高三平衡问题带答案Word文件下载.docx
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【答案】
(1)10N
(2)20N
(1)隔离A受力分析,如图所示,
由平衡条件得:
FT=mAgsinθ+Fμ1
FN1=mAgcosθ
又Fμ1=μFN1,
联立得:
FT=mAgsinθ+μmAgcosθ,带入数据解得FT=10N
(2)隔离B受力分析,如图所示
F+mBgsinθ-Fμ1-Fμ2-FT=0
FN2=mBgcosθ+FN1
又Fμ2=μFN2
联立以上各式得:
F=FT+Fμ1+Fμ2-mBgsinθ=(3mA+mB)μgcosθ+(mA-mB)gsinθ;
解得F=20N
【点睛】
本题关键是明确两个物体的受力情况,然后根据平衡条件列方程求解,但是表达式稍微麻烦,受力分析时不要漏力.
2.天然平衡岩带给我们的那种仿佛时间停止的静态之美成为很多艺术家的灵感源泉,他们不断尝试着复制这种不可思议的平衡之美。
达莱尔
雷特便是这样一位艺术家,在其最为著名的作品中,雷特将一块大石头放在石化木顶端一块微小的基岩上。
这块大石头并非呈现出直立姿态,而是倾斜着身子。
则关于大石头的受力下述正确的是
A.大石头一定受到三个力作用
B.基岩对大石头的支持力一定竖直向上
C.基岩对大石头的支持力等于石头重力
D.基岩对大石头的作用力一定竖直向上
【答案】D
我们不能判断出石化木顶端一块微小的基岩的上表面是否是水平的。
如果上表面是水平的,则石块受到重力与支持力两个力的作用,如果上表面不是水平的,则石块受到重力、支持力和摩擦力的作用,A错误;
由于木顶端一块微小的基岩的上表面不一定水平,所以基岩对石块的支持力的方向不一定竖直向上,大小也不一定等于石块的重力,BC错误;
由于石块处于平衡状态,所以基岩对大石头的作用力与重力为一对平衡力,即基岩对大石头的作用力一定竖直向上,D正确.
8.如图所示,将一劲度系数为k的轻弹簧一端固定在内壁光滑、半径为R的半球形容器底部O′处(O为球心),弹簧另一端与质量为m的小球相连,小球静止于P点.已知容器与水平面间的动摩擦因数为μ,OP与水平方向间的夹角为θ=30°
。
下列说法正确的是
A.水平面对容器有向右的摩擦力B.弹簧对小球的作用力大小为
mg
C.容器对小球的作用力大小为mgD.弹簧原长为R
【答案】C
A、以容器和小球整体为研究对象,分析受力可知:
竖直方向有:
总重力、地面的支持力,容器相对于水平面无滑动趋势,地面对半球形容器没有摩擦力,故A错误;
BC、对小球受力分析:
重力G、弹簧的弹力F和容器的支持力N,如图所示
由平衡条件和几何关系可知
,故B错误,C正确;
D、由胡克定律得:
弹簧的压缩量为
,则弹簧的原长为
,故D错误;
故选C。
【点睛】共点力平衡问题重点在于正确选择研究对象,本题运用隔离法和整体法两种方法进行受力分析得出结论。
1.如图所示,a、b、c三根轻细绳悬挂两个质量相同的小球A、B保持静止,细绳a是水平的,现对B球施加一个水平向右的力F,将B缓缓拉到图中虚线位置,A球保持不动,这时三根细绳张力
、
的变化情况是(
)
A.都变大B.都不变
C.F_a、F_b不变,F_c变大D.Fb不变,Fa、Fc变大【答案】D
以B为研究对象受力分析,将重力分解,由分解法作图如图,由图可以看出,当将B缓缓拉到图中虚线位置过程,绳子与竖直方向夹角变大,绳子的拉力大小对应图中1、2、3三个位置大小所示,即Fc逐渐变大,F逐渐变大;
再以AB整体为研究对象受力分析,设b绳与水平方向夹角为α,则竖直方向有:
Fbsinα=2mg;
得:
Fb=
,不变;
水平方向:
Fa=Fbcosα+F,Fbcosα不变,而F逐渐变大,
故Fa逐渐变大;
故选D。
4.如图所示,小球A置于固定在水平面上的光滑半圆柱体上,小球B用水平轻弹簧拉着系于竖直板上,两小球A、B通过光滑滑轮O用轻质细线相连,两球均处于静止状态,已知B球质量为m,O点在半圆柱体圆心O1的正上方,OA与竖直方向成30°
角,OA长度与半圆柱体半径相等,OB与竖直方向成45°
角,则下列叙述正确的是
A.小球A、B受到的拉力TOA与TOB相等,且TOA=TOB=√3mg
B.弹簧弹力大小√2mg
C.A球质量为√6mD.光滑半圆柱体对A球支持力的大小为mg
A、B、隔离对B分析,根据共点力平衡得:
水平方向有:
TOBsin45°
=F
TOBcos45°
=mg,
则
,弹簧弹力F=mg,
根据定滑轮的特性知:
TOA与TOB相等;
故A,B错误.
C、D、对A分析,如图所示:
由几何关系可知拉力TOA和支持力N与水平方向的夹角相等,夹角为60°
,则N和T相等,有:
2TOAsin60°
=mAg,
解得:
,由对称性可得:
,故C正确,D错误.
故选C.
解决本题的关键能够正确地受力分析,运用共点力平衡进行求解.本题采用隔离法研究比较简便.
9.如图所示,有一个直角支架AOB,AO水平放置,表面粗糙,OB竖直向下,表面光滑,AO上套有小环P,OB上套有小环Q,两环质量均为m,两环间由一根质量可忽略、不可伸展的细绳相连,并在某一位置平衡(如图),现将P环向左移一小段距离,两环再次达到平衡,那么将移动后的平衡状态和原来的平衡状态比较,AO杆对P环的支持力N、摩擦力f和细绳上的拉力T的变化情况是()
A.N不变,T变大,f不变B.N不变,T变小,f变小
C.N变小,T变大,f不变D.N变大,T变小,f变小
【答案】B
以两环组成的整体,分析受力情况如图1所示。
根据平衡条件得,N=2mg保持不变。
再以Q环为研究对象,分析受力情况如图2所示。
设细绳与OB杆间夹角为α,由平衡条件得,细绳的拉力
,NOB=mgtanα,P环向左移一小段距离时,α减小,cosα变大,T变小,tanα变小,NOB变小,则f变小。
故选B。
3.重为
的两个完全相同的小球,与水平面间的动摩擦因数均为
.竖直向上的较小的力
作用在连接两球轻绳的中点,绳间的夹角
=60O,如图所示,缓慢增大
到两球刚要运动的过程中,下列说法正确的是()
A.地面对球的支持力变大
B.球刚开始运动时,地面对球没有支持力
C.地面对球的摩擦力变小
D.球刚开始运动时,球受到的摩擦力最大
A、以整体为对象,受到重力mg,地面的支持力N、向上的拉力F,随着F的增大,根据平衡可知,N在变小,故A错;
BCD、地面施加的静摩擦力等于绳子水平分力,球刚要开始运动时,绳子的水平分力达到最大,故摩擦力达到最大。
由于存在摩擦力,所以球与地面之间的弹力不为零,故BC错;
D对
故选D
14.如图所示,滑块A置于水平地面上,滑块B在一水平力作用下紧靠滑块A(A、B接触面竖直),此时A恰好不滑动,B刚好不下滑。
已知A与B间的动摩擦因数为μ1,A与地面间的动摩擦因数为μ2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
求A与B的质量之比为?
对A、B整体和B物体分别受力分析,然后根据平衡条件列式后联立求解即可.
对A、B整体受力分析,F=Ff1=μ2(mA+mB)g
再对物体B分析,受推力、重力、向左的支持力和向上的最大静摩擦力,根据平衡条件,有:
Ff2=μ1F=mBg.
联立解得:
本题关键是采用整体法和隔离法灵活选择研究对象,受力分析后根据平衡条件列式求解,注意最大静摩擦力约等于滑动摩擦力.
5.放在固定粗糙斜面上的滑块A沿斜面匀速下滑,如图甲;
在滑块A上放一物体B,物体B始终与A保持相对静止,如图乙;
在滑块A上施加一竖直向下的恒力F,如图丙。
则下列说法正确的是
A.图乙、丙滑块A均匀速下滑
B.图乙、丙滑块A均加速下滑
C.图乙滑块A匀速下滑,图丙滑块A加速下滑
D.图乙滑块A加速下滑,图丙滑块A匀速下滑
【答案】A
甲图中A沿斜面匀速下滑,则A重力沿斜面的分量与滑动摩擦力相等,即mgsinθ=μmgcosθ;
加上B后,把AB看成一个整体,则仍然满足(m+M)gsinθ=μ(m+M)gcosθ,所以仍然做匀速下滑;
加力F后与加物体B是一样的情况,仍然满足(mg+F)sinθ=μ(mg+F)cosθ,图丙滑块A仍匀速下滑,故选A.
解决本题的关键能够正确地进行受力分析,运用力的平衡进行求解,抓住所加的外力或物块后整体利用共点力平衡即可判断.
6.如图所示是一种提升重物的装置,其水平杆一端带有滑轮,另一端嵌入墙中,AOC为提升重物的钢索,已知∠AOB等于30°
,重物的重力为G,钢索的重力不计,重物处于静止状态,则钢索对滑轮的作用力大小为()
A.G
B.√3G
C.√3/3G
D.(2√3)/3G【答案】A
O点受两个拉力和钢索对O点的作用力,如图所示
三个力处于平衡,根据共点力平衡,运用平行四边形定则得
故A对;
BC
D错;
故选A
7.如图所示,光滑固定斜面上有一个质量为m的小球被轻绳拴住悬挂在天花板上,已知绳子与竖直方向的夹角为45°
,斜面倾角30°
,整个装置处于静止状态。
若另外用一个外力拉小球,能够把小球拉离斜面,则拉力的最小值为()
A.√2/2mgB.1/2mg
C.mgD.√3/2mg【答案】A
要能够把小球拉离斜面,当所用的拉力与绳子垂直向右时,根据平衡条件可得拉力的最小值为:
Fm=mgsin45°
=
mg.故选A.
15.明理同学平时注意锻炼身体,力量较大,最多能提起m=50kg的物体.一重物放置在倾角θ=15°
的粗糙斜坡上,重物与斜坡间的摩擦因数为u=√3/3≈0.58试求该同学向上拉动的重物质量M的最大值?
【答案】√2m
由题意可知,该同学的最大拉力:
F=mg
设该同学与斜面方向的夹角是β的时候拉动的物体的最大质量是M,对物体受力分析知:
垂直于斜面的方向:
FN+Fsinβ=Mgcosθ
沿斜面的方向:
Fcosβ=f+Mgsinθ
若恰好拉动物体,则有:
f=μFN
联立解得:
M=(F(cosβ+μsinβ))/(g(μcosθ+sinθ))
令μ=tanα,代入上式可得:
M=(Fcos(β-α))/(gsin(θ+α))
要使该同学向上拉动的物体的质量最大,上式分子取最大值,即:
cos(β﹣α)=1
由μ=tanα=√3/3
可得:
α=30°
Mmax=F/(gsin(〖15〗^0+〖30〗^0))=√2m
该题中按照常规的步骤对物体进行受力分析即可,题目的难点是如何利用三角函数的关系,化简并得出正确的结论.
11.如图所示,光滑定滑轮固定在天花板上,一足够长的细绳跨过滑轮,一端悬挂小球b,另一端与套在水平粗糙圆形直杆上的小球a(球中心孔径比杆的直径大些)连接。
已知小球b的质量是小球a的2倍。
用一水平拉力作用到小球a上,使它从图示虚线(最初是竖直的)位置开始缓慢向右移动一段距离,在这一过程中
A.当细绳与直杆的夹角达到30°
时,杆对a球的压力为零
B.天花板对定滑轮的作用力大小逐渐增大
C.直杆对a球的摩擦力可能先减小后增加
D.水平拉力一定逐渐增大
【答案】AC
A、设a的质量为m,则b的质量为2m;
以b为研究对象,竖直方向受力平衡,可得绳子拉力始终等于b的重力,即T=2mg,保持不变;
以a为研究对象,受力如图所示,设绳子与水平方向夹角为θ,支持力F_N=2mgsinθ-mg=2mg×
1/2-mg=0,故A正确;
B、向右缓慢拉动的过程中,两个绳子之间的拉力夹角逐渐增大,绳子的拉力不变,所以绳子的合力减小,则绳子对滑轮的作用力逐渐减小,根据共点力平衡的条件可知,天花板对定滑轮的作用力大小逐渐减小,故B错误;
C、向右缓慢拉动的过程中,支持力F_N=2mgsinθ-mg,由于θ从90°
开始逐渐减小,支持力先减小后反向增加,所以直杆对a球的摩擦力f=μF_N=μ(2mgsinθ-mg)先减小后增加,故C正确;
D、向右缓慢拉动的过程中,水平方向:
F=f+2mgcosθ=2mgcosθ+μ(2mgsinθ-mg)=2mg(cosθ+μsinθ)-μmg,由于:
cosθ+μsinθ=√(μ^2+1)(sinαcosθ+cosαsinθ)=√(μ^2+1)sin(α+θ),由于θ从90°
开始逐渐减小,可知水平拉力先减小后增大,故D错误;
故选AC。
以b为研究对象可得绳子拉力始终保持不变,再以a为研究对象,根据共点力的平衡条件列方程求解摩擦力和拉力F的变化情况;
随着a的右移,分析绳子与竖直方向的夹角变化情况,再分析两段绳子合力变化情况即可。
12.如图所示,质量为m的物体放在水平放置的钢板C上,与钢板的动摩擦因素为μ。
由于受到相对于地面静止的光滑导槽A、B的控制,物体只能沿水平导槽运动。
现使钢板以速度v1向右匀速运动,同时用力F拉动物体(方向沿导槽方向)使物体以速度v2沿导槽匀速运动,下列判断正确是()
A.v2越大,F越大
B.v1越大,F越大
C.F与v1和v2无关
D.与地面的动摩擦力与v1和v2无关
工件在水平方向上有相对于钢板水平向左的速度v1和竖直方向上沿导槽的速度v2,故工件相对于钢板的速度如图所示,
滑动摩擦力方向与相对运动方向相反,所以有:
F=fcosθ=μmgcosθ,因此F的大小为
,所以当v1越大时,F越小;
当v2越大时,则F越大;
钢板与地面之间的动摩擦力与v1和v2无关,故AD正确,BC错误;
故选AD。
注意正确分析滑动摩擦力的大小和方向,其大小与正压力成正比,方向与物体相对运动方向相反,在具体练习中要正确应用该规律解题。
第II卷(非选择题)
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三、解答题
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- 平衡 问题 答案