《备考指南 物理 》课件-第2章 第1讲

第二章第1讲知识巩固练习1．(2019年扬州模拟)如图所示的装置中，小球的质量均相同，弹簧和细线的质量均不计，一切摩擦忽略不计，平衡时各弹簧的弹力分别为F1、F2、F3，其大小关系是()A．F1＝F2＝F3 B．F1＝F2＜F3C．F1＝F3＞F2 D．F3＞F1＞F2【答案】A【解析】第一幅图：以下面小球为研究对象，由平衡条件可知，弹簧的弹力等于小球的重力G；第二幅图：以小球为研究对象，由平衡条件可知，弹簧的弹力等于小球的重力G；第三幅图：以任意一个小球为研究对象，由平衡条件可知，弹簧的弹力等于小球的重力G.所以平衡时各弹簧的弹力大小相等，即有F1＝F2＝F3.故选A．2．(2018年江苏模拟)某人骑自行车沿平直坡道向下滑行，其车把上挂有一只水壶，若滑行过程中悬绳始终竖直，如图所示，不计空气阻力，则下列说法错误的是()A．自行车一定做匀速运动B．壶内水面一定水平C．水壶及水整体的重心一定在悬绳正下方D．壶身中轴一定与坡道垂直【答案】D【解析】对水壶进行受力分析，受重力和绳子拉力，若水壶存在加速度，则加速度方向一定沿斜面方向，滑行过程中悬绳始终竖直，所以自行车一定做匀速运动，选项A正确；由于水壶水平方向不受力，水平方向做匀速直线运动，因此壶内水面一定水平，选项B正确；水壶受到共点力作用，重力和绳子拉力在同一直线上，则水壶及水整体的重心一定在悬绳正下方，选项C正确；由于不知道水壶的具体运动情况，则壶身中轴不一定与坡道垂直，选项D错误．3．(2019年宁波联考)如图所示，A、B两个物块的重力分别是GA＝3N，GB＝4N，弹簧的重力不计，整个装置沿竖直方向处于静止状态，这时弹簧的弹力F＝2N，则天花板受到的拉力和地板受到的压力，有可能是()A．3N和4N B．5N和6NC．1N和2N D．5N和2N【答案】D【解析】当弹簧由于被压缩而产生2N的弹力时，由受力平衡及牛顿第三定律知，天花板受到的拉力为1N，地板受到的压力为6N；当弹簧由于被拉伸而产生2N的弹力时，可得天花板受到的拉力为5N，地板受到的压力为2N，D正确．4．(2018年花溪名校模拟)物块A、B放在光滑水平面上并用轻质弹簧测力计相连，如图所示．今对物块A、B分别施以方向相反的水平力F1、F2，且F1大于F2，则弹簧测力计的示数()A．一定等于F1＋F2 B．一定大于F2小于F1C．一定等于F1－F2 D．条件不足，无法确定【答案】B【解析】两个物体一起向左做匀加速直线运动，对两个物体整体运用牛顿第二定律，有F1－F2＝(M＋m)a，再对物体A做受力分析，运用牛顿第二定律，得到F1－F＝Ma，解得F＝eq\f(mF1＋MF2,M＋m)，由于F1大于F2，故F一定大于F2小于F1，故选B．5．(多选)(2019年泰州模拟)某缓冲装置可抽象成如图所示的简单模型．其中k1、k2为原长相等，劲度系数不同的轻质弹簧．下列表述正确的是()A．缓冲效果与弹簧的劲度系数无关B．垫片向右移动时，两弹簧产生的弹力大小相等C．垫片向右移动时，两弹簧的长度保持相等D．垫片向右移动时，两弹簧的形变量不相同【答案】BD【解析】劲度系数不同，在相同的压力下形变效果不同，故缓冲效果与弹簧的劲度系数有关，故A错误；垫片向右移动时，两个弹簧的长度减小，而两弹簧是串联关系，故产生的弹力大小始终相等，故B正确；垫片向右移动时，根据胡克定律公式F＝kx，劲度系数不同，故形变量不同，故C错误，D正确．6．(2018年宁城一模)如图所示，在粗糙水平面上放置A、B、C、D四个小物块，各小物块之间由四根完全相同的轻橡皮绳相互连接，正好组成一个菱形，物块ABC的夹角α为60°，整个系统保持静止状态．已知D物块所受的摩擦力大小为F，则A物块所受的摩擦力大小为()A．eq\f(\r(3),3)F B．FC．eq\f(\r(3),2)F D．2F【答案】A【解析】已知D物块所受的摩擦力大小为F，设每根弹簧的弹力为T，则有2Tcos30°＝F，对A有2Tcos60°＝F′，解得F′＝eq\f(\r(3),3)F.故A正确，B、C、D错误．7．(2019年大庆模拟)如图所示，一小物体重G＝100N，用细线AC、BC和竖直的轻弹簧吊起，处于平衡状态．弹簧原长L0＝1.5cm，劲度系数k＝8000N/m，细线AC长s＝4cm，α＝30°，β＝60°，求细线AC对小物体拉力的大小．【答案】30N【解析】根据题中给定条件可知，弹簧现在长度为CD＝L＝AC·sinα＝2cm，说明弹簧处于伸长状态，弹力F0＝kx＝k(L－L0)＝40N.对物体进行受力分析，并建立坐标系如图所示，根据平衡条件有：F2cosβ－F1cosα＝0，F0＋F2sinβ＋F1sinα－G＝0，联立解得F1＝30N.即细线AC对小物体拉力的大小是30N.综合提升练习8．(2018年石家庄名校期末)如图甲所示，水平面上质量相等的两木块A、B用一轻弹簧相连接，整个系统处于平衡状态．现用一竖直向上的力F拉动木块，使木块向上做匀加速直线运动，如图乙所示．研究从力F刚作用在木块A的瞬间到木块B刚离开地面的瞬间这一过程，并且选定该过程中木块A的起点位置为坐标原点，则下图中可以表示力F和木块A的位移x之间关系的是()ABCD【答案】A【解析】设原来系统静止时弹簧的压缩长度为x0，当木块A的位移为x时，弹簧的压缩长度为(x0－x)，弹簧的弹力大小为k(x0－x)，根据牛顿第二定律得F＋k(x0－x)－mg＝ma，即F＝kx－kx0＋ma＋mg，又kx0＝mg，则得F＝kx＋ma.可见F与x是线性关系，当x＝0时，kx＋ma＞0.故A正确，B、C、D错误．9．(2019年临沂名校期末)如图所示，位于粗糙斜面上的物体P，由跨过定滑轮的轻绳与物块Q相连．已知物体P和Q以及P与斜面之间的动摩擦因数都是μ，斜面的倾角为θ，物体P的质量为m，物体Q的质量为2m，滑轮的质量、滑轮轴上的摩擦都不计，若用一沿斜面向下的力F拉P，使其匀速下滑．试求：(1)连接两物体的轻绳的拉力FT的大小；(2)拉力F的大小．【答案】(1)2mg(sinθ＋μcosθ)(2)mgsinθ＋7μmgcosθ【解析】(1)隔离Q做受力分析如图甲所示．由平衡条件得FT＝2mgsinθ＋Ff1，FN1＝2mgcosθ，又Ff1＝μFN1，解得FT＝2mg(sinθ＋μcosθ)．(2)隔离P做受力分析如图乙所示，由平衡条件，得F＋mgsinθ－F′f1－Ff2－FT＝0，FN2＝mgcosθ＋F′N1＝3mgcosθ，又Ff2＝μFN2，联立以上各式得F＝FT＋F′f1＋Ff2－mgsinθ＝mgsinθ＋7μmgcosθ.10．(2019年贵州模拟)如图所示为高铁供电线路两电线杆之间电线覆冰后的情形，假设电线质量分布均匀，两电线杆正中间O处的张力为F，电线与电线杆结点A处的切线与竖直方向的夹角为θ.问：结点A处作用于电线的拉力大小FA为多少？两电线杆间覆冰电线的质量为多大？【答案】eq\f(F,sinθ)eq\f(2Fcotθ,g)【解析】解法一：合成法．如图甲所示，作出两电线杆间左半部分覆冰电线的受力图．由“共面不平行的三个力平衡，则这三个力必为共点力”可知，这三个力为共点力．由三力平衡时，任意两力的合力应与第三个力平衡，故F与eq\f(1,2)mg的合力应与FA平衡，设该合力与eq\f(1,2)mg的夹角为θ，由平行四边形定则作出F与eq\f(1,2)mg的合力，解直角三角形得FA＝eq\f(F,sinθ)，eq\f(1,2)mg＝Fcotθ，解出m＝eq\f(2Fcotθ,g).解法二：效果分解法．如图乙所示，作出两电线杆间左半部分覆冰电线的受力图．将重力沿F与FA的反方向分解，由力的平衡有F＝G1，FA＝G2.解直角三角形得G2＝eq\f(G1,sinθ)，eq\f(1,2)mg＝G1cotθ，联立解出FA＝eq\f(F,sinθ)，m＝eq\f(2Fcotθ,g).解法三：正交分解法．如图丙所示，作出两电线杆间左半部分覆冰电线的受力图．将拉力FA沿水平方向与竖直方向分解，由力的平衡