2019-2020年高考物理二輪復習 專題一 力與直線運動 1.2 力與物體的平衡課時作業(yè).doc

《2019-2020年高考物理二輪復習 專題一 力與直線運動 1.2 力與物體的平衡課時作業(yè).doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2019-2020年高考物理二輪復習 專題一 力與直線運動 1.2 力與物體的平衡課時作業(yè).doc（5頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

2019-2020年高考物理二輪復習 專題一 力與直線運動 1.2 力與物體的平衡課時作業(yè) 一、選擇題 1.(多選)如圖所示，在水平力F拉著一物體在水平地 面上做勻速直線運動，從t＝0時刻起水平力F的大小隨時間均勻減小，到t1時刻F減小為零．物體所受的摩擦力Ff隨時間t的變化圖象可能是(　　) 解析：物體開始做勻速直線運動，說明物體所受水平向右的拉力F與向左的滑動摩擦力等大反向．當F減小時，物體做減速運動．若F減小為零之前物體始終運動，則摩擦力始終為滑動摩擦力，大小不變，A正確．若F減小為零之前物體已停止運動，則停止前摩擦力為滑動摩擦力，大小不變，停止后摩擦力為靜摩擦力，大小隨F的減小而減小，D正確． 答案：AD 2.(多選)如圖所示(俯視)，完全相同的四個足球彼此相互接觸疊放在水平面上，每個足球的質量都是m，不考慮轉動情況，下列說法正確的是(　　) A．下面每個球對地面的壓力均為mg B．下面的球不受地面給的摩擦力 C．下面每個球受地面給的摩擦力均為mg D．上面球對下面每個球的壓力均為mg 解析：以四個球整體為研究對象受力分析可得，3FN＝4mg，可知下面每個球對地面的壓力均為FN＝mg，選項A正確；隔離上面球分析，3F1＝mg，F(xiàn)1＝mg，選項D正確．隔離下面一個球分析，F(xiàn)f＝F1＝mg，選項B、C錯誤．因此答案選AD. 答案：AD 3.(多選)如圖所示，頂端附有光滑定滑輪的斜面體靜止 在粗糙水平地面上，三條細繩結于O點，一條繩跨過定滑輪平行于斜面連接物塊P，一條繩連接小球Q，P、Q兩物體處于靜止狀態(tài)，另一條繩OA在外力F的作用下使夾角θ<90，現(xiàn)緩慢改變繩OA的方向至θ>90，且保持結點O位置不變，整個裝置始終處于靜止狀態(tài)．下列說法正確的是(　　) A．繩OA的拉力一直增大 B．斜面體對物塊P的摩擦力的大小可能先減小后增大 C．地面對斜面體有向右的摩擦力 D．地面對斜面體的支持力大于物塊P和斜面體的重力之和 解析：緩慢改變繩OA的方向至θ>90的過程，OA拉力的方向變化如圖從1位置到2位置到3位置所示，可見OA的拉力先減小后增大，OP繩的拉力一直增大，選項A錯誤；若開始時P受繩子的拉力比較小，則斜面對P的摩擦力沿斜面向上，OP繩拉力一直增大，則摩擦力可能先變小后反向增大，選項B正確；以斜面和P、Q整體為研究對象受力分析，根據(jù)平衡條件，斜面受地面的摩擦力與F沿水平方向的分力等大反向，故摩擦力方向向左，選項C錯誤；以斜面體和P、Q整體為研究對象受力分析，根據(jù)豎直方向受力平衡：N＋Fcosα＝M斜g＋MPg＋MQg，式中α為F與豎直方向的夾角，由圖分析可知Fcosα的最大值即為MQg(當F豎直向上時)，故FcosαM斜g＋MPg，選項D正確． 答案：BD 4．(多選)如圖所示，質量為m的木塊在質量為M的長木板上受到向右的拉力F的作用向右滑行，木板處于靜止狀態(tài)．已知木塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ1，木板與地面間的動摩擦因數(shù)為μ2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力．下列說法正確的是(　　) A．木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ1mg B．木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ2(m＋M)g C．當F>μ2(m＋M)g時，木板便會開始運動 D．無論怎樣改變F的大小，木板都不可能運動 解析：對木板受力分析：水平方向受到木板向右的滑動摩擦力f1和地面向左的靜摩擦力f2，f1＝μ1mg，由平衡條件得f2＝f1＝μ1mg，故A正確；由于木板相對于地面是否將滑動不清楚，地面的靜摩擦力不一定達到最大，則木板受到地面的摩擦力的大小不一定是μ2(m＋M)g，故B錯誤；由題意分析可知，木塊對木板的摩擦力不大于地面對木板的最大靜摩擦力，當F改變時，f1不變，則木板不可能運動，故C錯誤，D正確． 答案：AD 5.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輕質細線拉住一質量為m、半徑為r的光滑球B，A、B均靜止．則(　　) A．B對A的壓力大小為mg B．細線對小球的拉力大小為mg C．A對地面的壓力大小為(M＋m)g D．地面對A的摩擦力大小為mg 解析：由于A、B處于靜止狀態(tài)，故其所受合外力為零，整體受力分析，如圖所示，根據(jù)平衡條件，可得：FN－(M＋m)g＝0，根據(jù)牛頓第三定律可知：A對地面的壓力大小為(M＋m)g，選項C正確，選項D錯誤．隔離B受力分析，如圖所示，根據(jù)平衡條件，由圖中幾何關系，可得＝＝，得：N＝mg，依據(jù)牛頓第三定律可得：B對A的壓力大小為mg；細線對小球的拉力F＝mg，選項AB錯誤． 答案：C 6.如圖所示，物塊A放在直角三角形斜面體B上面，B放在彈簧上面并緊挨著豎直粗糙墻壁，處于靜止狀態(tài)．現(xiàn)用力F沿斜面向上推A，A、B仍處于靜止狀態(tài)．下列說法正確的是(　　) A．A、B之間的摩擦力大小可能不變 B．A、B之間的摩擦力一定變小 C．B受到的彈簧彈力一定變小 D．B與墻之間可能沒有摩擦力 解析：對物塊A，開始受重力、B對A的支持力和靜摩擦力作用而平衡，當施加力F后，仍然處于靜止狀態(tài)，開始A所受的靜摩擦力大小為mAgsinθ，若F＝2mAgsinθ，則A、B之間的摩擦力大小可能不變，故A正確，B錯誤；對整體分析，由于A、B不動，彈簧的形變量不變，則彈簧的彈力不變，開始彈簧的彈力等于A、B的總重力，施加力F后，彈簧的彈力不變，總重力不變，根據(jù)平衡條件知，B與墻之間一定有摩擦力，故C、D錯誤． 答案：A 7.如圖所示，小球a的質量為小球b質量的一半，分別與輕彈簧A、B和輕繩相連接并處于平衡狀態(tài)．輕彈簧A與豎直方向夾角為60，輕彈簧A、B伸長量剛好相同，則下列說法中正確的是(　　) A．輕彈簧A、B的勁度系數(shù)之比為3∶1 B．輕彈簧A、B的勁度系數(shù)之比為2∶1 C．輕繩上拉力與輕彈簧A上拉力大小之比為2∶1 D．輕繩上拉力與輕彈簧B上拉力大小之比為1∶1 解析：設兩彈簧的伸長量都為x，a的質量為m，對小球b受力分析，由平衡條件可得：彈簧B的彈力kBx＝2mg，對小球a受力分析，可得：kBx＋mg＝kAx，聯(lián)立可得：kA＝3kB，選項A正確，B錯誤；同理F＝kAxsin60＝kAx＝kBx，選項CD錯誤． 答案：A 8.如圖是由某種材料制成的固定在水平地面上的半圓柱體的截面圖，O點為圓心，半圓柱體表面是光滑的．質量為m的小物塊(視為質點)在與豎直方向成θ角的斜向上的拉力F作用下靜止在A處，半徑OA與豎直方向的夾角也為θ，且A、O、F均在同一橫截面內，則小物塊對半圓柱體表面的壓力為(　　) A. B．mgcosθ C. D. 解析：對小物塊受力分析可得，小物塊受重力、支持力、拉力F三個力作用處于靜止狀態(tài)，因此三力的合力為零，由平衡條件可得，支持力為，由牛頓第三定律可知，小物塊對半圓柱體表面的壓力為，選項D正確． 答案：D 二、非選擇題 9．如圖所示，輕桿BC的C點用光滑鉸鏈與墻壁固定，桿的B點通過水平細繩AB使桿與豎直墻壁保持30的夾角．若在B點懸掛一個不計重力的光滑定滑輪，某人通過滑輪勻速的提起重物．已知重物的質量m＝30 kg，繞繩質量不計，人的質量M＝50 kg，g取10 m/s2.試求： (1)此時地面對人的支持力的大?。? (2)輕桿BC和繩AB所受力的大小． 解析： (1)因勻速提起重物，則繞繩對重物的拉力FT＝mg，繞繩對人的拉力大小為mg，所以地面對人的支持力為：FN＝Mg－mg＝(50－30)10 N＝200 N，方向豎直向上． (2)定滑輪對B點的拉力方向豎直向下，大小為2mg，桿對B點的彈力方向沿桿的方向，如圖所示，由共點力平衡條件得： FAB＝2mgtan30＝23010 N＝200 N FBC＝＝ N＝400 N. 答案：(1)200 N　(2)400 N　200 N 10.如圖所示，質量m＝4 kg的物體(可視為質點)用細繩拴住，放在水平傳送帶的右端，物體和傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.4，傳送帶的長度l＝6 m，當傳送帶以v＝4 m/s的速度逆時針轉動時，繩與水平方向的夾角θ＝37.已知：g＝10 m/s2，sin37＝0.6，cos37＝0.8. (1)求傳送帶穩(wěn)定運動時繩子的拉力T； (2)某時刻剪斷繩子，則經(jīng)過多少時間，物體可以運動到傳送帶的左端？ 解析：(1)傳送帶穩(wěn)定運動時，物體處于平衡狀態(tài)，有 Tcosθ＝μ(mg－Tsinθ) 解得T＝15.4 N. (2)剪斷繩子后，根據(jù)牛頓第二定律有μmg＝ma 解得a＝4 m/s2 勻加速的時間t1＝＝1 s 位移s1＝at＝2 m 則勻速運動的時間為t2＝＝1 s 總時間t＝t1＋t2＝2 s. 答案：(1)15.4 N　(2)2 s