版高考物理一轮复习精选题辑课练6受力分析共点力的平衡Word下载.docx

1、C杆的弹力增大 D杆的弹力大小不变D以B点为研究对象，分析受力情况：受重物的拉力T（等于重物的重力G）、轻杆的弹力N和轻绳的拉力F，作出受力分析图如图所示由平衡条件得知，N和F的合力与T大小相等，方向相反，根据三角形相似可得，又TG，解得NG，FG；拉力F将B端缓慢上拉，BAO缓慢变小，AB、AO保持不变，BO变小，则N保持不变，F变小，故D正确，A、B、C错误3（2018广东五校联考）如图所示，物体A、B用细绳与弹簧连接后跨过滑轮A静止在倾角为45的粗糙斜面上，B悬挂着已知质量mA3mB，不计滑轮摩擦，现将斜面倾角由45减小到30，那么下列说法中正确的是（）A弹簧的弹力将减小B物体A对斜面的

2、压力将减小C物体A受到的静摩擦力将减小D弹簧的弹力及物体A受到的静摩擦力都不变设mA3mB3m，对物体B受力分析，受重力和拉力，由二力平衡得弹簧的弹力不变，A错误；再对物体A进行受力分析，受重力、支持力、弹簧的弹力和静摩擦力，如图所示刚开始由于mAgsin45mgmBgmg，所以摩擦力沿斜面向上，斜面倾角变为30以后摩擦力仍然沿斜面向上根据平衡条件得到fT3mgsin0，N3mgcos0，解得f3mgsinT3mgsinmg，N3mgcos.当减小时，物体A受到的静摩擦力f将减小，物体A对斜面的压力N增大，故C正确，B、D错误4（2018山东菏泽联考）菏泽盖房子有时需要用到“瓦”这种建筑材料，

3、如图甲所示，现在工人需要把一些瓦从高处送到低处，设计了一种如图乙所示的简易滑轨：两根圆柱形木杆AB和CD相互平行，斜靠在竖直墙壁上，把一摞瓦放在两木杆构成的滑轨上，瓦将沿滑轨滑到低处在实际操作中发现瓦滑到底端时速度较大，有可能摔碎，为了防止瓦被损坏，下列措施中可行的是（）A减小两杆之间的距离B增大两杆之间的距离C减少每次运送瓦的块数D增多每次运送瓦的块数B由题意可知，在滑轨高度及倾斜角度不能改变的情况下，要想减小瓦滑到底部的速度就应当增大瓦与滑轨间的摩擦力，由fFN可知，可以通过增大FN来增大摩擦力；而增加瓦的块数，增大了瓦的质量，这样做虽然摩擦力大了，但同时瓦的重力沿滑轨向下的分力也增大，不

4、能起到减小加速度的作用，故改变瓦的块数是没有作用的，故C、D错误；而增大两杆之间的距离可以增大瓦受到的两杆的支持力的夹角，而瓦对杆的压力随夹角的增大而增大，故增大两杆间的距离可以在不增大重力沿滑轨向下的分力的情况下增大瓦对滑杆的压力，从而增大摩擦力，故A错误，B正确5（2018陕西宝鸡一模）如图所示，两块相互垂直的光滑挡板OP、OQ，OP竖直放置，小球a、b固定在轻弹簧的两端，并斜靠在OP、OQ挡板上现有一个水平向左的推力F作用于b上，使a、b紧靠挡板处于静止状态现保证b球不动，使竖直挡板OP向右缓慢平移一小段距离，则（）A推力F变大B弹簧长度变短C弹簧长度变长Db对挡板OQ的压力变大设弹簧与

5、竖直方向的夹角为，现保证b球不动，使竖直挡板OP向右缓慢平移一小段距离，则减小，以a球为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件得F弹，减小，cos增大，则F弹减小，弹簧变长；挡板对a的弹力Nmgtan，减小，N减小；对a、b和弹簧整体研究，水平方向FN，则推力F将减小，故A、B错误，C正确；竖直方向，挡板OQ对b的支持力FN（mamb）g，不变，根据牛顿第三定律可知，b对挡板OQ的压力不变，故D错误6（2018河南新乡一模）如图所示，一根劲度系数为k的轻质橡皮筋竖直放置，将其一端固定在天花板上的O1点，另一端穿过一固定平板上的光滑小孔O2系住一质量为m可视为质点的物块，物块置于O2点正下方水平地

6、面上的O3点，O1、O2、O3在同一竖直线上，当橡皮筋竖直自由放置时，O1、O2两点间距离恰为橡皮筋的原长，现将物块置于O3点右侧且逐渐增大距O3点的距离，物块撤去外力后依然保持静止，则在此过程中下列说法正确的是（）A物块对地面的压力逐渐减小B物块对地面的压力始终不变C物块与地面间的摩擦力逐渐变小D物块与地面间的摩擦力始终不变设O2、O3的距离为x1即物块在O3处橡皮筋的伸长量，x2为物块在任意处时橡皮筋的伸长量，为该处橡皮筋与水平方向间的夹角，由题意可得x1x2sin，物块在O3处，根据平衡条件得N1mgkx1，物块在任意处，根据平衡条件得N2mgkx2sin，联立解得N1N2，由牛顿第三定

7、律得，物块对地面的压力不变，故A错误，B正确；由fkx2cos，得物块距O3点距离增大，x2增大，减小，cos增大，f增大，故C、D错误7（2018辽宁东北育才学校二模）如图所示，置于地面的矩形框架中用两细绳拴住质量为m的小球，绳B水平设绳A、B对球的拉力大小分别为F1、F2，它们的合力大小为F.现将框架在竖直平面内绕左下端缓慢逆时针旋转90，在此过程中（）AF1先增大后减小 BF2先增大后减小CF先增大后减小 DF先减小后增大对小球受力分析如图所示小球处于静止状态，受力平衡，两绳的拉力的合力与重力大小相等，方向相反，则F不变，根据平行四边形定则可知，将框架在竖直平面内绕左下端缓慢逆时针旋转9

8、0的过程中，F1逐渐减小，F2先增大后减小，当绳A处于水平方向时，F2最大，故B正确8（2018浙江温州中学模拟）如图所示，倾角30的斜面体A静止在水平地面上，一根轻绳跨过斜面体顶端的小滑轮，绳两端系有质量均为m的小物块a、b，整个装置处于静止状态，滑轮两侧轻绳方向分别沿斜面和竖直方向现给物块b施加一个水平向右的拉力F，使b缓慢移动直到连接b的轻绳与竖直方向成30角（不计绳与滑轮间的摩擦），此过程中下列说法正确的是（）Ab受到绳的拉力先增大再减小B小物块a受到的摩擦力先增大再减小C水平拉力F逐渐增大D小物块a一定沿斜面缓慢上移b受力平衡，对b进行受力分析，如图甲所示设连接b的轻绳与竖直方向的夹

9、角为，b缓慢移动直到连接b的轻绳与竖直方向成30角的过程中，变大，根据平行四边形定则可知，T逐渐增大，F逐渐增大，故A错误，C正确；对a进行受力分析，如图乙所示；刚开始Tmg，a处于静止状态，则fTmgsin30mg，方向沿斜面向下，T增大时，f增大，由于不知道最大静摩擦力的具体值，所以不能判断a是否会滑动，故B、D错误9（2018湖南长郡中学一模）如图所示，质量为m的硬质面字典A对称放在硬质面的书本B上，将书本B的一端缓慢抬高至字典刚要滑动，此时书脊与水平面的夹角为.下列说法中正确的是（）AB对A的作用力为零BB的一个侧面对A的弹力为mgcosCB对A的最大静摩擦力的合力为mgsinDA受到

10、3个力的作用B对A的作用力大小为A的重力mg，方向竖直向上，故A错误；B的一个侧面对A的弹力Nmgcos，故B错误；A受力平衡，根据平衡条件得，B对A的最大静摩擦力的合力f合mgsin，故C正确；A处于静止状态，对A进行受力分析，A受到重力，书本B两侧对A的两个支持力，B书两侧对A的两个摩擦力，共5个力，故D错误10（2018江西宜春四校联考）（多选）如图所示，重力为G的质点M，与三根劲度系数相同的轻质弹簧A、B、C相连，C处于竖直方向，静止时，相邻弹簧间的夹角均为120，已知弹簧A和B对质点的作用力的大小均为2G，则弹簧C对质点的作用力大小可能为（）AG B2GC0 D3GAD若弹簧A和B对

11、质点的作用力为拉力，对M进行受力分析如图所示，由于M处于平衡状态，所以FCGFAcos60FBcos603G，故选项D正确；同理，若弹簧A和B对质点的作用力为推力，对M进行受力分析，由于M处于平衡状态，所以FCFAcos60FBcos60GG，故选项A正确11.如图所示，水平细杆上套一环A，环A与球B间用一不可伸长轻质绳相连，质量分别为mA0.40 kg和mB0.30 kg，由于B球受到水平风力作用，使环A与球B一起向右匀速运动运动过程中，绳始终保持与竖直方向夹角30，重力加速度g取10 m/s2，求：（1）B球受到的水平风力大小；（2）环A与水平杆间的动摩擦因数（1）1.73 N（2）0.2

12、5（1）对B球受力分析，如图甲所示，根据平衡条件可得FmBgtan数据代入得FN1.73 N（2）选取环、球和轻绳整体为研究对象，受力如图乙所示根据平衡条件得FN（mAmB）gFf且fFN解得数据代入得0.2512（2018重庆一中期中）物块A放在台式测力计上，通过跨过定滑轮的轻绳与物块B相连，B下端与一轻质弹簧粘连，弹簧的下端与地面接触（未拴接），整个系统处于平衡状态，此时台式测力计的示数为8.8 N；已知mA2mB1 kg，物块A、B间的水平距离s20 cm，倾斜绳与水平方向的夹角37，物块A与台式测力计间动摩擦因数0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A、B和滑轮视为质点，不计滑轮质量和滑

13、轮处摩擦，弹簧一直在弹性限度内，g取10 m/s2（已知sin370.6，cos370.8）（1）求物块A受到的摩擦力和绳对物块A的拉力；（2）沿竖直方向调整滑轮的高度至某一位置时，物块A刚好运动，且此时弹簧刚好离开地面，求滑轮移动的距离和弹簧的劲度系数（1）1.6 N2 N（2） cm15 N/m（1）由台式测力计的示数知物块A此时所受的支持力N8.8 N，物块A受力示意图如图所示根据平衡条件可知Tcos37f0，NTsin37mAg0，解得T2 N，f1.6 N.（2）分析可知，此时弹簧恢复原长，弹力为零；对B进行受力分析，有T1mBg0，故T15 N.设此时轻绳与水平方向夹角为，对A有T1cosfm0；N1T1sinmAg0，fmN1，T1T1，解得sin0.8，cos0.6，滑轮上升的高度hstanstancm.由分析知，右端绳缩短lcm，由几何关