(tǒng)平衡，此時(shí)繩子所受的拉力為FT2，彈簧的彈力為F2，則下列關(guān)于FT1與FT2、F1與F2大小之間的關(guān)系，正確的是(　　) A．FT1>FT2 B．FT1＝FT2 C．F1

11、F增大，C正確，D錯(cuò)誤。] 題組四：平衡中的臨界、極值問(wèn)題 11.如圖所示，物塊A和滑環(huán)B用繞過(guò)光滑定滑輪的不可伸長(zhǎng)的輕繩連接，滑環(huán)B套在與豎直方向成θ＝37°的粗細(xì)均勻的固定桿上，連接滑環(huán)B的繩與桿垂直并在同一豎直平面內(nèi)，滑環(huán)B恰好不能下滑，滑環(huán)和桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.4，設(shè)滑環(huán)和桿間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，則物塊A和滑環(huán)B的質(zhì)量之比為(　　) A. B. C. D. C　[設(shè)物塊A和滑環(huán)B的質(zhì)量分別為m1、m2，若桿對(duì)B的彈力垂直于桿向下，因滑環(huán)B恰好不能下滑，則由平衡條件，有m2gcos θ＝μ(m1g－m2gsin θ)，解得＝；若桿對(duì)B的彈力垂直于桿向上，因

12、滑環(huán)B恰好不能下滑，則由平衡條件，有m2gcos θ＝μ(m2gsin θ－m1g)，解得＝－(舍去)。綜上分析，可知應(yīng)選C。] 12.拖把是由拖桿和拖把頭構(gòu)成的擦地工具(如圖)。設(shè)拖把頭的質(zhì)量為m，拖桿質(zhì)量可忽略；拖把頭與地板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為常數(shù)μ，重力加速度為g。某同學(xué)用該拖把在水平地板上拖地時(shí)，沿拖桿方向推拖把，拖桿與豎直方向的夾角為θ。 (1)若拖把頭在地板上勻速移動(dòng)，求推拖把的力的大??； (2)設(shè)能使該拖把在地板上從靜止剛好開(kāi)始運(yùn)動(dòng)的水平推力與此時(shí)地板對(duì)拖把的正壓力的比值為λ。已知存在一臨界角θ0，若θ≤θ0，則不管沿拖桿方向的推力多大，都不可能使拖把從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)。求這

13、一臨界角的正切tan θ0。 解析：(1)設(shè)該同學(xué)沿拖桿方向用大小為F的力推拖把。將推拖把的力沿豎直和水平方向分解，根據(jù)平衡條件有 Fcos θ＋mg＝N ① Fsin θ＝f ② 式中N和f分別為地板對(duì)拖把的正壓力和摩擦力。 又f＝μN(yùn) ③ 聯(lián)立①②③式得F＝ mg。 ④ (2)若不管沿拖桿方向用多大的力都不能使拖把從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，應(yīng)有 Fsin θ≤λN ⑤ 這時(shí)，①式仍滿足，聯(lián)立①⑤式得 sin θ－λcos θ≤λ 現(xiàn)考察使上式成立的θ角的取值范圍。注意到上式右邊總是大于零，且當(dāng)F無(wú)限大時(shí)極限為零，有sin θ－λcos θ≤0 使上式成立的θ角滿足θ≤θ0，

14、 這里θ0是題中所定義的臨界角，即當(dāng)θ≤θ0時(shí)，不管沿拖桿方向用多大的力都推不動(dòng)拖把。臨界角的正切為tan θ0＝λ。 答案：見(jiàn)解析 [考點(diǎn)綜合練] 13.(多選)(2019·廣州調(diào)研)如圖所示，半圓柱體Q放在水平地面上，表面光滑的圓柱體P放在Q和墻壁之間，Q的軸線與墻壁之間的距離為L(zhǎng)，已知Q與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，P、Q橫截面半徑均為R，P的質(zhì)量是Q的2倍，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。P、Q均處于靜止?fàn)顟B(tài)，則(　　) A．L越大，P、Q間的作用力越大 B．L越大，P對(duì)墻壁的壓力越小 C．L越大，Q受到地面的摩擦力越小 D．L的取值不能超過(guò)R AD　[對(duì)P受力分析

15、如圖甲所示，在豎直方向上有FQsin θ＝mPg，L越大則θ越小，sin θ越小，F(xiàn)Q越大，A正確；水平方向上有F墻＝，tan θ越小，F(xiàn)墻越大，B錯(cuò)誤；通過(guò)整體分析由圖乙可知Q受到地面的摩擦力等于F墻，則C錯(cuò)誤；由最大靜摩擦力fmax＝3μmQg，fmax≥F墻，則tan θ≥，如圖可得L＝2Rcos θ＋R≤，D正確。 甲　　　　　　　　　　　　乙　] 14.如圖所示，質(zhì)量為m的小球用細(xì)線拴住放在光滑斜面上，斜面足夠長(zhǎng)，傾角為α的斜面體置于光滑水平面上，用水平力F推斜面體使斜面體緩慢地向左移動(dòng)，小球沿斜面緩慢升高(細(xì)繩尚未到達(dá)平行于斜面的位置)。在此過(guò)程中(　　) A．繩對(duì)小

16、球的拉力減小 B．斜面體對(duì)小球的支持力減小 C．水平推力F減小 D．地面對(duì)斜面體的支持力不變 A　[對(duì)小球受力分析，如圖甲所示，斜面體左移會(huì)引起FT的方向及大小的變化而FN的方向不變，三力的合力為0，則形成閉合三角形，F(xiàn)T與FN相互垂直時(shí)FT最小，此時(shí)細(xì)線和斜面平行，則細(xì)線尚未到達(dá)平行于斜面的位置時(shí)，F(xiàn)T逐漸變小，F(xiàn)N逐漸變大，故選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；對(duì)斜面體受力分析，如圖乙所示，根據(jù)平衡條件，有：F＝F′N(xiāo)sin α＝FNsin α，F(xiàn)N地＝Mg＋F′N(xiāo)cos α＝Mg＋FNcos α。由于FN增大，故支持力FN地和推力F均增大，故C、D錯(cuò)誤。 　　　甲　　　　　　　　乙　　　]

17、 15.如圖所示，質(zhì)量M＝2 kg的木塊A套在水平桿上，并用輕繩將木塊與質(zhì)量 m＝ kg的小球B相連。今用與水平方向成α＝30°角的力F＝10 N，拉著小球帶動(dòng)木塊一起向右勻速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)中M、m相對(duì)位置保持不變，g取10 m/s2。求： (1)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中輕繩與水平方向的夾角θ； (2)木塊與水平桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ； (3)當(dāng)α為多大時(shí)，使小球和木塊一起向右勻速運(yùn)動(dòng)的拉力最?。? 解析：(1)對(duì)B進(jìn)行受力分析，設(shè)細(xì)繩對(duì)B的拉力為T(mén)，由平衡條件可得Fcos 30°＝Tcos θ Fsin 30°＋Tsin θ＝mg 解得T＝10 N，tan θ＝，即θ＝30°。 (2)對(duì)A進(jìn)

18、行受力分析，由平衡條件有 Tsin θ＋Mg＝FN Tcos θ＝μFN 解得μ＝。 (3)對(duì)A、B進(jìn)行受力分析，由平衡條件有 Fsin α＋FN＝(M＋m)g，F(xiàn)cos α＝μFN 解得F＝ 令sin β＝，cos β＝，即tan β＝，則 F＝ ＝ 顯然，當(dāng)α＋β＝90°時(shí)，F(xiàn)有最小值，所以tan α＝μ＝時(shí)，即α＝arctan ，F(xiàn)的值最小。 答案：(1)30°　(2)　(3)arctan 高考真題集中練 (教師用書(shū)獨(dú)具) 1．(2016·全國(guó)卷Ⅱ)質(zhì)量為m的物體用輕繩AB懸掛于天花板上。用水平向左的力F緩慢拉動(dòng)繩的中點(diǎn)O，如圖所示。用T表示繩OA段拉力的大

19、小，在O點(diǎn)向左移動(dòng)的過(guò)程中(　　) A．F逐漸變大，T逐漸變大 B．F逐漸變大，T逐漸變小 C．F逐漸變小，T逐漸變大 D．F逐漸變小，T逐漸變小 A　[以O(shè)點(diǎn)為研究對(duì)象，受力如圖所示，當(dāng)用水平向左的力緩慢拉動(dòng)O點(diǎn)時(shí)，則繩OA與豎直方向的夾角變大，由共點(diǎn)力的平衡條件知F逐漸變大，T逐漸變大，選項(xiàng)A正確。] 2.(多選)(2017·全國(guó)卷Ⅰ)如圖所示，柔軟輕繩ON的一端O固定，其中間某點(diǎn)M拴一重物，用手拉住繩的另一端N。初始時(shí)，OM豎直且MN被拉直，OM與MN之間的夾角為α(α>)?，F(xiàn)將重物向右上方緩慢拉起，并保持夾角α不變。在OM由豎直被拉到水平的過(guò)程中(　　) A．MN上的張力逐漸增大 B．MN上的張力先增大后減小 C．OM上的張力逐漸增大 D．OM上的張力先增大后減小 AD　[設(shè)重物的質(zhì)量為m，繩OM中的張力為T(mén)OM，繩MN中的張力為T(mén)MN。開(kāi)始時(shí)，TOM＝mg，TMN＝0。由于緩慢拉起，則重物一直處于平衡狀態(tài)，兩繩張力的合力與重物的重力mg等大、反向。 如圖所示，已知角α不變，在繩MN緩慢拉起的過(guò)程中，角β逐漸增大，則角(α－β)逐漸減小，但角θ不變，在三角形中，利用正弦定理得： ＝， (α－β)由鈍角變?yōu)殇J角，則TOM先增大后減小，選項(xiàng)D正確； 同理知＝，在β由0變?yōu)榈倪^(guò)程中，TMN一直增大，選項(xiàng)A正確。] - 11 -