力学重点难点易错点高频必刷高分考点经典题——整体法与隔离法的应用

这是一份力学重点难点易错点高频必刷高分考点经典题——整体法与隔离法的应用，共14页。
（整体法与隔离法的应用）
【自主练习】
1．两个所受重力大小分别为GA和GB的小球A和B，用轻杆连接，放置在光滑的半球形碗内。小球A、B与碗的球心O在同一竖直平面内，如图所示，若碗的半径为R，细杆的长度为R，GA＞GB，由关于连接两小球的细杆AB静止时与竖直方向的夹角q，以下说法正确的是（ ）
（A）arctan＋ （B）arctan＋
（C）－arctan （D）－arctan
B
A
2．放在粗糙水平面上的物体A上叠放着物体B。A和B之间有一根处于压缩状态的弹簧。A、B均处于静止状态，下列说法中正确的是 （ ）
A、B受到向左的摩擦力。
B、B对A的摩擦力向右。
C、地面对A的摩擦力向右。
D、地面对A没有摩擦力A
D
B
C
A
D
B
C
A
D
B
C
A
D
B
C
。
图10
3．半圆柱体P放在粗糙的水平地面上，其右端有一固定放置的竖直挡板MN。在半圆柱体P和MN之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q，整个装置处于静止，图10所示是这个装置的截面图。现使MN保持竖直并且缓慢地向右平移，在Q滑落到地面之前，发现P始终保持静止。则在此过程中，下列说法正确的是（ ）
A．MN对Q的弹力逐渐减小
B．P对Q的弹力逐渐增大
C．Q所受的合力逐渐增大
D．地面对P的摩擦力逐渐增大

A
F
R
O

q
4．一个倾角为θ(0°＜θ＜90°)的光滑斜面固定在竖直的光滑墙壁上，一铁球在一水平推力F作用下静止于墙壁与斜面之间，与斜面的接触点为A，如图所示。已知球的半径为R,推力F的作用线过球心,则下列判断正确的是： [ ]
A． 推力F增大，斜面对球的支持力一定增大
B． 斜面对球的支持力一定大于球的重力
C． 推力F的最小值等于
D． 推力F对A点的力矩等于FRcosθ


5．如图所示，一物体恰能在一个斜面体上沿斜面匀速下滑，可以证明出此时斜面不受地面的摩擦力作用，若沿斜面方向用力F向下推此物体，使物体加速下滑，斜面依然和地面保持相对静止，则斜面受地面的摩擦力是：（ ）
A、大小为零 B、方向水平向右
C、方向水平向左　 D、无法判断大小和方向
F
37º
6．如图所示，重为3N的物体置于倾角为37º的斜面上，用平行于斜面的大小为5N的力F作用于物体，物体恰在斜面上做匀速直线运动，而斜面相对于地面保持静止，则下列说法中正确的是（　　　　　）（cos37º=0.8，sin37º=0.6 ）
A．物体可能沿斜面向下运动；
B．斜面对物体有摩擦力的作用；
C．斜面对地面没有摩擦力的作用；
D．斜面对物体的作用力水平向左。
m
B
A
m
7．如图所示，在质量为m0的无下底的木箱顶部用一轻弹簧悬挂质量为m(m0>m)的A、B两物体，箱子放在水平地面上，平衡后剪断A、B间的连线，A将做简谐运动，当A运动到最高点时，木箱对地面的压力为（ ）
A.m0g
B.(m0 - m)g
C.(m0 + m)g
D.(m0 + 2m)g

A
B
a
A
B
b
F
8．如图a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A，使木块A向上做匀加速直线运动，如图b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个过程，并且选定这个过程中木块A的起始位置为坐标原点，则下列图象中可以表示力F和木块A的位移x之间关系的是（ ）
x
O
F
x
O
F
x
O
F
x
O
F
A B C D






A
B
9．如图，质量都是m的物体A、B用轻质弹簧相连，静置于水平地面上，此时弹簧压缩了Δl.如果再给A一个竖直向下的力，使弹簧再压缩Δl，形变始终在弹性限度内，稳定后，突然撤去竖直向下的力，在A物体向上运动的过程中，下列说法中：①B物体受到的弹簧的弹力大小等于mg时，A物体的速度最大；②B物体受到的弹簧的弹力大小等于mg时，A物体的加速度最大；③A物体受到的弹簧的弹力大小等于mg时，A物体的速度最大；④A物体受到的弹簧的弹力大小等于mg时，A物体的加速度最大.其中正确的是（ ）
A.只有①③正确 B.只有①④正确
C.只有②③正确 D.只有②④正确
10．四个质量、形状相同的斜面体放在粗糙的水平面上，另有四个质量相同的小物体放在斜面顶端，由于小物体与斜面间的摩擦力不同，第一个物体匀加速下滑，第二个物体匀速下滑，第三个物体匀减速下滑，第四个物体静止在斜面上，如图所示，四个斜面均保持不动，下滑过程中斜面对地面压力依次为F1、F2、F3、F4，则它们的大小关系是 （ ）
v

v

v




A.F1=F2=F3=F4 B.F1>F2>F3>F4
A
B
F
C.F1 mgl，所以电势能变化的最大量为：减少了 mgl
48．（1）依题意，有两个小球处于电场中时，AB杆在竖直方向做匀速直线运动。
由2q·E=4mg ①
所以，两板间的电场强度为：E=4mg/2q=2mg/q ②
（2）设第4个小球离开电场时细杆的运动速度为υ，对整个杆以及整个过程应用动能定理：
4mg×5L－4×qE×2L=1/2×4mυ2 ③
得： υ= ④
（3）对整个杆应用动能定理：
4mgh－qE′h－qE(h－L)=0 ⑤
E=1.5E=3mg/q ⑥
H=1.5L
49．⑴ 设球B刚进入电场时，电场力做功使带电系统电势能减少
△ε＝-EqL

(2) 设B进入电场后带电系统又运动了s速度变为零，
由动能定理得 EqL＋Eqs－3Eqs＝0 求得 s＝L/2 即离右板距离为L
所以带电系统速度第一次为零时，球A所在位置的电势为UA＝EL
(3) 设A球运动了L时速度为v1， 由动能定理得

加速度为a1＝ 运动时间为t1＝
A球运动s时加速度为a2， a2＝ 得t2＝ t1/2
所以带电系统速度第一次为零所需的时间为t总＝ t1＋ t2＝
50．（1）根据有固定转动轴物体的平衡条件，有

＝（2×8×10-2－4×10-2）×10＝1.2（N）
（2）杆转过90°时，电场力对两带电小球做正功，电势能减少
＝6.0×10-6×5×104×0.9＝0.27（J）
（3）当力矩的代数和为零时，B球的速度达到最大。
pdwulicyh
O
A
B
+q
–q
θ
E

＝
θ＝37°
由动能定理

联立求得：vA＝2m/s