2012高考试题 模拟新题分类汇编专题2-力与物体的平衡.

B单元力与物体的平衡B1 力、重力、弹力B2 摩擦力B3 力的合成与分解B4 受力分析物体的平衡14．B4[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 3 N，方向竖直向上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F N＝mg cos30°＝4.93N，方向垂直斜面向上，故选项C、D错误．16．B4[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θ，由受力分析知，墙对球的压力大小为N 1＝mg cot θ，球对木板的压力与木板对球的支持力大小相等，故N 2＝mgsin θ.当木板由图示位置缓慢转至水平时，θ角逐渐增大，N 1、N 2始终减小，B 正确．16．B4[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˚，G ( )A ．G 和GB.22G 和22GC.12G 和32GD.12G 和12G16．B [解析] 日光灯受力如图所示，将T 1、T 2分别向水平方向和竖直方向分解，则有：T 1sin45°＝T 2 sin45°，T 1cos45°＋T 2cos45°＝G ，解得：T 1＝T 2＝22G ，B 正确．B5 实验：探究弹力和弹簧伸长的关系34．B5[2012·广东卷] (2)某同学探究弹力与弹簧伸长量的关系．①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”)②弹簧自然悬挂，待弹簧________时，长度记为L 0；弹簧下端挂上砝码盘时，长度记为L x ；在砝码盘中每次增加10 g 砝码，弹簧长度依次记为L 1至L 6，数据如下表：________．图③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“L 0”或“L x ”)．④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/s 2)．34．(2)①竖直 ②静止 L 3 mm ③L x ④4.9 10[解析] ①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；②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L 3是不符合规范的；③弹簧的长度与弹簧挂上砝码盘时弹簧长度L x 的差值才是由于添加砝码而伸长的长度；④砝码盘的质量为m 0，砝码的质量为m ，当挂上砝码盘时有：m 0g ＝k (L x －L 0)，当砝码盘中的砝码质量为m 时，弹簧的长度为L n ，此时有m 0g ＋mg ＝k (L n －L 0)，两式联立得：mg ＝k (L n －L x )，即k ＝mgL n －L x ，由图象知图线的斜率为k ′＝60×10－3－012×10－2－0 kg/m ＝0.50 kg/m ，故劲度系数k ＝k ′g ＝4.9 N/m ，而m 0＝k (L x －L 0)g ＝4.9×(27.35－25.35)×10－29.8 kg ＝10 g.24．B5 F2 E2 E3[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μ＝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/s 2.(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v 0.由机械能守恒知mgh ＝12m v 20得v 0＝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 μmg ＝ma设物块B 通过传送带后运动速度大小为v ，有 v 2－v 20＝－2al 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 、v 1，取向右为正方向，由弹性碰撞知 －m v ＝m v 1＋MV12m v 2＝12m v 21＋12MV 2解得v 1＝13v ＝43 m/s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 21＝－2al ′得l ′＝49 m<1 m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v 1，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v 2，同上计算可知v 2＝13v 1＝⎝⎛⎭⎫132v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v 3＝13v 2＝⎝⎛⎭⎫133vv 4＝13v 3＝⎝⎛⎭⎫134v ……则第n 次碰撞后物块B 的速度大小为v n ＝(13)n v .B6 实验：验证力的平行四边形定则 22．B6[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：(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 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 ＝3.25－0.316.00－0.50 N/cm ＝0.53 N/cm ＝53 N/m ；(2)利用作图法作出两个力的图示； (3)利用作图法求合力．B7 力与平衡问题综合17．B7[2012·山东卷] 如图所示，两相同轻质硬杆OO 1、OO 2可绕其两端垂直纸面的水平轴O 、O 1、O 2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．F f 表示木块与挡板间摩擦力的大小，F N 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O 、O 始终等高，则( )A ．F f 变小B ．F f 不变C ．F N 变小D ．F N 变大17．BD [解析] 对O 点受力分析如图所示．竖直方向有：2T cos θ＝Mg ，所以T ＝Mg2cos θ，当θ增大时，T 增大． 对m 受力分析如图所示T ′＝T .水平方向有：T ′sin θ＝F N ，当θ增大时，T 增大，T ′增大，sin θ增大，所以F N 增大；竖直方向有：T ′cos θ＋mg ＝F f ，解得F f ＝Mg2＋mg ，所以F f 不变．图924．B7[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μ，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θ.(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λ.已知存在一临界角θ0，若θ≤θ0，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 θ0.24．[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F cos θ＋mg ＝N ① F sin θ＝f ②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 ＝μN ③联立①②③式得F ＝μsin θ－μcos θ mg ④(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 F sin θ≤λN ⑤这时，①式仍满足．联立①⑤式得sin θ－λcos θ≤λmgF ⑥现考察使上式成立的θ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 θ－λcos θ≤0⑦使上式成立的θ角满足θ≤θ0，这里θ0是题中所定义的临界角，即当θ≤θ0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 θ0＝λ⑧1．2012·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θ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α角，若θ<α，则下列说法中正确的是( )AB．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g tanα向右做匀加速运动D．小车一定以加速度g tanθ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g tanα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化．则图中物块所受的摩擦力F f乙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mg sinθ，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F f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. 48mgC．49mg D．98mg3．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＝98mg sin30°＝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θ＝B．轻绳与水平方向的夹角θ＝60°C．滑块A与水平直杆之间的动摩擦因数为3 4D．滑块A与水平直杆之间的动摩擦因数为3 54．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＝F cos30°，在竖直方向上F N＝(m A＋m B)g－F sin30°，且f＝μF N，联立解得μ＝35，选项C错误，选项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：T cosθ＝F cos30°，在竖直方向上：T sinθ＝m B g－F sin30°，联立解得θ＝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，那么在P被拉动之前的过程中，弹簧对P的弹力F T的大小和地面对P的摩擦力f的大小的变化情况()A．弹簧对P的弹力F T始终增大，地面对P的摩擦力始终减小B．弹簧对P的弹力F T保持不变，地面对P的摩擦力始终增大C．弹簧对P的弹力F T保持不变，地面对P的摩擦力先减小后增大D．弹簧对P的弹力F T先不变后增大，地面对P的摩擦力先增大后减小5．B[解析] 在P被拉动之前的过程中，弹簧长度不变，弹簧对P的弹力F T的大小保持不变；由于弹簧长度小于原长，P有向右运动的趋势，所受静摩擦力向左，用一个从0开始逐渐增大的水平力F向右拉P的过程中，地面对P的摩擦力始终增大，选项B正确．。