《2020版高考物理一轮复习 课时跟踪检测(七)受力分析 共点力的平衡(含解析)》由会员分享,可在线阅读,更多相关《2020版高考物理一轮复习 课时跟踪检测(七)受力分析 共点力的平衡(含解析)(7页珍藏版)》请在金锄头文库上搜索。
1、课时跟踪检测(七)受力分析 共点力的平衡A级基础小题练熟练快1如图所示,斜面小车M静止在光滑水平面上,一边紧贴墙壁。若再在斜面上加一物体m,且M、m相对静止,此时小车受力个数为()A3B4C5 D6解析:选B先对物体m受力分析,受到重力、支持力和静摩擦力;再对M受力分析,受重力、m对它的垂直向下的压力和沿斜面向下的静摩擦力,同时地面对M有向上的支持力,共受到4个力,故B正确。2设雨点下落过程中受到的空气阻力与雨点(可看成球形)的横截面积S成正比,与下落速度v的二次方成正比,即fkSv2,其中k为比例常数,且雨点最终都做匀速运动。已知球的体积公式为Vr3(r为半径)。若两个雨点的半径之比为12,
2、则这两个雨点的落地速度之比为()A1 B12C14 D18解析:选A当雨点做匀速直线运动时,重力与阻力相等,即fmg,故kr2v2mgr3g,即v2,由于半径之比为12,则落地速度之比为1,选项A正确。3.如图所示,在一水平长木板上放一木块P,缓慢抬起木板的右端,木块P和木板始终相对静止,则()A木块受到木板的支持力减小、摩擦力减小B木块受到木板的支持力增大、摩擦力增大C木块受到木板的作用力大小不变、方向不变D木块受到木板的作用力大小变化、方向变化解析:选C对本块受力分析可知,木块受到重力、支持力和沿斜面向上的摩擦力的作用,木块开始滑动前,木块受力平衡,所以摩擦力和重力沿斜面向下的分力相等,即
3、fmgsin ,所以夹角增大的过程中,木块所受的摩擦力一直在增大;木块受到的支持力FNmgcos ,由于抬起木板的过程中,夹角增大,故支持力减小,故A、B错误。由于木块一直处于平衡状态,故木块受到木板的作用力始终等于重力,故木块受到木板的作用力大小不变、方向不变,故C正确,D错误。4(2018广州六校联考)一个质量为3 kg的物体,被放置在倾角为30的固定光滑斜面上,在如图所示的甲、乙、丙三种情况下处于平衡状态的是(g10 m/s2)() A仅甲图 B仅乙图C仅丙图 v D甲、乙、丙图解析:选B物体在光滑斜面上受重力、支持力和沿斜面向上的拉力,斜面光滑,故物体不受摩擦力;将重力沿斜面和垂直于斜
4、面进行分解,重力垂直于斜面的分力一定与支持力相等;要使物体处于静止,拉力应等于重力沿斜面向下的分力,即Fmgsin 310 N15 N,故只有乙平衡。故B正确。5(多选)如图甲所示,A为一截面为等腰三角形的斜劈,其质量为M,两个底角均为30。两个完全相同、质量均为m的小物块p和q恰好能沿两斜面匀速下滑。现在若对两物块同时施加一平行于侧面的恒力F1、F2,且F1F2,如图乙所示,则在p和q下滑的过程中,下列说法正确的是()A斜劈A仍旧保持静止,且不受到地面的摩擦力作用B斜劈A仍旧保持静止,且受到地面向右的摩擦力作用C斜劈A仍旧保持静止,对地面的压力大小为(Mm)gD斜劈A仍旧保持静止,对地面的压
5、力大小大于(Mm)g解析:选AD起初两物块沿斜面匀速下滑,p、q及斜劈组成的整体处于平衡状态,则水平方向斜劈不受地面的静摩擦力作用,施加恒力F1、F2后,斜劈受力情况不变,即A依然不受地面的摩擦力作用,且A对地面的压力大小仍为(M2m)g,大于(Mm)g,故选项A、D正确。B级保分题目练通抓牢6(2019长沙调研)如图所示,质量为m(可视为质点)的小球P,用两根轻绳OP和OP与小球拴接后再分别系于竖直墙上相距0.4 m的O、O两点上,绳OP长0.5 m,绳OP长0.3 m,今在小球上施加一方向与水平方向成37 角的拉力F,将小球缓慢拉起,绳OP刚拉直时,OP绳拉力为T1,绳OP刚松弛时,OP绳
6、拉力为T2,则为(sin 370.6,cos 370.8)()A34 B43C35 D45解析:选COP绳刚拉直时,OP绳拉力为T1,此时OP绳拉力为零,小球受力如图甲所示。根据几何关系可得sin ,可得53,则90; 根据共点力的平衡条件可得T1mgsin ;OP 绳刚松弛时,OP绳的拉力为T2,此时OP绳拉力为零,小球受力如图乙所示,根据共点力的平衡条件可得T2mgtan ,由此可得,故C正确,A、B、D错误。7.(多选)如图所示为内壁光滑的半球形凹槽M,O为球心,AOB60,OA水平,小物块在与水平方向成45角的斜向上的推力F作用下静止于B处。在将推力F沿逆时针缓慢转到水平方向的过程中装
7、置始终静止,则()AM槽对小物块的支持力逐渐减小BM槽对小物块的支持力逐渐增大C推力F先减小后增大D推力F逐渐增大解析:选BC以小物块为研究对象,分析受力情况,如图所示,物块受到重力G、支持力FN和推力F三个力作用,根据平衡条件可知,FN与F的合力与G大小相等,方向相反。将推力F沿逆时针缓慢转到水平方向的过程中(F由位置13),根据作图可知,M槽对小物块的支持力FN逐渐增大,推力F先减小后增大,当F与FN垂直时,F最小。故A、D错误,B、C正确。8(多选)如图所示,两根轻绳一端系于结点O,另一端分别系于固定圆环上的A、B两点,O点下面悬挂一物体M,绳OA水平,拉力大小为F1,绳OB与OA夹角1
8、20,拉力大小为F2,将两绳同时缓慢顺时针转过75,并保持两绳之间的夹角始终不变,且物体始终保持静止状态。则在旋转过程中,下列说法正确的是()AF1逐渐增大 BF1先增大后减小CF2逐渐减小 DF2先增大后减小解析:选BC设两绳转动过程中,绳OA与水平方向的夹角为,以O点为研究对象,受力分析如图所示,因为两绳是缓慢移动的,所以O点始终处于平衡状态,由平衡条件得F1cos F2cos(60),F1sin F2sin(60)Mg,由以上两式解得F1,F2。当,则f1f2,C正确。10. (2019昆明模拟)如图所示,质量M2 kg的木块套在水平固定杆上,并用轻绳与质量m1 kg的小球相连。今用跟水
9、平方向成60角的力F10 N拉着小球并带动木块一起向右匀速运动,运动中M、m的相对位置保持不变,g10 m/s2。在运动过程中,求:(1)轻绳与水平方向的夹角;(2)木块M与水平杆间的动摩擦因数。解析:(1)小球的受力如图甲所示,由平衡条件得水平方向:Fcos 60FTcos 0竖直方向:Fsin 60FTsin mg0解得30。(2)将木块、小球看做整体,受力如图乙所示,由平衡条件得水平方向:Fcos 60FN0竖直方向:FNFsin 60Mgmg0解得。答案:(1)30(2)C级难度题目适情选做11.如图所示,三根长度均为L的轻绳分别连接于C、D两点,A、B两端被悬挂在水平天花板上,相距2
10、L,现在C点上悬挂一个质量为m的重物,为使CD绳保持水平,在D点上可施加力的最小值为()Amg B.mgC.mg D.mg解析:选C由题图可知,要使CD水平,各绳均应绷紧,则AC与水平方向的夹角为60;结点C受力平衡,受力分析如图所示,则CD绳的拉力FTmgtan 30mg;D点受绳子拉力大小等于FT,方向向左;要使CD水平,D点两绳的拉力与外界的力的合力为零,则绳子对D点的拉力可分解为沿BD绳的分力F1,及另一分力F2,由几何关系可知,当力F2与BD垂直时,F2最小,而F2的大小即为拉力的大小;故最小力FFTsin 60mg。故C正确。12. (2019潍坊模拟)如图所示,风筝借助于均匀的风
11、和牵线对其作用,才得以在空中处于平衡状态。图中所示风筝质量为400 g,某时刻风筝平面与水平面的夹角为30,主线对风筝的拉力与风筝平面成53角。已知风对风筝的作用力与风筝平面相垂直,g取10 m/s2。(1)求此时风对风筝的作用力的大小和线对风筝的拉力大小;(2)若拉着风筝匀速运动时,主线与水平面成53角保持不变,这时拉主线的力为10 N,则风对风筝的作用力为多大?风筝平面与水平面的夹角为多大?解析:(1)风筝平衡时共受到三个力的作用,即重力mg、风对它的作用力F和主线对它的拉力T(如图所示),以风筝平面方向为x轴,F方向为y轴,建立一个坐标系,将重力和拉力T正交分解,在x轴方向:mgsin 30Tcos 530在y轴方向:FTsin 53mgcos 30联立两式,解得T3.33 N,F6.13 N。(2)同理以水平方向为x轴,竖直方向为y轴建立坐标系。设风对风筝的作用力水平分力为Fx,竖直分力为Fy,由平衡条件,知FxTcos 53100.6 N6 NFyTsin 53G100.8 N4 N12 NF13.4 N风筝平面与水平面的夹角满足tan arctan 。答案:(1)6.13 N3.33 N(2)13.4 Narctan 7