高频考点强化2受力与平衡问题.docx
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高频考点强化2受力与平衡问题
高频考点强化
（二）受力与平衡问题
（45分钟 100分）
一、选择题（本题共12小题,每小题5分,共60分。
1～8题为单选题,9～12题为多选题）
1.重型自卸车利用液压装置使车厢缓慢倾斜到一定角度,车厢上的石块就会自动滑下,以下说法正确的是（ ）
A.在石块下滑前后自卸车与石块整体的重心位置不变
B.自卸车车厢倾角越大,石块与车厢的动摩擦因数越小
C.自卸车车厢倾角越大,车厢与石块间的正压力越小
D.石块开始下滑时,受到的摩擦力大于重力沿斜面方向的分力
【解析】选C。
物体的重心的位置跟形状还有质量分布有关,石块下滑前后,质量分布变化,形状变化,所以重心改变,故A错误;动摩擦因数与倾角无关,故B错误;石块处于平衡状态,则有:
mgsinθ=f,FN=mgcosθ,自卸车车厢倾角越大,车厢与石块间的正压力FN越小,故C正确;石块滑动后的摩擦力是滑动摩擦力,小于最大静摩擦力,也小于重力沿斜面方向的分力,故D错误。
2.如图所示,光滑的水平地面上有三块木块a、b、c,质量均为m,a、c之间用轻质细绳连接。
现用一水平恒力F作用在b上,三者开始一起做匀加速运动,a、c间细绳的拉力为T,a、b间的摩擦力为f。
运动过程中把一块橡皮泥粘在木块a上,系统仍加速运动,且a、b、c之间始终没有相对滑动。
稳定后,T和f的变化情况是（ ）
A.T变大,f变小 B.T变大,f变大
C.T变小,f变小 D.T变小,f变大
【解析】选D。
粘上橡皮泥后,对整体分析可知,加速度减小;再以c为研究对象,由牛顿第二定律可得,T=ma,因加速度减小,所以拉力减小,而对b物体由F-f=ma可知,摩擦力f应变大,故D正确,A、B、C错误。
3.“竹蜻蜓”是一种在中国民间流传甚广的传统儿童玩具,是中国古代一个很精妙的小发明,距今已有两千多年的历史。
其外形如图所示,呈T字形,横的一片是由木片经切削制成的螺旋桨,中间有一个小孔,其中插一根笔直的竹棍,用两手搓转这根竹棍,竹蜻蜓的桨叶便会旋转获得升力飞上天,随着升力减弱而最终又落回地面。
二十世纪三十年代,德国人根据“竹蜻蜓”的形状和原理发明了直升机的螺旋桨。
下列关于“竹蜻蜓”的说法正确的是（ ）
A.“竹蜻蜓”从手中飞出直至运动到最高点的过程中,始终在加速上升
B.“竹蜻蜓”从手中飞出直至运动到最高点的过程中,始终在减速上升
C.为使“竹蜻蜓”能以图示方向旋转上升,其桨叶前缘应比后缘略高
D.为使“竹蜻蜓”能以图示方向旋转上升,其桨叶前缘应比后缘略低
【解题指导】“竹蜻蜓”的初速度为零,运动到最高点时,速度也为零,据此分析运动情况,“竹蜻蜓”旋转上升,水平方向做圆周运动,竖直方向先做加速运动,而圆周运动需要指向圆心的向心力,据此分析即可。
【解析】选C。
“竹蜻蜓”的初速度为零,运动到最高点时,速度也为零,所以“竹蜻蜓”从手中飞出直至运动到最高点的过程中,先加速后减速,故A、B错误;为使“竹蜻蜓”能以图示方向旋转上升,则向上的力要大于向下的力,旋转上升,合外力指向圆心的部分提供向心力,所以桨叶前缘应比后缘略高,合力指向左上方,故C正确,D错误。
4.滑索,也称“速滑”“速降”“空中飞人”等。
最早用于高山自救和军事突击行动,后演化为一项具有挑战性、刺激性和娱乐性的现代化体育游乐项目,可跨越草地、湖泊、河流、峡谷,借助高度差从高处以较高的速度向下滑行,使游客在有惊无险的快乐中感受刺激和满足。
若忽略空气阻力,最后一段人缓慢下滑的过程中,下列有关人的受力图正确的是（ ）
【解析】选D。
由题意可知,人缓慢下滑的过程中,匀速运动,合力为零,则受力分析,即有:
拉力FT、摩擦力F与重力mg平衡,故A、B、C错误,D正确。
5.如图,老鹰沿虚线MN斜向下减速俯冲的过程中,空气对老鹰的作用力可能是图中的（ ）
A.F1 B.F2
C.F3D.F4
【解析】选B。
老鹰沿虚线MN斜向下减速俯冲的过程中,可认为老鹰受两个力的作用,一是重力,二是空气的作用力,二力的合力沿MN从N指向M的方向,所以空气对老鹰的作用力可能是F2,B正确,A、C、D错误。
6.如图所示的容器内盛有水,器壁AB部分是一个平面且呈倾斜状,有一个小物块P处于图示位置并保持静止状态,则该物体（ ）
A.可能受三个力作用
B.可能受四个力作用
C.一定受三个力作用
D.一定受四个力作用
【解析】选B。
物体一定受到地球的吸引而产生的重力,同时因为排开一定质量的液体,故一定受浮力,若浮力大小等于重力,则二者可以平衡,物体与AB间没有相互作用,故可能受两个力作用;若浮力大于重力,则物体一定会受AB对P的弹力,由于弹力垂直于接触面向下,物体只有受到向下的摩擦力才能受力平衡,故物体受四个力;故只有B正确,A、C、D错误。
【加固训练】
如图所示,直角三角形框架ABC（角C为直角）固定在水平地面上,已知AC与水平方向的夹角为α=30°。
小环P、Q分别套在光滑臂AC、BC上,用一根细绳连接两小环,静止时细绳恰好处于水平方向,小环P、Q的质量分别为m1、m2,则小环P、Q的质量之比为（ ）
A.
=
B.
=3
C.
=
D.
=
【解析】选B。
对P进行受力分析,设绳子拉力大小为T,由几何关系:
T1=m1gtanα①
对Q进行受力分析,由几何关系:
T2=m2gcotα②
T1=T2=T③
联立①②③得:
=cot2α=3,故选B。
7.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小
B.电脑受到的摩擦力变大
C.散热底座对电脑的作用力不变
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:
N=mgcosθ①
f=mgsinθ②
由原卡位1调至卡位4,角度θ减小,根据①式,支持力N增加,故A错误;
静摩擦力减小,故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。
8.如图,三根轻细绳悬挂两个质量相同的小球保持静止,A、D间细绳是水平的,现对B球施加一个水平向右的力F,将B缓缓拉到图中虚线位置,这时三根细绳张力TAC、TAD、TAB的变化情况是（ ）
A.都变大
B.TAD和TAB变大,TAC不变
C.TAC和TAB变大,TAD不变
D.TAC和TAD变大,TAB不变
【解析】选B。
以B为研究对象受力分析,由分解法作图如图:
由图可以看出,当将B缓缓拉到图中虚线位置过程,绳子与竖直方向夹角变大,绳子的拉力大小对应图中1、2、3三个位置,大小如图所示,即TAB逐渐变大,F逐渐变大;再以AB整体为研究对象受力分析,
设AC绳与水平方向夹角为α,
则竖直方向有:
TACsinα=2mg
得:
TAC=
不变;
水平方向:
TAD=TACcosα+F,TACcosα不变,而F逐渐变大,故TAD逐渐变大;故B正确。
9.如图在光滑地面上,水平外力F拉动小车和木块一起做无相对滑动的加速运动。
小车质量是M,木块质量是m,力大小是F,加速度大小是a,木块和小车之间动摩擦因数是μ,则在这个过程中,木块受到的摩擦力大小是（ ）
A.μma B.ma
C.
D.μmg
【解析】选B、C。
木块受到的摩擦力为静摩擦力,静摩擦力是根据二力平衡来计算的,不能根据f=μFN来计算,所以A、D错误。
对木块受力分析可知,木块受重力、支持力和静摩擦力的作用,由于木块在水平方向做加速运动,摩擦力作为合力,所以由牛顿第二定律可得:
f=ma,所以B正确。
对整体由牛顿第二定律可得:
F=（M+m）a,所以木块受到的摩擦力的大小为:
f=ma=
所以C正确。
10.如图所示,两个矩形物块叠放在斜面上,两物块之间的接触面是光滑的,m1和斜面之间接触面是粗糙的,滑轮摩擦不计,下列对物块m1受斜面的摩擦力的判断,正确的是（ ）
A.若两物块相对静止,且m1=m2,则物块m1受斜面的摩擦力为零
B.若两物块相对静止,且m1>m2,则物块m1受斜面的摩擦力方向沿斜面向上
C.若两物块相对静止,且m1D.若两物块匀速滑动,只要它们质量取的合适,物块m1可能不受斜面的摩擦力
【解析】选A、B。
先对m2受力分析,受重力、细线的拉力、支持力,根据平衡条件,有:
m2gsinθ-T=0①
再对m1受力分析,受重力、细线的拉力、压力、支持力和静摩擦力（设向上）,根据平衡条件,有:
m1gsinθ-T-f=0②
联立①②解得:
f=（m1-m2）gsinθ
若两物块相对静止,且m1=m2,则f=0,故A正确;
若两物块相对静止,且m1>m2,则f>0,假设成立,即物块m1受斜面的静摩擦力方向向上,故B正确;
若两物块相对静止,且m1若两物块匀速滑动,不管它们质量怎样,根据滑动摩擦力产生条件可知,物块m1一定受斜面滑动摩擦力,故D错误。
11.如图所示,光滑圆柱体A放在物块P与竖直墙壁之间,在A上再放另一个光滑圆柱体B,A、B的半径分别为r1、r2,质量分别为m1、m2,A、B处于平衡状态,且在下列变化中物块P的位置不变,系统仍平衡,则（ ）
A.若保持B的半径r2不变,而将B改用密度较大的材料制作,则物块P受到地面的静摩擦力增大
B.若保持A的质量m1不变,而将A改用密度较小的材料制作,则物块P对地面的压力增大
C.若保持A的质量m1不变,而将A改用密度较小的材料制作,则B对墙的压力增大
D.若保持B的质量m2不变,而将B改用密度较小的材料制作,则A对墙的压力增大
【解析】选A、C、D。
对A、B整体和P进行分析,受力如图（a）（b）,根据平衡条件,有:
f4=F1cosθ=F2
F2=（m1+m2）gcotθ
F3=F1sinθ+mg=（m+m1+m2）g
若保持B的半径r2不变,而将B改用密度较大的材料制作,则θ角不变,而B的质量增大,F3、f4均增大,故A正确;对A、B、P整体受力分析,竖直方向受重力和支持力,由于m1不变,m2、mP也不变,根据平衡条件,支持力与重力平衡,不变;再根据牛顿第三定律,P对地面的压力也不变,故B错误;对B分析,受力如图（c）,根据共点力平衡条件,有:
FB=m2gcotα
FN=
设墙对A的支持力为FA,则F2=FA+FB
若保持A的质量m1不变,而将A改用密度较小的材料制作,则A的半径增大,α角减小,故FB增大,故C正确;若保持B的质量m2不变,而将B改用密度较小的材料制作,则B的半径增大,α增大,FB减小,θ不变,F2不变,FA=F2-FB增大,故D正确。
【加固训练】
（多选）某旅游景区新开发了一个游乐项目,可简化为图示坡道模型,整个坡道由三段倾角不同的倾斜直轨道组成,滑车从坡顶A点由静止滑下,AB段做匀加速直线运动,BC段做匀速直线运动,CD段做匀减速直线运动,滑到坡底D点时速度减为零,不计空气的阻力,则（ ）
A.坡道AB对滑车的作用力沿坡面向下
B.坡道BC对滑车的作用力为零
C.坡道BC对滑车作用力竖直向上
D.坡道CD对滑车的作用力不可能垂直坡道斜面向上
【解析】选C、D。
滑车从坡顶A点由静止滑下,AB段做匀加速直线运动,从受力分析角度,受到重力、支持力与滑动摩擦力,因此做匀加速直线运动,则车受到的支持力与滑动摩擦力的合力在竖直向上偏右方向,这样再与重力的合力,才能产生向下的加速度,故A错误;车在BC段做匀速直线运动,因此车受到的支持力与滑动摩擦力的合力与重力等值反向,则坡道BC对滑车作用力竖直向上,故B错误,C正确;车在坡道CD做匀减速直线运动,那么车受到支持力与滑动摩擦力的合力,即对滑车的作用力,应该在竖直向上的偏左方向,这样再与重力的合力才能产生向上的加速度,因此对滑车的作用力不可能垂直坡道斜面向上,故D正确。
12.某装置如图所示,两根轻杆OA、OB与小球以及一小滑块通过铰链连接,杆OA的A端与固定在竖直光滑杆上的铰链相连。
小球与小滑块的质量均为m,轻杆OA、OB长均为L,原长为L的轻质弹簧与滑块都套在该竖直杆上,弹簧连接在A点与小滑块之间,装置静止时,弹簧长为1.6L,重力加速度为g,sin53°=0.8,
cos53°=0.6,以下说法正确的是（ ）
A.轻杆OA对小球的作用力方向与竖直轴的夹角为53°
B.轻杆OB对小滑块的作用力方向沿OB杆向下,大小为
C.轻杆OA与OB对小球的作用力大小之比是
D.弹簧的劲度系数k=
【解析】选B、D。
对球受力分析,球受重力、杆OA、OB对球的支持力（沿着杆的方向）,
依据平行四边形定则,结合几何关系与三角函数知识,
设OA与竖直方向夹角为θ,即cosθ=
解得:
θ=37°,
因FA=FB,轻杆OA与OB对小球的作用力大小之比是1∶1,故A、C错误;对小滑块受力分析,如图所示;
由以上分析可知,FB=
=
依据牛顿第三定律,则轻杆OB对小滑块的作用力方向沿OB杆向下,大小为
故B正确;
对于小滑块,根据平衡条件,则有:
T=mg+
cos37°,解得:
T=
mg,
再由胡克定律,则有:
k=
=
故D正确。
二、计算题（本题共2小题,共40分。
需写出规范的解题步骤）
13.（20分）质量为M=30kg的框架ABCD置于水平路面上,其与水平路面间的动摩擦因数μ=0.8,斜面AC的倾角为θ=37°,里面放置一表面光滑,质量为m=20kg的球体,框架静止时,球体与顶部AB有一很小的间隙（间隙远小于球体的半径可忽略不计）。
整个框架在水平向左的拉力作用下向左以a=2m/s2的加速度做匀加速直线运动（g取10m/s2）,求:
（1）水平向左的拉力F。
（2）水平拉力持续作用时间t=4s后撤除,求撤去拉力后框架滑行的最大距离。
（3）撤去拉力后,在框架停止运动之前,框架AB面是否对球体有作用力?
若有,试求其大小。
（sin37°=0.6,cos37°=0.8）
【解题指导】
（1）对整体受力分析,根据牛顿第二定律求出水平力F。
（2）撤去外力后,先根据速度—时间关系式求出撤去F时的速度,结合牛顿第二定律求出整体的加速度,根据速度—位移公式求出滑行的距离。
（3）根据小球所受的合力,得出x方向的合力,确定出y方向的最小分力,通过和重力比较判断AB面是否有弹力,再抓住竖直方向上平衡求出弹力的大小。
【解析】
（1）对整体,根据牛顿第二定律,有:
F-μ（M+m）g=（M+m）a
代入数据为:
F-0.8×（30+20）×10N=（30+20）×2N
解得:
F=500N
（2）刚撤去F时速度为:
v=at=2×4m/s=8m/s
由题意知框架受摩擦力为:
Ff=μ（M+m）g=0.8×（30+20）×10N=400N
撤去外力后,框架做匀减速运动,加速度为:
a′=
=
=μg=8m/s2
由v2=2a′x,代入数据解得:
x=4m。
（3）由题意,减速运动时,球水平方向合外力为:
F合=ma′=20×8N=160N,
FN沿水平方向分力Fx最小为:
F合=160N
则Fy最小,有:
=
N>mg=200N
所以AB框对球体有作用力。
设AB框对球体的作用力为FN1,受力分析如图
由竖直方向平衡,得:
mg+FN1=Fy,
Fy=
=
代入数据,得:
FN1=
N。
答案:
（1）500N
（2）4m
（3）有作用力,大小为
N
14.（20分）如图所示,质量为M的半球面静止在水平地面上,质量为m的小物块在半球面上处于平衡状态,小物块与一轻弹簧连接,弹簧的上端固定于墙上的O点。
已知小物块与球心O′的连线与竖直方向成θ=45°角,弹簧的劲度系数为k,其与竖直方向的夹角也为θ。
若小物块与球面之间刚好没有相对运动的趋势,求:
（1）弹簧的伸长量。
（2）球面所受地面的支持力。
【解析】
（1）对小物块受力分析:
摩擦力为零,支持力FN、弹簧的拉力FT和重力G三力平衡,如图所示:
FN=FT=
设弹簧伸长量为Δx,则:
FT=kΔx
解得:
Δx=
（2）设地面的支持力和摩擦力分别为F′N和Ff,对整体受力分析,
根据平衡条件得:
FTsinθ=Ff,
FTcosθ+F′N=（M+m）g
解得:
Ff=
mg,方向水平向左,F′N=Mg+
mg,方向竖直向上。
答案:
（1）
（2）Mg+
mg,方向竖直向上
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