高考物理一輪復(fù)習(xí)訓(xùn)練第2章第1講力重力彈力摩擦力

第二章第1講知識鞏固練習(xí)1．下圖所示的裝置中，小球的質(zhì)量均相同，彈簧和細線的質(zhì)量均不計，一切摩擦忽略不計，平衡時各彈簧的彈力分別為F1、F2、F3，其大小關(guān)系是()A．F1＝F2＝F3 B．F1＝F2＜F3C．F1＝F3＞F2 D．F3＞F1＞F2【答案】A【解析】第一幅圖：以下面小球為研究對象，由平衡條件可知，彈簧的彈力等于小球的重力G；第二幅圖：以小球為研究對象，由平衡條件可知，彈簧的彈力等于小球的重力G；第三幅圖：以任意一個小球為研究對象，由平衡條件可知，彈簧的彈力等于小球的重力G．所以平衡時各彈簧的彈力大小相等，即有F1＝F2＝F3．故A正確．2．某人騎自行車沿平直坡道向下滑行，其車把上掛有一只水壺，若滑行過程中懸繩始終豎直，如圖所示，不計空氣阻力，則下列說法錯誤的是()A．自行車一定做勻速運動B．壺內(nèi)水面一定水平C．水壺及水整體的重心一定在懸繩正下方D．壺身中軸一定與坡道垂直【答案】D【解析】對水壺進行受力分析，受重力和繩子拉力，若水壺存在加速度，則加速度方向一定沿斜面方向，滑行過程中懸繩始終豎直，所以自行車一定做勻速運動，A正確；由于水壺水平方向不受力，沿水平方向做勻速直線運動，因此壺內(nèi)水面一定水平，B正確；水壺受到共點力作用，重力和繩子拉力在同一直線上，則水壺及水整體的重心一定在懸繩正下方，C正確；由于不知道水壺的具體運動情況，則壺身中軸不一定與坡道垂直，D錯誤．3．如圖所示，A、B兩個物塊的重力分別是GA＝3N，GB＝4N，彈簧的重力不計，整個裝置沿豎直方向處于靜止狀態(tài)，這時彈簧的彈力F＝2N，則天花板受到的拉力和地板受到的壓力有可能是()A．3N和4N B．5N和6NC．1N和2N D．5N和2N【答案】D【解析】當彈簧由于被壓縮而產(chǎn)生2N的彈力時，由受力平衡及牛頓第三定律知，天花板受到的拉力為1N，地板受到的壓力為6N；當彈簧由于被拉伸而產(chǎn)生2N的彈力時，可得天花板受到的拉力為5N，地板受到的壓力為2N，D正確．4．(2021屆濟南名校聯(lián)考)撲克牌是魔術(shù)師常用的表演道具之一，總共54張，在某次表演中魔術(shù)師用手指以豎直向下的力按壓第一張牌，并以一定的速度水平移動手指，將第一張牌從牌摞中水平移出(牌與手指之間無滑動)．假設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，每一張牌的質(zhì)量都相等，牌與牌之間的動摩擦因數(shù)以及最下面一張牌與桌面之間的動摩擦因數(shù)也都相等，則()A．第1張牌所受手指摩擦力的方向與手指的運動方向相反B．第2張牌到第54張牌之間的牌不可能發(fā)生相對滑動C．第2張牌到第54張牌之間的牌可能發(fā)生相對滑動D．第54張牌所受桌面摩擦力的方向與手指的運動方向相同【答案】B【解析】第1張牌相對于手指的運動趨勢方向與手指的運動方向相反，則受到手指的靜摩擦力與手指的運動方向相同，故A錯誤．設(shè)每張牌的質(zhì)量為m，動摩擦因數(shù)為μ，手豎直向下的力為F，則對第2張牌分析，第二張牌上表面受到的壓力為(F＋mg)，對應(yīng)的滑動摩擦力為μ(F＋mg)，第二張牌下表面受到的支持力F＋2mg，對應(yīng)的靜摩擦力最大值為μ(F＋2mg)＞μ(F＋mg)，所以第2張牌與第3張牌之間不發(fā)生相對滑動，且第2張牌與第3張牌之間的靜摩擦力為μ(F＋2mg)；同理可得，第3張到第54張牌也不發(fā)生相對滑動，故B正確，C錯誤．對53張牌(除第1張牌外)研究，處于靜止狀態(tài)，水平方向受到第1張牌的滑動摩擦力，方向與手指的運動方向相同，則根據(jù)平衡條件可知，第54張牌受到桌面的摩擦力方向與手指的運動方向相反，故D錯誤．5．(多選)某緩沖裝置可抽象成如圖所示的簡單模型．其中k1、k2為原長相等、勁度系數(shù)不同的輕質(zhì)彈簧．下列表述正確的是()A．緩沖效果與彈簧的勁度系數(shù)無關(guān)B．墊片向右移動時，兩彈簧產(chǎn)生的彈力大小相等C．墊片向右移動時，兩彈簧的長度保持相等D．墊片向右移動時，兩彈簧的形變量不相同【答案】BD【解析】勁度系數(shù)不同，在相同的壓力下形變效果不同，故緩沖效果與彈簧的勁度系數(shù)有關(guān)，故A錯誤；墊片向右移動時，兩個彈簧的長度減小，而兩彈簧是串聯(lián)關(guān)系，故產(chǎn)生的彈力大小始終相等，故B正確；墊片向右移動時，根據(jù)胡克定律公式F＝kx，勁度系數(shù)不同，故形變量不同，故C錯誤，D正確．6．(多選)(2021年通遼質(zhì)檢)如圖所示，傾角為θ的斜面體c置于水平地面上，小物塊b置于斜面上，通過細繩跨過光滑的輕質(zhì)定滑輪與容器a連接，連接b的一段細繩與斜面平行．在向a緩慢注入沙子的過程中，a、b、c均一直處于靜止狀態(tài)．下列說法正確的是()A．繩子的拉力逐漸增大B．b對c的摩擦力一直變大C．繩對滑輪的作用力方向始終不變D．地面對c的支持力始終不變【答案】AC【解析】對a分析可知，a的重力增大，因a的重力與繩子的拉力平衡，故繩子的拉力增大，A正確．設(shè)a、b的重力分別為Ga、Gb，若開始時Ga＝Gbsinθ，b受到c的摩擦力為零；若Ga＜Gbsinθ，b受到c的摩擦力沿斜面向上；若Ga＞Gbsinθ，b受到c的摩擦力沿斜面向下．如果Ga＜Gbsinθ，則再繼續(xù)增加沙子時，摩擦力要減小，B錯誤．由于繩子上的拉力始終相等并且兩邊繩子上的夾角不變，故繩對滑輪的作用力方向始終不變，一直沿兩繩子的角平分線上，C正確．對b分析可知，由于b的重力不變，b對斜面的壓力不變，但摩擦力在發(fā)生變化，所以b受c的作用力變化，則由牛頓第三定律可知，b對c的作用力變化，故地面對c的支持力在發(fā)生變化，D錯誤．7．如圖所示，一小物體重G＝100N，用細線AC、BC和豎直的輕彈簧吊起，處于平衡狀態(tài)．彈簧原長L0＝1.5cm，勁度系數(shù)k＝8000N/m，細線AC長s＝4cm，α＝30°，β＝【答案】30N【解析】根據(jù)題中給定條件可知，彈簧現(xiàn)在長度為CD＝L＝AC·sinα＝2cm，說明彈簧處于伸長狀態(tài)，彈力F0＝kx＝k(L－L0)＝40對物體進行受力分析，并建立如圖所示的坐標系，根據(jù)平衡條件有F2cosβ－F1cosα＝0，F(xiàn)0＋F2sinβ＋F1sinα－G＝0，聯(lián)立解得F1＝30N．即細線AC對小物體拉力的大小是30N．綜合提升練習(xí)8．(2021屆武漢名校期末)如圖甲所示，水平面上質(zhì)量相等的兩木塊A、B用一輕彈簧相連接，整個系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)．現(xiàn)用一豎直向上的力F拉動木塊，使木塊向上做勻加速直線運動，如圖乙所示．研究從力F剛作用在木塊A的瞬間到木塊B剛離開地面的瞬間這一過程，并且選定該過程中木塊A的起點位置為坐標原點，則下圖中可以表示力F和木塊A的位移x之間關(guān)系的是()ABCD【答案】A【解析】設(shè)原來系統(tǒng)靜止時彈簧的壓縮長度為x0，當木塊A的位移為x時，彈簧的壓縮長度為(x0－x)，彈簧的彈力大小為k(x0－x)，根據(jù)牛頓第二定律得F＋k(x0－x)－mg＝ma，即F＝kx－kx0＋ma＋mg，又kx0＝mg，則得F＝kx＋ma．可見F與x是線性關(guān)系，當x＝0時，kx＋ma＞0．故A正確，B、C、D錯誤．9．(2021屆福州名校模擬)如圖所示，位于粗糙斜面上的物體P，由跨過輕質(zhì)定滑輪的輕繩與物塊Q相連．已知物體P和Q以及P與斜面之間的動摩擦因數(shù)都是μ，斜面的傾角為θ，物體P的質(zhì)量為m，物體Q的質(zhì)量為2m，滑輪的質(zhì)量、滑輪軸的摩擦都不計，若用一沿斜面向下的力F拉P，使其勻速下滑．試求(1)連接兩物體的輕繩的拉力FT的大??；(2)拉力F的大?。敬鸢浮?1)2mg(sinθ＋μcosθ)(2)mgsinθ＋7μmgcosθ【解析】(1)隔離Q做受力分析，如圖甲所示．由平衡條件得FT＝2mgsinθ＋Ff1，F(xiàn)N1＝2mgcosθ，又Ff1＝μFN1，解得FT＝2mg(sinθ＋μcosθ)．(2)隔離P做受力分析，如圖乙所示．由平衡條件，得F＋mgsinθ－F′f1－Ff2－FT＝0，F(xiàn)N2＝mgcosθ＋F′N1＝3mgcosθ，又Ff2＝μFN2，聯(lián)立以上各式得F＝FT＋F′f1＋Ff2－mgsinθ＝mgsinθ＋7μmgcosθ．10．圖中所示為高鐵供電線路兩電線桿之間電線覆冰后的情形，假設(shè)電線質(zhì)量分布均勻，兩電線桿正中間O處的張力為F，電線與電線桿結(jié)點A處的切線與豎直方向的夾角為θ．問：結(jié)點A處作用于電線的拉力FA大小為多少？兩電線桿間覆冰電線的質(zhì)量為多少？【答案】eq\f(F,sinθ)eq\f(2Fcotθ,g)【解析】解法一：合成法．如圖甲所示，作出兩電線桿間左半部分覆冰電線的受力圖．由“共面不平行的三個力平衡，則這三個力必為共點力”可知，這三個力為共點力．由三力平衡時，任意兩力的合力應(yīng)與第三個力平衡，故F與eq\f(1,2)mg的合力應(yīng)與FA平衡，設(shè)該合力與eq\f(1,2)mg的夾角為θ，由平行四邊形定則作出F與eq\f(1,2)mg的合力，解直角三角形得FA＝eq\f(F,sinθ)，eq\f(1,2)mg＝Fcotθ，解出m＝eq\f(2Fcotθ,g)．解法二：效果分解法．如圖乙所示，作出兩電線桿間左半部分覆冰電線的受力圖．將重力沿F與FA的反方向分解，由力的平衡有F＝G1，F(xiàn)A＝G2．解直角三角形得G2＝eq\f(G1,sinθ)，eq\f(1,2)mg＝G1cotθ，聯(lián)立解出FA＝eq\f(F,sinθ)，m＝eq\f(2Fcotθ,g)．解法三：正交分解法．如圖丙所示，作出兩電線桿間左半部分覆冰電線的受力圖