（江苏选考）物理第一部分一力与运动跟踪检测（二）明“因”熟“力”破解平衡问题

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精PAGE1学必求其心得，业必贵于专精PAGE专题跟踪检测（二）明“因”熟“力",破解平衡问题一、选择题（第1~5题为单项选择题，第6~9题为多项选择题)1.如图所示,一个人站在水平地面上的长木板上用力F向右推箱子，长木板、人、箱子均处于静止状态，三者的质量均为m，重力加速度为g，则（）A．箱子受到的摩擦力方向向右B．地面对长木板的摩擦力方向向左C．长木板对地面的压力大小为3mgD．若人用斜向下的力推箱子,则长木板对地面的压力会大于3mg解析：选C人用力F向右推箱子,对箱子受力分析，箱子受推力、重力、支持力、静摩擦力，根据平衡条件，箱子受到的摩擦力方向向左,与推力平衡，选项A错误；对长木板、人、箱子整体进行受力分析，整体受重力和支持力，整体不受静摩擦力，否则不平衡，故地面对长木板没有静摩擦力，又支持力等于重力，根据牛顿第三定律，支持力等于压力，故压力等于重力，为3mg，选项B错误，C正确；若人用斜向下的力推箱子，对整体分析可知，竖直方向上受重力和支持力，故压力依然等于3mg，选项D错误。2。（2017·镇江三模）如图所示，水平地面上有一个圆柱体A。现在A与竖直墙之间放一完全相同的圆柱体B,不计一切摩擦,将A缓慢向左移动（B未与地面接触），则在此过程中A对B的弹力F1、墙对B的弹力F2（）A．F1变小、F2变小 B．F1变小、F2变大C．F1变大、F2变大 D．F1变大、F2变小解析：选A不计一切摩擦，将A缓慢向左移动（B未与地面接触），则A、B处处受力平衡，对B受力分析如图所示.A向左移动，那么θ变小,所以，F1＝eq\f(G,cosθ）变小,F2＝Gtanθ变小，故A正确,B、C、D错误.3.如图所示，小明在水平桌面上将三个形状不规则的石块成功叠放在一起，下列说法正确的是（）A．石块a一定只受两个力B．石块b对a的支持力与a受到的重力是一对相互作用力C．石块c受到水平桌面向左的摩擦力D．水平桌面对石块c的支持力等于三个石块的重力之和解析：选D石块a与b的接触面不一定沿水平方向，可能还受到摩擦力,故A错误；石块b对a的支持力与a受到的重力性质不同，作用在一个物体上，不是一对相互作用力,故B错误；对a、b、c整体受力分析，受重力和水平桌面的支持力而平衡，即石块c与水平桌面之间无摩擦力，故C错误;对a、b、c整体,由平衡条件得：水平桌面对石块c的支持力等于三个石块的重力之和，故D正确。4。在竖直墙壁间有质量分别是m和2m的半圆球A和圆球B，其中B球球面光滑，半球A与左侧墙壁之间存在摩擦.两球心之间连线与水平方向成30°的夹角，两球恰好不下滑,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力（g为重力加速度），则半球A与左侧墙壁之间的动摩擦因数为（）A。eq\f(\r（3),2) B.eq\f（\r（3）,3）C.eq\f（\r(3)，4） D.eq\f(2\r（3),3）解析：选A以圆球B为研究对象，对圆球B进行受力分析如图甲所示，由平衡条件可得:FN＝Fcos30°,Fsin30°＝2mg，所以：FN＝2eq\r(3)mg.以两球组成的整体为研究对象，其受力如图乙所示。由平衡条件有：Ff＝μFN1′（FN1′与FN1是一对相互作用力，FN1′表示半球A对墙壁的压力），联立解得μ＝eq\f(\r（3），2),选项A正确。5．(2017·江苏二模)我国的高铁技术在世界处于领先地位，高铁（如图甲所示)在行驶过程中非常平稳,放在桌上的水杯几乎观察不到晃动。图乙为高铁车厢示意图，A、B两物块相互接触地放在车厢里的水平桌面上，物块与桌面间的动摩擦因数相同，A的质量比B的质量大，高铁在平直的铁轨上向右做匀速直线运动，A、B相对于桌面始终保持静止,下列说法正确的是()A．A受到2个力的作用B．B受到3个力的作用C．A受到桌面对它向右的摩擦力D．B受到A对它向右的弹力解析：选A高铁在平直的铁轨上向右做匀速直线运动,此时A、B均在向右做匀速运动，故A、B均只受重力和支持力作用，水平方向没有外力，故水平方向均不受摩擦力，同时A、B间也没有弹力作用，故A正确，B、C、D错误。6.如图所示，水平地面上放着一个画架，它的前支架是固定的,而后支架可前后移动，画架上静止放着一幅重为G的画.下列说法正确的是()A．画架对画的作用力大于GB．画架对画的作用力等于GC．若后支架缓慢向后退,则画架对画的作用力变大D．若后支架缓慢向后退，则画架对画的作用力不变解析:选BD由于画架处于静止状态,故画架对画的作用力与画的重力平衡，即画架对画的作用力等于G，选项A错误，B正确；无论画架的后支架缓慢向前还是向后退，因为画始终处于平衡状态，即画架对画的作用力始终等于画的重力，选项C错误,D正确。7。如图所示，一根上端固定的轻绳，其下端拴接一个质量为2kg的小球,g取10m/s2，开始时轻绳处于竖直位置。用一方向与水平面成37°角的外力F拉动小球,使轻绳缓慢升起至水平位置.这一过程中轻绳拉力的(取cos37°＝0.8，sin37°＝0。6）（)A．最小值为16N B．最小值为20NC．最大值为26。7N D．最大值为20N解析：选AC小球受重力mg、拉力F、轻绳施加的力F绳平衡.如图所示，应用极限法分析临界点。在力三角形为直角△OAB时，F绳小＝eq\x\to（AB)，为最小值（临界点），有F绳小＝mgcos37°＝16N，故A对，B错;在力三角形为直角△OCB时，F绳大＝eq\x\to(CB)，为最大值（临界点),有F绳大＝eq\f（mg,tan37°)≈26。7N，故C对,D错。8。如图所示,形状相同的物块A、B，其截面为直角三角形,相对排放在粗糙水平地面上，光滑球体C架在两物块的斜面上，系统处于静止状态。已知物块A、B的质量都为M,θ＝60°，光滑球体C质量为m,则以下说法正确的是（）A．地面对物块A的摩擦力大小为eq\f(1，2）mgB．地面对物块A的摩擦力大小为eq\f（\r（3）,2)mgC．物块A对球体C的弹力大小为eq\f（\r（3）,2)mgD．物块A对地面的压力大小为Mg＋eq\f（1，2）mg解析：选BD以球体C为研究对象，其受到斜向上的两个弹力作用，把两个弹力合成,合力竖直向上,大小等于光滑球体的重力，受力分析如图所示。由数学知识可知，弹力大小为mg，C错误；再以A为研究对象,C对A的正压力大小为mg，其在水平方向上的分力大小等于地面对物块A的静摩擦力大小,由此可知静摩擦力大小为mgcos30°＝eq\f（\r(3）,2)mg，A错误，B正确；以A、B、C整体为研究对象，所受重力为2Mg＋mg,地面对整体的支持力大小为2Mg＋mg,由对称性可知A受到地面的支持力大小为Mg＋eq\f（mg，2）,由牛顿第三定律可知，A对地面的压力大小为Mg＋eq\f（1,2)mg，D正确。9.某装置如图所示，两根长度均为l的轻杆OA、OB与质量均为m的小球及一小滑块通过铰链连接,杆OA的A端与固定在竖直光滑杆上的铰链相连。原长也为l的轻质弹簧一端固定在A点，另一端连接小滑块，弹簧与小滑块都套在竖直杆上，装置静止时，弹簧长为1。6l，重力加速度为g，下列说法正确的是（)A．杆OA对小球的作用力方向与竖直杆的夹角为53°B．杆OB对小滑块的作用力方向沿杆OB向下，大小为eq\f（5mg,8)C．杆OA与OB对小球的作用力大小之比为eq\f(4,3)D．弹簧的劲度系数为eq\f（5mg,2l）解析:选BD对小球受力分析如图所示，受重力、杆OA、OB对小球的支持力(沿着杆的方向），结合几何关系与三角知识，则有:设杆OA与竖直杆的夹角为θ，cosθ＝eq\f（\f（1。6l,2)，l），解得：θ＝37°，因FA＝FB，杆OA与OB对小球的作用力大小之比是1∶1,故A、C错误;对小滑块受力分析如图所示；由上述分析可知，FB＝eq\f（\f(mg，2)，cos37°)＝eq\f(5mg,8)，由牛顿第三定律,则杆OB对小滑块的作用力方向沿杆OB向下,大小为eq\f(5mg,8）,故B正确;对于小滑块，根据平衡条件，则有:T＝mg＋eq\f（5mg，8）cos37°＝eq\f（3，2）mg,由胡克定律,则有弹簧的劲度系数:k＝eq\f(T，1。6l－l）＝eq\f(5mg，2l），故D正确。二、非选择题10．如图所示，一质量为M＝2kg的铁块套在倾斜放置的杆上,杆与水平方向的夹角θ＝60°，一轻绳一端连在铁块上,一端连在一质量为m＝1kg的小球上，一水平力F作用在小球上，连接铁块与球的轻绳与杆垂直，铁块和球都处于静止状态。(g取10m/s2）求：（1）拉力F的大小。（2）杆对铁块的摩擦力的大小。解析：（1)对B受力分析，由平衡条件知FTsinθ＝FFTcosθ＝mg解得F＝mgtanθ＝10eq\r（3）N。（2)对A受力分析，有Ff＝Mgsinθ＝10eq\r（3）N。答案：(1）10eq\r(3)N(2)10eq\r（3)N11．一足够长的轻绳跨过两个等高的轻定滑轮(大小和摩擦不计），两端分别挂上质量为m1＝4kg和m2＝2kg的物体,如图所示，在滑轮之间的绳上通过死结悬挂质量为m的物体，为使三物体保持平衡，求m的取值范围。解析:平衡时，O点受力如图所示，由物体的平衡条件易知T1cosθ1＋T2cosθ2＝T＝mgT1sinθ1＝T2sinθ2将T1＝m1g＝40N，T2＝m2g＝20N代入得：4cosθ1＋2cosθ2＝m，2sinθ1＝sinθ2所以m＝4eq\r（1－\f（1，4)sin2θ2)＋2cosθ2，进行