2020高考物理大二轮复习专题强化练（二）　物体的平衡 WORD版含解析.docx

1、专题强化练(二)物体的平衡(满分:100分时间:50分钟)一、选择题(共8小题,每小题8分,共64分)1.(考点1、2)(多选)(2019河南平顶山统考)有一堆沙子在水平面上堆成圆锥形,稳定时底角为,如图所示。如果视每粒沙子完全相同,沙子与沙子之间,沙子与地面之间的动摩擦因数均为,设沙子之间的最大静摩擦力与滑动摩擦力相等,下列说法正确的是()A.沙堆稳定时,沙堆底面受到地面的摩擦力一定为零B.沙堆稳定时,只有形成严格规则的圆锥,底面受到地面的摩擦力才为零C.沙堆稳定时形成的圆锥的底角最大值满足tan max=D.沙堆稳定时形成的圆锥的底角最大值满足cos max=解析对沙堆稳定时整体受力分析,

2、受到重力和地面的支持力,水平方向上不受力,A正确;不论沙堆稳定时的形状是否为规则的圆锥形,整体受力不变,B错误;对沙堆稳定时侧面上的某粒沙子受力分析,如图所示,则FN=mgcos ,Ff=mgsin ,FfFN,解得tan max=,C正确,D错误。答案AC2.(考点1、3)(2019贵州遵义模拟)如图所示,在粗糙水平地面上放着一个截面为四分之一圆弧的柱状物体A,A的左端紧靠竖直墙,A与竖直墙之间放一光滑圆球B,整个装置处于静止状态。若把A向右移动少许后,它们仍处于静止状态,则()A.B对墙的压力增大B.A与B之间的作用力增大C.地面对A的摩擦力减小D.A对地面的压力减小解析对B受力分析如图所

3、示,由平衡条件知,A与B之间的作用力F2=Gcos,B与墙之间的作用力F1=Gtan ,A向右移动,减小,cos 增大,tan 减小,则F1、F2都减小,选项A、B错误;对A、B整体受力分析,根据平衡条件可知,地面对A的摩擦力大小Ff=F1,所以摩擦力减小,选项C正确;A对地面的压力大小等于A、B所受的总重力大小,保持不变,选项D错误。答案C3.(考点1、2)(2019湖南永州二模)如图所示,圆柱体的A点放有一质量为M的小物体P,使圆柱体缓慢匀速转动,带动P从A点转到A点,在这过程中P始终与圆柱体保持相对静止,那么P所受的静摩擦力的大小随时间的变化规律,可由下面哪个图表示()解析物块P受三个力

4、的作用,竖直向下的重力mg,沿半径指向外的支持力FN,沿切线方向的静摩擦力Ff,因圆柱体缓慢转动,所以物块P在任意位置所受合力为零,如图所示。则Ff=mgsin ,从A转至A的过程中,先减小后增大,Ff先减小后增大,且按照正弦规律变化,故只有选项B正确。答案B4.(考点1、3)(多选)(2019广西桂林模拟)如图所示,一根绳子一端固定于竖直墙上的A点,另一端绕过动滑轮P悬挂一重物B,其中绳子的PA段处于水平状态,另一根绳子一端与动滑轮P的轴相连,绕过定滑轮Q后在其端点O施加一水平向左的外力F,使整个系统处于平衡状态,滑轮均光滑、轻质,且均可视为质点。现拉动绳子的端点O使其向左缓慢移动一小段距离

5、后达到新的平衡状态,则该平衡状态与原平衡状态相比较()A.拉力F增大B.拉力F减小C.角不变D.角减小解析以动滑轮P为研究对象,AP、BP段绳子张力始终等于B受到的重力,两绳子张力的合力在APB角平分线上,拉动绳子后,动滑轮P将斜向上运动,两绳子夹角减小,两张力的合力增大,由平衡条件知F增大,A正确,B错误;PQ与竖直方向夹角始终等于APB的一半,故拉动绳子后角减小,C错误,D正确。答案AD5.(考点1、2)(2019河北衡水调研)如图所示,质量为m的物体置于倾角为的固定斜面上,物体与斜面之间的动摩擦因数为,先用平行于斜面的推力F1作用于物体上使其能沿斜面匀速上滑(如图甲),若改用水平推力F2

6、作用于物体上,也能使物体沿斜面匀速上滑(如图乙),则两次的推力之比F1F2为()A.cos +sin B.cos -sin C.1+tan D.1-tan 解析物体在力F1作用下和力F2作用下匀速运动时的受力如图1、2所示。将物体受力沿斜面方向和垂直于斜面方向正交分解,由平衡条件可得:F1=mgsin +Ff1,FN1=mgcos ,Ff1=FN1,F2cos =mgsin +Ff2,FN2=mgcos +F2 sin ,Ff2=FN2,解得:F1=mgsin +mgcos ,F2=mgsin+mgcoscos-sin,故F1F2=cos -sin ,B正确。答案B6.(考点1、2)(多选)(

7、2019山东青州检测)如图所示,完全相同的四个足球彼此相互接触叠放在水平面上,每个足球的质量都是m,不考虑转动情况,下列说法正确的是()A.下面每个球对地面的压力均为43mgB.下面的球不受地面的摩擦力C.下面每个球受地面的摩擦力均为33mgD.上面球对下面每个球的压力均为66mg解析以四个球整体为研究对象,受力分析可得,3FN=4mg,可知下面每个球对地面的压力均为FN=43mg,选项A正确;单独分析上面球,设上面球对下面球的压力大小均为F,由对称性和几何关系可知,F与竖直方向的夹角均满足cos =63,由平衡条件可得3Fcos =mg,F=66mg,选项D正确;单独分析下面一个球,由水平方

8、向合力为零可知,Ff=Fsin =26mg,即下面每个球受地面的摩擦力均为26mg,选项B、C项错误。答案AD7.(考点1、2)(2019安徽重点中学模拟)现有一四轮旅行箱的总质量为15 kg,一旅客用斜向上的拉力拉着旅行箱在水平地面上做匀速运动,若拉力的最小值为90 N,此时拉力与水平方向间的夹角为,重力加速度大小g取10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8,旅行箱受到地面的阻力与其受到地面的支持力成正比,比值为,则()A.=0.5,=37B.=0.5,=53C.=0.75,=53D.=0.75,=37解析对旅行箱受力分析,如图所示,根据平衡条件可知,水平方向有Fcos -

9、Ff=0,竖直方向有FN+Fsin -mg=0,其中Ff=FN,故F=mgcos+sin,令=tan ,则F=mgsincos(-);当=时,F有最小值,Fmin=mgsin =90 N,=37,故=tan 37=0.75,=37,选项D正确。答案D8.(考点1、3)(多选)(2019山东聊城检测)如图所示,不计质量的光滑小滑轮用细绳悬挂于墙上O点,跨过滑轮的细绳连接物块A、B,A、B都处于静止状态。现将B移至C点后,A、B仍保持静止,下列说法中正确的是()A.B与水平面间的摩擦力减小B.水平面对B的弹力增大C.悬于墙上的细绳所受的拉力不变D.A、B静止时,图中、三角始终相等解析对A进行受力分

10、析,受到重力和细绳的拉力,根据平衡条件可知,细绳的拉力等于A所受的重力,当把B移至C点后,连接B的细绳与水平方向的夹角变小,对B进行受力分析,受重力、支持力、细绳拉力和静摩擦力,如图所示,根据共点力平衡条件,有FTcos =Ff,由于变小,故B与水平面间的静摩擦力变大,选项A错误;水平面对B的弹力FN=mg-FTsin ,变小,则FN变大,选项B正确;对滑轮进行受力分析,受连接A、B的细绳的拉力以及悬于墙上的细绳的拉力F,由于连接A、B的细绳的拉力相等且夹角变大,故其合力变小,故悬于墙上的细绳所受的拉力F也变小,选项C错误;连接A、B的细绳的拉力大小相等,故合力在角平分线上,故=,由平衡条件及

11、几何关系知,=,选项D正确。答案BD二、计算题(第9题16分,第10题20分,共36分)9.(考点1、3)如图(a)所示,三棱柱的左、右两侧斜面的倾角=45,物块P、Q用跨过光滑定滑轮的轻绳相连,分别放在两侧的斜面上,此时物块P恰好不向下滑动且物块Q恰不受摩擦力。已知物块P的质量M=2 kg,P、Q与斜面之间的动摩擦因数均为=0.2,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。(1)求物块Q的质量m;(2)如图(b)所示,将三棱柱缓慢绕右侧棱边顺时针转动15角,物块Q恰好不下滑,求此时物块P所受的摩擦力。解析(1)三棱柱转动之前,物块P恰好不向下滑动,受到的静摩擦力等于滑动摩擦力,方向沿斜面向上。设此时绳子

12、弹力为F,分析P的受力,由平衡条件可得Mgsin =F+Mgcos 分析Q的受力由平衡条件可得F=mgsin 联立以上两式代入数据解得:m=1.6 kg。(2)三棱柱转动15角后,物块Q恰好不下滑,受到的静摩擦力等于滑动摩擦力,方向沿斜面向上。设此时绳子弹力为F,分析Q的受力,由平衡条件可得mgsin(+15)=F+mgcos(+15)分析P的受力(设摩擦力大小为Ff,方向沿斜面向上),由平衡条件可得Mgsin(-15)=F+Ff联立以上两式代入数据解得:Ff=-2.256 N故物块P所受的摩擦力大小为2.256 N,方向沿斜面向下。答案(1)1.6 kg(2)2.256 N,方向沿斜面向下1

13、0.(考点2、3)如图所示,某橡皮绳在弹性限度内的劲度系数k=400 N/m,现在把该橡皮绳的一端固定在A点,跨过与A等高的定滑轮B后在另一端D悬挂一个沙桶P,P的总质量M=2 kg,现有另一个沙桶Q挂在AB间橡皮绳的C点上,稳定后ACB=120。忽略各接触点间的摩擦,并假设橡皮绳始终未超过弹性限度,g取10 m/s2。求:(1)此时橡皮绳的形变量;(2)此时沙桶Q的总质量m;(3)若A、B两点间的距离为53 cm,现在只往沙桶Q缓慢加沙直至沙桶Q的总质量变为3m,求稳定后沙桶Q下降的距离x。(橡皮绳始终能绕过定滑轮B)解析(1)各接触点间的摩擦忽略不计,故两个沙桶稳定时,橡皮绳上的弹力处处相等,均为FT=Mg=20 N由胡克定律可得此时橡皮绳的伸长量为x=FTk=20400 m=0.05 m(2)对C点受力分析,由平衡条件得mg=2FTcos1202解得:m=2 kg。(3)沙桶Q的总质量变为3m后,沙桶Q下降的距离即为C点下降的距离,如图所示。此时沙桶P的总质量不变,故橡皮绳上的弹力仍为FT=Mg=20 N对C点受力分析,由平衡条件得3mg=2FTcos 联立解得:=30由几何关系可得,此时沙桶Q下降的距离为x=AB2tan-AB2tan60联立解得:x=5 cm。答案(1)0.05 m(2)2 kg(3)5 cm