高频考点强化2受力与平衡问题.docx

1、高频考点强化2受力与平衡问题高频考点强化(二)受力与平衡问题(45分钟100分)一、选择题(本题共12小题,每小题5分,共60分。18题为单选题,912题为多选题)1.重型自卸车利用液压装置使车厢缓慢倾斜到一定角度,车厢上的石块就会自动滑下,以下说法正确的是 ()A.在石块下滑前后自卸车与石块整体的重心位置不变B.自卸车车厢倾角越大,石块与车厢的动摩擦因数越小C.自卸车车厢倾角越大,车厢与石块间的正压力越小D.石块开始下滑时,受到的摩擦力大于重力沿斜面方向的分力【解析】选C。物体的重心的位置跟形状还有质量分布有关,石块下滑前后,质量分布变化,形状变化,所以重心改变,故A错误;动摩擦因数与倾角无

2、关,故B错误;石块处于平衡状态,则有:mgsin=f,FN=mgcos,自卸车车厢倾角越大,车厢与石块间的正压力FN越小,故C正确;石块滑动后的摩擦力是滑动摩擦力,小于最大静摩擦力,也小于重力沿斜面方向的分力,故D错误。2.如图所示,光滑的水平地面上有三块木块a、b、c,质量均为m,a、c之间用轻质细绳连接。现用一水平恒力F作用在b上,三者开始一起做匀加速运动,a、c间细绳的拉力为T,a、b间的摩擦力为f。运动过程中把一块橡皮泥粘在木块a上,系统仍加速运动,且a、b、c之间始终没有相对滑动。稳定后,T和f的变化情况是 ()A.T变大,f变小 B.T变大,f变大C.T变小,f变小 D.T变小,f

3、变大【解析】选D。粘上橡皮泥后,对整体分析可知,加速度减小;再以c为研究对象,由牛顿第二定律可得,T=ma,因加速度减小,所以拉力减小,而对b物体由F-f=ma可知,摩擦力f应变大,故D正确,A、B、C错误。3.“竹蜻蜓”是一种在中国民间流传甚广的传统儿童玩具,是中国古代一个很精妙的小发明,距今已有两千多年的历史。其外形如图所示,呈T字形,横的一片是由木片经切削制成的螺旋桨,中间有一个小孔,其中插一根笔直的竹棍,用两手搓转这根竹棍,竹蜻蜓的桨叶便会旋转获得升力飞上天,随着升力减弱而最终又落回地面。二十世纪三十年代,德国人根据“竹蜻蜓”的形状和原理发明了直升机的螺旋桨。下列关于“竹蜻蜓”的说法正

4、确的是 ()A.“竹蜻蜓”从手中飞出直至运动到最高点的过程中,始终在加速上升B.“竹蜻蜓”从手中飞出直至运动到最高点的过程中,始终在减速上升C.为使“竹蜻蜓”能以图示方向旋转上升,其桨叶前缘应比后缘略高D.为使“竹蜻蜓”能以图示方向旋转上升,其桨叶前缘应比后缘略低【解题指导】“竹蜻蜓”的初速度为零,运动到最高点时,速度也为零,据此分析运动情况,“竹蜻蜓”旋转上升,水平方向做圆周运动,竖直方向先做加速运动,而圆周运动需要指向圆心的向心力,据此分析即可。【解析】选C。“竹蜻蜓”的初速度为零,运动到最高点时,速度也为零,所以“竹蜻蜓”从手中飞出直至运动到最高点的过程中,先加速后减速,故A、B错误;为

5、使“竹蜻蜓”能以图示方向旋转上升,则向上的力要大于向下的力,旋转上升,合外力指向圆心的部分提供向心力,所以桨叶前缘应比后缘略高,合力指向左上方,故C正确,D错误。4.滑索,也称“速滑”“速降”“空中飞人”等。最早用于高山自救和军事突击行动,后演化为一项具有挑战性、刺激性和娱乐性的现代化体育游乐项目,可跨越草地、湖泊、河流、峡谷,借助高度差从高处以较高的速度向下滑行,使游客在有惊无险的快乐中感受刺激和满足。若忽略空气阻力,最后一段人缓慢下滑的过程中,下列有关人的受力图正确的是 ()【解析】选D。由题意可知,人缓慢下滑的过程中,匀速运动,合力为零,则受力分析,即有:拉力FT、摩擦力F与重力mg平衡

6、,故A、B、C错误,D正确。5.如图,老鹰沿虚线MN斜向下减速俯冲的过程中,空气对老鹰的作用力可能是图中的 ()A.F1 B.F2C.F3 D.F4【解析】选B。老鹰沿虚线MN斜向下减速俯冲的过程中,可认为老鹰受两个力的作用,一是重力,二是空气的作用力,二力的合力沿MN从N指向M的方向,所以空气对老鹰的作用力可能是F2,B正确,A、C、D错误。6.如图所示的容器内盛有水,器壁AB部分是一个平面且呈倾斜状,有一个小物块P处于图示位置并保持静止状态,则该物体 ()A.可能受三个力作用B.可能受四个力作用C.一定受三个力作用D.一定受四个力作用【解析】选B。物体一定受到地球的吸引而产生的重力,同时因

7、为排开一定质量的液体,故一定受浮力,若浮力大小等于重力,则二者可以平衡,物体与AB间没有相互作用,故可能受两个力作用;若浮力大于重力,则物体一定会受AB对P的弹力,由于弹力垂直于接触面向下,物体只有受到向下的摩擦力才能受力平衡,故物体受四个力;故只有B正确,A、C、D错误。【加固训练】如图所示,直角三角形框架ABC(角C为直角)固定在水平地面上,已知AC与水平方向的夹角为=30。小环P、Q分别套在光滑臂AC、BC上,用一根细绳连接两小环,静止时细绳恰好处于水平方向,小环P、Q的质量分别为m1、m2,则小环P、Q的质量之比为()A. = B. =3C. = D. =【解析】选B。对P进行受力分析

8、,设绳子拉力大小为T,由几何关系:T1=m1gtan 对Q进行受力分析,由几何关系:T2=m2gcot T1=T2=T 联立得: =cot2=3,故选B。7.如图甲,笔记本电脑底座一般设置有四个卡位用来调节角度。某同学将电脑放在散热底座上,为了获得更好的舒适度,由原卡位1调至卡位4(如图乙),电脑始终处于静止状态,则 ()A.电脑受到的支持力变小B.电脑受到的摩擦力变大C.散热底座对电脑的作用力不变D.电脑受到的支持力与摩擦力两力大小之和等于其重力【解析】选C。笔记本电脑受重力、支持力和静摩擦力,如图所示:根据平衡条件,有:N=mgcos f=mgsin 由原卡位1调至卡位4,角度减小,根据式

9、,支持力N增加,故A错误;静摩擦力减小,故B错误;散热底座对电脑的作用力的合力是支持力和静摩擦力的合力,与重力平衡,始终是不变的,故C正确;电脑受到的支持力与摩擦力两力的矢量和与重力平衡,但大小的和是变化的,故D错误。8.如图,三根轻细绳悬挂两个质量相同的小球保持静止,A、D间细绳是水平的,现对B球施加一个水平向右的力F,将B缓缓拉到图中虚线位置,这时三根细绳张力TAC、TAD、TAB的变化情况是 ()A.都变大B.TAD和TAB变大,TAC不变C.TAC和TAB变大,TAD不变D.TAC和TAD变大,TAB不变【解析】选B。以B为研究对象受力分析,由分解法作图如图:由图可以看出,当将B缓缓拉

10、到图中虚线位置过程,绳子与竖直方向夹角变大,绳子的拉力大小对应图中1、2、3三个位置,大小如图所示,即TAB逐渐变大,F逐渐变大;再以AB整体为研究对象受力分析,设AC绳与水平方向夹角为,则竖直方向有:TACsin=2mg得:TAC=,不变;水平方向:TAD=TACcos+F,TACcos不变,而F逐渐变大,故TAD逐渐变大;故B正确。9.如图在光滑地面上,水平外力F拉动小车和木块一起做无相对滑动的加速运动。小车质量是M,木块质量是m,力大小是F,加速度大小是a,木块和小车之间动摩擦因数是,则在这个过程中,木块受到的摩擦力大小是 ()A.ma B.maC. D.mg【解析】选B、C。木块受到的

11、摩擦力为静摩擦力,静摩擦力是根据二力平衡来计算的,不能根据f=FN来计算,所以A、D错误。对木块受力分析可知,木块受重力、支持力和静摩擦力的作用,由于木块在水平方向做加速运动,摩擦力作为合力,所以由牛顿第二定律可得:f=ma,所以B正确。对整体由牛顿第二定律可得:F=(M+m)a,所以木块受到的摩擦力的大小为:f=ma=,所以C正确。10.如图所示,两个矩形物块叠放在斜面上,两物块之间的接触面是光滑的,m1和斜面之间接触面是粗糙的,滑轮摩擦不计,下列对物块m1受斜面的摩擦力的判断,正确的是 ()A.若两物块相对静止,且m1=m2,则物块m1受斜面的摩擦力为零B.若两物块相对静止,且m1m2,则

12、物块m1受斜面的摩擦力方向沿斜面向上C.若两物块相对静止,且m1m2,则f0,假设成立,即物块m1受斜面的静摩擦力方向向上,故B正确;若两物块相对静止,且m1m2,则fmg=200 N所以AB框对球体有作用力。设AB框对球体的作用力为FN1,受力分析如图由竖直方向平衡,得:mg+FN1=Fy,Fy=代入数据,得:FN1= N。答案:(1)500 N(2)4 m(3)有作用力,大小为N14.(20分)如图所示,质量为M的半球面静止在水平地面上,质量为m的小物块在半球面上处于平衡状态,小物块与一轻弹簧连接,弹簧的上端固定于墙上的O点。已知小物块与球心O的连线与竖直方向成=45角,弹簧的劲度系数为k,其与竖直方向的夹角也为。若小物块与球面之间刚好没有相对运动的趋势,求:(1)弹簧的伸长量。(2)球面所受地面的支持力。【解析】(1)对小物块受力分析:摩擦力为零,支持力FN、弹簧的拉力FT和重力G三力平衡,如图所示:FN=FT=设弹簧伸长量为x,则:FT=kx解得:x=(2)设地面的支持力和摩擦力分别为FN和Ff,对整体受力分析,根据平衡条件得:FTsin=Ff,FTcos+FN=(M+m)g解得:Ff=mg,方向水平向左,FN=Mg+mg,方向竖直向上。答案:(1) (2)Mg+mg,方向竖直向上