A級(jí)—學(xué)考達(dá)標(biāo)


1.如圖所示，物體B與豎直墻面接觸，在豎直向上的力F的作用下，A、B均保持靜止，則物體B的受力個(gè)數(shù)為( )


A．2個(gè) B．3個(gè)


C．4個(gè) D．5個(gè)


解析：選C 物體A處于靜止?fàn)顟B(tài)，其受到的合外力為零，受力分析如圖甲所示；對(duì)物體A、B整體受力分析如圖乙所示，豎直墻面對(duì)物體B沒有彈力作用，則墻面也不會(huì)提供靜摩擦力； 對(duì)物體B受力分析，如圖丙所示，則物體B受到4個(gè)力的作用，選項(xiàng)C正確。





2．如圖所示，在水平力F的作用下，木塊A、B保持靜止。若木塊A與B的接觸面是水平的，且F≠0。則關(guān)于木塊B的受力個(gè)數(shù)，可能是( )


A．3個(gè)或4個(gè)


B．3個(gè)或5個(gè)


C．4個(gè)或5個(gè)


D．4個(gè)或6個(gè)


解析：選C 木塊B一定受重力和A對(duì)它的壓力；將A、B看成整體，因整體保持靜止，所以B一定受斜面的支持力；隔離木塊A并對(duì)其受力分析，因A靜止，故A一定受B的靜摩擦力，故B也一定受A的靜摩擦力；斜面對(duì)木塊B可能有靜摩擦力的作用，也可能沒有。綜上所述，C正確。


3．如圖所示，A物體沿豎直墻面自由下滑，B、C、D物體均靜止，各接觸面均粗糙。下列說(shuō)法正確的是( )





A．A物體受到三個(gè)力作用


B．B物體受到四個(gè)力作用


C．C物體受到三個(gè)力作用


D．D物體受到三個(gè)力作用


解析：選C A物體沿豎直墻面自由下滑，“自由”說(shuō)明A物體與豎直墻面之間沒有彈力和摩擦力，因此A物體只受重力作用，故A錯(cuò)誤；B物體處于靜止?fàn)顟B(tài)，受到重力、彈力、摩擦力三個(gè)力的作用，故B錯(cuò)誤；C物體受到重力和兩個(gè)繩子的拉力共三個(gè)力的作用，故C正確；D物體處于靜止?fàn)顟B(tài)，受到重力、支持力、繩子的拉力和摩擦力共四個(gè)力的作用，故D錯(cuò)誤。


4.如圖所示，兩個(gè)質(zhì)量都為m的小球A、B用輕桿連接后斜放在墻壁上處于平衡狀態(tài)。已知墻壁光滑，水平地面粗糙，現(xiàn)將A球向下移動(dòng)一小段距離，兩球再次達(dá)到平衡，那么將移動(dòng)后的平衡狀態(tài)和原來(lái)的平衡狀態(tài)比較，地面對(duì)B球的支持力N和地面對(duì)B球的摩擦力f的變化情況是( )


A．N不變 B．N變大


C．f不變 D．f變小


解析：選A 對(duì)整體進(jìn)行受力分析，知豎直方向：N＝2mg，移動(dòng)兩球后，仍然平衡，則N仍然等于2mg，所以N不變；水平方向：地面對(duì)B球的摩擦力f大小等于豎直墻壁對(duì)A球的彈力大??；再隔離A球進(jìn)行受力分析，如圖所示，墻壁對(duì)A球的彈力FN＝mgtan θ；當(dāng)A球向下移動(dòng)一小段距離，夾角θ增大，所以FN增大，而墻壁對(duì)A球的彈力大小始終等于地面對(duì)B球的摩擦力f大小，則地面對(duì)B球的摩擦力f變大，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤。


5.如圖所示，一質(zhì)量為m的長(zhǎng)方體物塊靜止在粗糙水平地面上，一重為G的光滑圓球放在光滑豎直的墻壁和長(zhǎng)方體物塊之間處于靜止?fàn)顟B(tài)。現(xiàn)用水平向右的拉力F緩慢拉動(dòng)長(zhǎng)方體物塊，在圓球與地面接觸之前，下列判斷正確的是( )


A．地面對(duì)長(zhǎng)方體物塊的支持力逐漸增大


B．球?qū)Ρ诘膲毫χ饾u減小


C．水平拉力F逐漸減小


D．地面對(duì)長(zhǎng)方體物塊的摩擦力逐漸增大


解析：選C 對(duì)球和長(zhǎng)方體物塊整體進(jìn)行受力分析，整體處于平衡狀態(tài)，豎直方向有：N＝mg＋G，則地面對(duì)整體的支持力不變，地面受到的摩擦力為滑動(dòng)摩擦力，則有f＝μN(yùn)，故地面對(duì)長(zhǎng)方體物塊的摩擦力不變，A、D錯(cuò)誤；對(duì)球進(jìn)行受力分析，如圖所示，球受力平衡，則有：N1＝Gtan θ，N2＝eq \f(G,cs θ)，當(dāng)用水平向右的拉力F緩慢拉動(dòng)長(zhǎng)方體物塊時(shí)，θ增大，則tan θ增大，所以N1增大，cs θ減小，則N2增大，根據(jù)牛頓第三定律可知，球?qū)Ρ诘膲毫χ饾u增大，故B錯(cuò)誤；對(duì)長(zhǎng)方體物塊受力分析，


受到重力mg、地面的支持力N、拉力F、球?qū)﹂L(zhǎng)方體物塊的壓力N2′以及滑動(dòng)摩擦力f作用，如圖所示，受力平衡，根據(jù)牛頓第三定律可知，N2′＝N2，則水平方向有：F＋N2′sin θ＝f，由于N2增大，θ增大，f不變，則F減小，故C正確。


6.如圖所示，斜面與水平面、斜面與擋板間的夾角均為30°，一小球放置在斜面與擋板之間，擋板對(duì)小球的彈力為FN1，斜面對(duì)小球的彈力為FN2。以擋板與斜面連接點(diǎn)所形成的水平直線為軸，將擋板從圖示位置開始緩慢地轉(zhuǎn)到水平位置，不計(jì)摩擦，在此過(guò)程中( )


A．FN1始終減小，F(xiàn)N2始終增大


B．FN1始終增大，F(xiàn)N2始終減小


C．FN1始終減小，F(xiàn)N2先減小后增大


D．FN1先減小后增大，F(xiàn)N2始終減小


解析：選D 對(duì)小球受力分析如圖所示，將FN1與FN2合成，其合力與重力等大反向，擋板轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，擋板給球的彈力FN1與斜面給球的彈力FN2的合力的大小和方向均不變，其中FN2垂直于斜面，方向不變，擋板轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中，F(xiàn)N1的方向變化情況如圖所示，為滿足平行四邊形定則，F(xiàn)N1大小變化規(guī)律為先變小后變大，其中擋板與斜面垂直時(shí)為最小，與此對(duì)應(yīng)，F(xiàn)N2的大小一直減小，故D正確。


7.如圖所示，質(zhì)量為m的木塊A放在質(zhì)量為M的三角形斜劈上，現(xiàn)用大小均為F、方向相反的水平力分別推A和B，它們均靜止不動(dòng)，則(重力加速度取g)( )


A．A與B之間一定存在摩擦力


B．B與地面之間可能存在摩擦力


C．B對(duì)A的支持力可能小于mg


D．地面對(duì)B的支持力為Mg


解析：選C 對(duì)A、B整體受力分析，如圖所示，受到重力(M＋m)g、支持力FN和已知的兩個(gè)推力F，對(duì)于整體，由于兩個(gè)推力剛好平衡，故整體與地面間沒有摩擦力，且有FN＝(M＋m)g，故B、D錯(cuò)誤；對(duì)A受力分析，A至少受重力mg、推力F、B對(duì)A的支持力FN′，當(dāng)推力F沿斜面的分力大于重力沿斜面的分力時(shí)，摩擦力的方向沿斜面向下，當(dāng)推力F沿斜面的分力小于重力沿斜面的分力時(shí)，摩擦力的方向沿斜面向上，當(dāng)推力F沿斜面的分力等于重力沿斜面的分力時(shí)，摩擦力為零，A錯(cuò)誤；在垂直斜面方向上有FN′＝mgcs θ＋Fsin θ(θ為斜劈傾角)，故FN′可能小于mg，C正確。


8.半圓柱體P放在粗糙的水平地面上，其右端有一固定放置的豎直擋板MN，在半圓柱體P和MN之間放有一光滑的均勻小圓柱體Q，整個(gè)裝置處于平衡狀態(tài)，裝置的縱截面圖如圖所示?，F(xiàn)使MN保持豎直并且緩慢地向右平移，在Q滑落到地面之前，發(fā)現(xiàn)P始終保持靜止，則在此過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是( )


A．MN對(duì)Q的彈力逐漸減小


B．地面對(duì)P的摩擦力逐漸增大


C．P、Q間的彈力先減小后增大


D．Q所受的合力逐漸增大


解析：選B Q的受力分析如圖所示，F(xiàn)1表示P對(duì)Q的彈力，F(xiàn)2表示MN對(duì)Q的彈力，F(xiàn)2的方向水平向左保持不變，F(xiàn)1的方向順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，由平行四邊形的邊長(zhǎng)變化可知：F1與F2都逐漸增大，A、C錯(cuò)誤；由于MN緩慢移動(dòng)，Q處于平衡狀態(tài)，所受合力為零，D錯(cuò)誤；對(duì)P、Q整體受力分析，由平衡條件得，F(xiàn)f＝F2，由于F2逐漸增大，故Ff逐漸增大，B正確。


9.如圖所示，粗糙水平地面上放著一個(gè)截面為半圓的柱狀物體A，物體A與豎直墻之間放一光滑半圓球B，整個(gè)裝置處于平衡狀態(tài)。已知物體A、半圓球B的質(zhì)量分別為m和M，半圓球B與物體A半徑均為R，半圓球B的球心到水平地面的豎直距離為eq \r(2)R，重力加速度為g。求：


(1)物體A對(duì)地面的壓力大?。?br/>

(2)物體A對(duì)地面的摩擦力大小。


解析：(1)把物體A、半圓球B看成一個(gè)整體，對(duì)整體受力分析，


在豎直方向上受到豎直向下的重力(M＋m)g和地面的支持力FN的作用，二力平衡，


所以FN＝(M＋m)g，由牛頓第三定律得物體A對(duì)地面的壓力大小為(M＋m)g。


(2)在水平方向上，整體受到豎直墻水平向右的彈力的作用，故物體A受到地面水平向左的摩擦力，并且摩擦力大小等于彈力大小；選取半圓球B為研究對(duì)象，運(yùn)用隔離法，受力分析如圖所示。


根據(jù)力的分解和力的平衡條件可得：


FN1＝eq \f(Mg,cs θ)，F(xiàn)N2＝Mgtan θ


半圓球B的球心到水平地面的豎直距離為eq \r(2)R，


由幾何關(guān)系可知θ＝45°


所以FN2＝Mg


根據(jù)受力分析及牛頓第三定律，物體A對(duì)地面的摩擦力大小等于FN2，所以物體A對(duì)地面的摩擦力大小為Mg。


答案：(1)(M＋m)g (2)Mg


B級(jí)—選考提能


10.[多選]《大國(guó)工匠》節(jié)目中講述了王進(jìn)利用“秋千法”在1 000 kV的高壓線上帶電作業(yè)的過(guò)程。如圖所示，絕緣輕繩OD一端固定在高壓線桿塔上的O點(diǎn)，另一端固定在兜籃上。另一絕緣輕繩跨過(guò)固定在桿塔上C點(diǎn)的定滑輪，一端連接兜籃，另一端由工人控制。身穿屏蔽服的王進(jìn)坐在兜籃里，緩慢地從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到處于O點(diǎn)正下方E點(diǎn)的電纜處。繩OD一直處于伸直狀態(tài)，兜籃、王進(jìn)及攜帶的設(shè)備總質(zhì)量為m，不計(jì)一切阻力，重力加速度大小為g。關(guān)于王進(jìn)從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到E點(diǎn)的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是( )


A．工人對(duì)繩的拉力一直變大


B．繩OD的拉力一直變小


C．OD、CD兩繩拉力的合力大小等于mg


D．當(dāng)繩CD與豎直方向的夾角為30°時(shí)，工人對(duì)繩的拉力為eq \f(\r(3),3)mg


解析：選CD 對(duì)兜籃、王進(jìn)及攜帶的設(shè)備整體受力分析如圖所示，繩OD的拉力為F1，與豎直方向的夾角為θ，繩CD的拉力為F2，與豎直方向的夾角為α。王進(jìn)下降的過(guò)程中，θ減小，α增大，故F1增大，F(xiàn)2減小，A、B錯(cuò)誤；兩繩拉力的合力大小等于mg，C正確；α＝30°時(shí)，θ＝30°，可求出F2＝eq \f(\r(3),3)mg，D正確。


11．如圖所示，頂端附有光滑定滑輪的斜面體靜止在粗糙的水平地面上。三條繩結(jié)于O點(diǎn)，一條繩跨過(guò)定滑輪平行于斜面與物塊P連接，一條繩連接小球Q，另一條繩OA在外力F的作用下使夾角θ90°，且保持結(jié)點(diǎn)O位置不變，整個(gè)裝置始終處于靜止?fàn)顟B(tài)。下列說(shuō)法正確的是( )





A．斜面對(duì)P的摩擦力一定增大


B．繩OA的拉力先減小后增大


C．地面對(duì)斜面體的摩擦力方向可能向右


D．地面對(duì)斜面體的支持力等于P和斜面體所受的重力之和


解析：選B 緩慢改變繩OA的方向至θ>90°的過(guò)程，OA拉力的方向變化如圖所示，可見OA的拉力先減小后增大，OP的拉力一直增大，故B正確；若開始時(shí)P受繩的拉力比較小，斜面對(duì)P的摩擦力沿斜面向上，OP拉力一直增大，則斜面對(duì)P的摩擦力先變小后反向增大，故A錯(cuò)誤；以斜面體和P、Q整體為研究對(duì)象受力分析，根據(jù)平衡條件：斜面體受地面的摩擦力與繩OA水平方向的分力等大反向，故摩擦力方向向左，故C錯(cuò)誤；以斜面體和P、Q整體為研究對(duì)象受力分析，根據(jù)


豎直方向受力平衡：N＋Fcs α＝(M斜＋MP＋MQ)g，α為F與豎直方向的夾角，由圖分析可知F的最大值即為MQg(當(dāng)F方向豎直向上時(shí))，故Fcs αM斜g＋MPg，故D錯(cuò)誤。


12．一般教室門上都安裝一種暗鎖，這種暗鎖由外殼A、骨架B、彈簧C(勁度系數(shù)為k)、鎖舌D(傾角θ＝30°)、鎖槽E以及連桿、鎖頭等部件組成，如圖甲所示。設(shè)鎖舌D的側(cè)面與外殼A和鎖槽E之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，最大靜摩擦力Ffm由Ffm＝μFN(FN為正壓力)求得。有一次放學(xué)后，當(dāng)某同學(xué)準(zhǔn)備關(guān)門時(shí)，無(wú)論用多大的力，也不能將門關(guān)上(這種現(xiàn)象稱為自鎖)，此刻暗鎖所處的狀態(tài)的俯視圖如圖乙所示，P為鎖舌D與鎖槽E之間的接觸點(diǎn)，彈簧由于被壓縮而縮短了x。





(1)求自鎖狀態(tài)時(shí)鎖舌D的下表面所受摩擦力的方向；


(2)求此時(shí)(自鎖時(shí))鎖舌D與鎖槽E之間的正壓力的大?。?br/>

(3)無(wú)論用多大的力拉門，暗鎖仍然能夠保持自鎖狀態(tài)，則μ至少要多大？


解析：(1)鎖舌D受力分析如圖所示，由于鎖舌D有向左運(yùn)動(dòng)的趨勢(shì)，故鎖舌D所受到的最大靜摩擦力為f1，其方向向右。


(2)設(shè)鎖舌D受到鎖槽E的最大靜摩擦力為f2，正壓力為N，下表面的正壓力為F，彈簧的彈力為kx，由平衡條件可得：


kx＋f1＋f2cs θ－Nsin θ＝0


F－Ncs θ－f2sin θ＝0


又有：f1＝μF


f2＝μN(yùn)


解得：N＝eq \f(2kx,1－2\r(3)μ－μ2)。


(3)無(wú)論用多大的力拉門，暗鎖仍然能夠保持自鎖狀態(tài)，說(shuō)明壓力N無(wú)窮大，即：


1－2eq \r(3)μ－μ2＝0


解得：μ＝2－eq \r(3)≈0.27。


答案：(1)方向向右 (2)eq \f(2kx,1－2\r(3)μ－μ2) (3)0.27


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