届高考物理二轮复习受力分析与共点力的平衡作业浙江专用.docx

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届高考物理二轮复习受力分析与共点力的平衡作业浙江专用

第2讲　受力分析与共点力的平衡

一、选择题（在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）

1．将物体所受重力按力的效果进行分解，下列图中错误的是（　　）

解析　A中重力产生了拉绳及挤压斜面的效果，选项A正确；B中重力产生了使物体下滑的效果及压斜面的效果，选项B正确；C中重力产生了向两边拉绳的效果，选项C正确；D中重力产生了向两墙壁的挤压的效果，故两分力应垂直于接触面，选项D错误。

答案　D

2．（2018·浙江东阳中学高一阶段检测）如图1所示，物体A置于水平地面上，力F竖直向下作用于物体B上，A、B保持静止，则物体A的受力个数为（　　）

图1

A．3B．4

C．5D．6

解析　对A、B整体进行受力分析：

整体受重力、地面对A的弹力、推力F三力平衡，所以A与地面之间没有摩擦力，再对A进行受力分析：

重力、地面的支持力、B对A的压力，B对A沿接触面向下的静摩擦力，所以A受四力作用，选项B正确。

答案　B

3．（2018·浙江丽水模拟）如图2所示，地球绕太阳的运动与月亮绕地球的运动可简化成同一平面内的匀速圆周运动，农历初一前后太阳与月亮对地球的合力大小约为F1，农历十五前后太阳与月亮对地球的合力大小约为F2，则农历初八前后太阳与月亮对地球的合力大小约为（　　）

图2

A．F1＋F2B.

C.D.

解析　设太阳对地球的引力大小为F，月亮对地球的引力大小为F′，由图可知，在农历初一，对地球受力分析有F1＝F＋F′，在农历十五，对地球受力分析有F2＝F－F′，联立解得F＝，F′＝；由图可知，在农历初八，对地球受力分析有F合＝＝，故选项B正确。

答案　B

4.（2018·浙江温州高一期末）如图3所示，手拿着玻璃瓶，使瓶在空中处于静止状态，关于瓶的受力，下列说法中正确的是（　　）

图3

A．瓶子受到静摩擦力作用，所受静摩擦力的方向竖直向下

B．手对瓶子的压力越大，则瓶子受到的静摩擦力越大

C．瓶子受到的摩擦力和重力是作用力和反作用力

D．瓶子受到的摩擦力和重力是一对平衡力

解析　手拿起玻璃瓶，使瓶在空中处于静止状态，则瓶子竖直方向受向下的重力和向上的静摩擦力作用，这两个力是平衡力，故选项A、C错误，D正确；手用力捏只是增大了瓶子所受的最大静摩擦力，静摩擦力始终与重力大小相等，故选项B错误。

答案　D

5.（2018·浙江宁波十校联考高三期末）中国书法是一种艺术。

在楷书笔画中，长横的写法要领如下：

起笔时一顿，然后向右行笔，收笔时略向右按，再向左上回带，该同学在水平桌面上平铺一张白纸，为防止打滑，他在白纸的左侧靠近边缘处用镇纸压住。

则下列关于行笔过程中各物体的受力情况正确的是（　　）

图4

A．毛笔对纸的压力一定大于毛笔的重力

B．镇纸受到了向右的静摩擦力

C．白纸受到了3个摩擦力

D．桌面受到了向右的静摩擦力

解析　提笔写字时，手对毛笔有向上的作用力，则毛笔对纸的压力不一定大于毛笔的重力，选项A错误；镇纸相对白纸无运动趋势，则镇纸不受静摩擦力作用，选项B错误；白纸受到笔的向右的滑动摩擦力，同时受到桌面的向左的静摩擦力作用，选项C错误；桌面受到了白纸向右的静摩擦力，选项D正确。

答案　D

6．（2018·浙江嘉兴高一上学期期末）在浙江省某次学考考试过程中，某位监考老师遵守规定采取图5甲或图乙的监考姿势，则（　　）

图5

A．甲、乙两图，人都不受地面的摩擦力

B．脚底部受到的支持力，图甲大于图乙

C．甲、乙两图，人对地面的压力相等

D．地面对人的作用力，图甲大于图乙

解析　甲的两脚分开有向两边的运动趋势要受地面的摩擦力，而乙的两脚竖直不受摩擦力，故选项A错误；对甲乙受力分析可知竖直方向两脚总的支持力等于重力，由牛顿第三定律压力等于支持力也等于重力，故选项B错误，C正确；地面对人的作用力包括支持力和静摩擦力，由平衡知识知总的作用力等于重力，故选项D错误。

答案　C

7.（2018·浙江诸暨牌头中学高一期中）如图6所示，物体m静止在粗糙斜面上，现用从零开始逐渐增大的水平推力F作用在物体上，且使物体保持静止状态，则（　　）

图6

A．斜面所受物体的静摩擦力方向一直沿斜面向下

B．斜面对物体的静摩擦力一直增大

C．物体所受的合外力不可能为零

D．斜面对物体的静摩擦力先减小后增大

解析　因物体始终保持静止状态，则物体所受的合外力始终为零，选项C错误；开始时，物体受到的静摩擦力方向向上，当施加力F后，由平衡知识可知Fcosθ＋f＝Gsinθ；F增大时，f先减小到零，然后反向增加，选项D正确，A、B错误。

答案　D

8.（2018·浙江温州九校高一期末联考）如图7所示，物块A放在倾斜的木板上，木板的倾角α为37°和45°时物块所受摩擦力的大小恰好相同，则（sin37°＝0.6，

cos37°＝0.8）（　　）

图7

A．物块和木板间的动摩擦因数为

B．物块和木板间的动摩擦因数为

C．木板的倾角α为37°时物块可能在木板上做匀速直线运动

D．木板的倾角α为45°时物块可能在木板上做匀速直线运动

解析　当木板倾角是37°时，物块受到是静摩擦力，其大小等于mgsin37°，当木板倾角是45°时，物块受到是滑动摩擦力，其大小等于μmgcos45°，由题意可得μmgcos45°＝mgsin37°，解得μ＝，故选项A错误，B正确；木板的倾角α为37°时物块在木板上静止，故选项C错误；木板的倾角α为45°时，物块受到的滑动摩擦力f＝μmgcos45°＝0.6mg

答案　B

9．如图8，在水平晾衣杆（可视为光滑杆）上晾晒床单时，为了尽快使床单晾干，可在床单间支撑轻质细杆。

随着细杆位置的不同，细杆上边两侧床单间夹角θ（θ<150°）将不同。

设床单重力为G，晾衣杆所受压力大小为FN，下列说法正确的是（　　）

图8

A．当θ＝60°时，FN＝G

B．当θ＝90°时，FN＝G

C．只有当θ＝120°时，才有FN＝G

D．无论θ取何值，都有FN＝G

解析　对晾衣杆受力分析，被子对杆有两相等的对称的支持力，由于被子处于平衡，则两支持力的合力等于重力，则根据牛顿第三定律知，无论夹角θ取何值都有FN＝G，故选项A、B、C错误，D正确。

答案　D

10.（2018·浙江桐乡一中期中）光滑小球放在两板间，如图9所示，当OA绕O点转动使θ变大时，两板对球的压力大小FA和FB的变化为（　　）

图9

A．FA变大，FB不变B．FA和FB都变大

C．FA变大，FB变小D．FA和FB都变小

解析　对小球受力分析，运用合成法如图。

由几何知识得FA＝，FB＝，可见当OA绕O点转动使θ变大时，FA变小，FB变小，故选项D正确。

答案　D

11.（2017·浙江桐乡茅盾中学期中）半圆柱体P放在粗糙的水平地面上，其右端有固定放置的竖直挡板MN，在半圆柱体P和MN之间放有光滑均匀的小圆柱体Q，整个装置处于静止状态，如图10所示为这个装置的纵截面图。

若用外力使MN保持竖直并且缓慢地向右移动，在Q落到地面以前发现P始终保持静止。

则在此过程中（　　）

图10

A．Q所受的合力逐渐增大

B．P、Q间的弹力先减小后增大

C．地面对P的弹力逐渐增大

D．地面对P的摩擦力逐渐增大

解析　由于Q缓慢下落，仍可看作平衡状态，故合力一直为零，选项A错误；对Q受力分析，受到重力、挡板MN的支持力和P对Q的支持力，如图所示。

重力的大小和方向都不变，挡板MN的支持力方向不变、大小变化，P对Q的支持力方向和大小都变化，根据平衡条件，得到FN1＝mgtanθ，FN2＝，由于θ不断增大，故FN1不断

增大，FN2也不断增大，选项B错误；对P、Q整体受力分析，受到总重力、MN挡板的支持力FN1，地面的支持力FN3，地面的静摩擦力f，如图所示。

根据共点力平衡条件，

有FN3＝（M＋m）g，f＝FN1＝mgtanθ，由于θ不断增大，故f不断增大，地面对P的弹力不变，选项C错误，D正确。

答案　D

二、非选择题

12．（2018·浙江金华一中高一段考）小明家阁楼顶有一扇倾斜的天窗，天窗与竖直面的夹角为θ，如图11所示，小明用质量为m的刮擦器擦天窗玻璃，当对刮擦器施加竖直向上大小为F的推力时，刮擦器恰好沿天窗玻璃向上匀速滑动。

求：

图11

（1）天窗玻璃对刮擦器的弹力与摩擦力大小；

（2）玻璃与刮擦器之间的动摩擦因数μ。

解析　

（1）刮擦器受重力、推力、斜壁的弹力及摩擦力，受力分析如图所示。

由图可知，F一定大于重力；先将重力及向上的推力合成后，将二者的合力向垂直于斜面方向及沿斜面方向分解根据平衡条件可得

在沿斜面方向有f＝（F－mg）cosθ

在垂直斜面方向上有FN＝（F－mg）sinθ。

（2）滑动摩擦力f＝μFN，代入数据可得μ＝＝。

答案　

（1）（F－mg）sinθ　（F－mg）cosθ　

（2）

13．（2018·浙江湖州期末）在动画片《熊出没》中有个镜头，“熊二”用一根轻绳绕过树枝将“光头强”悬挂起来，如图12所示。

假设不计轻绳与树枝间的摩擦，此时轻绳与水平地面的夹角θ＝37°，已知“光头强”体重G1＝600N，“熊二”体重G2＝1800N，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。

图12

（1）求此时“熊二”对地面压力的大小FN；

（2）求此时“熊二”与地面间静摩擦力的大小Ff；

（3）现“熊二”要把“光头强”吊挂得更高一些，向右水平移动了一小段距离，则“熊二”对地面压力大小和“熊二”与地面间静摩擦力大小是“变大”还是“变小”？

解析　

（1）轻绳的张力T＝G1＝600N

由受力分析可知FN＝G2－Tsinθ

FN＝1440N，由牛顿第三定律，

“熊二”对地面压力大小FN＝1440N。

（2）由受力分析可知Ff＝Tcosθ

“熊二”与地面间静摩擦力大小Ff＝480N。

（3）“熊二”向右水平移动后角θ减小，sinθ减小，所以“熊二”对地面压力大小FN变大

“熊二”与地面间静摩擦力大小Ff变大。

答案　

（1）1440N　

（2）480N　（3）变大　变大