2024高考物理一輪復(fù)習(xí)第2章相互作用專題二共點(diǎn)力的平衡條件和應(yīng)用課時(shí)作業(yè)含解析

PAGE8-專題二共點(diǎn)力的平衡條件和應(yīng)用1.(多選)如圖所示，水平地面上的物體A，在斜向上的拉力F的作用下，向右做勻速運(yùn)動(dòng)，則下列說(shuō)法中正確的是()A．物體A可能只受到三個(gè)力的作用B．物體A肯定受到四個(gè)力的作用C．物體A受到的滑動(dòng)摩擦力大小為FcosθD．物體A對(duì)水平面的壓力大小肯定為FsinθBC2．如圖所示，斜面的傾角為30°，物塊A、B通過(guò)輕繩連接在彈簧測(cè)力計(jì)的兩端，A、B重力分別為10N、6N，整個(gè)裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)，不計(jì)一切摩擦，則彈簧測(cè)力計(jì)的讀數(shù)為()A．1N B.5NC．6N D.11NB[對(duì)物體A由共點(diǎn)力平衡條件有FT－GAsin30°＝0，由牛頓第三定律可知，彈簧測(cè)力計(jì)的讀數(shù)為FT＝5N。選項(xiàng)B正確。]3.如圖所示，靜止在水平地面上的木箱，受到一個(gè)方向不變的斜向上的拉力F作用。F從零起先漸漸增大，木箱離開(kāi)地面前，受到的摩擦力將()A．漸漸增大 B.漸漸減小C．先漸漸增大，后又減小 D.先漸漸減小，后又增大C[設(shè)F與水平方向的夾角為α。木箱處于靜止?fàn)顟B(tài)時(shí)，依據(jù)平衡條件得，木箱所受的靜摩擦力為Ff＝Fcosα，F(xiàn)增大時(shí)，F(xiàn)f增大；木箱運(yùn)動(dòng)時(shí)，所受的支持力FN＝G－Fsinα，F(xiàn)增大時(shí)，F(xiàn)N減小，此時(shí)木箱受到的是滑動(dòng)摩擦力，大小為Ff′＝μFN，F(xiàn)N減小，則Ff′小。故C正確。]4．(2024·湖北恩施質(zhì)檢)如圖所示，傾角為θ＝37°的斜面體放在水平面上，斜面上的一個(gè)質(zhì)量為m的小球用繞過(guò)斜面上方定滑輪的細(xì)線拉著并處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)拉動(dòng)細(xì)線使小球沿斜面對(duì)上緩慢移動(dòng)，斜面體始終處于靜止。球與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，當(dāng)細(xì)線與斜面間的夾角α＝37°時(shí)，細(xì)線上的拉力大小為()A．mg B.eq\r(3)mgC.eq\f(10,11)mg D.2eq\r(3)mgC[本題考查正交分解法在動(dòng)態(tài)平衡中的應(yīng)用。當(dāng)細(xì)線與斜面間的夾角α＝37°時(shí)，依據(jù)力的平衡條件，在沿斜面方向有Fcosα＝mgsinθ＋μ(mgcosθ－Fsinα)，解得F＝eq\f(10,11)mg，故選C。]5.(2024·浙江杭州模擬)如圖所示，一個(gè)“房子”形態(tài)的鐵制音樂(lè)盒靜止在水平面上，一個(gè)塑料殼里面裝有一個(gè)圓柱形強(qiáng)磁鐵，吸附在“房子”的頂棚斜面，保持靜止?fàn)顟B(tài)。已知頂棚斜面與水平方向的夾角為θ，塑料殼和磁鐵的總質(zhì)量為m，塑料殼和斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，則以下說(shuō)法正確的是()A．塑料殼對(duì)頂棚斜面的壓力大小為mgcosθB．頂棚斜面對(duì)塑料殼的摩擦力大小肯定為μmgcosθC．頂棚斜面對(duì)塑料殼的支持力和摩擦力的合力大小為mgD．磁鐵的磁性若瞬間消逝，塑料殼不肯定會(huì)往下滑動(dòng)D[塑料殼和磁鐵整體受到重力mg、音樂(lè)盒的吸引力F、音樂(lè)盒的支持力FN、以及靜摩擦力Ff，受力平衡，則在垂直頂棚斜面方向上有FN＝mgcosθ＋F，沿頂棚斜面方向上有Ff＝mgsinθ，由于是靜摩擦力，不肯定等于μmgcosθ，故A、B錯(cuò)誤；圓柱形強(qiáng)磁鐵和塑料殼整體靜止，受力平衡，則頂棚斜面對(duì)塑料殼的支持力和摩擦力的合力大小等于重力和F的合力，故C錯(cuò)誤；磁鐵的磁性若瞬間消逝，若mgsinθ≤μmgcosθ，則塑料殼不會(huì)往下滑動(dòng)，故D正確。]6.(2024·山西太原調(diào)研)如圖所示，輕繩OA一端固定在天花板上，另一端系一光滑的圓環(huán)，一根系著物體的輕繩穿過(guò)圓環(huán)后，另一端固定在墻上B點(diǎn)，且OB處于水平。現(xiàn)將A點(diǎn)緩慢沿天花板水平向右移動(dòng)，且OB段的輕繩始終保持水平，則OA、OB段輕繩所受的拉力的大小FTA、FTB的改變狀況是()A．FTA增大，F(xiàn)TB不變 B.FTA、FTB均不變C．FTA不變，F(xiàn)TB增大 D.FTA、FTB均減小B[因?yàn)閳A環(huán)光滑，則OC、OB段輕繩所受的拉力的大小FTC、FTB始終相等，且等于物體的重力。又OB段輕繩始終保持水平，OC段輕繩始終保持豎直，則A點(diǎn)緩慢右移，圓環(huán)也隨之右移，角θ不變，由平衡條件可知OA段繩上所受的拉力不變。故B項(xiàng)正確。]7.(2024·山東臨沂模擬)如圖所示，斜面與水平面、斜面與擋板間的夾角均為30°，一小球放置在斜面與擋板之間，擋板對(duì)小球的彈力為FN1，斜面對(duì)小球的彈力為FN2，以擋板與斜面連接點(diǎn)所形成的水平直線為軸，將擋板從圖示位置起先緩慢地轉(zhuǎn)到水平位置，不計(jì)摩擦，在此過(guò)程中()A．FN1始終減小，F(xiàn)N2始終增大B．FN1始終增大，F(xiàn)N2始終減小C．FN1始終減小，F(xiàn)N2先減小后增大D．FN1先減小后增大，F(xiàn)N2始終減小D[對(duì)小球受力分析如圖所示，將FN1與FN2合成，其合力與重力等大、反向，擋板轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，F(xiàn)N2的方向不變，F(xiàn)N1的方向按圖中a→b→c的規(guī)律改變，為滿意平行四邊形定則，其大小改變規(guī)律為先減小后增大，在擋板與斜面垂直時(shí)最小。與此對(duì)應(yīng)，F(xiàn)N2的大小始終減小。故D正確。]8.如圖所示，物體A的表面光滑，在水平方向的外力F(方向通過(guò)球心)的作用下，物體B緊靠在表面粗糙的豎直墻壁上，A、B始終處于靜止?fàn)顟B(tài)。則下列說(shuō)法中正確的是()A．物體B至少受到兩個(gè)摩擦力的作用B．緩慢增大外力F，物體B受到的摩擦力肯定減小C．緩慢增大外力F，物體A對(duì)地面的壓力將增大D．緩慢增大外力F，物體B對(duì)A的壓力可能不變C[物體A表面光滑，所以A、B之間沒(méi)有摩擦力存在，B最多受到墻壁施加的一個(gè)摩擦力作用，選項(xiàng)A錯(cuò)誤。隔離A，對(duì)A進(jìn)行受力分析，依據(jù)平衡條件可知，B對(duì)A的壓力的水平分力與外力F平衡，因?yàn)锽對(duì)A的壓力的方向不變，所以隨著F的增大，B對(duì)A的壓力增大，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。在豎直方向上，隨著F的增大，B對(duì)A的壓力的豎直分力增大，故物體A對(duì)地面的壓力增大，選項(xiàng)C正確。把A、B視為一個(gè)整體來(lái)進(jìn)行受力分析，由于B受到的摩擦力的大小和方向無(wú)法確定，所以其改變狀況也無(wú)法確定，選項(xiàng)B錯(cuò)誤。]9．(2024·山西呂梁一模)如圖所示，傾角為θ的斜面上有質(zhì)量為m的木塊，它們之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，現(xiàn)用水平力F推動(dòng)木塊，使木塊恰好沿斜面對(duì)上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，斜面始終保持靜止。斜面對(duì)木塊的支持力為FN，斜面對(duì)木塊的摩擦力為Ff，下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是()A．斜面對(duì)木塊的支持力FN＝mgcosθB．斜面對(duì)木塊的支持力FN＝mgcosθ＋FsinθC．斜面對(duì)木塊的摩擦力平行于斜面對(duì)下D．斜面對(duì)木塊的摩擦力Ff＝μFNA[對(duì)木塊受力分析，如圖所示，則斜面對(duì)木塊的支持力FN＝mgcosθ＋Fsinθ，所以A錯(cuò)，B對(duì)。木塊沿斜面對(duì)上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以斜面對(duì)木塊的摩擦力平行于斜面對(duì)下，所以C對(duì)。Ff＝μFN，所以D對(duì)。本題選A。]10.(多選)如圖所示，將一根不行伸長(zhǎng)、松軟的輕繩兩端分別系于A、B兩點(diǎn)，一物體用動(dòng)滑輪懸掛在繩子上，達(dá)到平衡時(shí)，兩段繩子間夾角為θ1，繩子張力為F1；將繩子B端移至C點(diǎn)，等整個(gè)系統(tǒng)達(dá)到平衡時(shí)，兩段繩子間的夾角為θ2，繩子張力為F2；將繩子B端移至D點(diǎn)，待整個(gè)系統(tǒng)達(dá)到平衡時(shí)，兩段繩子間的夾角為θ3，繩子張力為F3，不計(jì)摩擦，則()A．θ1＝θ2＝θ3 B.θ1＝θ2<θ3C．F1>F2>F3 D.F1＝F2<F3BD[當(dāng)繩子系于A、B時(shí)設(shè)繩子結(jié)點(diǎn)為O，對(duì)其受力分析，如圖，依據(jù)幾何關(guān)系，有AOsineq\f(θ1,2)＋OBsineq\f(θ1,2)＝AC。同理，當(dāng)繩子右端從B移動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)，有AO′sineq\f(θ2,2)＋O′Bsineq\f(θ2,2)＝AC，繩子長(zhǎng)度不變，有AO＋OB＝AO′＋O′B，所以sineq\f(θ1,2)＝sineq\f(θ2,2)，故θ1＝θ2。繩子的結(jié)點(diǎn)受重力和兩個(gè)繩子的拉力，由于繩子夾角不變，依據(jù)三力平衡可知，繩子拉力不變，即F1＝F2；繩子右端從B移動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)，繩子間夾角明顯變大，繩子的結(jié)點(diǎn)受重力和兩個(gè)繩子的拉力，再次依據(jù)共點(diǎn)力平衡條件可得F1<F3，故θ1＝θ2<θ3，F(xiàn)1＝F2<F3。]

11.(2024·河南省濮陽(yáng)市模擬)(多選)如圖所示，質(zhì)量分別為m1、m2的兩個(gè)物體通過(guò)輕彈簧連接，在力F的作用下一起沿水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，m1在地面，m2在空中。此時(shí)，力F與水平方向成θ角，彈簧中彈力大小為F1，彈簧軸線與水平方向的夾角為α，m1受地面的摩擦力大小為Ff，則下列正確的是()A．θ肯定大于α B.θ可能等于αC．F肯定大于F1 D.F肯定大于FfACD[m2受三力平衡：m2g、F、F1，依據(jù)平衡條件知，F(xiàn)的水平分力與F1的水平分力大小相等，即：Fx＝Fcosθ＝F1cosα＝Fx1，F(xiàn)的豎直分力比F1的豎直分力大，即：Fy＝Fsinθ＝F1sinα＋m2g＝Fy1＋m2g，依據(jù)F合＝eq\r(F\o\al(2,x)＋F\o\al(2,y))，F(xiàn)x＝Fx1，F(xiàn)y>Fy1，所以F>F1，依據(jù)tanθ＝eq\f(Fy,Fx)，tanα＝eq\f(Fy1,Fx1)，所以θ>α，依據(jù)整體法得：Fcosθ＝Ff，所以F>Ff故A、C、D正確，B錯(cuò)誤。]12．如圖所示，小球A、B通過(guò)一條細(xì)繩跨過(guò)定滑輪連接，它們都套在一根豎直桿上。當(dāng)兩球平衡時(shí)，連接兩球的細(xì)繩與水平方向的夾角分別為θ和2θ。假設(shè)裝置中的各處摩擦均不計(jì)，則A、B球的質(zhì)量之比為()A．2cosθ∶1 B.1∶2cosθC．tanθ∶1 D.1∶2sinθB[對(duì)A、B兩球受力分析如圖所示，由力的平衡條件可知，F(xiàn)T′sinθ＝mAg、FTsin2θ＝mBg，F(xiàn)T′＝FT，解得mA∶mB＝sinθ∶sin2θ＝1∶2cosθ，B正確。]13.(多選)如圖，若半圓弧軌道的半徑為R，上端固定在輕環(huán)A，下端分別固定在M、N點(diǎn)的兩根輕彈簧a、b，兩彈簧的原長(zhǎng)均為eq\f(R,2)，環(huán)A靜止時(shí)彈簧a長(zhǎng)度為eq\r(3)R，與MN的夾角θ＝30°，則下列說(shuō)法正確的是()A．彈簧a、b的彈力大小之比為eq\r(3)∶1B．彈簧a、b的彈力大小之比為1∶eq\r(3)C．彈簧a、b的勁度系數(shù)之比為(6－eq\r(3))∶1D．彈簧a、b的勁度系數(shù)之比為(6＋eq\r(3))∶11AD[作受力分析圖如圖所示，環(huán)A靜止時(shí)彈簧a的長(zhǎng)度La＝eq\r(3)R，則彈簧b的長(zhǎng)度Lb＝R，由于La>eq\f(R,2)，Lb>eq\f(R,2)，說(shuō)明兩彈簧的彈力均表現(xiàn)為拉力。彈簧b的拉力Fb＝FN2＝FN1tanα，彈簧a的拉力Fa＝FN1，由幾何關(guān)系知α＝θ＝30°，解得eq\f(Fa,Fb)＝eq\r(3)，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；彈簧a的伸長(zhǎng)量xa＝La－eq\f(R,2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)－\f(1,2)))R，彈簧b的伸長(zhǎng)量xb＝Lb－eq\f(R,2)＝eq\f(1,2)R，依據(jù)胡克定律有Fa＝kaxa，F(xiàn)b＝kbxb，解得eq\f(ka,kb)＝eq\f(6＋\r(3),11)，選項(xiàng)D正確，C錯(cuò)誤。]14.如圖所示，質(zhì)量為m(可以看成質(zhì)點(diǎn))的小球P，用兩根輕繩OP和O′P在P點(diǎn)拴結(jié)后再分別系于豎直墻上相距0.4m的O、O′兩點(diǎn)上，繩OP長(zhǎng)0.5m，繩O′P長(zhǎng)0.3m，今在小球