2012年高考物理 最新试题、模拟新题分类汇编 专题2 力与物体的平衡

1 B B 单元单元 力与物体的平衡力与物体的平衡 B1B1 力 重力 弹力 B2B2 摩擦力 B3B3 力的合成与分解 B4B4 受力分析 物体的平衡 14 B4B4 2012 浙江卷 如图所示 与水平面夹角为 30 的固定斜面上有一质量 m 1 0 kg 的物体 细绳的一端与物体相连 另一端经摩擦不计的定滑轮与固定的弹簧秤 相连 物体静止在斜面上 弹簧秤的示数为 4 9 N 关于物体受力的判断 取g 9 8 m s2 下列说法正确的是 A 斜面对物体的摩擦力大小为零 B 斜面对物体的摩擦力大小为 4 9 N 方向竖直向上 C 斜面对物体的支持力大小为 4 9 N 方向竖直向上 3 D 斜面对物体的支持力大小为 4 9 N 方向垂直斜面向上 14 A 解析 由弹簧秤的示数为 4 9 N 可知细绳对物体的拉力大小也为 4 9 N 刚 好等于物体的重力沿斜面向下的分力 因此物体在重力 绳子的拉力和斜面的支持力下能 够保持平衡状态 故选项 A 正确 选项 B 错误 由平衡条件 斜面对物体的支持力 FN mgcos30 4 9N 方向垂直斜面向上 故选项 C D 错误 3 图 2 16 B4B4 2012 课标全国卷 如图 一小球放置在木板与竖直墙面之间 设墙面对球的 压力大小为N1 球对木板的压力大小为N2 以木板与墙连接点所形成的水平直线为轴 将 木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置 不计摩擦 在此过程中 A N1始终减小 N2始终增大 B N1始终减小 N2始终减小 C N1先增大后减小 N2始终减小 D N1先增大后减小 N2先减小后增大 16 B 解析 小球受重力 墙面的压力 木板的支持力而处于静止状态 故墙面的 压力 木板的支持力的合力必与重力等大反向 设木板与竖直墙面的夹角为 由受力分 2 析知 墙对球的压力大小为N1 mgcot 球对木板的压力与木板对球的支持力大小相等 故N2 当木板由图示位置缓慢转至水平时 角逐渐增大 N1 N2始终减小 B 正 mg sin 确 16 B4B4 2012 广东卷 如图 3 所示 两根等长的轻绳将日光灯悬挂在天花板上 两绳 与竖直方向的夹角都为 45 日光灯保持水平 所受重力为G 左右两绳的拉力大小分别为 图 3 A G和G B G和G 2 2 2 2 C G和G 1 2 3 2 D G和G 1 2 1 2 16 B 解析 日光灯受力如图所示 将T1 T2分别向水平方向和竖直方向分解 则 有 T1sin45 T2 sin45 T1cos45 T2cos45 G 解得 T1 T2 G B 正确 2 2 B5B5 实验 探究弹力和弹簧伸长的关系 34 B5B5 2012 广东卷 2 某同学探究弹力与弹簧伸长量的关系 将弹簧悬挂在铁架台上 将刻度尺固定在弹簧一侧 弹簧轴线和刻度尺都应在 方向 填 水平 或 竖直 弹簧自然悬挂 待弹簧 时 长度记为L0 弹簧下端挂上砝码盘时 长度记 为Lx 在砝码盘中每次增加 10 g 砝码 弹簧长度依次记为L1至L6 数据如下表 代表符号 L0LxL1L2L3L4L5L6 数值 cm 25 3527 3529 3531 3033 435 3537 4039 30 表中有一个数值记录不规范 代表符号为 由表可知所用刻度尺的最小分度 为 3 图 8 图 8 是该同学根据表中数据作的图 纵轴是砝码的质量 横轴是弹簧长度与 的差值 填 L0 或 Lx 由图可知弹簧的劲度系数为 N m 通过图和表可知砝码盘的质量为 g 结果保留两位有效数字 重力加速度取 9 8 m s2 34 2 竖直 静止 L3 mm Lx 4 9 10 解析 本实验是利用重力与弹力平衡获取若干数据 再利用图象处理数据得到劲度 系数的 测量时 弹簧及刻度尺都要保持在竖直状态 读数时 要等弹簧静止时才能读 取 由记录的值可知 刻度尺的最小分度为 0 1 cm 但最小分度后还要估读一位 故记录 L3是不符合规范的 弹簧的长度与弹簧挂上砝码盘时弹簧长度Lx的差值才是由于添加砝 码而伸长的长度 砝码盘的质量为m0 砝码的质量为m 当挂上砝码盘时有 m0g k Lx L0 当砝码盘中的砝码质量为m时 弹簧的长度为Ln 此时有 m0g mg k Ln L0 两式联立得 mg k Ln Lx 即k 由图象知图线的斜率为 mg Ln Lx k kg m 0 50 kg m 故劲度系数k k g 4 9 N m 而m0 60 10 3 0 12 10 2 0 kg 10 g k Lx L0 g 4 9 27 35 25 35 10 2 9 8 24 B5B5 F2F2 E2E2 E3E3 2012 安徽卷 如图 19 所示 装置的左边是足够长的光滑水平 台面 一轻质弹簧左端固定 右端连接着质量M 2 kg 的小物块A 装置的中间是水平传送 带 它与左右两边的台面等高 并能平滑对接 传送带始终以u 2 m s 的速率逆时针转 动 装置的右边是一光滑曲面 质量m 1 kg 的小物块B从其上距水平台面高h 1 0 m 处 由静止释放 已知物块B与传送带之间的动摩擦因数 0 2 l 1 0 m 设物块A B间 发生的是对心弹性碰撞 第一次碰撞前物块A静止且处于平衡状态 取g 10 m s2 图 19 1 求物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小 2 通过计算说明物块B与物块A第一次碰撞后能否运动到右边的曲面上 3 如果物块A B每次碰撞后 物块A再回到平衡位置时都会立即被锁定 而当它们 再次碰撞前锁定被解除 试求出物块B第n次碰撞后的运动速度大小 24 解析 1 设物块B沿光滑曲面下滑到水平位置时的速度大小为v0 由机械能守 恒知 mgh mv 1 22 0 得v0 2gh 设物块B在传送带上滑动过程中因受摩擦力所产生的加速度大小为a 则 mg ma 设物块B通过传送带后运动速度大小为v 有 v2 v 2al 2 0 联立解得v 4 m s 由于v u 2 m s 所以v 4 m s 即为物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小 2 设物块A B第一次碰撞后的速度分别为V v1 取向右为正方向 由弹性碰撞知 mv mv1 MV mv2 mv MV2 1 2 1 22 1 1 2 4 解得v1 v m s 1 3 4 3 即碰撞后物块B沿水平台面向右匀速运动 设物块B在传送带上向右运动的最大位移为l 则 0 v 2al 2 1 得l m 1 m 4 9 所以物块B不能通过传送带运动到右边的曲面上 3 当物块B在传送带上向右运动的速度为零后 将会沿传送带向左加速 可以判断 物块B运动到左边台面时的速度大小为v1 继而与物块A发生第二次碰撞 设第二次碰撞 后物块B速度大小为v2 同上计算可知 v2 v1 2v 1 3 1 3 物块B与物块A第三次碰撞 第四次碰撞 碰撞后物块B的速度大小依次为 v3 v2 3v 1 3 1 3 v4 v3 4v 1 3 1 3 则第n次碰撞后物块B的速度大小为 vn nv 1 3 B6B6 实验 验证力的平行四边形定则 22 B6B6 2012 浙江卷 在 探究求合力的方法 实验中 现有木板 白纸 图钉 橡 皮筋 细绳套和一把弹簧秤 1 为完成实验 某同学另找来一根弹簧 先测量其劲度系数 得到的实验数据如下表 弹力F N 0 501 001 502 002 503 003 50 伸长量x 10 2m 0 741 802 803 724 605 586 42 用作图法求得该弹簧的劲度系数k N m 2 某次实验中 弹簧秤的指针位置如图所示 其读数为 N 同时利用 1 中结 果获得弹簧上的弹力值为 2 50 N 请在答题纸上画出这两个共点力的合力F合 3 由图得到F合 N 22 答案 1 53 51 55 2 2 10 2 08 2 12 图略 3 3 3 3 1 3 5 解析 1 如图所示 在图象上取相距较远的两点P 0 50 0 31 Q 6 00 3 25 弹 簧的劲度系数k N cm 0 53 N cm 53 N m 3 25 0 31 6 00 0 50 5 2 利用作图法作出两个力的图示 3 利用作图法求合力 B7B7 力与平衡问题综合 17 B7B7 2012 山东卷 如图所示 两相同轻质硬杆OO1 OO2可绕其两端垂直纸面的 水平轴O O1 O2转动 在O点悬挂一重物M 将两相同木块m紧压在竖直挡板上 此时整 个系统保持静止 Ff表示木块与挡板间摩擦力的大小 FN表示木块与挡板间正压力的大 小 若挡板间的距离稍许增大后 系统仍静止且O1 O2始终等高 则 A Ff变小 B Ff不变 C FN变小 D FN变大 17 BD 解析 对O点受力分析如图所示 竖直方向有 2Tcos Mg 所以T 当 增大时 T增大 Mg 2cos 对m受力分析如图所示T T 水平方向有 T sin FN 当 增大时 T增大 T 增大 sin 增大 所以FN 增大 竖直方向有 T cos mg Ff 解得Ff mg 所以Ff不变 Mg 2 6 图 9 24 B7B7 2012 课标全国卷 拖把是由拖杆和拖把头构成的擦地工具 如图 设拖把头 的质量为m 拖杆质量可忽略 拖把头与地板之间的动摩擦因数为常数 重力加速度为 g 某同学用该拖把在水平地板上拖地时 沿拖杆方向推拖把 拖杆与竖直方向的夹角为 1 若拖把头在地板上匀速移动 求推拖把的力的大小 2 设能使该拖把在地板上从静止刚好开始运动的水平推力与此时地板对拖把的正压力 的比值为 已知存在一临界角 0 若 0 则不管沿拖杆方向的推力多大 都不可 能使拖把从静止开始运动 求这一临界角的正切 tan 0 24 解析 1 设该同学沿拖杆方向用大小为F的力推拖把 将推拖把的力沿竖直和 水平方向分解 按平衡条件有 Fcos mg N Fsin f 式中N和f分别为地板对拖把的正压力和摩擦力 按摩擦定律有 f N 联立 式得 F mg sin cos 2 若不管沿拖杆方向用多大的力都不能使拖把从静止开始运动 应有 Fsin N 这时 式仍满足 联立 式得 sin cos mg F 现考察使上式成立的 角的取值范围 注意到上式右边总是大于零 且当F无限大时 极限为零 有 sin cos 0 使上式成立的 角满足 0 这里 0是题中所定义的临界角 即当 0时 不管沿拖杆方向用多大的力都推不动拖把 临界角的正切为 tan 0 1 2012 洛阳模拟如图所示 小车上有一根固定的水平横杆 横杆左端固定的轻杆与 竖直方向成 角 轻杆下端连接一小铁球 横杆右端用一根细线悬挂一小铁球 当小车做 匀变速直线运动时 细线保持与竖直方向成 角 若 则下列说法中正确的是 A 轻杆对小球的弹力方向沿着轻杆方向向上 B 轻杆对小球的弹力方向与细线平行向上 C 小车一定以加速度gtan 向右做匀加速运动 D 小车一定以加速度gtan 向右做匀加速运动 1 B 解析 由于两小球加速度方向相同 所受弹力方向也应该相同 所以轻杆对小 球的弹力方向与细线平行向上 选项 A 错误 选项 B 正确 对细线悬挂的小球受力分析 由牛顿第二定律可得 小车一定以向右的加速度gtan 做匀变速运动 可能向右加速 也 可能向左减速 选项 C D 错误 2 2012 陕西联考如图甲所示 斜面体固定在水平面上 斜面上有一物块在拉力F的 作用下始终处于静止状态 取沿斜面向上为正方向 拉力F在如图乙所示的范围内变 7 化 则图中物块所受的摩擦力Ff与时间t的关系可能正确的是 甲 乙 A B C D 2 B 解析 物块在重力 支持力 摩擦力和拉力F作用下处于平衡状态 在t1时 刻 F 0 此时物块所受的摩擦力大小为mgsin 方向沿斜面向上 A C 错误 由于F 随时间线性变化 由平衡条件可知Ff也随时间线性变化 B 正确 D 错误 3 2012 湖北百校调考如图所示 100 个大小相同 质量均为m且光滑的小球 静止 放置于两个相互垂直且光滑的平面上 平面AB与水平面的夹角为 30 则第 2 个小球对第 3 个小球的作用力大小为 A 0 5mg B 48mg C 49mg D 98mg 3 C 解析 以第 3 个到第 100 个这 98 个小球组成的整体为研究对象 受到三个力 的作用 即重力 斜面的支持力和第 2 个小球对第 3 个小球的作用力 由于整体处于平衡 状态 沿斜面方向的受力应平衡 所以有F23 98mgsin30 49mg 选项 C 正确 4 2012 天津联考如图所示 滑块A与小球B用一根不可伸长的轻绳相连 且滑块A 套在水平直杆上 现用大小为 10 N 与水平方向成 30 角的力F拉B 使A B一起向右 匀速运动 运动过程中A B保持相对静止 已知A B的质量分别为 2 kg 1 kg 重力加 速度为 10 m s2 则 A 轻绳与水平方向的夹角 30 B 轻绳与水平方向的夹角 60 C 滑块A与水平直杆之间的动摩擦因数为 3 4 D 滑块A与水平直杆之间的动摩擦因数为 3 5 8 4 AD 解析 以A B整体为研究对象 由平衡条件 在水平方向上f Fcos30 在竖直方向上FN mA mB g Fsin30 且f FN 联立解得 选项 C 错误 选 3 5 项 D 正确 隔离物体B 设轻绳拉力为T 由正交分解法和平衡条件 在水平方向上 Tcos Fcos30 在竖直方向上 Tsin mBg Fsin30 联立解得 30 选项 A 正确 选项 B 错误 5 2012 太原模拟如图 Z1 3 所示 物体P放在粗糙水平面上 左边用一根轻弹簧与 竖直墙相连 物体静止时弹簧的长度小于原长 若再用一个从 0 开始逐渐增大的水平力F 向右拉P 直到拉动