《2020屆高三物理一輪復習收尾二輪專題突破檢測 力與物體的平衡》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2020屆高三物理一輪復習收尾二輪專題突破檢測 力與物體的平衡（7頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。
1、力與物體的平衡 (45分鐘100分)一、選擇題(本大題共8小題,每小題8分,共64分。多選題已在題號后標出)1.(2020廣州二模)如圖,力F垂直作用在傾角為的三角滑塊上,滑塊沒被推動,則滑塊受到水平地面的靜摩擦力大小為()A.0B.FcosC.FsinD.Ftan2.(多選)(2020朝陽區(qū)一模)如圖所示,表面光滑的半圓柱體固定在水平面上,小物塊在拉力F作用下從B點沿圓弧緩慢上滑至A點,此過程中F始終沿圓弧的切線方向,則()A.小物塊受的支持力逐漸變大B.小物塊受的支持力先變小后變大C.拉力F逐漸變小D.拉力F先變大后變小3.(多選)(2020廣東高考)如圖,物體P靜止于固定的斜面上,P的上
2、表面水平?，F把物體Q輕輕地疊放在P上,則()A.P向下滑動B.P靜止不動C.P所受的合外力增大D.P與斜面間的靜摩擦力增大4.(2020德陽二模)如圖所示,小圓環(huán)A吊著一個質量為m2的物塊并套在另一個豎直放置的大圓環(huán)上,有一細線一端拴在小圓環(huán)A上,另一端跨過固定在大圓環(huán)最高點B的一個小滑輪后吊著一個質量為m1的物塊。如果小圓環(huán)、滑輪、繩子的大小和質量以及相互之間的摩擦都可以忽略不計,繩子又不可伸長,若平衡時弦AB所對應的圓心角為,則兩物塊的質量比m1m2應為()A.cos B.sinC.2sin D.2cos5.(2020廣元一模)如圖所示,與水平面夾角為30的固定斜面上有一質量m=1.0kg
3、的物體。細繩的一端與物體相連,且與斜面平行,另一端經摩擦不計的定滑輪與固定的彈簧測力計相連。物體靜止在斜面上,彈簧測力計的示數為4.9N。關于物體受力的判斷(取g=9.8m/s2),下列說法正確的是()A.斜面對物體的支持力大小為4.9 N,方向垂直斜面向上B.斜面對物體的摩擦力大小為4.9 N,方向沿斜面向上C.斜面對物體的支持力大小為4.9N,方向豎直向上D.斜面對物體的摩擦力大小為零6.(2020長沙二模)如圖,勻強電場方向垂直于傾角為的絕緣粗糙斜面向上,一質量為m的帶正電荷的滑塊靜止于斜面上,關于該滑塊的受力,下列分析正確的是(當地重力加速度為g)()A.滑塊可能只受重力、電場力、摩擦
4、力三個力的作用B.滑塊所受摩擦力大小一定為mgsinC.滑塊所受電場力大小可能為mgcosD.滑塊對斜面的壓力大小一定為mgcos7.(多選)(2020桂林二模)如圖所示,質量為M、半徑為R的半球形物體A放在水平地面上,通過最高點處的釘子用水平細線拉住一質量為m、半徑為r的光滑球B。則()A.A對地面的壓力等于(M+m)gB.A對地面的摩擦力方向向左C.B對A的壓力大小為mgD.細線對小球的拉力大小為mg8.(2020黃岡二模)如圖所示,將一勁度系數為k的輕彈簧一端固定在內壁光滑的半球形容器底部O處(O為球心),彈簧另一端與質量為m的小球相連,小球靜止于P點。已知容器半徑為R,與水平面間的動摩
5、擦因數為,OP與水平方向的夾角=30。下列說法正確的是()A.容器相對于水平面有向左運動的趨勢B.容器對小球的作用力豎直向上C.輕彈簧對小球的作用力大小為mgD.彈簧原長為R+二、計算題(本大題共2小題,共36分。需寫出規(guī)范的解題步驟)9.(18分)(2020揭陽一模)如圖所示,小球被輕質細繩系住斜吊著放在靜止的光滑斜面體上,設小球質量m=1kg,斜面體傾角=30,細繩與豎直方向夾角=30,光滑斜面體的質量M=3kg,置于粗糙水平面上。(g取10m/s2)求:(1)細繩對小球拉力的大小;(2)地面對斜面體的摩擦力的大小和方向。10.(18分)同學們都擦過黑板,手拿黑板擦在豎直的黑板面上,或上下
6、或左右使黑板擦與黑板之間進行滑動摩擦,將黑板上的粉筆字擦干凈。已知黑板的規(guī)格為4.51.5m2,黑板的下邊沿離地的高度為0.8m,若黑板擦(可視為質點)的質量為0.1kg,現假定某同學用力將黑板擦在黑板表面緩慢豎直向上擦黑板,當手臂對黑板擦的作用力F與黑板面所成角度為=53時,F=5N。(取g=10m/s2,sin53=0.8)(1)求黑板擦與黑板間的動摩擦因數。(2)當他擦到離地最大高度2.05m時,黑板擦意外脫手沿黑板面豎直向下滑落,求黑板擦砸到黑板下邊沿時的速度v的大小。答案解析1.【解析】選C。滑塊受力如圖所示,由平衡條件得Fsin-f=0,解得f=Fsin,選項C正確。2. 【解析】
7、選A、C。小物塊受力如圖所示,由平衡條件得F=mgsin,N=mgcos,小物塊由B上升到A的過程中,逐漸減小,故F逐漸減小,N逐漸增大,選項A、C正確,B、D錯誤。3.【解析】選B、D。設P的質量為m,P靜止于斜面上,則有mgsin=fmgcos,當把Q輕放于P之上時,相當于P的質量變大,設P、Q的總質量為M,則有MgsinMgcos,故P仍靜止不動,A錯誤、B正確;P靜止不動合力為零,C錯誤;對P、Q整體:f=Mgsin,由于Mm,故f變大,D正確?！咀兪絺溥x】(多選)如圖所示,斜劈A置于水平地面上,滑塊B恰好沿其斜面勻速下滑。在對B施加一個豎直平面內的外力F后,A仍處于靜止狀態(tài),B繼續(xù)沿
8、斜面下滑。則以下說法中正確的是()A.若外力F豎直向下,則B仍勻速下滑,地面對A無靜摩擦力作用B.若外力F斜向左下方,則B加速下滑,地面對A有向右的靜摩擦力作用C.若外力F斜向右下方,則B減速下滑,地面對A有向左的靜摩擦力作用D.無論F沿豎直平面內的任何方向,地面對A均無靜摩擦力作用【解析】選A、B、C。由滑塊B恰好沿其斜面勻速下滑可知滿足mgsin=mgcos,解得=tan,在對B施加一個豎直平面內豎直向下的外力后,則有(mg+F)sin-(mg+F)cos=0,B仍勻速下滑,對A、B整體受力分析可知,地面對A無靜摩擦力作用,選項A正確;若外力F斜向左下方,則B加速下滑,有向左的加速度,地面
9、對A有向右的靜摩擦力作用,選項B正確;若外力F斜向右下方,則B減速下滑,有向右的加速度,地面對A有向左的靜摩擦力作用,選項C正確,D錯誤。4.【解析】選C。T2與N的合力與T1平衡,由于A環(huán)平衡,大環(huán)對A環(huán)的彈力N的方向斜向下,由幾何關系可知,T2與N所構成的平行四邊形為菱形,有2T2sin=T1=m1gT2=m2g,T1=m1g解得=2sin。5.【解析】選D。物體受到重力、支持力和繩子的拉力作用,重力沿斜面向下的分力為mgsin=4.9N,沿斜面方向的合力為零,所以物體沒有沿斜面運動的趨勢,摩擦力大小為零,D正確,B錯誤;斜面對物體的支持力大小等于mgcos=4.9N,方向垂直斜面向上,選
10、項A、C錯誤。6. 【解析】選B。滑塊受力如圖所示,滑塊受重力、電場力、支持力、摩擦力四個力的作用,選項A錯誤;由平衡條件得f=mgsin,N+qE=mgcos,選項B正確,C、D錯誤。7.【解析】選A、C。物體A與球B整體只受重力和地面的支持力作用而平衡,由平衡條件得N=(M+m)g,由牛頓第三定律得A對地面的壓力等于(M+m)g,選項A正確,B錯誤;球B受力如圖所示,由平衡條件得N=mg,T=mgtan=mg=mg,選項C正確,D錯誤。8. 【解析】選D。容器和小球組成的系統處于平衡狀態(tài),受力如圖甲所示,容器相對于水平面沒有向左運動的趨勢,A錯;小球受力如圖乙所示,容器對小球的作用力是支持
11、力,指向球心O,B錯;由=30得,小球受到容器的支持力和彈簧對小球的彈力大小均為mg,C錯;題圖中彈簧長度為R,壓縮量為,故原長為R+,D正確。9. 【解析】(1)小球受力如圖甲所示,由平衡條件得:水平方向:Nsin30-Tsin30=0 (4分)豎直方向:Ncos30+Tcos30-mg=0 (4分)解得:T=N=N (2分)(2)小球和斜面體整體受力如圖乙所示,由平衡條件得:水平方向:f-Tsin30=0 (4分)解得:f=Tsin30=N=N (2分)方向水平向左。 (2分)答案:(1)N (2)N 方向水平向左【方法技巧】共點力平衡問題的規(guī)范求解1.一般解題步驟:(1)選取研究對象:根
12、據題目要求,選取一個平衡體(單個物體或系統,也可以是結點)作為研究對象。(2)畫受力示意圖:對研究對象進行受力分析,畫出受力示意圖。(3)正交分解:選取合適的方向建立直角坐標系,將所受各力正交分解。(4)列方程求解:根據平衡條件列出平衡方程,解平衡方程,對結果進行討論。2.應注意的問題:(1)物體受三個力平衡時,利用力的分解法或合成法比較簡單。(2)解平衡問題建立坐標系時應使盡可能多的力與坐標軸重合,需要分解的力盡可能少,物體受四個以上的力作用時一般要采用正交分解法。10.【解題指南】解答本題應注意以下兩點:(1)黑板擦在黑板表面緩慢移動說明黑板擦處于平衡狀態(tài)。(2)黑板擦沿黑板面豎直向下滑落時,黑板擦只受重力作用,黑板擦做自由落體運動?！窘馕觥?1)黑板擦豎直向上緩慢運動,受力如圖所示,由平衡條件得:水平方向:Fsin-N=0 (3分)豎直方向:Fcos-mg-f=0 (3分)又有:f=N (3分)解得:=0.5 (2分)(2)黑板擦豎直下落時與黑板之間無摩擦,做自由落體運動,則:v2=2gh (3分)下落高度:h=2.05m-0.8m=1.25 m (2分)解得:v=5m/s (2分)答案:(1)0.5(2)5m/s
2020屆高三物理一輪復習收尾二輪專題突破檢測 力與物體的平衡
