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文檔簡介

選擇1力和物體平衡

考點內容考情分析

1、受力平衡部分一般結合生活實際考察物體的靜態受力平衡、動

考向一物體的靜態平衡態受力平衡分析

2、牛頓定律一般以生活實際為背景命題,進行模型化受力分析。

往往涉及靜態平衡問題、動態平衡問題及多物體、連接體構成的系

考向二物體的動態平衡

統分析,涉及整體法與隔離法相結合分析方法。

因深究"解題攻略"

1.思想方法

(1)在判斷彈力或摩擦力是否存在以及確定它們的方向時常用假設法。

(2)求解平衡問題時常用二力平衡法、矢量三角形法、正交分解法、相似三角形法、圖解法等。

(3)帶電體的平衡問題仍然滿足平衡條件,只是要注意準確分析場力一一電場力、安培力或洛倫茲

力。

2.模型建構

(1)合力與分力的關系

①合力不變時,兩相等分力的夾角越大,兩分力越大,夾角接近180。時,兩分力接近無窮大。

②兩相等分力夾角為120。時,兩分力與合力大小相等。

(2)平衡條件的應用

?n個共點力平衡時其中任意(n—1)個力的合力與第n個力是一對平衡力。

②物體受包括重力在內的三個力作用平衡時一般用合成法,合成除重力外的兩個力,合力與重力

平衡,在力的三角形中解決問題,這樣就把力的問題轉化為三角形問題。

(3)滑塊與斜面模型

如圖所示,斜面固定,物塊與斜面間的動摩擦因數為由將物塊輕放在斜面上,若|iNtanO,物

塊保持靜止:若呼tan。,物塊下滑。與物塊質量無關,只由日與。決定,其中層tanO時稱為“自鎖

現象。

3.考法解析

考法一圖解法

1.題目特點:物體在三個力作用下緩慢運動,其中一個力恒定,另一個力方向恒定。

2應用思路:讀懂題目敘述的情景,依次畫出多個狀態下力的漸變平行四邊形或矢量三角形,根

據有向線段長度、方向的變化判斷相應力的大小、方向的變化。

考法二解析法

1題目特點:物體受力示意圖中某個力恒定,某個夾角發生的變化可判、可用。

2.應用思路:對力進行合成、分解或正交分解,用恒力、變角的三角函數寫出變力的表達式(即平

衡方程),根據三角函數的變化判斷力的變化。

考法三相似三角形法

1.題目特點:物體在繩、桿或彈簧的作用下沿圓周緩慢運動。

2應用思路:相似三角形法是圖解法的特例,平移受力示意圖中的兩個力,與第三個力構建力三

角形,找到與之相似的幾何三角形,列出相應比例式進行分析,其中與半徑對應的力大小不變。

LOO'A與力的矢△A08勺力的矢

量三角形相似質三角形相似

考法四輔助圓法

(1)適用情況:物體受三個力,其中一個力大小、方向不變,另外兩個力大小、方向都在改變,但變化的兩

個力之間的夾角不變。

(2)方法展示

①已知條件:Fi恒定,F2、F3的夾角一定。

②解題過程:在圓中畫出力的矢量三角形,以恒定力為弦,另外兩個力的交點在圓周上移動,由三角形

各邊長度及方向的變化判定力的變化;兩個力的夾角分大于90。(如圖甲)和小于90。(如圖乙)兩種情況。

4.受力分析的順序

一般按照“重力—電場力(磁場力)一彈力-摩擦力—其他力”的順序,結合整體法與隔離法分析物體的

受力情況。

5.處理平衡問題常用的四種方法

合成法物體受三個共點力的作用而平衡,則任意兩個力的合力一定與第三個力大小相

等,方向相反

物體受三個共點力的作用而平衡,將某一個力按力的效果分解,則其分力和其

分解法

他兩個力滿足平衡條件

物體受到三個或三個以上力的作用時,將物體所受的力分解為相互垂直的兩

正交分解法

組,每組力都滿足平衡條件

對受三力作用而平衡的物體,將力的矢量圖平移使三力組成一個首尾依次相接

力的三角形法

的矢量三角形,根據正弦定理、余弦定理或相似三角形等數學知識求解未知力

〃親臨"高考練場"

考向一物體的靜態平衡

1.(2024?宜興市校級三模)如圖所示,質量為2m的物塊C置于傾角為37°的斜面D上,C通

過一細線繞過光滑定滑輪系于P點,P為細線QP、EP、BP的結點,質量為m的小球B置于

3

光滑的半球體A上,半球體A的半徑為R,O為球心。已知PO=2R,PB=-/?,EP水平,

PQ豎直,且Q、P、O在同一直線上,系統處于靜止狀態,小球B可視為質點,重力加速度

為g,sin37°=0.6,cos37°=0.8,則下列說法正確的是()

3

A.細線PB的拉力大小為《徵9

B.細線PE和細線PB的拉力大小相等

C.半球體A受到地面的摩擦力和斜面D受到地面的摩擦力大小相等

D.物塊C受到斜面D的摩擦力方向沿斜面向下

【解答】解:A.對小球B做受力分析,如圖所示:

mgFNFPB

2R=^=~PB

,“13

聯立解得:FN=^mg,FpB=]ng,故A錯誤;

B、對結點P進行受力分析,根據受力平衡有,線PE的拉力大小等于細線PB的拉力在水平方向

的分力,故PE的拉力小于PB的拉力,故B錯誤;

D、由上述項分析可知:2mgsin37°>FPB>FpE

對于C受力分析可得:2mgsin37°=丘+FPE

由此可得:斜面D對C的摩擦力方向沿斜面向上,故D錯誤;

C、對A、B整體受力分析,A所受地面的摩擦力大小等于細線PB的拉力在水平方向的分力,

對C和斜面整體受力分析,斜面受到地面的摩擦力大小等于細線PE的拉力大小,線PE的拉力

大小等于細線PB的拉力在水平方向的分力,故C正確。

故選:Co

2.(2024?市中區校級模擬)小口徑的水泥管如圖甲所示,通常用于排水、灌溉和防護。運輸到目

的地時可用簡易裝置卸貨。如圖乙所示,兩根直木棍AB和CD相互平行,兩端分別靠在車和

地面上固定不動。一個半徑R=5cm、質量m=20kg的水泥管從木棍的上部恰好能勻速滑下,

己知兩木棍間距d=8cm,與水平面的夾角a=37°(sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取

10m/s2)()

甲乙

A.每根直木棍對水泥圓筒的彈力為80N

B.每根直木棍與水泥桶間的動摩擦因數為0.75

C.將水泥圓筒沿直木棍勻速向上拉動,所需最小拉力為192N

D.將水泥圓筒沿直木棍勻速向上拉動,可施加沿斜面向上320N的力

【解答】解:A、從BD—AC視角分析,受力不意圖如圖所小:

d

-4

2

---

H5

根據平衡條件可得:2FNcos0=mgcosa

400

解得:FN=~^—N,故A錯誤;

B、設每根木棍對水泥圓筒的摩擦力大小為f,則有:2f=mgsina

根據滑動摩擦力的計算公式可得:f=*N

所以動摩擦因數為:u=0.45,故B錯誤;

C、從右側視角受力分析,如圖所示:

mg

兩根木棍對水泥圓筒的摩擦力的合力為:2f,=2pN

2f〃0.453

故兩個力的合力方向固定,圖中0角滿足:tan0=----=——n="^T~=7

2Ncos3cosu0.64

故0=37°

現問題變為“物體受重力、木棍提供的力和拉力三力平衡,拉力最小值為多少”,根據力學平衡

的矢量三角形得:

Fmin=mgsin(a+p)

解得:Fmin=192N,故C正確;

D、將水泥圓筒沿直木棍勻速向上拉動,根據平衡條件可得沿斜面向上的拉力大小為:F=

mgsina+2f=2mgsina

代入數據解得:F=240N,故D錯誤。

故選:Co

3.(2024?沙坪壩區校級模擬)如圖所示,直徑為D的圓筒靜置于水平面上,完全相同的甲、乙

兩球體放置在圓筒中,球體直徑為d,且d<D<2d,所有接觸面均光滑,甲球與圓筒底面和側

面的彈力大小分別為Ni、N2O如果將兩球體放置在另一圓筒中,該圓筒的直徑D'稍大于D,

甲球與該圓筒底面和側面的彈力大小分別為N'1、N'2,則()

,,

A.N2>N2B.N'2<N2C.NI>NID.N'I<NI

【解答】解:設一個小球的重力為G,對小球乙受力分析,如圖所示:

F

N?

G

根據受力平衡可得:FsinB=G、Fcos0=N

整體受力分析,如圖所示:

根據受力平衡可得:Ni=2G、N=N2

當圓筒半徑增加,則。減小,所以tan。減小,即N增加,W增大,Ni不變,所以BCD錯誤,A

正確。

故選:Ao

4.(2024?興慶區校級三模)如圖所示,在房檐上M、N兩點間固定一根不可伸長的輕繩,在輕

繩的中點O用細線系住鳥籠B,在O點兩側與其間距相同的P、Q兩點系住相同的鳥籠A、Co

穩定后MP、NQ間輕繩與水平方向夾角均為4,OP、OQ間輕繩與豎直方向夾角均為的,已

A.MP間輕繩彈力為啟詼

B-op間輕繩的彈力大小為后拓

C.tan0i*tan02=3

D.如果逐漸增大各鳥籠的質量,則91、02都增大

【解答】解:A、整體受力分析如圖所示:

根據受力平衡可得:2FMpsin8i=3mg,解得:FMP=故A錯誤;

mg

B、對鳥籠B受力分析可得:2Fopcos02=mg,解得:FOp-2cos62,故B錯誤,

C、對鳥籠A受力分析,根據受力平衡可得:FMPCOS0i=Fopsin02,結合A,B選項的平衡方程聯

立解得:tan0i?tan02=3,故C正確;

D、增加各鳥籠的質量,角度不變,只是繩上的拉力增加,故D錯誤。

故選:C=

5.(2024?蓮湖區校級二模)如圖所示,質量m=3kg的滑塊靜止在水平實驗臺上,通過三段輕繩

分別與天花板和球形容器相連,OA與天花板夾角為45°,OB水平。重力加速度g取10m/s2,

假設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,下列說法正確的是()

A.若實驗臺對滑塊的摩擦力不超過10N,則球形容器與容器內液體總重力最大為20N

B.若實驗臺對滑塊的摩擦力不超過10N,則球形容器與容器內液體總重力最大為30N

C.若球形容器與容器內液體總重力最大為12N時滑塊即將滑動,則滑塊與實驗臺的動摩擦因數

-0.40

D.若球形容器與容器內液體總重力最大為12N時滑塊即將滑動,則滑塊與實驗臺的動摩擦因

數呼0.30

【解答】解:AB、若實驗臺對滑塊的摩擦力不超過10N,即OB繩子的最大拉力為10N,對O

TBf

根據共點力平衡得輕繩受到的拉力為:

OATA=-T77==6=1。6,

OC輕繩受到的拉力為:Tc=TBtan45°=f?tan45°=10XlN=10N

故AB錯誤;

CD、結合前面的分析,可知Tc=f?tan45°

所以當球形容器與容器內液體總重力最大為12N時,滑塊即將滑動,則滑塊受到的最大靜摩擦力:

cTm

=-t-a--n-475r°7=Tm=12N

712

滑塊與實驗臺的動摩擦因數m以=優==0.4

TILCJ3X_LU

故C正確,D錯誤。

故選:Co

6.(2024?南寧一模)如圖所示,用三個完全相同的小立柱將足球支起,小立柱的上端可視為點,

小立柱的位置連線成正三角形,放在水平桌面上,足球與小立柱的觸點與足球球心的連線與豎

直方向的夾角均為37°,已知每個小立柱對足球的支持力大小為2.5N,不計足球與小立柱間的

摩擦及小立柱的重力,已知sin37°=0.6,cos37°=0.8,則下列說法正確的是()

側視圖

A.單個小立柱對足球的支持力方向豎直向上

B.足球所受的重力為7.5N

C.足球對小立柱的作用力與桌子對小立柱的作用力是平衡力

D.足球對小立柱的作用力與桌子對小立柱的作用力是相互作用力

【解答】解:A、不計足球與立柱間的摩擦,三個立柱對足球作用力為彈力,方向垂直于足球的

切面,沿半徑方向指向足球,不是豎直向上,故A錯誤;

B、由于三個立柱對稱擺放,則每個立柱對足球的彈力大小相等,對足球受力分析,一個立柱對

足球的作用力如圖:

由平衡條件得:G=3FNCOS37°=3X2.5X0.8N=6N,故B錯誤;

CD、不計足球與小立柱間的摩擦及小立柱的重力,小立柱受到足球對小立柱的作用力、桌子對小

立柱的作用力而平衡,所以足球對小立柱的作用力與桌子對小立柱的作用力是平衡力,故C正確、

D錯誤。

故選:Co

7.(多選)(2024?洛陽一模)如圖所示,三根輕質細線結于O點,OA另一端固定在天花板上的A

點(位于圓心O'的正上方),OB另一端連接質量為m的小球P(可視為質點),OC另一端連

接質量為2m的物體Q,將小球P放置于半徑為R、質量為3m的圓表面光滑的半圓柱上,半圓

柱及物體Q均放置于粗糙水平面上,當A、0、O'處于同一豎直線上時,OC處于水平且物體

3

Q恰好不滑動,此時OB=]R,00,=2R,重力加速度大小為g,最大靜摩擦力等于滑動摩擦

A.半圓柱所受的摩擦力與物體Q所受到的摩擦力大小相等

B.0C段繩子的拉力大小為界更mg

C.水平面對圓柱體的支持力大小為4mg

D.物體Q與水平面間的動摩擦因數為二手

【解答】解:A、根據題意,對整體進行受力分析,水平方向上合力為0,物塊所受摩擦力與半

圓柱體所受摩擦力等大反向,故A正確;

BD、對小球P受力分析,受重力mg,光滑半圓柱的支持力N和繩子的拉力F,處于平衡狀態,

畫出拉力等大反向的力F,即為mg和N的合力,如圖所示:

_F'mg3(f7?)2+(27?)2-/?27

由相似二角形有:77g=五歹,解得:F'=-m^,由余弦定理有:cos0=-----a-----=£,

UD4ZX—KXZKo

則有:sin。=V1—cos26—~~~~

o

對結點0受力分析,如圖所示:

由平衡條件有:F2=F1SinO,F3=F1COS0,對物體Q受力分析,如圖所示:

由平衡條件有:FN=2mg,f=F4,又有:F4=F2=FxsinB=Fsind=mg,f=|iFN,解得:

U=1-=善=邛P,故B錯誤,D正確;

FNFN64

C、OA段繩子的張力:F3=FICOSO,在豎直方向上將小球P和圓柱體整體受力分析有:FN+F3=

4mg,解得:FN=4mg-Ficos0,即:FN<4mg,故C錯誤。

故選:ADo

8.(多選)(2024?岳麓區校級模擬)光滑半圓槽的邊緣上固定有一輕質定滑輪,輕質定滑輪軸與

一直桿AB一端連接,直桿可繞B在豎直面上轉動,輕繩一端連接一小球P,另一端跨過輕質

定滑輪后套著一鐵環Q,然后固定在直桿的A端,如圖所示。開始時直桿通過外力水平放置并

使整個系統處于平衡狀態,不計任何摩擦阻力,小球可視為質點,則()

A.若輕繩PB段與BQ段均與豎直方向成30°角,小球P和鐵環Q的質量之比為1:1

B.若小球P的質量足夠大,系統平衡時小球P可能位于半圓弧槽的最低點

C.若通過外力把直桿AB順時針緩慢轉動一小段距離,小球P的位置可能不動

D.若通過外力把直桿AB逆時針緩慢轉動一小段距離,小球P的位置一定下移

【解答】解:A、受力分析如下圖所示,

若輕繩PB段與BQ段均與豎直方向成30°角,根據水平方向的合力為零可知:a=B=30°

由幾何關系可得,只有OP與豎直方向的夾角也為30°,水平方向上合力才可能為零,

對小球P在豎直方向有:mig=FTcos30°+FNCOS30°

對小球P水平方向有:FTsin30°=FNsin30°

對鐵環Q豎直方向有:m2g=2FTCOSOC

聯立可得出小球P和鐵環Q的質量之比為1:1,故A正確;

B、如果小球P在半圓弧槽的最低點,那么連接小球的輕繩拉力應該為零,此時整個系統不可能

平衡,故B錯誤;

C、假設小球P位置不變,輕繩拉力不變,B端右側的繩長1不變,把直桿AB順時針轉動一小段

,d

距禺,AB段的水平距禺d變小,由:sina=-

m2g

由此可知,a變小,繩的拉力:Fr=將變小,與小球P位置不變時,輕繩拉力不變相矛盾,

故c錯誤;

D、直桿AB逆時針緩慢轉動一小段距離,AB段的水平距離d也是變小,設/BOP=。,如圖建

0

立直角坐標系,對小球P受力進行正交分解后,可得:F^c。巧=m1gcos6

ei

變形可得:F7=m15(2cos^-^p,由上式可知,小球質量不變,輕繩拉力變小,。變大,小

球P下移,故D正確。

故選:ADo

9.(多選)(2024?鼓樓區校級模擬)如圖所示,質量為m的勻質細繩,一端系在天花板上的A點,

另一端系在豎直墻壁上的B點,平衡后最低點為C點。現測得AC段繩長是CB段繩長的3倍,

且繩子A端的切線與豎直方向的夾角為0,繩子B端的切線與墻壁的夾角為(a=60°,重力

加速度為g)則()

A.0=30。

B.繩子在C處彈力大小FC=^771g

C.繩子在A處的彈力大小匕=噂7ng

D.繩子上B處拉力最大

1

【解答】解:ABC、對CB段受力分析,受重力Gi=]ng、墻壁的拉力FB,AC段繩子對其向左

的拉力Fc,如下圖所示:

,1V31

=mF

根據平衡條件可得:FB^osa=-^mg,FBsina=Fc,聯立解得:^c~g>B

3

再對AC段繩子受力分析,受重力G2=]ng、BC段繩子對其向右的拉力Fc'=FC,AC段繩子

的拉力為FA,如圖所示:

3V3

,

根據平衡條件有:F4cos0=鏟9,FAsinP=Fc>聯立解得:=^mg,0=30°,故AC正

確,B錯誤;

D、由ABC可知:FC<FB<FA,則繩子上A處拉力最大,故D錯誤。

故選:AC。

10.(多選)(2024?北辰區三模)圖甲為家用燃氣爐架,其有四個對稱分布的爪,若將總質量一定

的鍋放在爐架上,如圖乙所示(側視圖)。忽略爪與鍋之間的摩擦力,若鍋可以看作半徑為R

的球面,正對的兩爪間距為d,則下列說法正確的是()

A.R越大,爪與鍋之間的彈力越小

B.R越大,爪與鍋之間的彈力越大

C.d越大,爪與鍋之間的彈力越大

D.d越大,鍋受到的合力越大

【解答】解:如下圖所示,鍋靜止,受重力G、四個對稱分布的爪的支持力F。

則有:4Fcos0=G

色d

sin02=-

R2R

cos0=V1—sin29

G

聯立方程解得:F=

晨)2

可知,R越大,爪與鍋之間的彈力F越小;d越大,爪與鍋之間的彈力F越大。

故AC正確,BD錯誤。

故選:AC-

考向二物體的動態平衡

11.(2024?泉州一模)紙質手提袋因其性能優良、綠色環保等優點被廣泛使用。用手從繩帶中部豎

直提起裝有物品的紙袋,紙袋保持靜止,如圖所示。下列說法正確的是()

A.每條繩帶中的張力大小等于紙袋總重力的彳

B.若只稍微增加繩帶長度,則每條繩帶中的張力變大

C.若只稍微減小繩扣間距,則每條繩帶中的張力變大

D.若只稍微增大繩扣間距,則繩帶對手的總作用力不變

【解答】解:A、根據平衡條件分析可知,每條繩帶中的張力豎直方向的分力大小等于紙袋總重

1

力的彳,故A錯誤;

q

G

BC、設每條繩帶與豎直方向的夾角仇根據平衡條件有FcosS=-

q

G

可得每條繩帶中的張力為F=---

4cos6

若只稍微增加繩帶長度,則。減小,每條繩帶中的張力變小,若只稍微減小繩扣間距,則0減小,

每條繩帶中的張力變小,故BC錯誤;

D、若只稍微增大繩扣間距,則繩帶對手的總作用力與紙袋重力等大反向,不變,故D正確。

故選:D。

12.(2024?歷城區校級模擬)如圖,右側面光滑的斜面體固定在水平面上,質量相等的物塊M、N

分別放在斜面體的左右兩個面上,M、N拴接在跨過光滑定滑輪的輕質細繩兩端,整個系統處

于靜止狀態。現對N施加一始終與右側輕繩垂直的拉力F,使N緩慢移動至右側細繩水平,該

過程M保持靜止。下列說法正確的是()

A.拉力F逐漸增大

B.輕繩的拉力先減小后增大

C.M所受摩擦力先增大后減小

D.斜面對M的作用力先增大后減小

【解答】解:AB、N離開斜面后,設F與豎直方向的夾角為。,分析N受力如圖所示,則有

T=mgsinQ,F=mgcosO

因。逐漸減小,mg不變,所以F逐漸增大,繩子的拉力T逐漸減小,故A正確,B錯誤;

C、力F作用之前,有

mgsin30°+f=mgsin60"

所以原來M所受摩擦力沿斜面向下,隨著繩子拉力的減小,M受到的摩擦力逐漸減小,當右繩

水平時,繩子拉力為零,則M受到的摩擦力沿斜面向上,所以M受到的摩擦力先沿斜面向下減

小,再沿斜面向上增大,故C錯誤;

D、斜面對M的作用力為斜面的支持力和摩擦力的合力,因為支持力不變,所以當摩擦力先減小

再增大時,斜面對M的作用力先減小后增大,故D錯誤。

故選:A?

13.(2024?順慶區校級模擬)如圖所示,木板B放置在粗糙水平地面上,O為光滑錢鏈。輕桿一

端與錢鏈O固定連接,另一端固定連接一質量為m的小球A?現將輕繩一端拴在小球A上,

另一端通過光滑的定滑輪0'由力F牽引,定滑輪位于0的正上方,整個系統處于靜止狀態。現

改變力F的大小使小球A和輕桿從圖示位置緩慢運動到。,正下方,木板始終保持靜止,則在整

個過程中()

A.外力F大小不變

B.輕桿對小球的作用力大小變小

C.地面對木板的支持力逐漸變小

D.地面對木板的摩擦力逐漸減小

【解答】解:AB、對小球A進行受力分析,三力構成矢量三角形,如圖所示。

根據相似三角形有

一gFF'

00'=~0rA='0A

緩慢運動過程O'A越來越小,則F逐漸減小;由于OA長度不變,桿對小球的作用力大小P不

變,故B錯誤;

CD、對木板,由于桿對木板的作用力大小不變,方向向右下方,但桿的作用力與豎直方向的夾角

越來越小,所以地面對木板的支持力逐漸增大,地面對木板的摩擦力逐漸減小,故C錯誤,D正

確。

故選:D。

1

14.(2024?蜀山區校級三模)如圖所示,表面為光滑:圓弧的物體B靜置在水平地面上,有一豎直

光滑擋板A恰與B相切于最左端。點,有一小球a放置于A與B之間。整個裝置都可以繞O

A.若A保持豎直,且下端沿著B的表面向上緩慢移動到B的最高點,小球所受B的彈力一直

增大

B.若A保持豎直,且下端沿著B的表面向上緩慢移動到B的最高點,小球所受A的彈力一直

增大

C.若整個裝置繞過O點且垂直于該截面的軸逆時針緩慢旋轉90°的過程中,小球所受B的彈

力一直減小

D.若整個裝置繞過O點且垂直于該截面的軸逆時針緩慢旋轉90°的過程中,小球所受A的彈

力先減小后增大

【解答】解:AB、若A保持豎直,且下端沿著B的表面向上緩慢移動到B的最高點,對小球受

力分析如圖甲所示:

根據圖像可知,在此過程中,小球所受B的彈力一直減小,小球所受A的彈力也是一直減小,

故AB錯誤;

CD,若整個裝置繞過O點且垂直于該截面的軸逆時針緩慢旋轉90°的過程中,對小球受力分析,

利用“矢量圓”作圖如圖乙所示:

根據圖像可知,小球所受A的彈力先增大后減小,所受B的彈力一直減小,故C正確,D錯誤。

故選:Co

15.(多選)(2024?鯉城區校級二模)如圖,兩個半徑均為r的光滑球a、b放在半徑為R(R>2r)

的半球形容器內,均靜止時a、b與半球的接觸點P、Q與半球球心O的連線與水平方向的夾角

為a和0(a<P)o若兩球的質量用ma>1/,兩球對容器的壓力大小用FNa、FNI,表示,則()

FNaFNCLCOS0

C.——=1D.——=-------

FNb卜Nbcosa

【解答】解:分別對光滑球a、b的受力分析如圖所示,其中:Fab與Fba是球a、b之間相互作用

的彈力,這兩個力均沿著兩球圓心的連線AB,容器對兩球的支持力分別為F'Na、F'沖,兩球

的重力分別為mag、mbg=

根據平衡條件,球a受到的三個力可圍成力的矢量三角形(圖中藍色三角形),此矢量三角形與

幾何三角形aOAC相似(點A、B分別為球a、b的球心,OC沿豎直方向),則可得:

科應F'aFab

OC=OA=~AC

同理,球b受到的三個力也可圍成力的矢量三角形(圖中紅色三角形),此矢量三角形與幾何三

角形AOBC相似,則可得:

mbgF'NbFba

OC=OB='BC

由幾何關系得:OA=r-R,OB=r-R,可得:OA=OB

又有Fab與Fba是一對相互作用力,即Fab=Fba

maF,NaBC

可得?二—r;—=

」何?mbFNbAC

根據正弦定理,

ACOA

在△°AC中有:sin(90°-a)=sin^OCA

BCOB

在△°BC中的:sin(90。-/?)=sinz.OCB

因為/OCA+/OCB=180°,所以sin/OCA=sin/OCB

BCcosB

可得:~AT=-------

ACcosa

MaF'NaCOsB

則有:77=看~=----

7nbFNbcosa

FNCLF'NaCOsB小…

由牛頓第三定律可得:7~二喜—=----,故BD正確,AC錯誤。

rNbFNbCOSa

故選:BDo

16.如圖,在豎直平面內固定一光滑的半圓環,圓心為O、半徑為R,0A為半圓環的豎直半徑,

AB為與0A在同一直線上的光滑固定桿,半圓環上套有一小球a,桿AB上套有另一小球b。

兩小球之間連接一輕彈簧,初始時小球a在距圓環A點右側不遠處的P點,小球b固定于桿

AB上的Q點,兩小球間距離為R。現用外力使小球b沿桿AB緩慢向上移動一段距離,但未

到達A點。在移動過程中彈簧始終在彈性限度內且在一條直線上,兩小球均可視為質點,則下

列說法正確的是()

A.初始時彈簧彈力大于半圓環對小球a的彈力

B.初始時彈簧彈力大于小球a的重力

C.小球b沿桿緩慢向上移動過程中,環對小球a的支持力先增大后減小

D.小球b沿桿緩慢向上移動過程中,彈簧彈力增大

【解答】解:AB.對小球a進行受力分析,如圖所示:

因為力的三角形與三角形OPQ相似,根據三角形相似可得:

GFNF

OQ=~OP=PQ

初始時,根據題意可得:PQ=OP=R,OQ>R

所以G>FN=F,故AB錯誤;

C.小球b緩慢上移過程,小球a處于動態平衡狀態,隨著小球b上移,0Q減小,0P不變,重

力G不變,半圓環對小球的支持力FN增大,故C錯誤;

D.設彈簧的原長為L,彈簧的形變量為x,根據胡克定律可得:

GFkx

F=kx則詼=所==

根據題意可知OQ減小,重力G不變,L不變,則彈簧形變量x增大,彈簧彈力F增大,故D正

確。

故選:D。

17.如圖所示為搬運貨物小車的截面圖,擋板0A固定于底板0B的左端,ZAOB<90°,初始時

0B水平,將一圓柱形物體置于小車上,左邊與0A接觸。現保持0點的位置不變,緩慢拾起B

端,直至OB豎直。不計空氣阻力和摩擦力,此過程中()

A.圓柱形物體對0A的壓力先增大后減小

B.圓柱形物體對0B的壓力先增大后減小

C.圓柱形物體對0A的壓力先減小后增大

D.小車對圓柱形物體作用力逐漸變大

【解答】解:由題意可知,擋板0A和0B的夾角保持不變,所以兩板對球的彈力NA和NB的

方向夾角也是恒定不變的,大小均等于NAOB的大小,如圖所示:

由幾何關系可知持O點的位置不變,B端緩慢抬起,直至OB豎直,根據幾何關系可知NA逐漸

變大;NB先增加后減小,根據牛頓第三定律可知圓柱形物體對OA的壓力逐漸增大,圓柱形物體

對OB的壓力先增大后減小。小車對圓柱形物體作用力不變,一直都等于球的重力,故ACD錯

誤,B正確。

故選:Bo

18.(2024?西安三模)如圖所示,輕桿AB可繞著水平轉軸O在豎直面內無摩擦地轉動,此時桿

AB和過O點的水平線CD夾角為9,有一段不可伸長的細繩兩端系于A、B兩端,在輕質細繩

上通過一輕滑輪懸掛一質量為m的物塊處于靜止狀態,現使桿

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