《2021版高考物理一轮复习高频考点强化练(二)受力与平衡问题(含解析)》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021版高考物理一轮复习高频考点强化练(二)受力与平衡问题(含解析)（9页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、受力与平衡问题(45分钟100分)一、选择题(本题共10小题,每小题7分,共70分。18题为单选题,9、10题为多选题)1.如图所示,三个相同的轻质弹簧连接在O点,弹簧1的另一端固定在天花板上,且与竖直方向的夹角为30,弹簧2水平且右端固定在竖直墙壁上,弹簧3的另一端悬挂质量为m的物体且处于静止状态,此时弹簧1、2、3的形变量分别为x1、x2、x3,则()A.x1x2x3=12 B.x1x2x3=21C.x1x2x3=12 D.x1x2x3=21【解析】选B。对弹簧的结点受力分析可知:kx1cos 30=kx3,kx1sin 30=kx2,联立解得x1x2x3=21。选项B正确。2.(创新预测
2、)如图所示,乙烷球棍模型是由6个氢原子球和2个碳原子球组成,其中,下层的3个氢原子与碳原子之间用铰链轻杆连接,碳氢键与碳碳键间的夹角为120,各层碳氢键间的夹角为120,已知,每个氢原子模型球的质量为m0,每个碳原子模型球的质量为3m0,共价键的质量不计。若假设碳碳键的张力和底层碳氢键的张力分别为F1、F2,则关于F1、F2的值正确的是()A.F1=6m0g,F2=9m0gB.F1=9m0g,F2=4m0gC.F1=6m0g,F2=6m0gD.F1=4m0g,F2=9m0g【解析】选C。将上层看作一个整体,整体受到重力和碳碳键的张力,故F1=6m0g,对下层碳原子分析,根据力的平衡条件可得3F
3、2cos 60=9m0g,解得F2=6m0g,选项C正确。3.如图所示,质量为m的物体A在竖直向上的力F(Fmg)作用下静止于斜面上。若减小力F,物体仍静止,则()A.斜面对物体A的摩擦力不变B.斜面对物体A的支持力不变C.物体A所受合力不变D.斜面对物体A的摩擦力可能为零【解题指南】解答本题应注意以下两点:(1)可把F与mg的合力等效为物体的“重力”分析。(2)根据物体的状态判断物体的合力大小。【解析】选C。因为Fmgsin, N1=mg(cos-sintan)mgcos,故选项C正确,D错误。6.如图所示为建筑工地一个小型起重机起吊重物的示意图。一根轻绳跨过光滑的动滑轮,轻绳的一端系在位置
4、A处,动滑轮的下端挂上重物,轻绳的另一端挂在起重机的吊钩C处,起吊重物前,重物处于静止状态。起吊重物过程是这样的:先让吊钩从位置C竖直向上缓慢地移动到位置B,然后再让吊钩从位置B水平向右缓慢地移动到D,最后把重物卸在某一个位置。则关于轻绳上的拉力大小变化情况,下列说法正确的是()A.吊钩从C向B移动过程中,轻绳上的拉力不变B.吊钩从B向D移动过程中,轻绳上的拉力变小C.吊钩从C向B移动过程中,轻绳上的拉力变大D.吊钩从B向D移动过程中,轻绳上的拉力不变【解析】选A。由C到B时,两绳夹角不变,故绳子拉力不变,由B到D时,两绳夹角增大,2Tcos=mg,绳子拉力增大,故A正确,B、C、D错误。7.
5、如图所示,倾角=30的斜面体A静止在水平地面上,一根轻绳跨过斜面体顶端的小滑轮,绳两端系有质量均为m的小物块a、b,整个装置处于静止状态。现给物块b施加一个水平向右的力F,使b缓慢移动直到轻绳与竖直方向成30角(不计绳与滑轮间的摩擦),对此过程说法正确的是()A.b受到绳的拉力先增大再减小B.小物块a受到的摩擦力先增大再减小C.水平拉力F逐渐增大D.小物块a一定沿斜面缓慢上移【解析】选C。b受力平衡,对b受力分析,如图甲所示。设绳与竖直方向的夹角为,b缓慢移动直到与竖直方向成30角的过程中,变大,根据平行四边形定则可知,T逐渐增大,F逐渐增大,故A错误,C正确;对a受力分析,如图乙所示。刚开始
6、T=mg,a处于静止状态,则f=T-mgsin 30=mg,方向沿斜面向下,T增大时,f增大,摩擦力增大,由于不知道最大静摩擦力的具体值,所以不能判断a是否会滑动,故B、D错误。8.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,小球在斜面体上无摩擦地滑动,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N以及绳对小球的拉力T的变化情况是()A.N保持不变,T不断增大B.N不断增大,T不断减小C.N保持不变,T先增大后减小D.N不断增大,T先减小后增大【解析】选D。对小球受力分析如图所示(重力mg、斜面对小球的支持力N、绳对小球
7、的拉力T)。画出一簇平行四边形如图所示,当T方向与斜面平行时,T最小,所以T先减小后增大,N一直增大,故D正确,A、B、C错误。9.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。f表示木块与挡板间摩擦力的大小,N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.f变小B.f不变C.N变小D.N变大【解题指南】解答本题时可按以下思路分析:(1)(2)【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,f=g,与挡板间的
8、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N=Fsin =Fsin =,当挡板间的距离稍许增大时,增大,N增大,C错误,D正确。10.(2019淄博模拟)如图所示,两个相同的固定斜面上分别放有一个静止的三角形木块A、B,它们的质量相等。A木块左侧面沿竖直方向,B木块左侧面垂直于斜面,在两斜面上分别放上一个相同的光滑球后,木块仍保持静止,则放上球后()A.A木块受到的摩擦力等于B木块受到的摩擦力B.A木块受到的摩擦力小于B木块受到的摩擦力C.A木块对斜面的压力等于B木块对斜面的压力D.A木块对斜面的压力小于B木块对斜面
9、的压力【解析】选A、D。设小球的质量为m,A、B的质量为M,斜面的倾角为。以小球与A整体为研究对象,由平衡条件可得:A木块受到的摩擦力fA=(M+m)gsin ,同理,以小球与B整体为研究对象,得到B木块受到的摩擦力fB=(M+m)gsin ,则fA=fB,故A正确,B错误。以A为研究对象,分析受力,如图所示,由平衡条件得:斜面对A的支持力NA=Mgcos -N1sin 以B为研究对象,分析受力,由平衡条件得:斜面对B的支持力NB=Mgcos ,则得NANB。由牛顿第三定律可知,A木块对斜面的压力小于B木块对斜面的压力,故C错误、D正确。二、计算题(本题共2小题,共30分。需要写出必要的文字说
10、明和规范的解题步骤,有数值计算的要注明单位)11.(15分)(2019合肥模拟)如图所示,质量M=1 kg 的木块套在水平固定杆上,并用轻绳与质量m=0.5 kg 的小球相连,今用跟水平方向成60角的力F=5 N拉着小球并带动木块一起向右匀速运动,运动中木块、小球的相对位置保持不变,取g=10 m/s2。在运动过程中,求:(1)轻绳与水平方向的夹角。(2)木块与水平杆间的动摩擦因数。【解析】(1)小球处于平衡状态,其所受合力为零。以小球为研究对象分析受力如图甲所示,由平衡条件得,水平方向Fcos60-Tcos=0,竖直方向Fsin60-Tsin-mg=0,解得=30。(2)以木块和小球整体为研
11、究对象,受力分析如图乙所示,由平衡条件得,水平方向有Fcos 60-N=0,竖直方向有Fsin 60+N-mg-Mg=0,解得=。答案:(1)30(2)12.(15分)如图所示,重物A被绕过小滑轮P的细线所悬挂,小滑轮P被一根细线系于天花板上的O点,O点处安装一力传感器。质量为10 kg的物块B放在粗糙的水平桌面上,O是三根线的结点,bO水平拉着B物体,aO、 bO与cO夹角如图所示。细线、小滑轮的重力和细线与滑轮间的摩擦力均可忽略,整个装置处于静止状态。若O点处安装的力传感器显示受到的拉力是F0=20 N,物块B与水平桌面之间的动摩擦因数为0.2,求: (1)重物A的质量。(2)重物C的质量
12、和桌面对B物体的摩擦力。【解析】(1)设小滑轮两侧细绳中拉力为F, 根据重物A静止,由平衡条件,F=mAg,由图中几何关系可知滑轮两侧细线的夹角为60。根据O点处安装的力传感器显示受到的拉力是F0=20 N,可知悬挂小滑轮的细线OP的张力是T=F0=20 N。对小滑轮P,由平衡条件,2Fcos 30=20 N,可得F=20 N。解得重物A的质量为mA=2 kg。(2)对结点O受力分析,由平衡条件,在竖直方向,Fsin 30=FC。在水平方向,Fcos 30=FB,对B物体,由平衡条件,桌面对B物体的摩擦力f=FB,对C物体,由平衡条件mCg=FC,联立解得:mC=1 kg,f=10 N。答案:(1)2 kg(2)1 kg10 N
