度高三物理一轮复习限时规范特训第二章 第3讲 受力分析 共点力的平衡.docx

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度高三物理一轮复习限时规范特训第二章第3讲受力分析共点力的平衡

配餐作业　受力分析　共点力的平衡

A组·基础巩固题

1．（2018·无锡期中考试）我国的高铁技术在世界处于领先地位，高铁（如图甲所示）在行驶过程中非常平稳，放在桌上的水杯几乎感觉不到晃动。

图乙为高铁车厢示意图，A、B两物块相互接触放在车厢里的水平桌面上，物块与桌面间的动摩擦因数相同。

A的质量比B的质量大，车在平直的铁轨上向右做匀速直线运动且相对于桌面始终保持静止，下列说法正确的是（　　）

A．A受到2个力的作用

B．B受到3个力的作用

C．A受到桌面对它向右的摩擦力

D．B受到A对它向右的弹力

解析　A、B两物块随车厢一起做匀速直线运动，处于平衡状态。

A、B虽然接触但并没有相互作用，所以两物块都受到重力和支持力两个力作用，故A项正确。

答案　A　

2．（多选）如图所示，桌面上固定一个光滑竖直挡板，现将一个长方形物块A与截面为三角形的垫块B叠放在一起，用水平外力F缓缓向左推动B，使A缓慢升高，设各接触面均光滑，则该过程中（　　）

A．A和B均受三个力作用而平衡

B．B对桌面的压力保持不变

C．A对B的压力越来越小

D．外力F的大小恒定不变

解析　A受到重力、挡板的弹力和B的支持力三个力，B受到重力、A的压力、地面的支持力和外力F四个力，故A项错误；当B向左移动时，B对A的支持力和挡板对A的支持力方向均不变，根据平衡条件得，这两个力大小保持不变，则A对B的压力也保持不变。

对整体分析受力如图所示，由平衡条件得，F＝N1，挡板对A的支持力N1不变，则外力F不变。

桌面对整体的支持力N＝G总，保持不变，则B对桌面的压力不变，故C项错误，B、D项正确。

答案　BD　

3．（2017·全国卷Ⅰ）（多选）如图，柔软轻绳ON的一端O固定，其中间某点M拴一重物，用手拉住绳的另一端N，初始时，OM竖直且MN被拉直，OM与MN之间的夹角为α（α>

）。

现将重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角α不变。

在OM由竖直被拉到水平的过程中，下列说法正确的是（　　）

A．MN上的张力逐渐增大

B．MN上的张力先增大后减小

C．OM上的张力逐渐增大

D．OM上的张力先增大后减小

解析　设该过程OM转过的角度为θ，在该过程中重物受三个力的作用而处于平衡状态，设OM绳的拉力为F1，MN绳的拉力为F2，重力为mg。

则水平方向有平衡方程F1sinθ＝F2sin

，竖直方向有F1cosθ＋F2cos

＝mg，联立解得F1＝

，F2＝

，由于在该过程中α角大小不变，而θ逐渐增大至90°，sinθ逐渐增大；

随θ的增大，开始为钝角，后为锐角，故sin

先增大后减小，故MN绳的拉力增大，而OM绳的拉力先增大后减小。

故A、D项正确，B、C项错误。

答案　AD　

4．如图所示，质量为m的小球置于倾角为30°的光滑斜面上，劲度系数为k的轻弹簧一端系在小球上，另一端固定在P点，小球静止时，弹簧与竖直方向的夹角为30°，则弹簧的伸长量为（　　）

A.

B.

C.

D.

解析　对小球受力分析可知小球受力平衡，由题意可知弹簧弹力与竖直方向夹角为30°，竖直方向上弹簧弹力与斜面支持力的合力与重力平衡，根据几何关系可知2kxcos30°＝mg，解得x＝

，故C项正确。

答案　C　

5．（2017·天津）（多选）如图所示，轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆M、N上的a、b两点，悬挂衣服的衣架挂钩是光滑的，挂于绳上处于静止状态。

如果只人为改变一个条件，当衣架静止时，下列说法正确的是（　　）

A．绳的右端上移到b′，绳子拉力不变

B.将杆N向右移一些，绳子拉力变大

C.绳的两端高度差越小，绳子拉力越小

D.若换挂质量更大的衣服，则衣架悬挂点右移

解析　受力分析如下图所示：

若将绳的右端上移到b′点，左端绳子与竖直方向夹角θ不变，由于衣服及挂钩的重力mg不变，又2Tcosθ＝mg，则T＝

，所以绳子拉力不变，故A项正确；若将杆向右移一些，则绳子与竖直方向夹角θ增大，由T＝

知绳子拉力增大，故B项正确；绳的两端高度差无论如何变化，绳子与竖直方向的夹角θ都不变，由T＝

知，绳子拉力始终不变，故C项错误；若换挂质量更大的衣服，只是衣服的重力增大，绳子与竖直方向的夹角θ不变，则衣架悬挂点不变，故D项错误。

答案　AB　

6．如图所示，有一质量不计的杆AO，长为R，可绕A自由转动。

用绳在O点悬挂一个重为G的物体，另一根绳一端系在O点，另一端系在圆弧形墙壁上的C点。

当点C由图示位置逐渐向上沿圆弧CB移动过程中（保持OA与地面夹角θ不变），OC绳所受拉力的大小变化情况是（　　）

A．逐渐减小B．逐渐增大

C．先减小后增大D．先增大后减小

解析　对G分析，G受力平衡，则拉力等于重力，故竖直绳的拉力不变；再对O点分析，O受绳子的拉力、OA的支持力及OC的拉力而处于平衡；受力分析如图所示；将F和OC绳上的拉力合成，其合力与G大小相等，方向相反，则在OC上移的过程中，平行四边形的对角线保持不变，平行四边形发生图中所示变化，则由图可知OC的拉力先减小后增大，图中D点时力最小；故选C项。

答案　C　

7．A、B、C三个物体通过细线和光滑的滑轮相连，处于静止状态，如图所示，C是一箱砂子，砂子和箱的重力都等于G，动滑轮的质量不计，打开箱子下端开口，使砂子均匀流出，经过时间t0流完，则下图中哪个图线表示在这个过程中桌面对物体B的摩擦力f随时间的变化关系（　　）

解析　选择A、B整体作为研究对象，由于这个整体开

始处于静止状态，所以后来应该一直处于静止状态，整体共受到5个力的作用，即：

重力G＝GA＋GB，支持力N、静摩擦力f、两根绳子的拉力F1和F2，其中F1＝F2＝

，根据力的平衡得f＝F1＋F2＝GC，所以当砂子均匀流出时，B项正确。

答案　B　

8．如图所示，一竖直放置的大圆环，在其水平直径上的A、B两端系着一根不可伸长的柔软轻绳，绳上套有一光滑小铁环。

现将大圆环在竖直平面内绕O点顺时针缓慢转过一个微小角度，则关于轻绳对A、B两点拉力FA、FB的变化情况，下列说法正确的是（　　）

A．FA变小，FB变小B．FA变大，FB变大

C．FA变大，FB变小D．FA变小，FB变大

解析　柔软轻绳上套有光滑小铁环，两侧轻绳中拉力相等。

将大圆环在竖直平面内绕O点顺时针缓慢转过一个微小角度，A、B两点之间的水平距离减小，光滑小铁环两侧轻绳间夹角2α减小，由2Fcosα＝mg可知，轻绳中拉力F减小，轻绳对A、B两点的拉力FA和FB都变小，A项正确。

答案　A　

B组·能力提升题

9．在水平地面上固定一个上表面光滑的斜面体，在它上面放有质量为m的木块，用一根平行于斜面的细线连接一个轻环，并将轻环套在一根两端固定、粗糙的水平直杆上，整个系统处于静止状态，如图所示，则杆对环的摩擦力大小为（　　）

A．mgsinθB．mgcosθ

C．mgtanθD．mgsinθcosθ

解析　设细线的弹力为F，对斜面上的物块由共点力平衡条件有F－mgsinθ＝0，对轻环由共点力平衡条件有Fcosθ－f＝0，解得杆对环的摩擦力大小为f＝mgsinθcosθ。

答案　D　

10．如图所示，一个半球形的碗放在桌面上，碗口水平，O是球心，碗的内表面光滑，一根轻质杆的两端固定有两个小球，质量分别是m1、m2，当它们静止时，m1、m2与球心的连线跟水平面分别成60°、30°，则碗对两小球m1、m2的弹力大小之比是（　　）

A．1∶2　B.

∶1

C．1∶

　D.

∶2

解析　m1、m2组成的系统处于平衡状态，对m1、m2整体受力分析如图所示，N1、N2分别为碗对m1和m2的弹力，水平方向上合力为零，N1sin30°＝N2sin60°，则N1∶N2＝

∶1，B项正确。

答案　B　

【解题技巧】

本题是平衡条件的应用，关键是研究对象的选择，选择好合适的研究对象可以方便快捷地解决问题，此题也可对两球分别分析，但是较麻烦。

11．如图所示，在细绳AC和水平拉力共同作用下竖直轻杆AB处于平衡状态。

若AC加长，使C点左移，AB仍保持平衡状态。

细绳AC上的拉力T和杆AB受到的压力N与原先相比，下列说法正确的是（　　）

A．T和N都增大B．T和N都减小

C．T增大，N减小D．T减小，N增大

解析　若AC加长，由于悬挂的重物质量不变，水平拉力不变，分析结点A处受力情况，细绳AC上拉力T在水平方向分力大小等于悬挂的重物重力，在竖直方向分力等于AB受到的压力，若AC加长，使C点左移，AB仍保持平衡状态，显然T和N都减小，故B项正确。

答案　B　

12.（2018·霞浦一中月考）如图所示，高层住宅外安装空调主机时，电机通过缆绳牵引主机沿竖直方向匀速上升。

为避免主机与阳台、窗户碰撞，通常会用一根拉绳拽着主机，地面上拽拉绳的人通过移动位置，使拉绳与竖直方向的夹角β保持不变，则在提升主机过程中，下列结论正确的是（　　）

A．缆绳拉力F1和拉绳拉力F2都增大

B．缆绳拉力F1和拉绳拉力F2都不变

C．缆绳与竖直方向的夹角α可能大于角β

D．缆绳拉力F1的功率保持不变

解析　对物体受力分析如图，物体匀速运动，故合力为零，在竖直方向：

F1cosα－mg－F2cosβ＝0，在水平方向：

F1sinα－F2sinβ＝0，在上升过程中，α增大，而β不变，联立可以判断缆绳拉力F1和拉绳拉力F2都增大，故A项正确，B项错误；因F1大于F2，故缆绳与竖直方向的夹角α小于角β，故C项错误；缆绳拉力的功率P＝F1vcosα，由于F1cosα＝mg＋F2cosβ增大，v不变，故P增大，故D项错误。

答案　A　

13.如图所示，半圆形框架竖直放置在粗糙的水平地面上，光滑的小球P在水平外力F的作用下处于静止状态，P与圆心O的连线与水平面的夹角为θ，将力F在竖直面内沿顺时针方向缓慢地转过90°，框架与小球始终保持静止状态。

在此过程下列说法正确的是（　　）

A．框架对小球的支持力一直减小

B．拉力F的最小值为mgsinθ

C．地面对框架的摩擦力先减小后增加

D．框架对地面的压力一直增大

解析　用图解法求解，力F顺时针转过90°的过程中，F先减小后增大，最小值为mgcosθ，B项错误；框架对小球的支持力N一直减小，A项正确；以框架为研究对象，由平衡条件得地面对框架的摩擦力大小等于Ncosθ，随N减小，Ncosθ减小，C项错误；框架对地面的压力等于mg＋Nsinθ，随N的减小而减小，D项错误。

答案　A　

14．如图所示，质量M＝2

kg的木块A套在水平杆上，并用轻绳将木块A与质量m＝

kg的小球B相连。

今用跟水平方向成α＝30°角的力F＝10

N，拉着球带动木块一起向右匀速运动，运动中M、m相对位置保持不变，g取10m/s2。

求：

（1）运动过程中轻绳与水平方向的夹角θ。

（2）木块与水平杆间的动摩擦因数μ。

解析　

（1）设轻绳对B的拉力为T，小球受力如图甲所示，由平衡条件可得Fcos30°－Tcosθ＝0，　①

Fsin30°＋Tsinθ－mg＝0，　②

解得10

cos30°＝Tcosθ，　③

10

sin30°＋Tsinθ＝10

，　④

由③④解得T＝10

N，

θ＝30°。

（2）以木块和小球组成的整体为研究对象，受力如图乙所示，由平衡条件得Fcos30°－f＝0，

N＋Fsin30°－（M＋m）g＝0，

又f＝μN，解得μ＝

。

答案　

（1）30°　

（2）