【物理】2020届一轮复习人教版第二章微专题2　受力分析　共点力的平衡作业

【物理】2020届一轮复习人教版第二章微专题2　受力分析　共点力的平衡作业

微专题2　受力分析　共点力的平衡 A组　基础过关 ‎1.风洞是进行空气动力学实验的一种重要设备。一次检验飞机性能的风洞实验示意图如图所示,AB代表飞机模型的截面,OL是拉住飞机模型的轻绳。已知飞机模型重为G,当飞机模型静止在空中时,绳恰好水平,此时飞机模型截面与水平面的夹角为θ,则作用于飞机模型上的风力大小为(　　)‎ A.Gcosθ B.G cos θ C.Gsinθ D.G sin θ 答案　A　作用于飞机模型上的风力F垂直于AB向上,风力F的竖直分力等于飞机模型的重力,即F cos θ=G,解得F=Gcosθ,A正确。‎ ‎2.(2018天津渤海月考)如图所示,一箱苹果沿着倾角为θ的斜面,以速度v匀速下滑。在箱子的中央有一个质量为m的苹果,它受到周围苹果对它作用力的合力的方向(　　)‎ A.沿斜面向上 B.沿斜面向下 C.竖直向上 D.垂直斜面向上 答案　C　一箱苹果整体向下匀速运动,其中央的一个苹果也一定是做匀速运动,受到的合力为零。由于中央的那一个苹果只受它周围苹果对它作用力的合力与重力的作用,故重力与它周围苹果对它作用力的合力为一对平衡力,大小相等、方向相反,受力如图,故C正确。‎ ‎3.(2019河北衡水调研)如图所示,A、B两木块放在水平面上,它们之间用细线相连,两次连接情况中细线倾斜方向不同但倾角一样,两木块与水平面间的动摩擦因数相同,先后用水平力F1和F2拉着A、B一起匀速运动,两次细线上的力分别为FT1、FT2,则(　　)‎ A.F1>F2　FT1FT2‎ 答案　B　对整体受力分析可知,整体受重力、拉力、支持力及摩擦力。因整体对地面的压力相同,故摩擦力相同,因此水平拉力相等,即F1=F2。再对A受力分析可知,A受重力、支持力、绳子的拉力及与地面间的摩擦力而处于平衡状态。对第一种情况有FT1 sin θ=μ(mg-FT1 cos θ),解得FT1=μmgsinθ+μcosθ;对第二种情况有FT2 sin θ=μ(mg+FT2 cos θ),解得FT2=μmgsinθ-μcosθ,故FT1T2 B.T1=T2 C.F1F2‎ 答案　BD　以B球为研究对象,B球受到重力G、弹簧的弹力F和绳子的拉力T,受力示意图如图所示。B球平衡时,F与T的合力与重力G大小相等、方向相反,即G'=G;根据三角形相似得G'‎OA=TOB=FAB。换成原长相同而劲度系数更小的弹簧,弹簧的形变量增大,AB减小,OB不变,则T不变,F减小,B、D项正确。‎ ‎9.质量为M的木楔倾角为θ(θ<45°),在水平面上保持静止,当将一质量为m的木块放在木楔斜面上时,它正好匀速下滑。当用与木楔斜面成α角的力F拉木块时,木块匀速上升,如图所示(已知木楔在整个过程中始终静止)。‎ ‎(1)当α为何值时,拉力F有最小值,求此最小值;‎ ‎(2)求在(1)的情况下木楔对水平面的摩擦力的大小。‎ 答案　见解析 解析　木块在木楔斜面上匀速向下运动时,有 mg sin θ=μmg cos θ,即μ=tan θ ‎(1)木块在力F的作用下沿斜面向上匀速运动,有 F cos α=mg sin θ+Ff,F sin α+FN=mg cos θ,Ff=μFN 解得F=‎2mgsinθcosα+μsinα=‎‎2mgsinθ·cosθcosα·cosθ+sinα·sinθ ‎ =‎mgsin2θcos(θ-α)‎ 当α=θ时,F有最小值,则Fmin=mg sin 2θ。‎ ‎(2)因为木块及木楔均处于平衡状态,整体受到地面的摩擦力等于F的水平分力,即Ff'=F cos (α+θ)‎ 当F取最小值mg sin 2θ时,‎ Ff'=Fmin cos 2θ=mg sin 2θ· cos 2θ=‎1‎‎2‎mg sin 4θ ‎10.(2019安徽铜陵期末)如图所示,质量M=2‎3‎ kg的木块A套在水平杆上,并用轻绳将木块A与质量m=‎3‎ kg的小球B相连。今用与水平方向成α=30°角的力F=10‎3‎ N拉着球带动木块一起向右匀速运动,运动中木块、小球的相对位置保持不变,取g=10 m/s2。求:‎ ‎(1)运动过程中轻绳与水平方向的夹角θ;‎ ‎(2)木块与水平杆间的动摩擦因数μ。‎ 答案　(1)30°　(2)‎‎3‎‎5‎ 解析　(1)设轻绳对B的拉力为FT,小球受力如图甲所示。由平衡条件可得 F cos 30°-FT cos θ=0‎ F sin 30°+FT sin θ-mg=0‎ 代入数据得10‎3‎N·cos 30°=FT cos θ①‎ ‎10‎3‎ N·sin 30°+FT sin θ=10‎3‎ N②‎ 由①②两式联立解得FT=10‎3‎ N,θ=30°‎ ‎(2)以木块和小球组成的整体为研究对象,受力如图乙所示。由平衡条件可得 F cos 30°-Ff=0‎ FN+F sin 30°-(M+m)g=0‎ 又Ff=μFN 解得μ=‎‎3‎‎5‎ B组　能力提升 ‎11.(多选)2018年5月30日晚,在广西来宾市区桂中水城,一只狗下河喝水时因为安装在水下的彩灯电线漏电而被电死。当地有关部门立即排查水下线路,消除安全隐患。漏电是常见的现象,如图所示,竖直绝缘墙壁上的Q处有一固定的质点A,Q正上方P点处用细线(长度为l)悬挂着另一质点B,A、B两质点因为带相同电荷而相互排斥,致使细线与竖直方向成θ角,由于漏电,A、B两质点的带电荷量逐渐减小。在电荷漏完之前有关细线对悬点P的拉力T和质点A、B之间库仑力F的大小,说法正确的是(　　)‎ A.T保持不变 B.F先变大后变小 C.F逐渐减小 D.T逐渐增大 答案　AC　以质点B为研究对象,质点受到重力G、质点A的库仑力F和线的拉力T'三个力作用,如图所示。作出F、T'的合力F',则由平衡条件得F'=G。设A、B间距离为x,根据三角形相似得GPQ=T'‎l=Fx,得T'=lPQG,F=xPQG,在A、B两质点带电荷量逐渐减少的过程中,l、PQ、G均不变,则线的拉力T'不变;因电荷量的减少,质点A、B相互靠近,x减小。库仑力F减小,故A、C正确,B、D错误。‎ ‎12.如图所示,质量为m的球放在倾角为α的光滑斜面上,在斜面上有一光滑且不计厚度的木板挡住球,使之处于静止状态。今使挡板与斜面的夹角β缓慢增大,在此过程中,斜面对球的支持力N1和挡板对球的压力N2的变化情况为(　　)‎ A.N1、N2都是先减小后增大 B.N1一直减小,N2先增加后减小 C.N1先减小后增加,N2一直减小 D.N1一直减小,N2先减小后增加 答案　D　解法一　图解法 对球受力分析,如图甲所示。球始终处于平衡状态,故三个力的合力始终为零,三力构成矢量平行四边形。挡板逆时针转动时,N2方向也逆时针转动,作出图甲所示的动态矢量平行四边形。由图甲可知,N1随β的增大一直减小,N2先减小后增大。‎ 解法二　正弦定理法 对球受力分析,如图乙所示。球受重力mg、斜面支持力N1、挡板压力N2。由正弦定理得 mgsinβ‎=N‎1‎sin(180°-α-β)‎=‎N‎2‎sinα 解得N1=sin(α+β)‎sinβmg,N2=sinαsinβmg 故随着β的增大,N1一直减小,N2先减小后增大,β=90°时,N2达到最小值,为mg sin α。‎ ‎13.将一倾角为β、质量为M的光滑斜面体放在光滑的水平地面上,一质量为m的球固定在轻杆的一端,轻杆的另一端用铰链固定在竖直的墙壁上,可绕铰链无摩擦转动,同时将小球放置在斜面上,此时杆与竖直方向的夹角为α,开始α<β并且两者之和小于90°。今用一水平向左的外力F作用在斜面体上,如图所示,同时将小球释放,为了让光滑的斜面体向右保持匀速直线运动,则下列有关外力F以及小球对轻杆的作用力T的变化的说法正确的是(　　)‎ A.F保持不变,T逐渐减小 B.F逐渐增大,T先减小后增大 C.F先减小后增大,T先增大后减小 D.F逐渐减小,T逐渐减小 答案　B　对小球进行受力分析可知,其受到重力mg、斜面的支持力N和杆的支持力T,如图甲。根据共点力的平衡条件,有Nsinα=Tsinβ=mgsin(α+β)‎,解得N=sinαsin(α+β)‎mg,T=sinβsin(α+β)‎mg;如图乙,对斜面体进行受力分析可知,其受到推力F、重力Mg、地面的支持力FN和小球的压力N'(N'=N)。根据共点力的平衡条件,有N' sin β=F,解得F=N sin β=sinαsinβsin(α+β)‎mg。故随着α的增大,T先减小后增大,F逐渐增大。‎