【物理】2018年秋东方思维高三物理第一轮复习课时跟踪练：第二章第三讲受力分析和共点力作用下物体的平衡

【物理】2018年秋东方思维高三物理第一轮复习课时跟踪练：第二章第三讲受力分析和共点力作用下物体的平衡

第二章 相互作用 第三讲 受力分析和共点力作用下物体的平衡 课时跟踪练 A组　基础巩固 ‎1.(2018·长沙模拟)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B的一端缓慢抬高至A刚要滑动，此时B的书脊与水平面的夹角为θ.已知重力加速度大小为g，下列说法中正确的是(　　)‎ A．B对A的作用力始终与B的书脊垂直 B．B的一个侧面对A的弹力大小为mgcos θ C．B对A的最大静摩擦力的合力大小为mgsin θ D．A始终受到三个力的作用 解析：B对A的作用力大小为A的重力大小mg，方向竖直向上，选项A错误；B的两侧面对A的弹力的合力为mgcos θ，但B的一个侧面对A的弹力大小一定不为mgcos θ，选项B错误；A受力平衡，根据平衡条件得，最大静摩擦力的合力大小Ff合＝mgsin θ，选项C正确；A处于静止状态，B倾斜时，对A进行受力分析，A受到重力，B的两侧对A的两个支持力，B的两侧对A的两个摩擦力，‎ 共五个力，选项D错误．‎ 答案：C ‎2.如图所示，一光滑斜面固定在地面上，重力为G的物体在一水平推力F的作用下处于静止状态．若斜面的倾角为θ，则(　　)‎ A．F＝Gcos θ　　‎ B．F＝Gsin θ C．物体对斜面的压力FN＝Gcos θ D．物体对斜面的压力FN＝ 解析：物体所受三力如图所示，根据平衡条件，F、FN′的合力与重力等大反向，有F＝Gtan θ，‎ FN＝FN′＝，故只有D选项正确．‎ 答案：D ‎3.(2016·海南卷)如图，在水平桌面上放置一斜面体P，两长方体物块a和b叠放在P的斜面上，整个系统处于静止状态．若将a与b、b与P、P与桌面之间摩擦力的大小分别用Ff1、Ff2和Ff3表示．则(　　)‎ A．Ff1＝0，Ff2≠0，Ff3≠0‎ B．Ff1≠0，Ff2＝0，Ff3＝0‎ C．Ff1≠0，Ff2≠0，Ff3＝0‎ D．Ff1≠0，Ff2≠0，Ff3≠0‎ 解析：整体系统处于静止状态，所受合外力为零．隔离a受力分析，由平衡条件可知，b对a的静摩擦力Ff1大小等于a的重力沿斜面方向的分力，一定不为零，选项A错误；对a、b、P整体受力分析，整体在重力和地面支持力作用下处于静止状态，P与桌面之间的摩擦力Ff3＝0，选项D错误；把a、b看成整体受力分析，由平衡条件可知，斜面对b的静摩擦力大小等于a、b的重力沿斜面方向的分力之和，一定不为零，选项C正确，B错误．‎ 答案：C ‎4.(2018·青岛模拟)如图所示，一直杆倾斜固定，并与水平方向成30°的夹角．直杆上套有一个质量为0.5 kg的圆环，圆环与轻弹簧相连，在轻弹簧上端施加一竖直向上、大小F＝10 N的力，圆环处于静止状态，已知直杆与圆环之间的动摩擦因数为0.7，g＝10 m/s2.下列说法正确的是(　　)‎ A．圆环受到直杆的弹力，方向垂直直杆向上 B．圆环受到直杆的弹力大小等于2.5 N C．圆环受到直杆的摩擦力，方向沿直杆向上 D．圆环受到直杆的摩擦力大小等于2.5 N 解析：对小环受力分析如图所示，由于F＝10 N>mg＝5 N，所以杆对环的弹力FN垂直杆向下，杆对环还有沿杆向下的静摩擦力Ff，则FN与Ff的合力应竖直向下，大小为F合＝F－mg＝5 N，所以FN＝‎ F合cos 30°＝ N，Ff＝F合sin 30°＝2.5 N．综上可知选项D正确．‎ 答案：D ‎5．(2017·江苏镇江三校联考)a、b两个质量相同的球用细线连接，a球用细线挂在天花板上，b球放在光滑斜面上，系统保持静止，下列图示正确的是(　　)‎ 解析：对b球受力分析，受重力、垂直斜面向上的支持力和细线的拉力，由于三力平衡时三个力中任意两个力的合力与第三个力等大、反向、共线，故细线拉力应斜向右上方，故A图错误；再对a、b两个球整体受力分析，受总重力、垂直斜面向上的支持力和细线的拉力，根据共点力平衡条件判断，细线的拉力方向应斜向右上方，故C、D图错误，B图正确．‎ 答案：B ‎6.超市中小张沿水平方向推着质量为m的购物车随匀速上升的自动扶梯上楼，如图所示．假设小张、购物车、自动扶梯间保持相对静止，自动扶梯的倾角为30°，小张的质量为M，小张与扶梯间的动摩擦因数为μ，购物车与扶梯间的摩擦忽略不计，重力加速度为g.则(　　)‎ A．小张对扶梯的压力大小为Mgcos 30°，方向垂直扶梯向下 B．小张对扶梯的摩擦力大小为(m＋M)gsin 30°，方向沿扶梯向下 C．扶梯对小张的摩擦力大小为μ(m＋M)gcos 30°，方向沿扶梯向上 D．小张对购物车的推力和购物车对小张的推力大小必相等，这是因为小张和购物车均处于平衡状态 解析：对购物车，沿扶梯方向有Fcos 30°＝mgsin 30°，对小张受力分析如图，在垂直扶梯方向有FN＝Mgcos 30°－Fsin 30°＝Mgcos 30°－mgsin 30°·tan 30°，方向垂直于扶梯向上，小张对扶梯的压力大小与FN大小相等，故A错；对小张和购物车整体受力分析，在平行扶梯方向有Ff＝(M＋m)gsin 30°，方向沿斜面向上，所以小张对扶梯的摩擦力大小为(M＋m)gsin 30°；方向沿扶梯向下，故B对，C错；小张对购物车的推力和购物车对小张的推力是一对作用力与反作用力，大小相等，与人和购物车是否处于平衡状态无关，故D错．‎ 答案：B ‎7.如图所示，两轻质弹簧a、b悬挂一小铁球处于平衡状态，a弹簧与竖直方向成30°角，b弹簧水平，a、b两弹簧的劲度系数分别为k1、k2，重力加速度为g，则(　　)‎ A．a、b两弹簧的伸长量之比为 B．a、b两弹簧的伸长量之比为 C．若弹簧b的左端松脱，则松脱瞬间小球的加速度为 D．若弹簧b的左端松脱，则松脱瞬间小球的加速度为g 解析：设弹簧a、b的弹力分别为FTa、FTb，将弹簧a的弹力沿水平和竖直方向分解，则FTacos 30°＝mg，FTasin 30°＝FTb，结合胡克定律可求得a、b两弹簧的伸长量之比为，结合牛顿第二定律可求得弹簧b的左端松脱瞬间小球的加速度为g，选项B正确，A、C、D错误．‎ 答案：B ‎8．(2017·佛山二模)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θ＝45°角，弹簧的劲度系数为k，其与竖直方向的夹角也为θ.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的大小．‎ 解析：(1)对小物体受力分析，如图所示：‎ F＝mgsin 45°＝mg，‎ 设弹簧伸长量为Δx，则：F＝kΔx，‎ 解得Δx＝.‎ ‎(2)对整体受力分析，如图所示：‎ Fcos 45°＋F′N＝(M＋m)g，‎ 解得F′N＝Mg＋mg.‎ 答案：见解析 B组　能力提升 ‎9.如图所示，在拉力F作用下，小球通过轻绳沿光滑的斜面缓慢地向上移动，在此过程中，小球受到的拉力F和支持力FN的大小变化情况是(　　)‎ A．F增大，FN减小 B．F和FN均减小 C．F和FN均增大 D．F减小，FN不变 解析：设斜面倾角为α，轻绳与斜面间的夹角为β，小球质量为 m，对小球，由平衡条件得mgsin α＝Fcos β，Fsin β＋FN＝mgcos α，小球沿光滑的斜面缓慢地向上移动的过程中，β增大，则F增大，FN减小，故A正确．‎ 答案：A ‎10.(2018·蚌埠联考)建筑装修中，工人用质量为m的磨石对倾角为θ的斜壁进行打磨，如图所示．当对磨石施加竖直向上、大小为F的推力时，磨石恰好沿斜壁向上匀速运动，已知磨石与斜壁之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g.则关于斜壁受到磨石的摩擦力的大小与方向，下列说法正确的是(　　)‎ A．(F－mg)cos θ，沿斜壁向上 B．(F－mg)cos θ，沿斜壁向下 C．μ(F－mg)cos θ，沿斜壁向上 D．μ(F－mg)cos θ，沿斜壁向下 解析：磨石受重力、推力、斜壁的弹力及摩擦力而处于平衡状态，如图所示，则沿斜壁向下的滑动摩擦力Ff＝(F－mg)cos θ，支持力FN＝(F－mg)sin θ，得Ff＝μ(F－mg)·sin θ，方向沿斜壁向下，由牛顿第三定律可知，斜壁受到磨石的摩擦力的大小为Ff′＝(F－mg)cos θ＝μ(F－mg)sin θ，方向沿斜壁向上，只有选项A正确．‎ 答案：A ‎11.如图所示，用一轻绳将光滑小球P系于竖直墙壁上的O点，在墙壁和球P之间夹有一矩形物块Q，P、Q均处于静止状态，现有一铅笔紧贴墙壁压在轻绳上从O点开始缓慢下移，P、Q始终处于静止状态，则在铅笔缓慢下移的过程中(　　)‎ A．P所受的合力增大 B．Q受到墙壁的摩擦力逐渐变大 C．P对Q的压力逐渐减小 D．绳的拉力逐渐增大 解析：P受重力、绳的拉力和Q的支持力而处于平衡状态，合力为零，选项A错误；设绳与竖直方向的夹角为θ，根据共点力平衡，绳的拉力大小为FT＝，Q对P的支持力大小为FN＝mgtan θ，铅笔缓慢下移的过程中，θ增大，则拉力FT增大，Q对P的支持力增大，选项D正确，C错误；对Q，在竖直方向上，Q的重力与摩擦力始终平衡，Q受到的摩擦力不变，选项B错误．‎ 答案：D ‎12．(2018·青岛模拟)所受重力G1＝8 N的物块悬挂在绳PA和PB的结点上．PA偏离竖直方向37°角，PB在水平方向，且连在所受重力为G2＝100 N 的木块上，木块静止于倾角为37°的斜面上，如图所示，试求(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，重力加速度g取10 m/s2)：‎ ‎(1)木块与斜面间的摩擦力大小；‎ ‎(2)木块所受斜面的弹力大小．‎ 解析：如图甲所示，分析P点受力，由平衡条件可得 FAcos 37°＝G1，‎ FAsin 37°＝FB，‎ 联立解得FB＝6 N，‎ 再分析B的受力情况如图乙所示，由物体的平衡条件可得 Ff＝G2sin 37°＋FB′cos 37°，‎ FN＋FB′sin 37°＝G2cos 37°，‎ FB′＝FB，‎ 联立解得Ff＝64.8 N，‎ FN＝76.4 N.‎ 答案：(1)64.8 N　(2)76.4 N