第二章第1講一、選擇題(在題中給出的選項中，只有一項符合題目要求)1．(2017屆揚州模擬)如圖所示的裝置中，小球的質量均相同，彈簧和細線的質量均不計，一切摩擦忽略不計，平衡時各彈簧的彈力分別為F1、F2、F3，其大小關系是()A．F1＝F2＝F3 B．F1＝F2＜F3C．F1＝F3＞F2 D．F3＞F1＞F2【答案】A【解析】第一幅圖：以下面小球為研究對象，由平衡條件得知，彈簧的彈力等于小球的重力G；第二幅圖：以小球為研究對象，由平衡條件得知，彈簧的彈力等于小球的重力G；第三幅圖：以任意一個小球為研究對象，由平衡條件得知，彈簧的彈力等于小球的重力G.所以平衡時各彈簧的彈力大小相等，即有F1＝F2＝F3.故選A．2．(2017屆杭州模擬)體育器材室里，籃球擺放在圖示的球架上．已知球架的寬度為d，每只籃球的質量為m、直徑為D(D＞d)，不計球與球架之間的摩擦，則每只籃球對一側球架的壓力大小為()A．eq\f(1,2)mg B．eq\f(mgD,d)C．eq\f(mgD,2\r(D2－d2)) D．eq\f(2mg\r(D2－d2),D)【答案】C【解析】以任意一只籃球為研究對象，分析受力情況，設球架對籃球的支持力N與豎直方向的夾角為α.由幾何知識得cosα＝eq\f(\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(D,2)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,2)))2),\f(D,2))＝eq\f(\r(D2－d2),D)，根據平衡條件得2Ncosα＝mg，解得N＝eq\f(mgD,2\r(D2－d2))，則得籃球對球架的壓力大小為N′＝N＝eq\f(mgD,2\r(D2－d2)).故選C．3．(2017屆呼和浩特校級模擬)粗鐵絲彎成如圖所示半圓環的形狀，圓心為O，半圓環最高點B處固定一個小滑輪，小圓環A用細繩吊著一個質量為m2的物塊并套在半圓環上．一根一端拴著質量為m1的物塊的細繩，跨過小滑輪后，另一端系在小圓環A上．設小圓環、滑輪、繩子的質量以及相互之間的摩擦均不計，繩子不可伸長．若整個系統平衡時，角AOB為α，則兩物塊的質量比m1∶m2為()A．coseq\f(α,2) B．2sineq\f(α,2)C．sineq\f(α,2) D．2coseq\f(α,2)【答案】B【解析】對小環進行受力分析，如圖所示，小環受上面繩子的拉力m1g，下面繩子的拉力m2g，以及圓環對它沿著OA向外的支持力，將兩個繩子的拉力進行正交分解，它們在切線方向的分力應該相等，m1gsineq\f(180°－α,2)＝m2gcos(α－90°)，即m1coseq\f(α,2)＝m2sinα，m1coseq\f(α,2)＝2m2sineq\f(α,2)coseq\f(α,2)，得m1∶m2＝2sineq\f(α,2)，故選B．4．(2017屆花溪校級四模)物塊A、B放在光滑水平面上并用輕質彈簧相連，如圖所示．今對物塊A、B分別施以方向相反的水平力F1、F2，且F1大于F2.則彈簧的示數()A．一定等于F1＋F2B．一定大于F2小于F1C．一定等于F1－F2D．條件不足，無法確定【答案】B【解析】兩個物體一起向左做勻加速直線運動，對兩個物體整體運用牛頓第二定律，有F1－F2＝(M＋m)a，再對物體A受力分析，運用牛頓第二定律，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，故選B．5．(2017屆武清模擬)如圖所示，水平傳送帶以恒定速率v1運行，一小物塊以初速度v2從與傳送帶等高的水平面上的A處滑上傳送帶．從小物塊滑上傳送帶開始計時，小物塊在傳送帶上運動的v－t圖像如圖乙所示，則()A．t2時刻，小物塊離A處最遠B．0～t2時間內，小物塊受到的摩擦力恒定不變C．0～t2時間內，摩擦力對小物塊一直做負功D．t3＜2t1【答案】B【解析】t1時刻小物塊向左運動到速度為零，離A處的距離達到最大，t2時刻物體又反向運動了一段距離，故A錯誤；0～t2時間內，小物塊先減速后反向加速，小物塊相對傳送帶的運動方向一直向左，故小物塊受到的摩擦力方向始終向右，故B正確；0～t2時間內，物體的速度減小后反向增大，故摩擦力對小物塊先做負功后做正功，故C錯誤；圖像與時間軸圍成的面積表示位移，由圖可知，正向運動的位移與反向運動的位移相等，故有eq\f(v2t1,2)＝eq\f(t3－t1＋t3－t2,2)×v2，無法確定時間大小，故D錯誤．6．(2017屆寧城一模)如圖所示，在粗糙水平面上放置A、B、C、D四個小物塊，各小物塊之間由四根完全相同的輕橡皮繩相互連接，正好組成一個菱形，∠ABC＝60°，整個系統保持靜止狀態．已知D物塊所受的摩擦力大小為F，則A物塊所受的摩擦力大小為()A．eq\f(\r(3),3)F B．FC．eq\f(\r(3),2)F D．2F【答案】A【解析】已知A物塊所受的摩擦力大小為F′，設每根彈簧的彈力為T，則有2Tcos30°＝F，對A有2Tcos60°＝F′，解得F′＝eq\f(\r(3),3)F.故A正確，B、C、D錯誤．7．(2017年石家莊校級期末)如圖甲所示，水平面上質量相等的兩木塊A、B用一輕彈簧相連接，整個系統處于平衡狀態．現用一豎直向上的力拉動木塊，使木塊向上做勻加速直線運動，如圖乙所示．研究從力剛作用在木塊的瞬間到木塊剛離開地面的瞬間這一過程，并且選定該過程中木塊的起點位置為坐標原點，則下圖中可以表示力和木塊的位移之間關系的是()【答案】A【解析】設原來系統靜止時彈簧的壓縮長度為x0，當木塊A的位移為x時，彈簧的壓縮長度為(x0－x)，彈簧的彈力大小為k(x0－x)，根據牛頓第二定律得F＋k(x0－x)－mg＝ma，得F＝kx－kx0＋ma＋mg，又kx0＝mg，則得F＝kx＋ma.可見F與x是線性關系，當x＝0時，kx＋ma＞0.故A正確，B、C、D錯誤．二、非選擇題8．(2017年大慶模擬)如圖所示，一小物體重G＝100N，用細線AC、BC和豎直的輕彈簧吊起，處于平衡狀態．彈簧原長L0＝1.5cm，勁度系數k＝8000N/m，細線AC長s＝4cm，α＝30°，β＝60°，【答案】見解析【解析】根據題中給定條件可知，彈簧現在長度為CD＝l＝AC·sinα＝2說明彈簧處于伸長狀態，彈力F0＝kx＝k(L－L0)＝40N.對物體進行受力分析，并建立坐標系如圖所示，根據平衡條件有F2cosβ－F1cosα＝0，F0＋F2sinβ＋F1sinα－G＝0，解方程組得F1＝30N.即細線AC對小物體拉力的大小是30N.9．(2017年臨沂校級期末)如圖所示，位于粗糙斜面上的物體P，由跨過定滑輪的輕繩與物塊Q相連．已知物體P和Q以及P與斜面之間的動摩擦因數都是μ，斜面的傾角為θ，物體P的質量為m，物體Q的質量為2m，滑輪的質量、滑輪軸上的摩擦都不計，若用一沿斜面向下的力F拉P，使其勻速下滑，試求(1)連接兩物體的輕繩的拉力FT的大小；(2)拉力F的大小．【答案】見解析【解析】(1)隔離Q受力分析如圖所示．由平衡條件得FT＝2mgsinθ＋Fμ1，FN1＝2mgcosθ，又Fμ1＝μFN1，解得FT＝2mg(sinθ＋μcosθ)．(2)隔離P受力分析如圖所示，由平衡條件，得F＋mgsinθ－Fμ1′－Fμ2－FT＝0，FN2＝mgcosθ＋FN1′＝5mgcosθ，又Fμ2＝μFN2，聯立以上各式得F＝FT＋Fμ1′＋Fμ2－mgsinθ＝mgsinθ＋7μmgcosθ.10．(2017屆貴州模擬)如圖所示為高鐵供電線路兩電線桿之間電線覆冰后的情形，假設電線質量分布均勻，兩電線桿正中間O處的張力為F，電線與電線桿結點A處的切線與豎直方向的夾角為θ，求：結點A處作用于電線的拉力大小FA為多少？兩電線桿間覆冰電線的質量為多大？【答案】見解析【解析】法一：合成法．如圖甲所示，作出兩電線桿間左半部分覆冰電線的受力圖．由“共面不平行的三個力平衡，則這三個力必為共點力”可知，這三個力為共點力．由三力平衡時，任意兩力的合力應與第三個力平衡，故F與eq\f(1,2)mg的合力應與FA平衡，設該合力與eq\f(1,2)mg的夾角為θ，由平行四邊形定則作出F與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).法二：效果分解法．如圖所示，作出兩電線桿間左半部分覆冰電線的受力圖．將重力沿F與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，聯立解出FA＝eq\f(F,sinθ)，m＝eq\f(2Fcotθ,g).法三：正交分解法．如圖所示，作出兩電線桿間左半部分覆冰電線的受力圖．將拉力FA沿