2019版高考物理二輪復習 課時跟蹤訓練1 力與共點力的平衡.doc

課時跟蹤訓練(一) 力與共點力的平衡一、選擇題(18題為單項選擇題，912題為多項選擇題)1(2018山東省實驗中學高三二模)如圖所示，將某均勻長方體鋸成A、B兩塊后，在水平桌面上并對放在一起，現(xiàn)用水平力F推B，使A、B整體保持長方體沿F方向勻速運動，則()AA在水平方向受到三個力的作用，且合力為零BA在水平方向受到五個力的作用，且合力為零CA對B的作用力方向與A、B接觸面垂直DB對A的彈力大于桌面對A的摩擦力A對A受力分析，在水平方向上受B對A的彈力，桌面的滑動摩擦力，B對A的靜摩擦力，在三個力的作用下處于平衡，受力如圖，故A正確，B錯誤B對A的彈力和靜摩擦力的合力與桌面的滑動摩擦力等值反向，與F的方向相同；根據(jù)牛頓第三定律可知，A對B的作用力方向與F的方向相反，不是A、B接觸面垂直，故C錯誤因為B對A的彈力與B對A的摩擦力垂直，二者的合力等于桌面對A的摩擦力，所以B對A的彈力小于桌面對A的摩擦力，故D錯誤故選A.2(2018山東省湖北省重點學校協(xié)作體沖刺模擬)如圖所示，靜止在水平地面上傾角為斜面光滑的斜面體上，有一斜劈A，A的上表面水平且放有一斜劈B，B的上表面上有一物塊C，A、B、C一起沿斜面勻加速下滑，已知A、B、C的質量均為m，重力加速度為g，下列說法正確的是()AA的上表面可以是光滑的BC可能只受兩個力作用CA加速度大小為gcos D斜面體受到地面的摩擦力為零B對B、C整體受力分析，受重力、支持力，而B、C沿斜面勻加速下滑，整體的合力沿斜面向下，所以A、B間摩擦力不為零，A錯誤；對ABC整體分析，由于斜面體斜面光滑，所以整體的加速度為agsin ，如果B的上表面是光滑的，傾角也為，則C的加速度也為agsin ，此時只受重力和B給的支持力，B正確、C錯誤；因為ABC整體對斜面體有個斜向右下的作用力，該力可分解為一個水平向右的分力，而斜面體處于靜止狀態(tài)，故斜面體受地面的摩擦力水平向左，D錯誤3如圖所示，一根質量分布均勻的圓木左端用輕繩a固定，通過輕質定滑輪被人拉住，輕繩a與豎直方向的夾角為；圓木的右端用輕繩b固定，通過輕質定滑輪被人拉住，開始時圓木處于水平靜止狀態(tài)，輕繩b與豎直方向的夾角為，<90.現(xiàn)將圓木右端下降微小距離，而重新處于靜止狀態(tài)，在此過程中不變，變化前后下列說法正確的是()A輕繩b的拉力增大B輕繩b的拉力減小C輕繩a的拉力不變D輕繩a的拉力變大A圓木處于平衡時，輕繩a、b的拉力反向延長線交點即為輕繩a、輕繩b和圓木的重力的共同作用點圓木右端下降微小距離后，角減小，根據(jù)三力平衡條件得，矢量三角形如圖所示，輕繩a的拉力減小，輕繩b的拉力增大，故選項A正確，其余選項均錯誤4(2018山東省泰安市高三二模)如圖所示，水平面上A、B兩物塊的接觸面水平，二者疊放在一起在作用于B上的水平恒定拉力F的作用下沿地面向右做勻速運動，某時刻撤去力F后，二者仍不發(fā)生相對滑動下列說法正確的是()A撤去F之前A受3個力作用B撤去F之前B受到4個力作用C撤去F前后，A的受力情況不變DA、B間的動摩擦因數(shù)不小于B與地面間的動摩擦因數(shù)DA、B撤去F前，整體做勻速運動，故B受地面的摩擦力與F平衡，而A水平方向不受外力，故A不受B的摩擦力，B受重力、支持力、壓力、拉力和地面的摩擦力共5個力作用；A只受重力和B對A的支持力，A受兩個力的作用；A錯誤，B錯誤；C.撤去拉力F后，由于整體做減速運動，A受到重力和B對A的支持力及B對A的摩擦力，A受3個力的作用；C錯誤；D.撤去拉力F后，由于整體做減速運動，整體的加速度a2g，而A的加速度aA2g<1g，即2<1，D正確；故選D.5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動若保持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動，物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)為()A2 B. C. D.C設物塊的質量為m，據(jù)平衡條件及摩擦力公式有拉力F水平時，F(xiàn)mg拉力F與水平面成60角時，F(xiàn)cos 60(mgFsin 60)聯(lián)立式解得.故選C.6(2018四川成都市高三)如圖所示，在一個傾角為的斜面上，有一個質量為m，帶負電的小球P(可視為點電荷)，空間存在著方向垂直斜面向下的勻強磁場，帶電小球與斜面間的摩擦力不能忽略，它在斜面上沿圖中所示的哪個方向運動時，有可能保持勻速直線運動狀態(tài)()Av1方向Bv2方向 Cv3方向Dv4方向C若小球的速度沿v1方向，滑動摩擦力與v1的方向相反，即沿圖中v3方向，由左手定則知，小球受到的洛倫茲力方向在斜面平面內與v1垂直向下，重力的分力mgsin 沿斜面向下，則知球在斜面平面內所受的合外力不為零，小球不可能做勻速直線運動，故A錯誤；同理可知B、D錯誤；若小球的速度沿v3方向，滑動摩擦力與v3的方向相反，即沿圖中v1方向，由左手定則知，小球受到的洛倫茲力方向在斜面平面內與v3垂直向上，即沿v2方向，重力的分力mgsin 沿斜面向下，則知斜面平面內的合外力可能為零，小球有可能做勻速直線運動，故C正確7(2018四川省攀枝花市高考物理三診試卷)如圖所示，a、b兩細繩一端系著質量為m的小球，另一端系在豎直放置的圓環(huán)上，小球位于圓環(huán)的中心，開始時繩a水平，繩b傾斜現(xiàn)將圓環(huán)在豎直平面內順時針緩慢地向右滾動至繩b水平，在此過程中()Aa上的張力逐漸增大，b上的張力逐漸增大Ba上的張力逐漸減小，b上的張力逐漸減小Ca上的張力逐漸減小，b上的張力逐漸增大Da上的張力逐漸增大，b上的張力逐漸減小D設小球的重力為G，圓環(huán)沿順時針方向轉過過程中b繩與豎直方向的夾角為，a和b的拉力大小分別為T1、T2.小球的位置保持不動，受力保持平衡，由平衡條件可知，兩繩拉力的合力不變，小球受到的重力G和T1、T2組成一個閉合的三角形由幾何知識得知，T1、T2的夾角不變，由正弦定理得，在90的范圍內，變大故T1變大，T2變小故D正確8如圖所示，一個質量m1 kg的物塊A通過一根跨過定滑輪的輕繩連接一個靜止在粗糙斜面上的物塊B，現(xiàn)對物塊B施加一個與豎直方向成30角斜向右上方的外力F時斜面對物塊B恰無彈力已知斜面的傾角也為30，且跨過定滑輪的輕繩兩端也成30角，重力加速度g為10 m/s2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力若保持外力F的大小不變，順時針改變力的方向至外力F與斜面平行的過程中整體仍然靜止，則下列說法中正確的是()A物塊B的質量為3 kg，所施外力為10 NB斜面對物塊B的支持力逐漸減小C斜面對物塊B的摩擦力逐漸增大D斜面與物塊B間的動摩擦因數(shù)至少是0.4C開始時斜面對物塊B恰無彈力，由對稱性知外力Fmg10 N，對物塊B運用平衡條件知m0g2Fcos ，故m0kg，A錯誤；保持外力F大小不變，順時針方向轉至與斜面平行的過程中它沿斜面向上的分量增大，垂直于斜面的分量減小，而輕繩的拉力一定，因此斜面的支持力增大，此時斜面對物塊B還會產生一個沿斜面向下的摩擦力，且摩擦力隨角的增大而增大，B錯誤，C正確；當外力轉至與斜面平行時由平衡條件知FNmgm0gcos ，m0gsin FNF，聯(lián)立解得0.268，D錯誤9如圖所示，頂端裝有定滑輪的斜面體放在粗糙水平地面上，A、B兩物體通過細繩連接，并處于靜止狀態(tài)(不計繩的質量和繩與滑輪間的摩擦)現(xiàn)用水平向右的力F作用于物體B上，將物體B緩慢拉高一定的距離，此過程中斜面體與物體A依然保持靜止，在此過程中()A水平力F一定變小B斜面體所受地面的支持力一定變大C地面對斜面體的摩擦力一定變大D物體A所受斜面體的摩擦力可能變大CD取物體B為研究對象分析其受力情況如圖：則有Fmgtan ，T，在物體B緩慢拉高的過程中，增大，則水平力F隨之變大對A、B兩物體與斜面體這個整體而言，由于斜面體與物體A仍然保持靜止，拉力F增大，則地面對斜面體的摩擦力一定變大，但是因為整體豎直方向并沒有其它力，故斜面體所受地面的支持力應該沒有變；在這個過程中盡管繩子張力變大，但是由于物體A所受斜面體的摩擦力開始并不知道其方向，故物體A所受斜面體的摩擦力的情況無法確定，可能變大故C、D正確，A、B錯誤故選：C、D.10(2018湖北省麻城一中高考沖刺模擬)如圖所示，在豎直平面內，一根不可伸長的輕質軟繩兩端打結系于“V”型桿上的A、B兩點，已知OM邊豎直，且|AO|OB|，細繩繞過光滑的滑輪，重物懸掛于滑輪下處于靜止狀態(tài)若在紙面內繞端點O按順時針方向緩慢轉動“V”型桿，直到ON邊豎直，繩子的張力為T，A點處繩子與桿之間摩擦力大小為F，則()A張力T先一直增大B張力T先增大后減小C摩擦力F一直減小D摩擦力F先增大后減小BCA、B.設滑輪兩側繩子與豎直方向的夾角為，受力如圖，在紙面內繞端點O按順時針方向緩慢轉動“V”型桿，直到ON邊豎直，AB的長度不變，AB在水平方向的投影先變長后變短，繩子與豎直方向的夾角為先變大后變小，所以張力T先增大后減小，故A錯誤，B正確；C、D.以A點為對象，受力分析如圖 根據(jù)平衡條件可知，F(xiàn)Tcos()(cos tan sin )，在紙面內繞端點O按順時針方向緩慢轉動“V”型桿，繩子與豎直方向的夾角先變大后變小，OA桿與豎直方向的夾角一直變大，當繩子與豎直方向的夾角變大，摩擦力減小，當繩子與豎直方向的夾角變小時，但還是在增大，所以摩擦力還是在減小，故C正確，D錯誤；故選B、C.11(2018最新高考信息卷)如圖所示，光滑水平面上有一異形滑塊ABCD在向左做勻變速運動，豎直平面內存在勻強電場，斜面BC和AB光滑絕緣，上面分別有兩個質量均為m的小球a、b相對滑塊靜止，其中小球b帶負電，電荷量大小為q，小球a不帶電重力加速度為g，則下列說法中正確的是()A滑塊加速度大小為gB滑塊加速度大小為gC電場強度的最小值為D電場強度的最小值為BC因a不帶電，對a分析可知，斜面向左做勻加速運動，由牛頓第二定律：mgtan 30ma，解得ag，選項B正確，A錯誤；對b受力分析可知，當電場力方向沿斜面向上時，場強最小，則：FNcos 60qEcos 30mg；FNsin 60qEminsin 30ma，解得電場強度的最小值為Emin，選項C正確，D錯誤；故選BC.12. (山東省維坊市高三三模)如圖所示，將質量為m的小球用橡皮筋懸掛在豎直墻的O點，小球靜止在M點，N為O點正下方一點，ON間的距離等于橡皮筋原長，在N點固定一鐵釘，鐵釘位于橡皮筋右側現(xiàn)對小球施加拉力F，使小球沿以MN為直徑的圓弧緩慢向N運動，P為圓弧上的點，角PNM為60.橡皮筋始終在彈性限度內，不計一切摩擦，重力加速度為g，則()A在P點橡皮筋彈力大小為mgB在P點時拉力F大小為mgC小球在M向N運動的過程中拉力F的方向始終跟橡皮筋垂直D小球在M向N運動的過程中拉力F先變大后變小AC由題意知k2Rmg.小球在圓弧上任意一點A時，橡皮筋拉力F1k2Rcos mgcos ，恰等于重力在F1方向上的分力mgcos ，由力的平衡條件知F必然與重力的另一分力平衡，故拉力F應與橡皮筋始終垂直，小球在P點時，F(xiàn)1k2Rcos 60mgcos 60mg.拉力Fmgsin 60mg；小球在由M沿圓弧移到N時，F(xiàn)mgsin ，變大，F(xiàn)逐漸變大故本題正確選項為A、C.二、非選擇題13質量為M，傾角為的木楔在水平面上保持靜止，質量為m的木塊剛好可以在木楔上表面勻速下滑，現(xiàn)在用與木楔上表面成角的力F拉著木塊勻速上滑，如圖所示重力加速度為g. (1)當為多大時，拉力F有最小值？最小值為多少？(2)當拉力F最小時，水平面對木楔的摩擦力為多大？解析(1)木塊剛好可以沿木楔上表面勻速下滑時，甲則有mgsin mgcos 可得tan 用力F拉著木塊勻速上滑，受力分析如圖甲所示，有Fcos mgsin FfFNFsin mgcos 又FfFN聯(lián)立解得F乙所以，當時，F(xiàn)有最小值，為Fminmgsin 2.(2)對木塊和木楔整體受力分析如圖乙所示，由平衡條件可得FfFcos()當拉力F最小時，F(xiàn)fFmincos 2mgsin 4.答案(1)mgsin 2 (2)mgsin 414(2018第三次全國大聯(lián)考)如圖所示，兩個相同的正三棱柱A、B緊靠著靜止于水平地面上，三棱柱的中間有一個半徑為R的光滑圓柱C，A、B的質量均為m，A、B與地面間的動摩擦因數(shù)為，C的質量為2m.設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g.(1)三者均靜止時A對C的支持力為多大？(2)若A、B能保持不動，應該滿足什么條件？(3)若C受到經過其軸線豎直向下的外力而能夠緩慢下降到地面，求該過程中摩擦力對A做的功解析(1)圓柱C受力平衡2FNcos 602mg解得FN2mg(2)如圖所示，A受力平衡F地FNcos 60mg2mg，fFNsin 60mg因為fF地，所以(3)C緩慢下降的同時A、B也緩慢且對稱地向左右分開A的受力依然為4個，但除了重力之外的其他力的大小發(fā)生改變，f也成為了滑動摩擦力A受力平衡知F地FNcos 60mg；fFNsin 60F地解得f解有意義，即要求>0，與本題第(2)問不矛盾由幾何關系知：當C下落到地面時，A向左移動的水平距離為xR所以摩擦力的功Wfx 答案(1)2mg(2)(3)