高考一轮复习单元评估检测二相互作用Word格式文档下载.docx
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C.地面对m2的支持力可能为零
D.m1与m2一定相等
对整体受力分析可知,整体受重力、支持力、拉力,要使整体处于平衡,则水平方向一定有向右的摩擦力作用在m2上,且大小与F相同,故B正确;
因m2与地面间有摩擦力,则一定有支持力,故C错误;
对m1受力分析可知,弹力水平方向的分力应等于F,故弹力为
因竖直方向上的受力不明确,无法确定两物体的质量关系,也无法求出弹簧弹力与重力的关系,故A、D错误。
3.(2017·
茂名模拟)如图所示,轻绳OA和OB通过OC悬挂着一质量为m的P物体,开始时OB水平,OA通过一轻质滑轮与另一质量也为m的Q物体连接(不计滑轮的摩擦),Q物体放置在倾角为30°
的粗糙斜面上。
现保持O点不动,将OB绳与竖直墙壁的悬挂点B缓慢地向上移动(OB的长度可变化),此过程中Q物体一直处于静止状态。
则此过程中以下判定正确的是 ( )
A.绳OA的拉力大小一直不变
B.绳OB的拉力大小一直变大
C.物体Q所受的摩擦力先变小后变大
D.物体P所受的合力逐渐变大
【解析】选C。
以O点为研究对象,其受力如图,根据平衡条件可知,绳OA的拉力FTOA和绳OB的拉力FTOB的合力与mg等大、反向、共线,作出力的合成图,由图知,当B点向上移动时,绳OA的拉力FTOA一直变小,绳OB的拉力FTOB先变小后变大,故A、B错误;
原来FTOA>
mg,所以对Q而言,Q有向上运动的趋势,斜面对Q的摩擦力沿斜面向下,根据平衡条件有FTOA=mgsin30°
+Ff,当FTOA变小时,Ff变小,当FTOA<
mgsin30°
由平衡条件有FTOA+Ff=mgsin30°
FTOA变小时,Ff变大,所以物体Q所受的摩擦力先变小后变大,故C正确;
P保持静止,合力为零,保持不变,故D错误。
4.(2017·
莆田模拟)如图所示,一条细绳跨过定滑轮连接两个小球A、B,它们都穿在一根光滑的竖直杆上,不计绳与滑轮间的摩擦,当两球平衡时OA绳与水平方向的夹角为θ,OB绳与水平方向的夹角为2θ,则球A、B的质量之比为 ( )
A.2cosθ∶1 B.1∶2cosθ
C.tanθ∶1D.1∶2sinθ
A、B两球分别受力分析如图所示,由几何知识得FTsinθ=mAg,
FTsin2θ=mBg,故mA∶mB=sinθ∶sin2θ=1∶2cosθ,选项B正确。
5.(2017·
南昌模拟)如图所示,物块A放在倾斜的木板上,已知木板的倾角α分别为α1和α2(α1<
α2)时,物块A所受摩擦力的大小恰好相同,则物块A和木板间的动摩擦因数为 ( )
A.
B.
C.
D.
当木板的倾角α=α1时,物块所受的摩擦力为静摩擦力,大小为Ff1=mgsinα1,当木板的倾角α=α2时,物块所受的摩擦力为滑动摩擦力,大小为Ff2=μmgcosα2,由于Ff1=Ff2,解得μ=
故B正确。
6.如图甲,笔记本电脑底座一般设置有四个卡位用来调节角度。
某同学将电脑放在散热底座上,为了获得更好的舒适度,由原卡位1调至卡位4(如图乙),电脑始终处于静止状态,则 ( )
A.电脑受到的支持力变大
B.电脑受到的摩擦力变大
C.散热底座对电脑的作用力的合力不变
D.电脑受到的支持力与摩擦力两力大小之和等于其重力
【解析】选A、C。
笔记本电脑受重力、支持力和静摩擦力,如图所示,根据平衡条件有FN=mgcosθ,Ff=mgsinθ,由原卡位1调至卡位4,角θ减小,则支持力FN增大,静摩擦力Ff减小,故A正确,B错误;
散热底座对电脑的作用力的合力是支持力和静摩擦力的合力,与重力平衡,始终是不变的,故C正确;
电脑受到的支持力与摩擦力两力的矢量和与重力平衡,但大小的和是变化的,故D错误。
【总结提升】平衡问题的分析技巧
对于平衡类问题,应当首先分清是静态平衡还是动态平衡问题。
(1)对于静态平衡问题,应当先分析物体的受力情况,根据平衡条件列出平衡方程,解方程对结果进行讨论。
(2)对于动态平衡问题,应当先分析物体的受力情况,结合具体情况采用相应的方法。
①如果物体所受的力较少,可以采用合成的方法。
②如果物体受到三个力的作用而处于动态平衡,若其中的一个力大小、方向均不
变,另外两个力的方向都发生变化,可以用力三角形与几何三角形相似的方法求
解。
③如果物体受到三个力的作用,其中一个力的大小、方向均不变,并且还有一个力的方向不变,此时可用图解法分析,即可以通过画出多个平行四边形或三角形来分析力的变化,该法可以将动态平衡问题静态化,抽象问题形象化,从而使问题易于分析求解。
④如果物体受到多个力的作用,可以用正交分解的方法列方程求解。
7.(2017·
深圳模拟)如图所示,质量m=1kg的物块在与水平方向夹角为θ=37°
的推力F作用下静止于墙壁上,物块与墙之间的动摩擦因数μ=0.5,若物块与墙面间的最大静摩擦力与滑动摩擦力相等,则推力F大小可能是 ( )
A.5N B.15N
C.35ND.55N
【解题指导】解答本题应注意以下两点:
(1)物块静止于墙壁上处于平衡状态。
(2)物块可能具有向上运动的趋势,也可能具有向下运动的趋势。
【解析】选B、C。
当F较大时,物块会有向上滑动的趋势,摩擦力向下。
若物块恰不上滑,受力如图甲所示,则力F有最大值,由平衡条件得,FN=Fmaxcosθ,
Fmaxsinθ=Ff+mg,又Ff=μFN,解得Fmax=50N;
当力F较小时,物块有向下滑动的趋势,摩擦力向上,若物块恰不下滑,受力如图乙所示,则力F有最小值,由平衡条件可得,FN=Fmincosθ,Fminsinθ+Ff-mg=0,又Ff=μFN,解得Fmin=10N;
所以使物块静止于墙面上的推力F的范围为10N≤F≤50N,故选项B、C正确。
8.(2017·
宜春模拟)两物体A、B按如图所示连接且处于静止状态,已知两物体质量mA=2mB,A物体与地面之间的动摩擦因数为μ。
现在B上加一个水平力F,使物体B缓慢移动,物体A始终静止,则此过程中 ( )
A.物体A对地面的压力逐渐变大
B.物体A受到的摩擦力变大
C.绳的拉力大小不变
D.地面对A的作用力变大
【解题指导】解答本题应注意以下三点:
(1)物体B缓慢移动说明B处于平衡状态,对B列出平衡方程,由绳子与竖直方向夹角的变化分析判断绳子拉力的变化。
(2)分析物体A的受力情况,由平衡条件列方程分析判断力的变化。
(3)地面对A的作用力是地面对A的支持力和摩擦力的合力。
【解析】选B、D。
物体B受力如图甲所示,设绳子与竖直方向的夹角为θ,则由
平衡条件得FTsinθ=F,FTcosθ=mBg,解得FT=
F=mBgtanθ,由题可知θ增大,cosθ减小,tanθ增大,则绳子拉力FT增大;
物体A受力如图乙所示,由平衡条件得FTsinα+FN=mAg,Ff=FTcosα,FT增大,α不变,则地面对A的支持力FN减小,摩擦力Ff增大,由牛顿第三定律得,物体A对地面的压力逐渐减小,故A、C错误,B正确;
地面对A的作用力是FN和Ff的合力,根据平衡条件得知,FN和Ff的合力与mAg和FT的合力大小相等,FT增大,则知mAg和FT的合力增大,故地面对A的作用力增大,D正确。
二、实验题(本题共2小题,共15分)
9.(6分)在做“验证力的平行四边形定则”实验时:
(1)除已有的器材:
方木板、白纸、弹簧测力计、细绳套、刻度尺、图钉和铅笔外,还必须有____________________和________________。
(2)要使每次合力与分力产生相同的效果,必须 ( )
A.每次把橡皮条结点拉到同样的位置
B.每次把橡皮条拉到最大长度
C.每次准确读出弹簧测力计的示数
D.每次记准细绳的方向
(3)某同学的实验结果如图所示,其中A为固定橡皮条的图钉,O为橡皮条与绳套结点的位置。
图中______是力F1与F2的合力的理论值,________是力F1与F2的合力的实验值。
【解析】
(1)做探究共点力合成的规律实验:
我们是让两个力拉橡皮条和一个力拉橡皮条产生的作用效果相同,测出两个力的大小和方向以及一个力的大小和方向,用力的图示画出这三个力,用平行四边形作出两个力的合力的理论值,和那一个力进行比较。
所以我们需要的实验器材有:
方木板(固定白纸),白纸(记录方向和作图),刻度尺(选标度),绳套(弹簧测力计拉橡皮条),弹簧测力计(测力的大小),图钉(固定白纸),三角板(画平行四边形),橡皮条(让力产生相同的作用效果)。
故还必须有的器材是橡皮条和三角板。
(2)要使每次合力与分力产生相同的效果,每次将橡皮条结点拉到同样的位置,即用一个力与用两个力的作用效果相同,测出两个力的大小和方向以及一个力的大小和方向,没有必要把橡皮条拉到最大长度,故B、C、D错误,A正确。
(3)用平行四边形画出来的是理论值,和橡皮条同线的那个是实际值,所以F是理论值,F′是实际值,该实验的实验目的就是比较F1、F2合力的理论值和实验值是否相等。
答案:
(1)橡皮条 三角板
(2)A (3)F F′
10.(9分)(2017·
广州模拟)
(1)某次研究弹簧所受弹力F与弹簧长度L关系实验时得到如图甲所示的F-L图象,由图象可知:
弹簧原长L0=______cm,求得弹簧的劲度系数k=______N/m。
(2)如图乙的方式挂上钩码(已知每个钩码重G=1N),使
(1)中研究的弹簧压缩,稳定后指针指示如图乙,则指针所指刻度尺示数为__________cm。
由此可推测图乙中所挂钩码的个数为________个。
(1)当弹簧弹力为零时,弹簧处于自然状态,由图知原长为L0=3.0cm,由F=kx知图线的斜率为弹簧的劲度系数,即
k=
N/cm=2N/cm=200N/m。
(2)由图乙可知,该刻度尺的读数为1.50cm,可知弹簧被压缩Δx=L0-L=(3.0-1.50)cm=1.5cm,弹簧的弹力F=kΔx=200×
1.5×
10-2N=3N,已知每个钩码重G=1N,可推测图乙中所挂钩码的个数为3个。
(1)3.0 200
(2)1.50 3
三、计算题(本题共2小题,共37分。
需写出规范的解题步骤)
11.(18分)(2017·
唐山模拟)如图所示,质量为1.2kg的物块G1在三根细绳悬吊下处于静止状态,细绳BP在水平方向,且连在重为5kg的物块G2上,细绳AP偏离竖直方向37°
角,物块G2静止于倾角为37°
的斜面上(sin37°
=0.6,cos37°
=0.8),g取10m/s2。
求:
(1)绳PB对物块G2的拉力。
(2)斜面对物块G2的摩擦力和支持力。
(1)结点P受力如图甲所示,由平衡条件得:
FAcos37°
-m1g=0 (3分)
FAsin37°
-FB=0 (3分)
联立并代入数据解得:
FB=9N
FA=15N(2分)
(2)物块G2的受力情况如图乙所示,由平衡条件得:
m2gsin37°
+F′Bcos37°
-Ff=0 (3分)
FN+F′Bsin37°
-m2gcos37°
=0 (3分)
由牛顿第三定律得:
F′B=FB (2分)
由以上三式并代入数据解得:
Ff=37.2N FN=34.6N (2分)
(1)9N
(2)37.2N 34.6N
12.(19分)质量为M的木楔倾角为θ,在水平面上保持静止,当将一质量为m的木块放在木楔斜面上时,它正好匀速下滑。
如果用与木楔斜面成α角的力F拉着木块匀速上升,如图所示(已知木楔在整个过程中始终静止)。
(1)当α=θ时,拉力F有最小值,求此最小值。
(2)当α=θ时,木楔对水平面的摩擦力是多大。
(1)木块在木楔斜面上匀速向下运动时,有mgsinθ=μmgcosθ,
即μ=tanθ。
木楔在力F作用下沿斜面向上匀速运动,由平衡条件得:
Fcosα-mgsinθ-Ff=0 (3分)
Fsinα+FN-mgcosθ=0 (3分)
Ff=μFN(3分)
解得:
F=
=
(3分)
当α=θ时,F有最小值,则:
Fmin=mgsin2θ (2分)
(2)因为木块及木楔均处于平衡状态,整体受到地面的摩擦力等于F的水平分力,即:
Ffm=Fcos(α+θ) (3分)
当F取最小值mgsin2θ时
Ffm=Fmincos2θ=mg·
sin2θcos2θ=
mgsin4θ (2分)
(1)mgsin2θ
(2)
mgsin4θ
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- 高考 一轮 复习 单元 评估 检测 相互作用