《（新課標）2020高考物理總復習 課時檢測（十）共點力的動態(tài)平衡（題型研究課）（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（新課標）2020高考物理總復習 課時檢測（十）共點力的動態(tài)平衡（題型研究課）（含解析）（5頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、 課時檢測(十) 共點力的動態(tài)平衡 (題型研究課) 1.如圖所示，斜面體A放在水平地面上，用平行于斜面的輕彈簧將物塊B拴在擋板上，在物塊B上施加平行于斜面向上的推力F，整個系統始終處于靜止狀態(tài)，則下列說法正確的是(　　) A．物塊B與斜面之間一定存在摩擦力 B．彈簧的彈力一定沿斜面向下 C．地面對斜面體A的摩擦力一定水平向左 D．若增大推力F，則彈簧彈力一定減小 解析：選C　因不知道彈簧處于伸長還是壓縮狀態(tài)，故A、B、D錯誤；對整體受力分析，地面對斜面體A的摩擦力與推力F的水平分力等大反向，故C正確。 2.(2019·德州模擬)如圖所示，輕桿A端用鉸鏈固定，滑輪在A點正上方O點

2、(滑輪大小及摩擦均不計)，輕桿B端吊一重物，現將輕繩的一端拴在桿的B端，用拉力F將B端緩慢上拉(均未斷)，在輕桿達到豎直前，以下分析正確的是(　　) A．輕繩的拉力越來越大 B．輕繩的拉力越來越小 C．輕桿的彈力越來越大 D．輕桿的彈力越來越小 解析：選B　以B端為研究對象，它受三個力的作用而處于動態(tài)平衡狀態(tài)，其中一個是輕桿的彈力T，一個是輕繩斜向上的拉力F，一個是重物豎直向下的拉力F′(大小等于重物所受的重力)，如圖所示，根據相似三角形法，可得＝＝，由于OA和AB不變，OB逐漸減小，因此輕桿的彈力大小不變，而輕繩的拉力越來越小，故選項B正確，A、C、D錯誤。 3．(2019·安徽

3、重點中學模擬)現有一四輪旅行箱的總質量為15 kg，一旅客用斜向上的拉力拉著旅行箱在水平地面上做勻速運動，若拉力的最小值為90 N，此時拉力與水平方向間的夾角為θ，重力加速度大小為g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，旅行箱受到地面的阻力與其受到地面的支持力成正比，比值為μ，則(　　) A．μ＝0.5，θ＝37°　　　　 　B．μ＝0.5，θ＝53° C．μ＝0.75，θ＝53° D．μ＝0.75，θ＝37° 解析：選D　對旅行箱受力分析，如圖所示，根據平衡條件可知，水平方向有Fcos θ－f＝0，豎直方向有FN＋Fsin θ－mg＝0，其中f＝μFN，故F＝，令μ＝tan α

4、，則F＝；當θ＝α時，F有最小值，Fmin＝mgsin α＝90 N，α＝37°，故μ＝tan 37°＝0.75，θ＝37°，選項D正確。 4.有一個直角支架AOB，AO水平放置，表面粗糙，OB豎直向下，表面光滑。AO上面套有小環(huán)P，OB上面套有小環(huán)Q，兩環(huán)質量均為m，兩環(huán)間由一根質量可忽略、不可伸長的細繩相連，并在某一位置平衡(如圖所示)?，F將P環(huán)向左移動一小段距離，兩環(huán)再次達到平衡，那么將移動后的平衡狀態(tài)和原來的平衡狀態(tài)比較，AO桿對P環(huán)的支持力FN和細繩上的拉力FT的變化情況是(　　) A．FN不變，FT變大 B．FN不變，FT變小 C．FN變大，FT變大 D．FN變大，F

5、T變小 解析：選B　以P、Q兩個環(huán)為整體，對其受力分析可知，豎直方向上支持力FN＝2mg，與P環(huán)位置無關；以Q環(huán)為研究對象并受力分析，設∠ABO＝θ，分解拉力FT可得，FTcos θ＝mg，FT＝，P環(huán)左移θ減小，故拉力FT變小，B正確。 5.如圖所示，質量為m的小球用細線拴住放在光滑斜面上，斜面足夠長，傾角為α的斜面體置于光滑水平面上。用水平力F推斜面體使斜面體緩慢地向左移動，小球沿斜面緩慢升高(細線尚未到達平行于斜面的位置)，在此過程中(　　) A．細線對小球的拉力減小 B．斜面體對小球的支持力減小 C．水平力F減小 D．地面對斜面體的支持力不變 解析：選A　對小球受力分析，

6、如圖甲所示，斜面體左移會引起FT的方向及大小的變化而FN的方向不變，FT、FN和小球所受重力mg三力的合力為0，可形成閉合矢量三角形，FT與FN相互垂直時FT最小，此時細線和斜面平行，則細線尚未到達平行于斜面的位置時，FT逐漸變小，FN逐漸變大，故A正確，B錯誤；對斜面體受力分析，如圖乙所示，根據牛頓第三定律及平衡條件，有：F＝FN′sin α＝FNsin α，FN地＝Mg＋FN′cos α＝Mg＋FNcos α，由于FN增大，故FN地和F均增大，故C、D錯誤。 6．(2019·寧波模擬)固定在水平面上的光滑半球半徑為R，球心O的正上方C處固定一個光滑定滑輪(大小可忽略)，細線一端拴一小

7、球(可視為質點)置于半球面上A點，另一端繞過定滑輪，如圖所示?，F將小球緩慢地從A點拉向半球頂點B，則此過程中，小球對半球的壓力大小FN、細線的拉力大小FT的變化情況是(　　) A．FN不變，FT不變 B．FN不變，FT變大 C．FN不變，FT變小 D．FN變大，FT變小 解析：選C　小球受力如圖所示，根據平衡條件知，小球所受支持力FN′和細線拉力FT的合力F與重力G是一對平衡力，即F＝G，根據幾何關系知，力三角形FAFN′與幾何三角形COA相似，設滑輪到半球頂點B的距離為h，細線AC長為L，則有＝＝，由于小球從A點移向B點的過程中，G、R、h均不變，L減小，故FN′大小不變(由牛

8、頓第三定律知FN＝FN′)，FT變小，C正確。 7．(多選)(2019·桂林模擬)如圖所示，一根繩子一端固定于豎直墻上的A點，另一端繞過動滑輪P懸掛一重物B，其中繩子的PA段處于水平狀態(tài)，另一根繩子一端與動滑輪P的軸相連，繞過定滑輪Q后在其端點O施加一水平向左的外力F，使整個系統處于平衡狀態(tài)，滑輪均光滑、輕質，且均可視為質點?，F拉動繩子的端點O使其向左緩慢移動一小段距離后達到新的平衡狀態(tài)，則該平衡狀態(tài)與原平衡狀態(tài)相比較(　　) A．拉力F增大 B．拉力F減小 C．角θ不變 D．角θ減小 解析：選AD　以動滑輪P為研究對象，AP、BP段繩子張力始終等于B受到的重力，兩繩子張力的合

9、力在∠APB角平分線上，拉動繩子后，動滑輪P將斜向上運動，兩繩子夾角減小，兩張力的合力增大，由平衡條件知F增大，A正確，B錯誤；PQ與豎直方向夾角θ始終等于∠APB的一半，故拉動繩子后角θ減小，C錯誤，D正確。 8．(多選)(2019·葫蘆島模擬)如圖所示，一光滑小球放置在斜面與擋板之間處于靜止狀態(tài)，不考慮一切摩擦，設斜面對小球的彈力為FN1，擋板對小球的彈力為FN2。如果把擋板由圖示位置緩慢繞O點轉至豎直位置，則此過程中(　　) A．FN1始終減小 B．FN1先減小后增大 C．FN2先減小后增大 D．FN2始終減小 解析：選AD　小球受力如圖甲所示，因擋板是緩慢轉動的，所以小

10、球處于動態(tài)平衡狀態(tài)，在此過程中，重力G、FN1、FN2組成的封閉矢量三角形的變化情況如圖乙所示，G大小、方向均不變，FN1方向始終不變，FN2方向與水平方向夾角逐漸減小到零，由圖可知此過程中，FN1始終減小，FN2始終減小，選項A、D正確。 9.(多選)如圖所示，帶有光滑豎直桿的三角形斜劈固定在水平地面上，放置于斜劈上的光滑小球與套在豎直桿上的小滑塊用輕繩連接，開始時輕繩與斜面平行?，F給小滑塊施加一豎直向上的拉力F，使小滑塊沿桿緩慢上升，整個過程中小球始終未脫離斜面，則有(　　) A．輕繩對小球的拉力逐漸增大 B．小球對斜面的壓力先減小后增大 C．桿對小滑塊的彈力先增大后減小 D

11、．對小滑塊施加的豎直向上的拉力逐漸增大 解析：選AD　設斜面傾角為θ，斜面對小球的支持力為FN1，輕繩對小球的拉力為FT，小球所受的重力大小為G1，小滑塊所受的重力大小為G2，桿對小滑塊的彈力大小為FN2。由于小滑塊沿桿緩慢上升，所以小球沿斜面緩慢向上運動，小球處于動態(tài)平衡狀態(tài)，受到的合力為零，小球受力矢量三角形如圖甲所示，輕繩對小球的拉力FT逐漸增大，選項A正確；斜面對小球的彈力FN1逐漸減小，故小球對斜面的壓力逐漸減小，選項B錯誤；將小球和小滑塊看成一個整體，對其進行受力分析如圖乙所示，則由力的平衡條件可得：FN2＝FN1sin θ，F＝G1＋G2－FN1cos θ，因FN1逐漸減小，所

12、以FN2逐漸減小，F逐漸增大，選項C錯誤，D正確。 10.(多選)(2019·平頂山統考)有一堆砂子在水平面上堆成圓錐形，穩(wěn)定時底角為α，如圖所示。如果視每粒砂子完全相同，砂子與砂子之間，砂子與地面之間的動摩擦因數均為μ，設砂子之間的最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等，下列說法正確的是(　　) A．砂堆穩(wěn)定時，砂堆底面受到地面的摩擦力一定為零 B．砂堆穩(wěn)定時，只有形成嚴格規(guī)則的圓錐，底面受到地面的摩擦力才為零 C．砂堆穩(wěn)定時形成的圓錐的底角最大值滿足tan αmax＝μ D．砂堆穩(wěn)定時形成的圓錐的底角最大值滿足cos αmax＝μ 解析：選AC　對砂堆穩(wěn)定時整體受力分析，受到重力和地面的支持力，水平方向上不受力，A正確；不論砂堆穩(wěn)定時的形狀是否為規(guī)則的圓錐形，整體受力不變，B錯誤；對砂堆穩(wěn)定時側面上的某粒砂子受力分析，如圖所示，則FN＝mgcos α，Ff＝mgsin α，Ff≤μFN，解得tan αmax＝μ，C正確，D錯誤。 5