《2020屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題沖刺 專題復(fù)習(xí)篇一 力與物體的平衡練習(xí)（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題沖刺 專題復(fù)習(xí)篇一 力與物體的平衡練習(xí)（含解析）（28頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、力與物體的平衡要點(diǎn)提煉1.共點(diǎn)力作用下物體平衡的特點(diǎn)(1)運(yùn)動(dòng)學(xué)特點(diǎn)：速度不變(不一定為零)(動(dòng)能和動(dòng)量不變)，加速度為零；(2)力學(xué)特點(diǎn)：F合0。2三個(gè)共點(diǎn)力平衡：其中任意一個(gè)力與其余兩個(gè)力的合力一定大小相等，方向相反；若有兩個(gè)力等大，則這兩個(gè)力一定關(guān)于第三個(gè)力所在直線對(duì)稱；表示三個(gè)力的有向線段可以組成一個(gè)矢量三角形。3多個(gè)共點(diǎn)力平衡：任意方向上合力為零；建立直角坐標(biāo)系后，兩個(gè)坐標(biāo)軸上的合力均為零，即Fx合0，F(xiàn)y合0；物體受N個(gè)力作用而處于平衡狀態(tài)，則其中任意一個(gè)力與其余N1個(gè)力的合力一定等大反向。4動(dòng)態(tài)平衡：物體在緩慢移動(dòng)過(guò)程中，可以認(rèn)為物體時(shí)刻處于平衡狀態(tài)，其所受合力時(shí)刻為零。5帶電粒
2、子或帶電物體在復(fù)合場(chǎng)中處于平衡狀態(tài)時(shí)，合力為零；帶電粒子(或微粒)在重力、恒定電場(chǎng)力和洛倫茲力共同作用下的直線運(yùn)動(dòng)必然是勻速直線運(yùn)動(dòng)。高考考向1受力分析共點(diǎn)力平衡 命題角度1 物體的受力分析例1(2019西寧第四中學(xué)高三一模)一個(gè)底面粗糙、質(zhì)量為M的斜劈放在粗糙的水平面上，劈的斜面光滑且與水平面成30角；現(xiàn)用一端固定的輕繩系一質(zhì)量為m的小球，小球放在斜面上，小球靜止時(shí)輕繩與豎直方向的夾角也為30，如圖所示，試求：(1)當(dāng)斜劈靜止時(shí)繩子的拉力大?。?2)當(dāng)斜劈靜止時(shí)地面對(duì)斜劈的摩擦力的大??；(3)若地面對(duì)斜劈的最大靜摩擦力等于地面對(duì)斜劈支持力的k倍，為使整個(gè)系統(tǒng)靜止，k值必須滿足什么條件？解析(
3、1)以小球?yàn)檠芯繉?duì)象，受力分析如圖1所示，對(duì)拉力T和重力mg進(jìn)行正交分解。由物體的平衡條件可知：Tcos30mgsin30得：Tmg。(2)以斜劈和小球整體為研究對(duì)象，整體受力情況如圖2所示，由物體平衡條件可得：fTcos60mg。(3)為使整個(gè)系統(tǒng)靜止，要求fmaxkFNTcos60而FNTsin60(Mm)g聯(lián)立以上兩式可得：k。答案(1)mg(2)mg(3)k 受力分析的常用方法受力分析貫穿整個(gè)力學(xué)，包括分析處于平衡狀態(tài)和非平衡狀態(tài)物體的受力情況，為了知識(shí)的連貫，此處歸納出通用的受力分析方法(對(duì)于非平衡狀態(tài)的受力分析運(yùn)用參見(jiàn)后續(xù)二、三、四專題)。(1)假設(shè)法：在受力分析時(shí)，對(duì)于彈力、摩擦
4、力，若不能確定是否存在，或者不能確定力的方向、特點(diǎn)，可先作出假設(shè)(如該力存在、沿某一個(gè)方向、摩擦力是靜摩擦力)，然后根據(jù)該假設(shè)對(duì)運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的影響判斷假設(shè)是否成立。(2)整體法與隔離法：若系統(tǒng)內(nèi)各個(gè)物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)相同，優(yōu)先采用整體法；如果需要求解系統(tǒng)內(nèi)部的相互作用，可再用隔離法。如果系統(tǒng)內(nèi)部各部分運(yùn)動(dòng)狀態(tài)不同，一般用隔離法(如果存在相對(duì)運(yùn)動(dòng)但整體處于平衡狀態(tài)，也可以采用整體法)。整體法與隔離法一般交叉綜合運(yùn)用。(3)轉(zhuǎn)換對(duì)象法：當(dāng)直接分析一個(gè)物體的受力不方便時(shí)，可轉(zhuǎn)換研究對(duì)象，先分析另一個(gè)物體的受力，再根據(jù)牛頓第三定律分析該物體的受力。(4)動(dòng)力學(xué)分析法：根據(jù)物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)用平衡條件或牛頓運(yùn)動(dòng)定律
5、確定其受力情況。備課記錄： 11(2019河北武邑中學(xué)高三月考)(多選)如圖所示，將一物塊分成靠在一起的A、B兩部分，B放置在地面上，然后在物體A上施加一水平外力F，整個(gè)裝置靜止。關(guān)于A、B兩個(gè)物體的受力情況，下列說(shuō)法中正確的是()A物體A一定受到三個(gè)力的作用B物體A一定受到四個(gè)力的作用C物體B一定受到地面對(duì)它的摩擦力的作用D物體B可能受到四個(gè)力的作用答案CD解析分析物體A的受力情況，一定受到外力F、重力和B對(duì)A的支持力，假設(shè)這三個(gè)力能使A處于平衡狀態(tài)，則A只受到三個(gè)力，假設(shè)這三個(gè)力不能使A平衡，則A一定還受到B對(duì)A的摩擦力，所以物體A可能受到三個(gè)力的作用，也可能受到四個(gè)力的作用，A、B錯(cuò)誤；
6、以整個(gè)裝置為研究對(duì)象，因?yàn)橄到y(tǒng)處于平衡狀態(tài)，所以B一定受到地面對(duì)它的摩擦力作用，C正確；由于力的作用是相互的，從轉(zhuǎn)換對(duì)象角度假設(shè)A受到B對(duì)它的摩擦力作用，則B一定受到A對(duì)它的摩擦力作用，所以物體B可能受四個(gè)力作用，也可能受五個(gè)力作用，D正確。12(2019山東青島高三一模)(多選)如圖，固定在地面上的帶凹槽的長(zhǎng)直桿與水平面成30角，輕質(zhì)環(huán)a套在桿上，置于凹槽內(nèi)質(zhì)量為m的小球b通過(guò)一條細(xì)繩跨過(guò)固定定滑輪與環(huán)a連接。a、b靜止時(shí)，細(xì)繩與桿間的夾角為30，重力加速度為g，不計(jì)一切摩擦，下列說(shuō)法正確的是()Aa受到3個(gè)力的作用Bb受到3個(gè)力的作用C桿對(duì)b的作用力大小為mgD細(xì)繩對(duì)a的拉力大小為mg答案
7、BD解析輕質(zhì)環(huán)a套在桿上，不計(jì)摩擦，則a靜止時(shí)細(xì)繩的拉力與桿對(duì)a的彈力平衡，故拉a的細(xì)繩與桿垂直，a受到兩個(gè)力的作用，故A錯(cuò)誤；對(duì)b球受力分析可知，b受到重力，繩子的拉力和桿對(duì)b球的彈力，b受到3個(gè)力的作用，故B正確；以b為研究對(duì)象，受力分析如圖所示，根據(jù)幾何關(guān)系可得30，設(shè)桿對(duì)b的作用力大小為N，則2Ncos30mg，Nmg，故C錯(cuò)誤；對(duì)b分析，細(xì)繩的拉力大小TNmg，則細(xì)繩對(duì)a的拉力大小為Tmg，故D正確。命題角度2 共點(diǎn)力作用下的靜態(tài)平衡問(wèn)題例2(2019全國(guó)卷)用卡車運(yùn)輸質(zhì)量為m的勻質(zhì)圓筒狀工件，為使工件保持固定，將其置于兩光滑斜面之間，如圖所示。兩斜面、固定在車上，傾角分別為30和6
8、0。重力加速度為g。當(dāng)卡車沿平直公路勻速行駛時(shí)，圓筒對(duì)斜面、壓力的大小分別為F1、F2，則()AF1mg，F(xiàn)2mgBF1mg，F(xiàn)2mgCF1mg，F(xiàn)2mgDF1mg，F(xiàn)2mg解析如圖所示，卡車勻速行駛，圓筒受力平衡，由題意知，力F1與F2相互垂直。由牛頓第三定律知F1F1，F(xiàn)2F2，則F1mgsin60mg，F(xiàn)2mgsin30mg，D正確。答案D 解決靜態(tài)平衡問(wèn)題的四種常用方法備課記錄： 21(2019全國(guó)卷)物塊在輕繩的拉動(dòng)下沿傾角為30的固定斜面向上勻速運(yùn)動(dòng)，輕繩與斜面平行。已知物塊與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，重力加速度取10 m/s2。若輕繩能承受的最大張力為1500 N，則物塊的質(zhì)量最大
9、為()A150 kg B100 kgC200 kg D200 kg答案A解析物塊沿斜面向上勻速運(yùn)動(dòng)，受力如圖，根據(jù)平衡條件有FFfmgsinFfFNFNmgcos由式得Fmgsinmgcos所以m故當(dāng)FFmax1500 N時(shí)，物塊的質(zhì)量最大，最大質(zhì)量為mmax150 kg，A正確。22(2019濟(jì)南高三模擬)如圖所示，在傾角為37的斜面上放置一質(zhì)量為0.5 kg的物體，用一大小為1 N平行斜面底邊的水平力F推物體時(shí)，物體保持靜止。已知物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，物體受到的摩擦力大小為(sin370.6，cos370.8，g取10 m/s2)()A3 N B2 N C. N D. N答案C解析物
10、體所受的摩擦力為靜摩擦力，其大小與F和重力沿斜面向下的分量的矢量和等大反向，則f N N，故選C。高考考向2動(dòng)態(tài)平衡問(wèn)題命題角度1 圖解法解動(dòng)態(tài)平衡問(wèn)題例3(2019全國(guó)卷)(多選)如圖，一粗糙斜面固定在地面上，斜面頂端裝有一光滑定滑輪。一細(xì)繩跨過(guò)滑輪，其一端懸掛物塊N，另一端與斜面上的物塊M相連，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)。現(xiàn)用水平向左的拉力緩慢拉動(dòng)N，直至懸掛N的細(xì)繩與豎直方向成45。已知M始終保持靜止，則在此過(guò)程中()A水平拉力的大小可能保持不變BM所受細(xì)繩的拉力大小一定一直增加CM所受斜面的摩擦力大小一定一直增加DM所受斜面的摩擦力大小可能先減小后增加解析選N為研究對(duì)象，受力情況如圖甲所示，由圖
11、可知，用水平拉力F緩慢拉動(dòng)N的過(guò)程中，水平拉力F逐漸增大，細(xì)繩的拉力T逐漸增大，A錯(cuò)誤，B正確。對(duì)于M，受重力GM、支持力FN、繩的拉力T以及斜面對(duì)它的摩擦力f，如圖乙所示；若開始時(shí)斜面對(duì)M的摩擦力f沿斜面向上，則TfGMsin，T逐漸增大，f逐漸減小，f可能會(huì)減小到零后，再反向增大；若開始時(shí)斜面對(duì)M的摩擦力沿斜面向下，則TGMsinf，當(dāng)T逐漸增大時(shí)，f逐漸增大，C錯(cuò)誤，D正確。答案BD 圖解法(矢量三角形法、平行四邊形法)如果物體受到三個(gè)力的作用，其中一個(gè)力的大小、方向均不變，另一個(gè)力的方向不變，此時(shí)可用圖解法，畫出不同狀態(tài)下力的矢量圖(即矢量三角形或平行四邊形)，判斷兩個(gè)變力的變化情況。
12、如例題中物塊N的重力大小、方向均不變，拉力F的方向不變，可用圖解法。圖解法的關(guān)鍵是作圖，次序很重要，先找恒力，再找方向不變的力，再畫大小、方向均變化的力，從而明確兩個(gè)變力的變化情況。備課記錄： 31(2019河北武邑質(zhì)檢)如圖所示，斜面體A靜置于粗糙水平面上，被一輕繩拴住的小球B置于光滑的斜面上，輕繩左端固定在豎直墻面上P處，此時(shí)小球靜止且輕繩與斜面平行?，F(xiàn)將輕繩左端從P處緩慢沿墻面上移到P處，斜面體始終處于靜止?fàn)顟B(tài)，則在輕繩移動(dòng)過(guò)程中()A輕繩的拉力先變小后變大B斜面體對(duì)小球的支持力逐漸增大C斜面體對(duì)水平面的壓力逐漸增大D斜面體對(duì)水平面的摩擦力逐漸減小答案D解析小球的受力分析如圖1所示，小球
13、受到斜面體的支持力FN1及輕繩拉力F的合力始終與小球重力G1等大反向，當(dāng)輕繩左端上升時(shí)，F(xiàn)增大，F(xiàn)N1減小，故A、B錯(cuò)誤；對(duì)斜面體A進(jìn)行受力分析，如圖2所示，隨小球?qū)π泵鎵毫N1的減小，由受力平衡可知，水平面對(duì)斜面體的支持力FN2逐漸減小，摩擦力Ff逐漸減小，由牛頓第三定律可知C錯(cuò)誤，D正確。32(2019湖北孝感高三上學(xué)期期末八校聯(lián)考)如圖所示，放在地面上的質(zhì)量為M的物塊與質(zhì)量為m的小球通過(guò)不可伸長(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)繩跨過(guò)兩個(gè)定滑輪連接。M遠(yuǎn)大于m。先給小球施加一個(gè)向右且與水平方向始終成30角的力F，使小球緩慢地移動(dòng)，直至懸掛小球的繩水平，小球移動(dòng)過(guò)程中細(xì)繩一直處于拉直狀態(tài)，則下列說(shuō)法正確的是()A
14、拉力F一直增大B拉力F先減小后增大C物塊對(duì)地面的力一直減小D物塊對(duì)地面的壓力先減小后增大答案A解析對(duì)小球受力分析，小球受重力mg、細(xì)繩的拉力T和拉力F，三力的合力為零，如圖所示，根據(jù)圖解法可知，拉力F一直增大，繩的拉力先減小后增大，故A正確，B錯(cuò)誤；細(xì)繩的拉力先減小后增大，對(duì)物塊進(jìn)行研究可知，物塊對(duì)地面的壓力先增大后減小，故C、D錯(cuò)誤。命題角度2 解析法解動(dòng)態(tài)平衡問(wèn)題例4(2017全國(guó)卷)(多選)如圖，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?，F(xiàn)將重物向右上方緩慢拉起，并保持夾角不變。在OM由豎直被拉到水平的過(guò)程
15、中()AMN上的張力逐漸增大BMN上的張力先增大后減小COM上的張力逐漸增大DOM上的張力先增大后減小解析設(shè)重物的質(zhì)量為m，繩OM中的張力為TOM，繩MN中的張力為TMN。開始時(shí)，TOMmg，TMN0。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，已知角不變，在將重物緩慢拉起的過(guò)程中，角逐漸增大，則角()逐漸減小，但角不變，在三角形中，利用正弦定理得：，()由鈍角變?yōu)殇J角，則TOM先增大后減小，D正確；同理知，在由0變?yōu)榈倪^(guò)程中，TMN一直增大，A正確。答案AD 三力動(dòng)態(tài)平衡問(wèn)題歸納備課記錄： 41(2019重慶一中高三5月模考)如圖所示，在粗糙的水
16、平地面上放著一左側(cè)截面是半圓的柱狀物體B，在B與豎直墻之間放置一光滑小球A，整個(gè)裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)用水平力F拉動(dòng)B緩慢向右移動(dòng)一小段距離后，它們?nèi)蕴幱陟o止?fàn)顟B(tài)，在此過(guò)程中，下列判斷正確的是()A小球A對(duì)物體B的壓力逐漸增大B小球A對(duì)物體B的壓力逐漸減小C墻面對(duì)小球A的支持力逐漸減小D墻面對(duì)小球A的支持力先增大后減小答案A解析對(duì)A球受力分析并建立直角坐標(biāo)系如圖。由平衡條件得：豎直方向：N2cosmg，水平方向：N1N2sin，聯(lián)立解得：N2，N1mgtan；B緩慢向右移動(dòng)一小段距離，A緩慢下落，則增大，所以N2增大，N1增大，由牛頓第三定律知，小球A對(duì)物體B的壓力逐漸增大，故A正確，B、C、D
17、錯(cuò)誤。42(2019山東日照高三5月校際聯(lián)合考試)(多選)如圖所示為一種兒童玩具，在以O(shè)點(diǎn)為圓心的四分之一豎直圓弧軌道上，有一個(gè)光滑的小球(不能視為質(zhì)點(diǎn))，O為小球的圓心。擋板OM沿著圓弧軌道的半徑，以O(shè)點(diǎn)為轉(zhuǎn)軸，從豎直位置開始推著小球緩慢的順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)(水平向里看)，到小球觸到水平線的過(guò)程中()A圓弧軌道對(duì)小球的支持力逐漸增大B圓弧軌道對(duì)小球的支持力逐漸減小C擋板對(duì)小球的支持力逐漸增大D擋板對(duì)小球的支持力逐漸減小答案BC解析對(duì)小球受力分析如圖所示。當(dāng)從豎直位置開始推著小球緩慢順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，到小球觸到水平線的過(guò)程中，根據(jù)幾何關(guān)系可知，N1與N2之間的夾角保持不變，N1與豎直方向夾角越來(lái)越小，設(shè)N1
18、與豎直方向夾角為，N1Gcos，N2Gsin，所以N1逐漸增大，N2逐漸減小，A、D錯(cuò)誤，B、C正確。命題角度3 相似三角形法解動(dòng)態(tài)平衡問(wèn)題例5(2019山東省“評(píng)價(jià)大聯(lián)考”三模)如圖，用硬鐵絲彎成的光滑半圓環(huán)豎直放置，直徑豎直，O為圓心，最高點(diǎn)B處固定一光滑輕質(zhì)滑輪，質(zhì)量為m的小環(huán)A穿在半圓環(huán)上。現(xiàn)用細(xì)線一端拴在A上，另一端跨過(guò)滑輪用力F拉動(dòng)，使A緩慢向上移動(dòng)。小環(huán)A及滑輪B大小不計(jì)，在移動(dòng)過(guò)程中，關(guān)于拉力F以及半圓環(huán)對(duì)A的彈力N的說(shuō)法正確的是()AF逐漸增大BN的方向始終指向圓心OCN逐漸變小DN大小不變解析選取小環(huán)A為研究對(duì)象，畫受力分析示意圖，小環(huán)A受三個(gè)力，重力、繩子的拉力和大圓環(huán)的
19、支持力，運(yùn)用三角形相似法得到N、F與AO、BO的關(guān)系，再分析N和F的變化情況。在小環(huán)A緩慢向上移動(dòng)的過(guò)程中，小環(huán)A處于三力平衡狀態(tài)，根據(jù)平衡條件知，mg與N的合力與T等大反向共線，作出mg與N的合力，如圖，由三角形相似得：，F(xiàn)T，則Fmg，AB變小，BO不變，則F變小，故A錯(cuò)誤；Nmg，AO、BO都不變，則N大小不變，方向始終背離圓心，故D正確，B、C錯(cuò)誤。答案D三力作用下的共點(diǎn)力動(dòng)態(tài)平衡問(wèn)題，在三個(gè)力中若一個(gè)力為恒力，另外兩個(gè)力的方向不斷變化，可考慮應(yīng)用相似三角形法。解題的關(guān)鍵是進(jìn)行正確的受力分析，尋找力的三角形與圖形中的幾何三角形相似，利用相似三角形對(duì)應(yīng)邊成比例求出三角形中力的比例關(guān)系，從
20、而求解問(wèn)題。備課記錄： 51(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間的彈簧換成原長(zhǎng)相同但勁度系數(shù)為k2(k2k1)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()AFT1FT2 BFT1FT2CF1F2 DF1F2答案BC解析小球B受重力mg、繩子拉力FT和彈簧彈力F三個(gè)力而平衡，平移FT、F構(gòu)成矢量三角形如圖所示，由圖可以看出，力的矢
21、量三角形總是與幾何三角形OAB相似，因此有，其中OA、L保持不變，因此繩子的拉力FT大小保持不變，A錯(cuò)誤，B正確；當(dāng)彈簧的勁度系數(shù)k增大時(shí)，彈簧的壓縮量減小，A、B間距離增大，因此對(duì)應(yīng)的力F增大，C正確，D錯(cuò)誤。52(多選)如圖所示，表面光滑的半球形物體固定在水平面上，光滑小環(huán)D固定在半球形物體球心O的正上方，輕質(zhì)彈簧一端用輕質(zhì)細(xì)繩固定在A點(diǎn)，另一端用輕質(zhì)細(xì)繩穿過(guò)小環(huán)D與放在半球形物體上的小球P相連，DA水平?，F(xiàn)將細(xì)繩固定點(diǎn)A向右緩慢平移的過(guò)程中(小球P未到達(dá)半球最高點(diǎn))，下列說(shuō)法正確的是()A彈簧變短B彈簧變長(zhǎng)C小球?qū)Π肭虻膲毫Υ笮〔蛔僁小球?qū)Π肭虻膲毫ψ兇蟠鸢窤C解析對(duì)小球受力分析，小球受
22、重力G、細(xì)線的拉力T和半球面的支持力FN，作出FN、T、G的矢量三角形，如圖所示。根據(jù)相似三角形法可知，因?yàn)镺P和OD都是恒定不變的，G也不變，DP減小，所以可知FN不變，T減小，根據(jù)牛頓第三定律可知小球?qū)Π肭虻膲毫Υ笮〔蛔?，繩子的拉力減小，即彈簧的彈力減小，所以彈簧變短，故A、C正確。閱卷現(xiàn)場(chǎng)摩擦力分析出錯(cuò)例6(12分)所受重力G18 N的砝碼懸掛在繩PA和PB的結(jié)點(diǎn)上。PA偏離豎直方向37角，PB沿水平方向，且連在所受重力為G2100 N的木塊上，木塊靜止于傾角為37的斜面上，如圖所示，sin370.6，cos370.8，木塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，試求：(1)木塊與斜面間的摩擦力大小；(
23、2)木塊所受斜面的彈力。正解如圖甲所示分析結(jié)點(diǎn)P受力，由平衡條件得：FAcos37F1G1，(2分)FAsin37FB，(2分)可解得BP繩的拉力為：FB6 N，(1分)再分析木塊的受力情況如圖乙所示。由物體的平衡條件可得：FfG2sin37FBcos37，(2分)FNFBsin37G2cos37，(2分)又有FBFB，(1分)解得：Ff64.8 N；(1分)FN76.4 N，方向垂直斜面向上。(1分)答案(1)64.8 N(2)76.4 N，方向垂直斜面向上錯(cuò)解如圖甲所示分析結(jié)點(diǎn)P受力，由平衡條件得：FAcos37F1G1，(2分)FAsin37FB，(2分)可解得BP繩的拉力為：FB6 N
24、，(1分)再分析木塊的受力情況如圖乙所示，由物體的平衡條件可得：FNFBsin37G2cos37，(2分)FfFN，(扣2分)又有FBFB，(1分)解得：Ff38.2 N；(結(jié)果錯(cuò)誤，扣1分)FN76.4 N，方向垂直斜面向上。(1分)答案(1)38.2 N(2)76.4 N，方向垂直斜面向上正解與錯(cuò)解的區(qū)別在于：正解認(rèn)為題中的摩擦力是靜摩擦力，錯(cuò)解認(rèn)為題中的摩擦力為滑動(dòng)摩擦力。實(shí)際本題中的摩擦力是靜摩擦力，題目中給出的動(dòng)摩擦因數(shù)起到了干擾的作用，對(duì)靜摩擦力和滑動(dòng)摩擦力理解不到位的考生極有可能犯錯(cuò)解中的錯(cuò)誤。本題中的錯(cuò)解扣掉3分，還不算嚴(yán)重，如果FNFBsin37G2cos37和FfFN不是分
25、步列出，而是直接寫成FBsin37G2cos37，要扣掉5分，所以計(jì)算題的關(guān)系式，盡可能列分立的方程，不要過(guò)于綜合，也不要寫成連等式。專題作業(yè)1(2019江蘇高考) 如圖所示，一只氣球在風(fēng)中處于靜止?fàn)顟B(tài)，風(fēng)對(duì)氣球的作用力水平向右。細(xì)繩與豎直方向的夾角為，繩的拉力為T，則風(fēng)對(duì)氣球作用力的大小為()A. B.CTsin DTcos答案C解析對(duì)氣球受力分析，如圖所示，將繩的拉力T分解，在水平方向：風(fēng)對(duì)氣球的作用力大小FTsin，C正確。2. (2019廣東佛山普通高中教學(xué)質(zhì)量檢測(cè))在港珠澳大橋建設(shè)中，將直徑22米、高40.5米的鋼筒，打入海底圍成人工島，創(chuàng)造了快速筑島的世界記錄。如圖所示，鋼筒質(zhì)量為
26、M，用起重機(jī)由8根對(duì)稱分布的、長(zhǎng)為22米的鋼索將其吊起，整個(gè)裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)。則每根鋼索受到的拉力大小為()A.Mg B.Mg C.Mg D.Mg答案B解析分析題意可知，每根鋼索與豎直方向的夾角為30，則由平衡條件可知：8Tcos30Mg，解得TMg，由牛頓第三定律知，B正確。3. (2019四川省宜賓市二診)如圖所示，質(zhì)量均為m的斜面體A、B疊放在水平地面上，A、B間接觸面光滑，用一與斜面平行的推力F作用在B上，B沿斜面勻速上升，A始終靜止。若A的斜面傾角為，下列說(shuō)法正確的是()AFmgtanBA、B間的作用力為mgcosC地面對(duì)A的支持力大小為2mgD地面對(duì)A的摩擦力大小為F答案B解析根據(jù)
27、題意可得B受力平衡，沿斜面方向根據(jù)平衡條件可得Fmgsin，故A錯(cuò)誤；對(duì)斜面體B，垂直于斜面方向根據(jù)平衡條件可得支持力Nmgcos，則A、B間的作用力為mgcos，故B正確；以整體為研究對(duì)象，豎直方向根據(jù)平衡條件可得地面對(duì)A的支持力大小為FN2mgFsin，故C錯(cuò)誤；以整體為研究對(duì)象，水平方向根據(jù)平衡條件可得地面對(duì)A的摩擦力大小為fFcos，故D錯(cuò)誤。4(2019福建寧德二模)(多選) 中國(guó)書法歷史悠久，是中華民族優(yōu)秀傳統(tǒng)文化之一。在楷書筆畫中，長(zhǎng)橫的寫法要領(lǐng)如下：起筆時(shí)一頓，然后向右行筆，收筆時(shí)略向右按，再向左上回帶。該同學(xué)在水平桌面上平鋪一張白紙，為防打滑，他在白紙的左側(cè)靠近邊緣處用鎮(zhèn)紙壓
28、住。則在向右行筆的過(guò)程中()A鎮(zhèn)紙受到向左的摩擦力B毛筆受到向左的摩擦力C白紙只受到向右的摩擦力D桌面受到向右的摩擦力答案BD解析白紙和鎮(zhèn)紙始終處于靜止?fàn)顟B(tài)，對(duì)鎮(zhèn)紙受力分析知，鎮(zhèn)紙不受摩擦力，否則水平方向受力不平衡，鎮(zhèn)紙的作用是增大紙與桌面之間的彈力與最大靜摩擦力，故A錯(cuò)誤；在向右行筆的過(guò)程中毛筆相對(duì)紙面向右運(yùn)動(dòng)，受到向左的摩擦力，故B正確；白紙與鎮(zhèn)紙之間沒(méi)有摩擦力，白紙始終處于靜止?fàn)顟B(tài)，則白紙?jiān)谒椒较蚴艿矫P對(duì)白紙的摩擦力以及桌面對(duì)白紙的摩擦力，由B項(xiàng)可知，毛筆受到的摩擦力向左，由牛頓第三定律，白紙受到毛筆的摩擦力向右，根據(jù)平衡條件可知，桌面對(duì)白紙的摩擦力向左，故C錯(cuò)誤；桌面只受到白紙的摩
29、擦力，桌面對(duì)白紙的摩擦力向左，根據(jù)牛頓第三定律，白紙對(duì)桌面的摩擦力向右，故D正確。5(2017全國(guó)卷) 如圖，一物塊在水平拉力F的作用下沿水平桌面做勻速直線運(yùn)動(dòng)。若保持F的大小不變，而方向與水平面成60角，物塊也恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)。物塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為()A2 B. C. D.答案C解析設(shè)物塊的質(zhì)量為m，根據(jù)平衡條件及摩擦力公式有拉力F水平時(shí)，F(xiàn)mg拉力F與水平面成60角時(shí)，F(xiàn)cos60(mgFsin60)聯(lián)立式解得。故選C。6. (2019天津河北區(qū)一模)如圖所示，一根不可伸長(zhǎng)的輕繩穿過(guò)輕滑輪，兩端系在高度相等的A、B兩點(diǎn)，滑輪下掛一物體，不計(jì)輕繩和輕滑輪之間的摩擦，保持A固定不動(dòng)，讓
30、B緩慢向右移動(dòng)，則下列說(shuō)法正確的是()A隨著B向右緩慢移動(dòng)，繩子的張力減小B隨著B向右緩慢移動(dòng)，繩子的張力不變C隨著B向右緩慢移動(dòng)，滑輪受繩AB的合力變大D隨著B向右緩慢移動(dòng)，滑輪受繩AB的合力不變答案D解析兩根繩子的合力始終與物體的重力等大反向，所以滑輪受繩AB的合力不變，C錯(cuò)誤，D正確。當(dāng)B向右緩慢移動(dòng)時(shí)，兩根繩子之間的夾角變大，合力一定，則繩子的張力增大，故A、B錯(cuò)誤。7. (2019天津市北辰區(qū)模擬)(多選)如圖所示，放在斜面上的物體受到垂直于斜面向上的力F作用，物體始終保持靜止，下列說(shuō)法正確的是()A當(dāng)F逐漸減小后，物體受到的摩擦力保持不變B當(dāng)F逐漸減小后，物體受到的合力減小C當(dāng)F逐
31、漸減小后，物體對(duì)斜面的壓力逐漸增大D若力F反向且慢慢增大，則物體受到的摩擦力增大答案AC解析對(duì)物體受力分析，受重力、支持力、靜摩擦力和拉力，如圖所示。因?yàn)槲矬w始終靜止，處于平衡狀態(tài)，合力一直為零，根據(jù)平衡條件則有，垂直斜面方向：FNGcos，Gcos不變，所以F逐漸減小的過(guò)程中，N逐漸變大，根據(jù)牛頓第三定律，物體對(duì)斜面的壓力也逐漸增大；平行斜面方向：fGsin，G和保持不變，故f保持不變；若力F反向且慢慢增大，公式fGsin，仍舊成立，則物體受到的摩擦力也不變，故A、C正確，B、D錯(cuò)誤。8(2019湖南衡陽(yáng)二模)超市里磁力防盜扣的內(nèi)部結(jié)構(gòu)及原理如圖所示，在錐形金屬筒內(nèi)放置四顆小鐵珠(其余兩顆未
32、畫出)，工作時(shí)彈簧通過(guò)鐵環(huán)將小鐵珠擠壓于金屬筒的底部，同時(shí)，小鐵珠陷于釘柱上的凹槽里，鎖死防盜扣。當(dāng)用強(qiáng)磁場(chǎng)吸引防盜扣的頂部時(shí)，鐵環(huán)和小鐵珠向上移動(dòng)，防盜扣松開，已知錐形金屬筒底部的圓錐頂角剛好是90，彈簧通過(guò)鐵環(huán)施加給每個(gè)小鐵珠豎直向下的力F，小鐵珠鎖死防盜扣，每個(gè)小鐵珠對(duì)釘柱產(chǎn)生的側(cè)向壓力為(不計(jì)摩擦以及小鐵珠的重力)()A.F B.F CF D.F答案C解析以一個(gè)鐵珠為研究對(duì)象，將力F按照作用效果分解如圖所示，由幾何關(guān)系可得小鐵球?qū)︶斨a(chǎn)生的側(cè)向壓力為NF。故選C。9如圖所示為三種形式的吊車的示意圖，OA為可繞O點(diǎn)轉(zhuǎn)動(dòng)的輕桿，AB為質(zhì)量可忽略不計(jì)的拴接在A點(diǎn)的輕繩，當(dāng)它們吊起相同重物時(shí)，
33、圖甲、圖乙、圖丙中桿OA對(duì)結(jié)點(diǎn)的作用力大小分別為Fa、Fb、Fc，則它們的大小關(guān)系是()AFaFbFc BFaFbFcCFaFbFc DFaFbFc答案B解析設(shè)重物的質(zhì)量為m，分別對(duì)三圖中的結(jié)點(diǎn)進(jìn)行受力分析，桿對(duì)結(jié)點(diǎn)的作用力大小分別為Fa、Fb、Fc，對(duì)結(jié)點(diǎn)的作用力方向沿桿方向，各圖中Tmg。則在圖甲中，F(xiàn)a2mgcos30mg；在圖乙中，F(xiàn)bmgtan60mg；在圖丙中，F(xiàn)cmgcos30mg?？芍狥aFbFc，故B正確，A、C、D錯(cuò)誤。10(2017全國(guó)卷)一根輕質(zhì)彈性繩的兩端分別固定在水平天花板上相距80 cm的兩點(diǎn)上，彈性繩的原長(zhǎng)也為80 cm。將一鉤碼掛在彈性繩的中點(diǎn)，平衡時(shí)彈性繩的
34、總長(zhǎng)度為100 cm；再將彈性繩的兩端緩慢移至天花板上的同一點(diǎn)，則彈性繩的總長(zhǎng)度變?yōu)?彈性繩的伸長(zhǎng)始終處于彈性限度內(nèi))()A86 cm B92 cmC98 cm D104 cm答案B解析輕質(zhì)彈性繩的兩端分別固定在相距l(xiāng)080 cm的兩點(diǎn)上，鉤碼掛在彈性繩的中點(diǎn)，平衡時(shí)彈性繩的總長(zhǎng)度為l100 cm，以鉤碼為研究對(duì)象，受力如圖所示，由胡克定律得Fk(ll0)，由共點(diǎn)力的平衡條件和幾何知識(shí)得F；再將彈性繩的兩端緩慢移至天花板上的同一點(diǎn)，設(shè)彈性繩的總長(zhǎng)度變?yōu)閘，由胡克定律得Fk(ll0)，由共點(diǎn)力的平衡條件得F，聯(lián)立上面各式解得l92 cm，B正確。11. (2019東北三省三校二模)如圖所示，左側(cè)
35、是半徑為R的四分之一圓弧，右側(cè)是半徑為2R的一段圓弧。二者圓心在一條豎直線上，小球a、b通過(guò)一輕繩相連，二者恰好在等高處平衡。已知37，不計(jì)所有摩擦，則小球a、b的質(zhì)量之比為()A34 B35 C45 D12答案A解析對(duì)a、b兩個(gè)小球受力分析，如圖所示，同一根繩上的拉力大小相等，設(shè)為T；由力的平衡條件和幾何知識(shí)可知繩對(duì)a球的拉力Tmagcos37，繩對(duì)b球的拉力Tmbgsin37，聯(lián)立可解得，A正確。12. (2019西安高三第三次質(zhì)檢)如圖所示，木板P下端通過(guò)光滑鉸鏈固定于水平地面上的O點(diǎn)，物體A、B疊放在木板上且處于靜止?fàn)顟B(tài)，此時(shí)物體B的上表面剛好水平?，F(xiàn)使木板P繞O點(diǎn)緩慢旋轉(zhuǎn)到虛線所示位
36、置，物體A、B仍保持靜止，且相對(duì)木板沒(méi)有發(fā)生移動(dòng)，與原位置相比()AA對(duì)B的作用力減小 BB對(duì)A的摩擦力不變C板對(duì)B的摩擦力減小 D板對(duì)B的作用力減小答案C解析設(shè)板與水平地面的夾角為，以物體A為研究對(duì)象，木板P未旋轉(zhuǎn)前A只受到重力和支持力而處于平衡狀態(tài)，所以B對(duì)A的作用力與A的重力大小相等，方向相反；當(dāng)將木板P繞O點(diǎn)緩慢旋轉(zhuǎn)到虛線所示位置，B的上表面不再水平，A受力情況如圖a所示，圖中代表B的上表面與水平面之間的夾角。A受到重力和B對(duì)A的支持力、摩擦力三個(gè)力作用，其中B對(duì)A的支持力、摩擦力的合力仍然與A的重力等大反向，則A受到B對(duì)A的作用力保持不變，根據(jù)牛頓第三定律可知，A對(duì)B的作用力也不變，
37、故A錯(cuò)誤；B對(duì)A的摩擦力增大，B錯(cuò)誤；以A、B整體為研究對(duì)象，分析受力情況如圖b所示，受總重力GAB、木板的支持力N2和摩擦力f2，木板對(duì)B的作用力是支持力N2和摩擦力f2的合力，由平衡條件分析可知，木板對(duì)B的作用力大小與總重力大小相等，保持不變，D錯(cuò)誤；木板的支持力N2GABcos，f2GABsin，木板旋轉(zhuǎn)后，減小，故N2增大，f2減小，C正確。13. (2019山東日照高考模擬)如圖所示，兩個(gè)質(zhì)量分別為m、m的小圓環(huán)A、B用細(xì)線連著，套在一個(gè)豎直固定的大圓環(huán)上，大圓環(huán)的圓心為O。系統(tǒng)平衡時(shí)，細(xì)線所對(duì)的圓心角為90，大圓環(huán)和小圓環(huán)之間的摩擦力及線的質(zhì)量忽略不計(jì)，重力加速度大小用g表示，下列
38、判斷正確的是()A小圓環(huán)A、B受到大圓環(huán)的支持力之比是1B小圓環(huán)A受到大圓環(huán)的支持力與豎直方向的夾角為15C細(xì)線與水平方向的夾角為30D細(xì)線的拉力大小為mg答案A解析對(duì)A和B進(jìn)行受力分析，根據(jù)平行四邊形定則作出重力和支持力的合力與繩子的拉力等大反向，設(shè)支持力與豎直方向的夾角分別為和，根據(jù)正弦定理可以得到：，由于TT，90，整理可得：30，60，TTmg，再次利用正弦定理：，整理可得：NANB1，故A正確，B、D錯(cuò)誤；根據(jù)幾何知識(shí)可知，細(xì)線與水平方向的夾角為90304515，故C錯(cuò)誤。14(2019河北唐山一模)如圖所示，兩個(gè)半圓柱A、B相接觸并靜置于水平地面上，其上有一光滑圓柱C，三者半徑均為
39、R。C的質(zhì)量為2m，A、B的質(zhì)量都為m，與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為?，F(xiàn)用水平向右的力拉A，使A緩慢移動(dòng)，直至C恰好降到地面。整個(gè)過(guò)程中B保持靜止。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為g。求：(1)未拉A時(shí)，C受到B作用力的大小F；(2)動(dòng)摩擦因數(shù)的最小值min。答案(1)mg(2)解析(1)對(duì)C受力分析，如圖所示，根據(jù)平衡條件有2Fcos302mg解得Fmg。(2)對(duì)整體受力分析可知，地面對(duì)B的支持力FN2mg不變。C恰好降到地面時(shí)，B受C壓力的水平分力最大，設(shè)此時(shí)C受到B的作用力的大小為F，則2Fcos602mg，得F2mg，依據(jù)受力分析可知FxmaxFsin60mg此時(shí)，B受地面的摩擦力FfFxmax根據(jù)題意，此時(shí)B所受摩擦力最大，當(dāng)此時(shí)的摩擦力為最大靜摩擦力時(shí)有最小值，即minFNFf，解得min。- 28 -
2020屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題沖刺 專題復(fù)習(xí)篇一 力與物體的平衡練習(xí)（含解析）
