2020届高考物理一轮复习精品同步练习：第二章相互作用共点力的平衡阶段质量检测
山东省2020版高考物理一轮复习单元质检二相互作用共点力的平衡新人教版
单元质检二 相互作用 共点力的平衡(时间:45分钟 满分:100分)一、选择题(本题共8小题,每小题6分,共48分。
在每小题给出的四个选项中,第1~5题只有一项符合题目要求,第6~8题有多项符合题目要求。
全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)1.(2019·四川攀枝花十二中月考)两个劲度系数分别为k 1和k 2的轻质弹簧a 、b 串接在一起,a 弹簧的一端固定在墙上,如图所示。
开始时弹簧均处于原长状态,现用水平力作用在b 弹簧的P 端向右拉动弹簧,已知a 弹簧的伸长量为L ,则( )A .b 弹簧的伸长量也为LB .b 弹簧的伸长量为k 1kk 2C .P 端向右移运动的距离为2LD .P 端向右移运动的距离为(1+k2k 1)L,b 两根轻弹簧串联,弹力大小相等,根据胡克定律F=kx 得x 与k 成反比,则得b 弹簧的伸长量为k 1kk 2,故A 错误,B 正确;P 端向右移动的距离等于两根弹簧伸长量之和,即为S=L+k 1kk 2=(1+k1k 2)L ,故C 、D 错误。
2.(2019·陕西城固一中月考)最近,不少人喜欢踩着一种独轮车,穿梭街头。
这种独轮车全名叫电动平衡独轮车,其中间是一个窄窄的轮子,两侧各有一块踏板。
当人站在踏板上向右运动时,可简化为如图甲、乙所示的模型。
关于人在运动中踏板对人脚的摩擦力,下列说法正确的是()A.考虑空气阻力,当人以如图甲所示的状态向右匀速运动时,脚所受摩擦力向左B.不计空气阻力,当人以如图甲所示的状态向右加速运动时,脚所受摩擦力向左C.考虑空气阻力,当人以如图乙所示的状态向右匀速运动时,脚所受摩擦力可能为零D.不计空气阻力,当人以如图乙所示的状态向右加速运动时,脚所受摩擦力不可能为零,当人以如图甲所示状态向右匀速运动时,根据平衡条件,则脚所受摩擦力向右,故A错误;不计空气阻力,当人以如图甲所示的状态向右加速运动时,合力向右,即脚所受摩擦力向右,故B错误;当考虑空气阻力,当人以如图乙所示的状态向右匀速运动时,根据平衡条件,则重力、支持力与空气阻力平衡时,则脚所受摩擦力可能为零,故C正确;当不计空气阻力,当人以如图乙所示的状态向右加速运动时,根据牛顿第二定律,脚受到的重力与支持力提供加速度时,那么脚所受摩擦力可能为零,故D错误。
高考物理人教版一轮复习单元质检二相互作用共点力的平衡+Word版含解析.docx
单元质检二相互作用共点力的平衡(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(本题共8小题,每小题6分,共48分。
在每小题给出的四个选项中,第1~5题只有一项符合题目要求,第6~8题有多项符合题目要求。
全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)1.(2019·四川攀枝花十二中月考)两个劲度系数分别为k1和k2的轻质弹簧a、b串接在一起,a弹簧的一端固定在墙上,如图所示。
开始时弹簧均处于原长状态,现用水平力作用在b弹簧的P端向右拉动弹簧,已知a弹簧的伸长量为L,则()A.b弹簧的伸长量也为LB.b弹簧的伸长量为C.P端向右移运动的距离为2LD.P端向右移运动的距离为L,b两根轻弹簧串联,弹力大小相等,根据胡克定律F=kx得x与k成反比,则得b弹簧的伸长量为,故A错误,B正确;P端向右移动的距离等于两根弹簧伸长量之和,即为S=L+ L,故C、D错误。
2.(2019·陕西城固一中月考)最近,不少人喜欢踩着一种独轮车,穿梭街头。
这种独轮车全名叫电动平衡独轮车,其中间是一个窄窄的轮子,两侧各有一块踏板。
当人站在踏板上向右运动时,可简化为如图甲、乙所示的模型。
关于人在运动中踏板对人脚的摩擦力,下列说法正确的是()A.考虑空气阻力,当人以如图甲所示的状态向右匀速运动时,脚所受摩擦力向左B.不计空气阻力,当人以如图甲所示的状态向右加速运动时,脚所受摩擦力向左C.考虑空气阻力,当人以如图乙所示的状态向右匀速运动时,脚所受摩擦力可能为零D.不计空气阻力,当人以如图乙所示的状态向右加速运动时,脚所受摩擦力不可能为零,当人以如图甲所示状态向右匀速运动时,根据平衡条件,则脚所受摩擦力向右,故A错误;不计空气阻力,当人以如图甲所示的状态向右加速运动时,合力向右,即脚所受摩擦力向右,故B错误;当考虑空气阻力,当人以如图乙所示的状态向右匀速运动时,根据平衡条件,则重力、支持力与空气阻力平衡时,则脚所受摩擦力可能为零,故C正确;当不计空气阻力,当人以如图乙所示的状态向右加速运动时,根据牛顿第二定律,脚受到的重力与支持力提供加速度时,那么脚所受摩擦力可能为零,故D错误。
2020届高考物理人教版一轮复习限时规范练：共点力的平衡(含解析)
2020届高考物理人教版一轮复习限时规范练共点力的平衡一、选择题1.如图所示，物体A在竖直向上的拉力F的作用下能静止在斜面上，关于A受力的个数，下列说法中正确的是( )A．A一定受两个力作用B．A一定受四个力作用C．A可能受三个力作用D．A受两个力或者四个力作用解析：选D.若拉力F大小等于物体的重力，则物体与斜面没有相互作用力，所以物体就只受到两个力作用；若拉力F小于物体的重力，则斜面对物体产生支持力和静摩擦力，故物体应受到四个力作用．2、如图所示，质量分布均匀的细棒中心为O点， O1为光滑铰链，O2为光滑定滑轮， O2在O1正上方，一根轻绳一端系于O点，另一端跨过定滑轮O2由水平外力F牵引，用N表示铰链对杆的作用，现在外力F作用下，细棒从图示位置缓慢转到竖直位置的过程中，下列说法正确的是( )A．F逐渐变小，N大小不变B．F逐渐变小，N大小变大C．F先变小后变大，N逐渐变小D．F先变小后变大，N逐渐变大解析：选A.画出杆的受力图如图，根据三角形法则可知：NOO1＝mgO1O2＝FOO2，因OO1和O1O2不变，则N不变；随OO2的减小F减小；故选A.3.如图所示，在一水平长木板上放一木块P，缓慢抬起木板的右端，木块P和木板始终相对静止，则( )A．木块受到木板的支持力减小、摩擦力减小B．木块受到木板的支持力增大、摩擦力增大C．木块受到木板的作用力大小不变、方向不变D．木块受到木板的作用力大小变化、方向变化【答案】C【解析】：对本块受力分析可知，木块受到重力、支持力和沿斜面向上的摩擦力的作用，木块开始滑动前，木块受力平衡，所以摩擦力和重力沿斜面向下的分力相等，即f＝mg sin θ，所以夹角增大的过程中，木块所受的摩擦力一直在增大；木块受到的支持力F N＝mg cos θ，由于抬起木板的过程中，夹角增大，故支持力减小，故A、B错误。
由于木块一直处于平衡状态，故木块受到木板的作用力始终等于重力，故木块受到木板的作用力大小不变、方向不变，故C正确，D 错误。
2020版高考物理一轮复习 第二章 相互作用综合检测(含解析)新人教版
相互作用综合检测(时间:90分钟满分:100分)一、选择题（本题共12小题,每小题4分,共48分.在每小题给出的四个选项中,第1～7小题只有一个选项正确，第8～12小题有多个选项正确,全部选对的得4分,选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分）1.减速带是交叉路口常见的一种交通设施,用以使车辆以较慢速度通过路口,车辆驶过减速带时会进一步减速.当汽车前轮刚爬上减速带时，减速带对车轮的弹力为F,下图中弹力F画法正确且分解合理的是（ B )解析:减速带对车轮的弹力方向垂直车轮和减速带的接触面，指向受力物体，故A，C错误；按照力的作用效果,力F应该分解为水平方向和竖直方向的两个分力，水平方向的分力产生的效果减慢汽车的速度,竖直方向上的分力产生向上运动的作用效果,故B正确,D错误.2。
大小相等的力F按如图所示的四种方式作用在相同的物体上,使物体能沿不同粗糙程度的水平面匀速运动，则物体与水平面间的摩擦力最大的是( A )解析：根据物体的平衡条件有f A=F,f B=Fcos 30°,f C=Fcos 30°,f D=Fcos 60°,知物体与水平面间的摩擦力最大的是A选项。
3。
如图所示,用一根轻绳晾晒重量为G的衣服,衣服是通过一个光滑的小圆环穿过细绳后悬挂起来的,此时两段绳间的夹角为120°，绳中张力为F1；若在环上加一水平拉力使细绳的一部分处在竖直线上,此时晾衣绳中的张力大小为F2，不计小圆环的重力,则下列关系正确的是( B ）A。
F1=F2=G B。
F2〈F1=GC。
F2>F1>G D。
F2<F1〈G解析：分别对两种情况下的环进行受力分析,如图。
由图可知,开始时三个力的方向之间的夹角都是120°，所以F1=G；若在环上加一水平拉力使细绳的一部分处在竖直线上，则在竖直方向上有F2+F2sin θ=G，得F2〈G,所以三个力之间的关系为F2〈F1=G。
2020高考物理一轮复习专题2-3 共点力的平衡(精练)含答案
专题2.3 共点力的平衡（精练）1．(2019·四川绵阳中学模拟)如图所示，物体M 在竖直向上的拉力F 作用下静止在一固定的粗糙斜面上，则物体M 受力的个数可能为( )A ．2个B ．3个C ．4个D ．5个 【答案】AC【解析】当F ＝mg 时，物体只受到重力和拉力F 的作用；当F <mg 时，物体还受到斜面弹力和摩擦力的作用，故本题选A 、C ．2．(2019·山西大同一中模拟) “阶下儿童仰面时，清明妆点正堪宜．游丝一断浑无力，莫向东风怨别离．”这是《红楼梦》中咏风筝的诗，风筝在风力F 、线的拉力F T 以及重力G 的作用下，能够高高地飞在蓝天上．关于风筝在空中的受力可能正确的是( )【答案】A【解析】在B 、C 、D 三个图中，合力不可能为零，不能处于平衡状态，只有A 图，在三个力的作用下能处于平衡，故A 正确，B 、C 、D 错误．3．(2019·山东日照一中模拟)如图所示，物体在水平外力作用下处于静止状态，当外力F 由图示位置逆时针转到竖直位置的过程中，物体仍保持静止，则在此过程中静摩擦力可能为( )A ．0B ．FC ．F2 D ．2F【答案】ABC【解析】由于物体不动，当F 逆时针转动时，静摩擦力与F 的水平分力平衡，当F 水平时，F f ＝F ，当F 竖直时，F f ＝0，所以静摩擦力的变化范围是0≤F f ≤F ，故A 、B 、C 正确．4．(2019·湖北孝感高中模拟)如图所示，一个半球形的碗放在桌面上，碗口水平，O 点为其球心，碗的内表面及碗口是光滑的．一根细线跨在碗口上，线的两端分别系有质量为m1和m2的小球．当它们处于平衡状态时，质量为m1的小球与O点的连线与水平线的夹角为α＝90°，质量为m2的小球位于水平地面上，设此时质量为m2的小球对地面压力大小为F N，细线的拉力大小为F T，则()A．F N＝(m2－m1)g B．F N＝m2g C．F T＝22m1g D．F T＝(m2－22m1)g【答案】B【解析】分析小球m1的受力情况，由物体的平衡条件可得，绳的拉力F T＝0，故C、D均错误；分析m2受力，由平衡条件可得：F N＝m2g，故A错误，B正确．5．(2019·安徽江南十校联合二模)重力为G的两个完全相同的小球，与水平面的动摩擦因数均为μ.竖直向上的较小的力F作用在连接两球轻绳的中点，绳间的夹角α＝60°，如图所示．缓慢增大F，到两球刚要运动的过程中，下列说法正确的是()A．地面对球的支持力变大，摩擦力变大B．地面对球的支持力变小，摩擦力变小C．球刚开始运动时，地面对球没有支持力D．球刚开始运动时，球受到的摩擦力最大【答案】D【解析】先用整体法，将两小球看成一整体，F增大，则地面对小球的支持力变小，但不会变为零，A、C错误．再用隔离法，取左边的小球为研究对象，因为F增大，绳子的拉力F T增大，那么F T在水平面上的分量增大，所以地面对小球的摩擦力变大，B错误，D正确．6．(2019·河北衡水中学调研)如图所示，有一质量不计的杆AO，长为R，可绕A自由转动．用轻绳在O点悬挂一个重为G的物体，另一根轻绳一端系在O点，O点为圆弧的圆心，另一端系在圆弧形墙壁上的C点．当该轻绳端点由点C逐渐沿圆弧CB向上移动的过程中(保持OA与地面夹角θ不变)，OC绳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【答案】C【解析】对物体分析，物体受力平衡，则竖直绳的拉力等于物体的重力，故竖直绳的拉力不变；再对O点分析，O受竖直绳的拉力、OA的支持力F及OC绳的拉力而处于平衡状态，受力分析如图所示．F和OC绳的拉力的合力与G大小相等，方向相反，则在OC绳端点上移的过程中，平行四边形的对角线保持不变，由图可知OC 绳的拉力先减小后增大，故C正确．7．(2019·江西临川一中模拟)如图，一不可伸长的光滑轻绳，其左端固定于O点，右端跨过位于O′点的固定光滑轴悬挂一质量为M的物体；OO′段水平，长度为L；绳上套一可沿绳滑动的轻环．现在轻环上悬挂一钩码，平衡后，物体上升L.则钩码的质量为()A．22M B．32M C．2M D．3M【答案】D【解析】如图所示，轻环上挂钩码后，物体上升L，则根据几何关系可知，三角形OO′A为等边三角形，根据物体的平衡条件可知，2Mg cos 30°＝mg，求得m＝3M，D项正确．8．(2019·浙江镇海中学模拟)一铁球悬挂在OB绳的下端，轻绳OA、OB、OC的结点为O，轻绳OA悬挂在天花板上的A点，轻绳OC拴接在轻质弹簧测力计上．第一次，保持结点O位置不变，某人拉着轻质弹簧测力计从竖直位置缓慢转动到水平位置，如图中的甲所示，弹簧测力计的示数记为F1.第二次，保持轻绳OC垂直于OA，缓慢释放轻绳，使轻绳OA转动到竖直位置，如图中的乙所示，弹簧测力计的示数记为F2.则()A ．F 1恒定不变，F 2逐渐增大B ．F 1、F 2均逐渐增大C ．F 1先减小后增大，F 2逐渐减小D ．F 1逐渐增大，F 2先减小后增大 【答案】C【解析】题图甲中，OA 与OC 的合力与重力等大反向，且保持不变，OA 的方向不变，通过画平行四边形可知，当OC 顺时针转动到水平位置时，F 1先减小后增大．题图乙中，设OA 绳与竖直方向的夹角为θ，因为OA 与OC 垂直，且合力与重力等大反向，故F 2＝mg sin θ，根据题意，随着θ的减小，F 2逐渐减小，故选项C 正确． 9．(2019·上海延安中学模拟)如图所示，两根轻弹簧a 、b 的上端固定在竖直墙壁上，下端连接在小球上．当小球静止时，弹簧a 、b 与竖直方向的夹角分别为53°和37°.已知a 、b 的劲度系数分别为k 1、k 2，sin 53°＝0.8，则a 、b 两弹簧的伸长量之比为()A ．4k 23k 1B ．3k 24k 1C ．3k 14k 2 D ．4k 13k 2【答案】B【解析】作出小球的受力分析图如图所示，根据平衡条件有F ＝mg ，弹簧a 的弹力F 1＝F cos 53°＝35mg ，弹簧b 的弹力F 2＝F sin 53°＝45mg ，根据胡克定律有x ＝F k ，则a 、b 两弹簧的伸长量之比为x 1x 2＝F 1k 1F 2k 2＝3k 24k 1.故选项B 正确．10．(2019·四川彭州中学模拟)如图所示，a 、b 两个质量相同的球用线连接，a 球用线挂在天花板上，b 球放在光滑斜面上，系统保持静止，以下图示中正确的是( )【答案】B【解析】对b 球受力分析，受重力、垂直斜面向上的支持力和细线的拉力，由于三力平衡时三个力中任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线，故细线拉力向右上方，故A 图错误；再对a 、b 两个球整体受力分析，受总重力、垂直斜面向上的支持力和上面细线的拉力，再次根据共点力平衡条件判断上面的细线的拉力方向斜向右上方，故C 、D 图均错误．11. (2019·江苏盐城中学模拟)如图所示，光滑半球形容器固定在水平面上，O 为球心．一质量为m 的小滑块，在水平力F 的作用下静止于P 点，设滑块所受支持力为F N ，OP 与水平方向的夹角为θ.下列关系正确的是( )A ．F ＝mg tan θB ．F ＝mg tan θC ．F N ＝mgtan θ D ．F N ＝mg tan θ 【答案】A【解析】法一：合成法滑块受力如图甲，由平衡条件知：mg F ＝tan θ，mg F N ＝sin θ⇒F ＝mg tan θ，F N ＝mgsin θ.法二：效果分解法将重力按产生的效果分解，如图乙所示，F ＝G 2＝mg tan θ，F N ＝G 1＝mgsin θ. 法三：正交分解法将滑块受的力水平、竖直分解，如图丙所示，mg ＝F N sin θ，F ＝F N cos θ，联立解得：F ＝mg tan θ，F N ＝mgsin θ. 法四：封闭三角形法如图丁所示，滑块受的三个力组成封闭三角形，解直角三角形得：F ＝mg tan θ，F N ＝mgsin θ.12. (2019·河北正定中学模拟)如图，一不可伸长的光滑轻绳，其左端固定于O点，右端跨过位于O′点的固定光滑轴悬挂一质量为M的物体；OO′段水平，长度为L；绳子上套一可沿绳滑动的轻环．现在轻环上悬挂一钩码，平衡后，物体上升L，则钩码的质量为()A．22M B．32M C．2M D．3M【答案】D【解析】重新平衡后，绳子形状如图，由几何关系知：绳子与竖直方向夹角为30°，则环两边绳子的夹角为60°，根据平行四边形定则，环两边绳子拉力的合力为3Mg，根据平衡条件，则钩码的质量为3M，故选项D正确．13. (2019·黑龙江鹤岗一中模拟)如图所示，用完全相同的轻弹簧A、B、C将两个相同的小球连接并悬挂，小球处于静止状态，弹簧A与竖直方向的夹角为30°，弹簧C水平，则弹簧A、C的伸长量之比为()A．3∶4B．4∶ 3 C．1∶2 D．2∶1【答案】D【解析】法一：隔离法分别对两小球受力分析，如图甲所示F A sin 30°－F B sin α＝0F′B sin α－F C＝0，F B＝F′B得F A＝2F C，即弹簧A、C的伸长量之比为2∶1，选项D正确．法二：整体法将两球作为一个整体，进行受力分析，如图乙所示由平衡条件知：F′A F C＝1sin 30°，即F′A＝2F C又F′A＝F A，则F A＝2F C，即弹簧A、C的伸长量之比为2∶1，故选项D正确．14．(2019·辽宁沈阳二中模拟)如图所示，小球用细绳系住，绳的另一端固定于O点．现用水平力F缓慢推动斜面体，小球在斜面体上无摩擦地滑动，细绳始终处于直线状态，当小球升到接近斜面顶端时细绳接近水平，此过程中斜面对小球的支持力F N以及绳对小球的拉力F T的变化情况是()A．F N保持不变，F T不断增大B．F N不断增大，F T不断减小C．F N保持不变，F T先增大后减小D．F N不断增大，F T先减小后增大【答案】D【解析】选小球为研究对象，其受力情况如图所示，用平行四边形定则作出相应的“力三角形O′AB”，其中O′A 的大小、方向均不变，AB的方向不变，推动斜面时，F T逐渐趋于水平，B点向下移动，根据动态平衡，F T先减小后增大，F N不断增大，选项D正确．15．(2019·湖南岳阳一中检测)如图所示，物体A、B跨过定滑轮并用轻绳连接起来，物体A放在倾角为θ的固定粗糙斜面上，滑轮左边的轻绳平行斜面．已知物体A的质量为m，物体A与斜面的动摩擦因数为μ(μ<tan θ<1)，不计滑轮与绳之间的摩擦，要使物体A能在斜面上滑动，物体B的质量可能为()A．m(1－μ)sin θ B．m(1＋μ)cos θC ．m (1－μ)cos θ D.m （sin θ－μcos θ）2 【答案】BD【解析】当物体A 恰好下滑时有mg sin θ＝μmg cos θ＋m B g ，得m B ＝m (sin θ－μcos θ)，当物体A 恰好上滑时有mg sin θ＋μmg cos θ＝m B g ，得m B ＝m (sin θ＋μcos θ)，即B 的质量只要小于m (sin θ－μcos θ)或者大于m (sin θ＋μcos θ)即可，D 正确；又由题意tan θ<1，所以θ<45°即sin θ＋μcos θ小于(1＋μ)cos θ，所以B 正确，A 、C 错误． 16．(2019·广东深圳中学模拟)质量均匀分布的光滑球A 与B 通过轻绳连接，悬挂于平台两侧，初始状态A 球与地面和平台侧面接触且有挤压，B 球悬于空中，如图所示．不计轻绳摩擦，若A 发生均匀的少量膨胀后，两球仍能保持静止状态．则( )A ．两球的质量可能相等B ．地面对平台一定有静摩擦力C ．膨胀后平台侧面对A 弹力变小D ．膨胀后A 对地面压力会变大 【答案】D【解析】因初始状态A 球与地面接触且有挤压，可知B 的质量小于A 的质量，选项A 错误；对平台及A 、B 的整体受力分析，水平方向不受力，则地面对平台无静摩擦力作用，选项B 错误；膨胀后拉A 的细线与竖直方向的夹角θ变大，由平衡知识可知平台侧面对A 弹力F N ＝T sin θ＝m B g sin θ，可知平台侧面对A 弹力变大，选项C 错误；地面对A 的支持力F ′N ＝m A g －T cos θ，可知膨胀后F ′N 变大，即A 对地面压力会变大，选项D 正确． 17．(2019·北京101中学模拟)如图所示，小球a 的质量为小球b 质量的一半，分别与轻弹簧A 、B 和轻绳相连接并处于平衡状态．轻弹簧A 与竖直方向夹角为60°，轻弹簧A 、B 伸长量刚好相同，则下列说法正确的是( )A ．轻弹簧A 、B 的劲度系数之比为3∶1 B ．轻弹簧A 、B 的劲度系数之比为2∶1C ．轻绳上拉力与轻弹簧A 上拉力的大小之比为2∶1D ．轻绳上拉力与轻弹簧A 上拉力的大小之比为3∶2 【答案】AD【解析】设轻弹簧A 、B 伸长量都为x ，小球a 的质量为m ，则小球b 的质量为2m .对小球b ，由平衡条件，弹簧B 中弹力为k B x ＝2mg ；对小球a ，由平衡条件，竖直方向k B x ＋mg ＝k A x cos60°，联立解得：k A ＝3k B ，选项A 正确，B 错误；水平方向，轻绳上拉力F ＝k A x sin 60°，选项C 错误，D 正确．18．(2019·广东梅州一中模拟)轻绳一端系在质量为m的物块A上，另一端系在一个套在粗糙竖直杆MN的圆环上．现用水平力F拉住绳子上一点O，使物块A从图中实线位置缓慢下降到虚线位置，但圆环仍保持在原来位置不动，在这一过程中，环对杆的摩擦力F1和环对杆的压力F2的变化情况是()A．F1保持不变，F2逐渐增大B．F1保持不变，F2逐渐减小C．F1逐渐增大，F2保持不变D．F1逐渐减小，F2保持不变【答案】B【解析】以圆环、物块A及轻绳整体为研究对象，受力情况如图甲所示，根据平衡条件得，杆对环的摩擦力F1′＝G，保持不变，杆对环的弹力F2′＝F；以结点O为研究对象，受力情况如图乙所示，由平衡条件得，F＝mg tanθ，物块A从图中实线位置缓慢下降到虚线位置过程中，θ逐渐减小，则F逐渐减小，F2′逐渐减小．所以F1′保持不变，F2′逐渐减小，由牛顿第三定律知F1不变，F2减小，选项B正确．19．(2019·江西上饶一中二模)如图所示，顶端附有光滑定滑轮的斜面体静止在粗糙水平地面上，三条细绳结于O点．一条绳跨过定滑轮平行于斜面连接物块P，一条绳连接小球Q，P、Q两物体处于静止状态，另一条绳OA在外力F的作用下，处于水平方向，现缓慢改变绳OA的方向至θ<90°，且保持结点O位置不变，整个装置始终处于静止状态．下列说法正确的是()A．绳OA的拉力先减小后增大B．绳OB的拉力一直增大C．地面对斜面体有向右的摩擦力D．地面对斜面体的支持力不断减小【答案】AD【解析】缓慢改变绳OA的方向至θ<90°的过程，OA拉力的方向变化如图所示，从3位置到2位置到1位置可见OA的拉力先减小后增大，OB的拉力一直减小，故A正确，B错误；以斜面和P、Q整体为研究对象受力分析，根据平衡条件可知斜面受地面的摩擦力与OA 绳水平方向的分力等大、反向，故摩擦力方向向左，C 错误；以斜面体和P 整体为研究对象受力分析，绳OB 对其竖直向下的分力减小，则地面对斜面的支持力减小，故D 正确．20．(2019·天津耀华中学模拟)将轻绳和轻弹簧的一端分别固定在圆弧上的A 、B 两点，另一端固定在小球a 上，静止时，小球a 恰好处于圆心O 处，如图甲所示，此时绳与水平方向夹角为30°，弹簧恰好水平，现将轻弹簧与轻绳对调，将a 球换成b 球后，小球仍位于O 点，如图乙所示，则a 、b 两个小球的质量之比为()A ．1∶1 B．3∶1 C．2∶3 D ．3∶2【答案】C【解析】在甲图和乙图中，由于弹簧的长度是相等的，所以两种情况下的弹簧的弹力是相等的．甲图中：m 1g F ＝tan 30°＝33乙图中：m 2g F ＝sin 30°＝12 所以：m 1g m 2g ＝33F 12F ＝233＝2∶ 3.1.（2019·新课标全国Ⅲ卷）用卡车运输质量为m 的匀质圆筒状工件，为使工件保持固定，将其置于两光滑斜面之间，如图所示。
2020高考物理一轮复习【力共点力的平衡】专项检测卷及答案解析
2020⾼考物理⼀轮复习【⼒共点⼒的平衡】专项检测卷及答案解析2020⾼考物理⼀轮复习【⼒共点⼒的平衡】专项检测卷(本试卷满分95分)⼀、选择题(本题包括8⼩题，每⼩题6分，共48分．在每⼩题给出的四个选项中，有的⼩题只有⼀个选项是正确的，有的⼩题有多个选项是正确的．全部选对的得6分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分)1．[2019·河南郑州外国语学校⽉考]A、B是天花板上的两点，⼀根长为l的细绳穿过带有光滑孔的⼩球，两端分别系在A、B点，如图甲所⽰；现将长度也为l的均匀铁链悬挂于A、B点，如图⼄所⽰．⼩球和铁链的质量相等，均处于平衡状态，A点对轻绳和铁链的拉⼒分别是F1和F2，球的重⼼和铁链重⼼到天花板的距离分别是h1和h2，则( )A．F1F2，h1F2，h1>h2 D．F1＝F2，h1>h2答案：C解析：由于是轻绳，绳⼦的质量不计，则图甲中的重⼒全部集中在球上，重⼼在球的球⼼，⽽图⼄中铁链的质量是均匀的，故其重⼼⼀定在最低点的上⽅，故h1>h2；对球和铁链受⼒分析，如图甲、⼄所⽰，A点对球的拉⼒沿着绳⼦的⽅向，A点对铁链的拉⼒沿着该处铁链的切线⽅向，故图⼄中A、B两点对铁链拉⼒的夹⾓⽐较⼩，由⼒的合成知识知，F2较⼩，故C正确．2．[2019·河南豫北⼗校联考]两相同的楔形⽊块A、B叠放后分别以图甲、⼄两种⽅式在⽔平外⼒F1和竖直外⼒F2作⽤下保持静⽌状态，则在这两种⽅式中，⽊块B受⼒个数分别为( )A．4；4 B．4；3 C．5；3 D．5；4答案：C解析：图甲中，根据整体法可知，⽊块B除了重⼒外，⼀定受到墙⾯⽔平向右的弹⼒和竖直向上的静摩擦⼒，隔离B分析，其⼀定还受到A的弹⼒(垂直于接触⾯向左上⽅)，隔离A分析，A受到重⼒、⽔平向左的推⼒、B对其垂直于接触⾯向右下的弹⼒，这样的三个⼒不可能使A平衡，所以A⼀定还要受到B对其沿接触⾯斜向右上的静摩擦⼒才能平衡，可知B⼀定受到A沿接触⾯斜向左下的静摩擦⼒，故B共受5个⼒的作⽤；图⼄中，据整体法可知B与墙⾯间既⽆弹⼒也⽆摩擦⼒，所以B受重⼒、A的弹⼒和摩擦⼒共3个⼒的作⽤，C正确．3.[2019·⼴西南宁⼆中⽉考](多选)如图所⽰，⽔平桌⾯上平放有54张卡⽚，每⼀张卡⽚的质量均为m.⽤⼀⼿指以竖直向下的⼒压第1张卡⽚，并以⼀定速度向右移动⼿指，确保第1张卡⽚与第2张卡⽚之间有相对滑动．设最⼤静摩擦⼒与滑动摩擦⼒相同，⼿指与第1张卡⽚之间的动摩擦因数为µ1，卡⽚之间、卡⽚与桌⾯之间的动摩擦因数均为µ2，且有µ1>µ2，则下列说法不正确的是( )A．任意两张卡⽚之间均可能发⽣相对滑动B．上⼀张卡⽚受到下⼀张卡⽚的摩擦⼒⼀定向左C．第1张卡⽚受到⼿指的摩擦⼒向左D．最后⼀张卡⽚受到⽔平桌⾯的摩擦⼒向右答案：ACD解析：对第2张卡⽚受⼒分析，它对第3张卡⽚的压⼒等于上⾯两张卡⽚的重⼒及⼿指的压⼒，最⼤静摩擦⼒F max≥µ2·(2mg＋F)，⽽受到的第1张卡⽚的滑动摩擦⼒为f＝µ2(mg＋F)4.[2019·安徽师⼤附中模拟]⼀长⽅形⽊板放置在⽔平地⾯上，在长⽅形⽊板的上⽅有⼀条状竖直挡板，挡板的两端固定于⽔平地⾯上，挡板与⽊板不接触．现有⼀个⽅形物块在⽊板上沿挡板以速度v运动，同时⽅形⽊板以⼤⼩相等的速度向左运动，⽊板的运动⽅向与竖直挡板垂直，已知物块跟竖直挡板和⽔平⽊板间的动摩擦因数分别为µ1和µ2，物块的质量为m，则竖直挡板对物块的摩擦⼒⼤⼩为( )A．0 B.22µ1µ2mg C.12µ1µ2mg D.2µ1µ2mg答案：B 解析：物块沿运动⽅向受挡板的摩擦⼒f1＝µ1F N，因物块沿挡板运动的速度的⼤⼩等于⽊板的运动速度的⼤⼩，故物块相对⽊板的速度⽅向与挡板成45°⾓，物块受⽊板的摩擦⼒为f2＝µ2mg，其⽅向与挡板成45°⾓，则物块与挡板之间的正压⼒F N＝µ2mg cos45°＝22µ2mg，挡板对物块的摩擦⼒⼤⼩为f1＝µ1F N＝22µ1µ2mg，故B正确．5.[2019·河北张家⼝模拟]假期⾥，⼀位同学在厨房⾥帮助妈妈做菜，他发现菜⼑的⼑刃前部和后部的厚薄不⼀样，⼑刃前部的顶⾓⼩，后部的顶⾓⼤，如图所⽰，他先后作出过⼏个猜想，其中合理的是( )A．⼑刃前部和后部厚薄不均匀，仅是为了打造⽅便，外形美观，跟使⽤功能⽆关B．在⼑背上加上同样的压⼒时，分开其他物体的⼒跟⼑刃厚薄⽆关C．在⼑背上加上同样的压⼒时，顶⾓越⼤，分开其他物体的⼒越⼤D．在⼑背上加上同样的压⼒时，顶⾓越⼩，分开其他物体的⼒越⼤答案：D解析：把⼑刃部分抽象后，可简化成⼀个等腰三⾓劈，设顶⾓为2θ，背宽为d，侧⾯长为l，如图甲所⽰．当在⼑背施加压⼒F后，产⽣垂直侧⾯的两个分⼒F1、F2，使⽤菜⼑时就是依靠这两个分⼒分开被加⼯的⾷材．由对称性知，这两个分⼒⼤⼩相等(F1＝F2)，因此画出⼒分解的平⾏四边形为菱形，如图⼄所⽰，由⼏何关系可得F1＝Fsinθ；由此可见，⼑背上加上⼀定的压⼒F时，侧⾯分开⾷材的⼒跟顶⾓θ的⼤⼩有关，θ越⼩，sinθ的值越⼩，F1和F2越⼤，故D正确．6.[2019·河北⽯家庄质检](多选)飞艇常常⽤于执⾏扫雷、空中预警、电⼦⼲扰等多项作战任务．如图所⽰为飞艇拖曳扫雷器具扫除⽔雷的模拟图．当飞艇匀速飞⾏时，绳⼦与竖直⽅向恒成θ⾓．已知扫雷器具质量为m，重⼒加速度为g，扫雷器具所受浮⼒不能忽略，下列说法不正确的是( )A．扫雷器具受3个⼒作⽤B．绳⼦拉⼒⼤⼩为mg cosθC ．海⽔对扫雷器具⽔平⽅向的作⽤⼒的⼤⼩⼩于绳⼦拉⼒的⼤⼩D ．绳⼦拉⼒的⼤⼩⼀定⼤于mg答案：ABD解析：对扫雷器具进⾏受⼒分析，其受到受重⼒、浮⼒、拉⼒和⽔的⽔平⽅向的作⽤⼒四个⼒作⽤，如图所⽰，故A 错误；根据平衡条件，在竖直⽅向有F 浮＋T cos θ＝mg ，在⽔平⽅向有F 阻＝T sin θ，可得T ＝mg －F 浮cos θ，故B 错误；扫雷器具受到海⽔的⽔平⽅向的作⽤⼒等于拉⼒的⽔平分⼒，其⼤⼩⼩于绳⼦拉⼒的⼤⼩，⽽绳⼦拉⼒的⼤⼩不⼀定⼤于mg ，故C 正确，D 错误．7.[2019·云南保⼭模拟]如图所⽰，A 、B 为竖直墙⾯上等⾼的两点，AO 、BO 为长度相等的两根轻绳，AOB 在同⼀⽔平⾯内，初始时∠AOB <90°，CO 为⼀根轻杆，可绕C 点在空间⽆摩擦转动，转轴C 在AB 中点D 的正下⽅，在O 点处悬挂⼀个质量为m 的物体，整个系统处于平衡状态．现将绳AO 的A 端缓缓向D 点移动，O 点位置保持不动，系统仍然保持平衡，则( )A ．绳AO 的拉⼒逐渐增⼤B ．绳BO 的拉⼒逐渐增⼤C ．杆CO 受到的压⼒逐渐增⼤D ．绳AO 、BO 的拉⼒的合⼒逐渐增⼤答案：A解析：设绳AO 和绳BO 拉⼒的合⼒为F ，以O 点为研究对象，O 点受到重⼒mg 、杆的⽀持⼒F 2和绳AO 与绳BO 拉⼒的合⼒F ，作出⼒的⽰意图如图甲所⽰．当重⼒不变、杆与竖直⽅向的夹⾓不变时，杆的⽀持⼒F 2不变，绳AO 与绳BO 拉⼒的合⼒F 也不变，仍沿OD ⽅向，故C 、D 错误．当A 点逐渐靠近D 点时，将绳AO 和绳BO 的拉⼒合成如图⼄所⽰，可知绳AO 的拉⼒逐渐增⼤，绳BO 的拉⼒逐渐减⼩，故A 正确，B 错误．8.[2019·江西上饶模拟]在斜⾯上等⾼处，静⽌着两个相同的质量为m 的物块A 和B .两物块之间连接着⼀个劲度系数为k 的轻质弹簧，斜⾯的倾⾓为θ，两物块和斜⾯间的动摩擦因数均为µ，重⼒加速度为g ，则弹簧的最⼤伸长量是 ( )A.mg kB.µmg cos θkC.mg sin θ＋µmg cos θkD.mg µ2cos 2θ－sin 2θk答案：D解析：物块静⽌在斜⾯上，在斜⾯所在平⾯内受三个⼒作⽤，⼀个是重⼒沿斜⾯向下的分⼒mg sin θ，静摩擦⼒f ≤f m ＝µmg cos θ，⽅向不确定，⽔平⽅向的弹簧弹⼒kx ，则物块所受静摩擦⼒f ⼤⼩等于kx 与mg sin θ的合⼒，当静摩擦⼒最⼤时有kx ＝f 2m－mg sin θ2，可得x ＝mg µ2cos 2θ－sin 2θk，故D 正确．⼆、⾮选择题(本题包括4⼩题，共47分)9．(8分)(1)⼩翔利⽤如图甲所⽰的装置，探究弹簧弹⼒F 与伸长量Δl 的关系，由实验绘出F 与Δl 的关系图线如图⼄所⽰，则该弹簧的劲度系数为________N/m.(2)某学⽣⽤如图丙所⽰的装置验证“⼒的平⾏四边形定则”．⽤⼀⽊板(贴有坐标纸)竖直放在铁架台和弹簧所在平⾯后．其部分实验操作如下，请完成下列相关内容：如图丙，在⽊板上记下悬挂两个钩码时弹簧末端的位置O ；卸下钩码然后将两绳套系在弹簧下端，⽤两弹簧秤将弹簧末端拉到同⼀位置O ，记录细绳套AO 、BO 的⽅向及两弹簧秤相应的读数．图丁中B 弹簧秤的读数为________N ．(弹簧秤单位：N)该同学在坐标纸上画出了两弹簧秤拉⼒F 1、F 2的⼤⼩和⽅向，以及由钩码的重量画出钩码对弹簧的拉⼒F 的⼤⼩和⽅向，如图戊所⽰，请在图戊中作出F 1、F 2的合⼒F ′；观察⽐较F 和F ′，得出结论．答案：(1)125(3分) (2)4.38～4.42(2分) 如图(3分)解析：(1)本题考查胡克定律的应⽤．弹簧弹⼒F 与伸长量Δl 关系图线，由胡克定律F ＝k Δx 可知，图线的斜率即为劲度系数，可得k ＝125 N/m.(2)本题考查“验证平⾏四边形定则”这⼀实验．B 弹簧的读数估读⼀位可得为4.40 N ；作出图象如图所⽰．由作图可得到结论：在误差允许范围内，⼒的合成遵循平⾏四边形定则．10．(8分)(1)“验证⼒的平⾏四边形定则”实验中部分实验步骤如下，请补充完整有关内容：①将⼀根橡⽪筋的⼀端固定在贴有⽩纸的竖直平整⽊板上，另⼀端绑上两根细线．②在其中⼀根细线上挂5个质量相等的钩码，使橡⽪筋拉伸，如图甲所⽰，记录：钩码个数(或细线拉⼒)、________________、细线的⽅向．③将步骤②中的钩码取下，分别在两根细线上挂上4个和3个质量相等的钩码，⽤两光滑硬棒B 、C 使两细线互成⾓度，如图⼄所⽰，⼩⼼调整B 、C 的位置，使橡⽪筋与细线结点O 的位置与步骤②中结点位置重合，记录________________．(2)如果“⼒的平⾏四边形定则”得到验证，那么图⼄中cos αcos β＝________.答案：(1)橡⽪筋与细线结点的位置O (2分) 钩码个数和对应的细线⽅向(2分) (2)34(4分)解析：(1)根据实验原理可知，题图甲中需要记录合⼒的⼤⼩和⽅向，画出来的合⼒为实际值，该实验中⽤钩码个数来表⽰拉⼒⼤⼩，因此需要记录的是钩码个数(或细线拉⼒)，橡⽪筋与细线结点的位置O ，细线的⽅向；该实验采⽤“等效替代”法，因此在⽤两根细线拉橡⽪筋时，要将橡⽪筋与细线结点拉到与步骤②中结点位置重合，同时记录钩码个数和对应的细线⽅向．(2)根据对题图⼄中的O 点受⼒分析，将各⼒正交分解，⽔平⽅向有4mg cos α＝3mg cos β，得cos αcos β＝34.11．(16分)⼀质量M ＝4 kg ，倾⾓为30°的上表⾯光滑的斜⾯体静⽌在粗糙的⽔平地⾯上，斜⾯上有两个质量均为m ＝2 kg 的⼩球A 、B ，它们⽤轻质细绳连接，现对⼩球B 施加⼀⽔平向左的拉⼒F ，使⼩球A 、B 及斜⾯体⼀起向左做匀速直线运动，如图所⽰，重⼒加速度g ＝10 m/s 2.求：(1)细绳的拉⼒F T ； (2)⽔平拉⼒F 的⼤⼩；(3)⽔平地⾯与斜⾯体间的动摩擦因数µ. 答案：(1)10 N (2)4033 N (3)36解析：(1)以A 为研究对象，有：F T ＝mg sin30°(3分) 解得：F T ＝10 N .(2分)(2)以A 、B 整体为研究对象，有：F cos30°＝2mg sin30°(3分)解得：F ＝4033N ．(2分) (3)以⼩球A 、B 与斜⾯体组成的整体为研究对象，有：F ＝F f ＝µ(M ＋2m )g (4分)解得：µ＝36.(2分)12．(15分)[2019·河北武⾢中学调研]⼀重为G 的圆柱体⼯件放在V 形槽中，槽顶⾓α＝60°，槽的两侧⾯与⽔平⽅向的夹⾓相同，槽与⼯件接触处的动摩擦因数处处相同，⼤⼩为µ＝0.25，则：(1)要沿圆柱体的轴线⽅向(如图甲所⽰)⽔平地把⼯件从槽中拉出来，⼈⾄少要施加多⼤的拉⼒？(2)现把整个装置倾斜，使圆柱体的轴线与⽔平⽅向成37°⾓，如图⼄所⽰，且保证圆柱体对V 形槽两侧⾯的压⼒⼤⼩相等，发现圆柱体能⾃动沿槽下滑，求此时⼯件所受槽的摩擦⼒⼤⼩．答案：(1)0.5G (2)0.4G 解析：(1)分析圆柱体的受⼒可知，沿轴线⽅向受到拉⼒F、两个侧⾯对圆柱体的滑动摩擦⼒，由题给条件知F＝2f，由圆柱体重⼒产⽣的效果将重⼒进⾏分解如图所⽰，由⼏何关系可得G＝F1＝F2，由f＝µF1得F＝0.5G.(2)把整个装置倾斜，则重⼒沿压紧两侧的斜⾯的分⼒F′1＝F′2＝G cos37°＝0.8G，此时⼯件所受槽的摩擦⼒⼤⼩f′＝2×µF′1＝0.4G.探究创新卷②着眼于练模拟悟规范——争满分(本试卷满分95分)⼀、选择题(本题包括8⼩题，每⼩题6分，共48分．在每⼩题给出的四个选项中，有的⼩题只有⼀个选项是正确的，有的⼩题有多个选项是正确的．全部选对的得6分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分)1.(多选)⽔平的⽪带传动装置如图所⽰，⽪带的速度⼤⼩保持不变，将⼀滑块轻轻地放在A点，开始时滑块在⽪带上滑动，当它到达位置C时滑动停⽌，之后随⽪带⼀起匀速运动，直⾄传送到⽬的地B端．在传送过程中，滑块受到的摩擦⼒情况为( )A．在AC段受⽔平向左的滑动摩擦⼒B．在AC段受⽔平向右的滑动摩擦⼒C．在CB段不受静摩擦⼒D．在CB段受⽔平向右的静摩擦⼒答案：BC解析：在AC段滑块向右加速运动，加速度向右，故合⼒向右，即滑动摩擦⼒向右，A错误、B正确；在CB段滑块做匀速直线运动，加速度为零，故合⼒为零，即摩擦⼒为零，C正确、D错误．2.如图，两个弹簧的质量不计，劲度系数分别为k1、k2，它们⼀端固定在质量为m的物体上，另⼀端分别固定在Q、P处，当物体平衡时上⾯的弹簧处于原长状态，若把固定的物体换为质量为2m的物体(物体的⼤⼩不变，且弹簧均在弹性限度内)，当物体再次平衡时，物体⽐第⼀次平衡时的位置下降了x，则x为(已知重⼒加速度为g)( )A.mgk1＋k2B.k1k2mg k1＋k2C.2mgk1＋k2D.k1k22mg k1＋k2答案：A解析：当物体的质量为m时，设下⾯的弹簧的压缩量为x1，则mg＝k1x1；当物体的质量为2m时，2mg＝k1(x1＋x)＋k2x，联⽴可得x＝mgk1＋k2，A正确．3.如图所⽰，A、B两物块始终静⽌在⽔平地⾯上，有⼀轻质弹簧⼀端连接在竖直墙上P点，另⼀端与A相连接，下列说法正确的是( )A．如果B对A⽆摩擦⼒，则地⾯对B也⽆摩擦⼒B．如果B对A有向右的摩擦⼒，则地⾯对B有向左的摩擦⼒C．在P点缓慢下移的过程中，B对A的⽀持⼒⼀定减⼩D．在P点缓慢下移的过程中，地⾯对B的摩擦⼒⼀定减⼩答案：A解析：如果B对A⽆摩擦⼒，说明弹簧的弹⼒为0，选取A与B组成的系统为研究对象，系统仅仅受到重⼒和地⾯的⽀持⼒的作⽤，所以地⾯对B也⽆摩擦⼒，选项A正确；如果B对A有向右的摩擦⼒，根据⽜顿第三定律，A 对B有向左的摩擦⼒，物块B有向左运动的趋势，所以地⾯对B有向右的摩擦⼒，选项B错误；在P点缓慢下移到与A等⾼的过程中，若弹簧原来处于拉伸状态，弹簧可能由伸长变为压缩，也可能⼀直处于拉伸状态，则弹⼒可能由斜向上逐渐减⼩的拉⼒变为斜向下逐渐增⼤的推⼒，也可能是斜向上逐渐减⼩的拉⼒，对A由平衡条件可知，B对A的⽀持⼒在弹簧弹⼒逐渐减⼩过程中⼀直增⼤，选项C错误；若弹簧原处于原长或压缩状态时，弹簧弹⼒⼀直增⼤，由整体法可知地⾯对B的摩擦⼒增⼤，选项D错误．4.⼀长⽊板静⽌在倾⾓为θ的斜⾯上，长⽊板上⼀⼈⽤⼒推长⽊板上物块，使物块与长⽊板间的摩擦⼒刚好为零，已知⼈、物块、长⽊板的质量均为m，⼈、物块与长⽊板间的动摩擦因数均为µ1，长⽊板与斜⾯间的动摩擦因数为µ2，重⼒加速度为g，则下列说法正确的是( )A．斜⾯对长⽊板的摩擦⼒⼤⼩为mg sinθB．斜⾯对长⽊板的摩擦⼒⼤⼩为3µ2mg cosθC．长⽊板对⼈的摩擦⼒⼤⼩为2µ1mg cosθD．长⽊板对⼈的摩擦⼒⼤⼩为2mg sinθ答案：D解析：以⼈、物块、长⽊板为整体进⾏研究，斜⾯对它们的摩擦⼒为静摩擦⼒，⼤⼩为3mg sinθ，A、B错误；对⼈、物块整体研究，物块与长⽊板间的摩擦⼒刚好为零，因此长⽊板对⼈的静摩擦⼒⼤⼩为2mg sinθ，C错误、D 正确．5．[2019·湖北襄阳联考](多选)如图所⽰，两根光滑细棒在同⼀竖直平⾯内，两棒与⽔平⾯成37°⾓，棒上各穿有⼀个质量为m的相同⼩球，两球⽤轻质弹簧连接，两⼩球在图中位置处于静⽌状态，此时弹簧与⽔平⾯平⾏，则下列判断正确的是( )A．弹簧处于拉伸状态 B．弹簧处于压缩状态C．弹簧的弹⼒⼤⼩为34mg D．弹簧的弹⼒⼤⼩为38mg答案：AC解析：以左侧⼩球为研究对象，假如弹簧处于压缩状态，弹簧对该球的弹⼒⽅向⽔平向左，⼩球还受到竖直向下的重⼒和棒的弹⼒，棒的弹⼒垂直于棒，这三个⼒的合⼒不可能为零，则⼩球不可能处于静⽌状态，与题⽭盾，所以弹簧处于拉伸状态，故A正确，B错误；设弹簧的弹⼒⼤⼩为F，根据平衡条件得F cos37°＝mg sin37°，则弹簧的弹⼒⼤⼩F＝34mg，故C正确，D错误．6.(多选)如图所⽰，物块A放在直⾓三⾓形斜⾯体B上⾯，B放在弹簧上⾯并紧挨着竖直墙壁，初始时A、B静⽌，现⽤⼒F沿斜⾯向上推A，但A、B仍未动．则施⼒F后，下列说法正确的是( )A．A与B之间的摩擦⼒可能减⼩到零B．B与墙⾯间的弹⼒增⼤C．B与墙之间的摩擦⼒增⼤D．弹簧弹⼒减⼩答案：ABC解析：以A为研究对象，开始受重⼒、B对A的⽀持⼒和静摩擦⼒处于静⽌状态，A所受的静摩擦⼒⼤⼩为m A g sinθ，当施加⼒F 后，仍然处于静⽌状态，若F＝m A g sinθ，则A、B之间的摩擦⼒变为零，故A正确．以整体为研究对象，开始时B与墙⾯的弹⼒为零，后来加F后，弹⼒变为F cosθ，故B正确．对A、B整体分析，由于A、B不动，弹簧的形变量不变，则弹簧的弹⼒不变，故D错误；开始时B与墙壁之间⽆摩擦⼒，弹簧的弹⼒等于A、B的总重⼒，施加F后，弹簧的弹⼒不变，总重⼒不变，F有竖直向上的分量，根据平衡条件可知，B与墙壁之间⼀定有摩擦⼒，C 正确．7．[2019·河南三门峡模拟]如图所⽰，⽔平桌⾯上有三个相同的物体a、b、c叠放在⼀起，a的左端通过⼀根轻绳与质量为m＝3 kg 的⼩球相连，绳与⽔平⽅向的夹⾓为60°，⼩球静⽌在光滑的半圆形器⽫中．⽔平向右的⼒F＝40 N作⽤在b上，三个物体保持静⽌状态．g取10 m/s2，下列说法正确的是( )A．物体c受到向右的静摩擦⼒B．物体b受到⼀个摩擦⼒，⽅向向左C．桌⾯对物体a的静摩擦⼒⽅向⽔平向右D．撤去⼒F的瞬间，三个物体将获得向左的加速度答案：B解析：c物体处于平衡状态，既不受拉⼒也不受摩擦⼒，A错误；b受⽔平向右的拉⼒处于平衡状态，因此受到⽔平向左的摩擦⼒，B正确；对⼩球m进⾏受⼒分析可知T sin60°×2＝mg，可求出绳⼦拉⼒T＝10 3 N<40 N，因此桌⾯受到的静摩擦⼒⽅向⽔平向左，⼤⼩f1＝40 N－10 3 N＝22.7 N，C错误；撤去⼒F的瞬间，由于绳⼦拉⼒T8.[2019·云南昆明质检](多选)如图所⽰，将两块光滑平板OA、OB固定连接，构成顶⾓为60°的楔形槽，楔形槽内放置⼀质量为m的光滑⼩球，整个装置保持静⽌，OA板与⽔平⾯的夹⾓为15°.现使楔形槽绕O点顺时针缓慢转动⾄OA板竖直，重⼒加速度为g，则转动过程中( )A．OA板对⼩球的作⽤⼒⼀直在减⼩B．OB板对⼩球的作⽤⼒⼀直在增⼤C．OA板对⼩球作⽤⼒的最⼤值为23 3mgD．OB板对⼩球的作⽤⼒⼤⼩为mg时，OA板对⼩球的作⽤⼒⼤⼩也为mg答案：BCD解析：对⼩球受⼒分析，如图所⽰，平板OA对⼩球的作⽤⼒F2和平板OB对⼩球的作⽤⼒F1⽅向之间的夹⾓始终为120°.当平板OB转动到竖直⽅向时，平板OA对⼩球的作⽤⼒最⼤，最⼤值为mgcos30°＝233mg，选项A错误，C正确．OB板对⼩球的作⽤⼒⼀直在增⼤，选项B正确．当OB板对⼩球的作⽤⼒⼤⼩为mg时，OA板对⼩球的作⽤⼒⼤⼩也为mg，选项D正确．⼆、⾮选择题(本题包括4⼩题，共47分)9．(9分)在探究弹⼒和弹簧伸长的关系时，某同学先按图甲对弹簧甲进⾏探究，然后把弹簧甲和弹簧⼄并联起来按图⼄进⾏探究．在弹性限度内，将质量为m＝50 g的钩码逐个挂在弹簧下端，分别测得图甲、图⼄中弹簧的长度L1、L2如下表所⽰．钩码个数123 4L1/cm30.0031.0432.0233.02L2/cm29.3329.6529.9730.30已知重⼒加速度g＝9.8 m/s2，要求尽可能多地利⽤测量数据，计算弹簧甲的劲度系数k＝________N/m(结果保留两位有效数字)．由表中数据________(填“能”或“不能”)计算出弹簧⼄的劲度系数．答案：49 能解析：本题考查“探究弹⼒和弹簧伸长的关系”实验，意在考查考⽣对实验数据的处理能⼒．由表中数据可知，当弹⼒的变化量为ΔF＝mg＝0.05 kg×9.8 m/s2＝0.49 N时，弹簧甲的形变量Δx＝－＋－＋－3＝1.01 cm，由胡克定律得弹簧甲的劲度系数k＝ΔFΔx＝0.49 N1.01 cm＝49 N/m.由表中数据可根据上述⽅法求出弹簧甲与弹簧⼄并联时的劲度系数，再根据k并＝k甲＋k⼄就可求出弹簧⼄的劲度系数．10．(9分)如图为“验证⼒的平⾏四边形定则”实验．三个细线套L1、L2、L3⼀端共系于⼀个结点，另⼀端分别系于轻质弹簧测⼒计A、B和重物M上，A挂在固定点P，⼿持B拉动细线，使结点静⽌于O点．(1)某次实验中A的指针位置如图所⽰，其读数为______N.(2)实验时要读出A、B的⽰数，还要在贴于竖直⽊板的⽩纸上记录O点的位置、____________、____________和____________．(3)下列实验要求中必要的是________(填选项的字母代号)．A．弹簧测⼒计需要在实验前进⾏校零B．细线套⽅向应与⽊板平⾯平⾏C．需要⽤托盘天平测量重物M的质量D．弹簧测⼒计B始终保持⽔平答案：(1)2.00(3分)(2)L1的⽅向L2的⽅向L3的⽅向(3分)(3)AB(3分)解析：本题考查“验证⼒的平⾏四边形定则”实验．(1)弹簧测⼒计的读数为2.00 N．(2)实验中还要记录三个拉⼒的⽅向．(3)为减⼩测量误差，弹簧测⼒计需要在实验前进⾏校零，A正确；为保证对结点的拉⼒就是弹簧测⼒计的⽰数，细绳套⽅向应与⽊板平⾯平⾏，B正确；直接⽤弹簧测⼒计测量重物M的重⼒即可，C错误；弹簧测⼒计B的拉⼒只要与A的拉⼒的合⼒能使重物平衡即可，不需要保持⽔平，D错误．11.(12分)如图所⽰，两个质量分别为m、4m的质点A、B之间⽤轻杆固结，并通过长L的轻绳挂在光滑的定滑轮上，求系统平衡时OA、OB段绳长各为多少？答案：OA＝45L OB＝15L解析：此题中杆处于⾃由状态，故杆的弹⼒必沿杆的⽅向．由⼒三⾓形与⼏何三⾓形相似得OO′mg ＝OAF T(3分)OO′＝OBF T(3分)⽽OA＋OB＝L(2分)故OA＝45L(2分)OB＝15L(2分)12.(17分)某同学表演魔术时，将⼀⼩型条形磁铁藏在⾃⼰的袖⼦⾥，然后对着⼀悬挂的⾦属⼩球指⼿画脚，结果⼩球在他神奇的功⼒下飘动起来．假设当隐藏的⼩磁铁位于⼩球的左上⽅某⼀位置C(∠QCS＝30°)时，悬挂⼩球的细线偏离竖直⽅向的⾓度也是30°，如图所⽰．已知⼩球的质量为m，该同学(含磁铁)的质量为M，求此时：(1)悬挂⼩球的细线的拉⼒⼤⼩；(2)该同学受到地⾯的⽀持⼒和摩擦⼒的⼤⼩．答案：(1)33mg(2)Mg＋12mg36mg解析：(1)对⼩球受⼒分析，⼩球受重⼒、细线的拉⼒和磁铁的引⼒．设细线的拉⼒和磁铁的引⼒分别为F1和F2，根据平衡条件，⽔平⽅向有F1sin30°＝F2sin30°，竖直⽅向有F1cos30°＋F2cos30°＝mg，联⽴解得F1＝F2＝3 3mg.(2)以⼈为研究对象，分析受⼒情况，受重⼒Mg、地⾯的⽀持⼒N、静摩擦⼒f和⼩球的引⼒F′2，其中F′2＝F2＝33mg.根据平衡条件得f＝F′2sin30°，N＝F′2cos30°＋Mg，联⽴解得N＝Mg＋1mg，f＝36 mg.。
2020版高考物理一轮复习第二章相互作用专题突破二受力分析共点力的平衡学案解析版
专题突破二 受力分析 共点力的平衡一、受力分析1．把指定物体(研究对象)在特定的物理环境中受到的所有外力都找出来，并画出受力示意图的过程．2．一般步骤自测1 (2018·兴化一中期中)如图1所示，壁虎在竖直玻璃面上斜向上匀速爬行，关于它在此平面内的受力分析，下列图示中正确的是( )图1答案 A二、共点力的平衡1．平衡状态物体处于静止状态或匀速直线运动状态．2．平衡条件F 合＝0或者⎩⎪⎨⎪⎧ F x ＝0F y ＝0.如图2甲和乙所示，小球静止不动，物块匀速运动．图2则小球F 合＝0；物块F x ＝0，F y ＝0.3．平衡条件的推论(1)二力平衡：如果物体在两个共点力的作用下处于平衡状态，这两个力必定大小相等，方向相反．(2)三力平衡：如果物体在三个共点力的作用下处于平衡状态，其中任何一个力与另外两个力的合力大小相等，方向相反，并且这三个力的矢量可以形成一个封闭的矢量三角形．(3)多力平衡：如果物体在多个共点力的作用下处于平衡状态，其中任何一个力与另外几个力的合力大小相等，方向相反．自测2 (多选)(2017·苏州大学附中调研)如图3所示，一个大人拉着载有两个小孩的小车(其拉杆可自由转动)沿水平地面匀速前进，则对小孩和车，下列说法正确的是( )图3A．拉力的水平分力等于小孩和车所受的合力B．拉力与摩擦力的合力大小等于重力大小C．拉力与摩擦力的合力方向竖直向上D．小孩和车所受的合力为零答案CD解析小孩和车整体受重力、支持力、拉力和摩擦力，根据共点力平衡条件，拉力的水平分力等于小孩和车所受的摩擦力，故A错误；拉力、摩擦力的合力与重力、支持力的合力平衡，重力、支持力的合力竖直，故拉力与摩擦力的合力方向竖直向上，故B错误，C正确；小孩和车做匀速直线运动，故所受的合力为零，故D正确．命题点一受力分析1．受力分析的两个顺序(1)先场力(重力、电场力、磁场力)后接触力(先弹力后摩擦力)．(2)先分析“确定的力”，再由“确定的力”判断“不确定的力”．2．受力分析的三个检验角度(1)明确各力的施力物体和受力物体，找不到施力物体的力是不存在的．(2)判断物体能否保持原状态．(3)转换研究对象(隔离→整体或整体→隔离)再做受力分析，判断是否吻合．3．受力分析常用方法例1 (多选)(2018·兴化市第一中学期初考)如图4所示，截面为三角形的木块a上放置一铁块b，木块的竖直边靠在竖直且粗糙的墙面上，现用竖直向上的作用力F推动木块与铁块一起向上匀速运动，运动过程中铁块与木块始终保持相对静止，则下列说法正确的是( )图4A．木块与竖直墙面间一定存在摩擦力B．木块a与铁块b间一定存在摩擦力C．木块与竖直墙面间一定存在水平弹力D．竖直向上的作用力F的大小一定等于铁块与木块重力之和答案BD解析对a、b整体受力分析，受到重力和推力，因为匀速运动，所以二力平衡，整体不受墙面的弹力和摩擦力，如果有摩擦力，则一定有弹力，且弹力沿水平方向，物体不会平衡，因为没有弹力，所以也没有摩擦力，故a与墙面之间没有摩擦力和弹力，故A、C错误，D正确；b匀速上升，受到的合力为零，b受到重力、支持力和静摩擦力才能平衡，所以木块a与铁块b间一定存在摩擦力，故B正确．变式1 (2018·无锡市期中)我国的高铁技术在世界处于领先地位，高铁(如图5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两物块相互接触地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，A、B相对于桌面始终保持静止，下列说法正确的是( )图5A．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对它向右的弹力答案 A解析车在平直的铁轨上向右做匀速直线运动，此时A、B均在向右做匀速运动，故A、B均只受重力和支持力作用，水平方向没有外力，故水平方向均不受摩擦力，同时A、B间也没有弹力作用，故A正确，B、C、D错误．变式2 (2018·盐城市三模)如图6所示，一架无人机执行航拍任务时正沿直线朝斜向下方匀速运动．用G表示无人机重力，F表示空气对它的作用力，下列四幅图中能表示此过程中无人机受力情况的是( )图6答案 B命题点二共点力的静态平衡共点力平衡常用方法(1)合成法：一般三力平衡时(或多力平衡转化成三力平衡后)用合成法，由平行四边形定则合成任意两力(一般为非重力的那两个力)，该合力与第三个力平衡，在由力的示意图所围成的三角形中解决问题．将力的问题转化成三角形问题，再由三角函数、勾股定理、图解法、相似三角形法等求解．(2)正交分解法：一般受三个以上共点力平衡时用正交分解法：把物体受到的各力分解到相互垂直的两个方向上，然后分别列出两个方向上的平衡方程．例2 (2018·溧水中学期初模拟)a、b两个质量相同的球用线连接，a球用线挂在天花板上，b球放在光滑斜面上，系统保持静止，以下图示哪个是正确的( )答案 B解析对b球受力分析，受重力、斜面对其垂直斜面向上的支持力和细线的拉力，由于三力平衡时三个力中任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线，故细线拉力向右上方，故A图错误；再对a、b两个球整体受力分析，受重力、垂直斜面向上的支持力和上面细线的拉力，再根据共点力平衡条件判断上面细线的拉力方向斜向右上方，故C、D图均错误．变式3 (2018·南京市、盐城市一模)如图7所示，质量为m的物块沿着倾角为θ的粗糙斜面匀速下滑，物块与斜面间的动摩擦因数为μ.斜面对物块的作用力是( )图7A．大小为mg，方向竖直向上B．大小为mg cosθ，方向垂直斜面向上C．大小为mg sinθ，方向沿着斜面向上D．大小为μmg cosθ，方向沿着斜面向上答案 A解析对物块进行受力分析，重力mg、斜面对物块的支持力F N、摩擦力F f，斜面对物块的作用力即支持力与摩擦力的合力，由于物块匀速下滑，所以支持力与摩擦力的合力应与重力等大反向，故A正确．变式4 (2018·金陵中学等三校四模)如图8所示，一个质量为4kg的半球形物体A放在倾角θ为37°的斜面B上静止不动．若用通过球心的水平推力F＝10N作用在物体上，物体仍静止在斜面上，斜面仍相对地面静止．已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g＝10m/s2，则( )图8A．地面对斜面B的弹力不变B．物体A对斜面B的作用力增加10NC．物体A受到斜面B的摩擦力增加8ND．地面对斜面B的摩擦力增加8N答案 A解析以整体为研究对象，力F是水平的，所以不影响竖直方向的受力，地面对斜面的弹力大小不变，故A正确；没有施加力F时根据平衡条件A受斜面作用力与重力等大反向，即大小为40 N，根据牛顿第三定律知物体A对斜面的作用力为40 N，方向向下．施加力F后物体A对斜面的作用力如图：F′＝102＋402 N＝1017 N，可以看出物体对斜面的作用力不是增加10 N，故B错误；没有施加力F时，对物体受力分析：根据平衡条件：F f＝mg sin θ＝4×10×0.6 N＝24 N施加力F后，对物体受力分析，如图：根据平衡条件，沿斜面方向：F f′＋F cos θ＝mg sin θ代入数据解得：F f′＝16 N故物体受到斜面的摩擦力减少了24 N－16 N＝8 N，故C错误；以整体为研究对象，水平方向增加了10 N的力F，根据平衡条件得地面对斜面的摩擦力增加10 N，故D错误．命题点三共点力作用下的动态平衡问题1．动态平衡：“动态平衡”是指物体所受的力一部分是变力，是动态力，力的大小和方向均要发生变化，但变化过程中的每一个状态均可视为平衡状态，所以叫动态平衡．2．分析动态平衡问题的方法例3 (2018·南通市等七市三模)如图9所示，带有孔的小球A套在粗糙的倾斜直杆上，与正下方的小球B通过轻绳连接，处于静止状态．给小球B施加水平力F使其缓慢上升，直到小球A刚要滑动．在此过程中( )图9A．水平力F的大小不变B．杆对小球A的支持力不变C．轻绳对小球B的拉力先变大后变小D．杆对小球A的摩擦力先变小后变大答案 D变式5 (2018·淮安市、宿迁市等期中)质量为m的物体用轻绳AB悬挂于竖直墙壁上，今用水平向右的拉力F拉动绳的中点O至图示位置．用F T表示绳OA段拉力的大小，在拉力F由图10所示位置逆时针缓慢转过90°的过程中，始终保持O点位置不动，则( )图10A．F先逐渐变小后逐渐变大，F T逐渐变小B．F先逐渐变小后逐渐变大，F T逐渐变大C．F先逐渐变大后逐渐变小，F T逐渐变小D．F先逐渐变大后逐渐变小，F T逐渐变大答案 A解析若保持O点位置不变，将F由水平位置绕O点逆时针缓慢转动90°的过程中，F和AO 的拉力的合力始终与mg等大、反向、共线，由平行四边形定则可知，当F⊥AO时，F最小；当F竖直时，F最大，最大值F max＝mg，此时F T＝0，则F先逐渐变小后逐渐变大，F T逐渐变小，故选A.命题点四平衡中的临界极值问题1．临界问题当某物理量变化时，会引起其他几个物理量的变化，从而使物体所处的平衡状态“恰好出现”或“恰好不出现”，在问题的描述中常用“刚好”“刚能”“恰好”等语言叙述．2．极值问题平衡物体的极值，一般指在力的变化过程中的最大值和最小值问题．3．解决极值问题和临界问题的方法(1)极限法：首先要正确地进行受力分析和变化过程分析，找出平衡的临界点和极值点；临界条件必须在变化中去寻找，不能停留在一个状态来研究临界问题，而要把某个物理量推向极端，即极大和极小．(2)数学分析法：通过对问题的分析，依据物体的平衡条件写出物理量之间的函数关系(画出函数图象)，用数学方法求极值(如求二次函数极值、公式极值、三角函数极值)．(3)物理分析方法：根据物体的平衡条件，作出力的矢量图，通过对物理过程的分析，利用平行四边形定则进行动态分析，确定最大值与最小值．例4 (2018·无锡市期中)如图11所示，质量为m 1的物体甲通过三段轻绳悬挂，三段轻绳的结点为O ，轻绳OB 水平且B 端与站在水平面上的质量为m 2的人相连，轻绳OA 与竖直方向的夹角θ＝37°，物体甲及人均处于静止状态，重力加速度为g .(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)图11(1)轻绳OA 、OB 受到的拉力分别是多大？(2)人受到的摩擦力是多大？方向如何？(3)若人的质量m 2＝60kg ，人与水平面之间的动摩擦因数μ＝0.3，g 取10m/s 2.欲使人在水平面上不滑动，则物体甲的质量m 1最大不能超过多少？答案 见解析解析 (1)对结点O 进行受力分析，受甲通过绳子对O 的拉力m 1g ，OB 的拉力F 和OA 的拉力F T ，处于平衡状态，如图所示，有：F T ＝m 1g cos θ＝54m 1g ，F ＝m 1g ·tan θ＝34m 1g (2)对人受力分析，在水平方向上受OB 的拉力F ′和地面对人的摩擦力F f 处于平衡状态，所以有：F f ＝F ′＝F ＝34m 1g ，①人有向右的运动趋势，所以人受到水平向左的摩擦力作用(3)人在竖直方向上受重力m 2g 和支持力F N ，若人的质量m 2＝60 kg ，人与水平面之间的动摩擦因数μ＝0.3，则人受到的最大静摩擦力为： F fmax ＝μF N ＝μm 2g ②此时物体甲的质量达到最大，联立①②并代入数据得：m 1＝24 kg.变式6 (2018·南京市期中)如图12所示，将两个质量均为m的小球a、b用细线相连后，再用细线悬挂于O点．用力F拉小球b，使两个小球都处于静止状态，且细线OA与竖直方向的夹角保持θ＝37°，则F的最小值为( )图12A．1.2mg B．1.6mgC.83mg D.32mg答案 A1．(2018·沛县中学调研)如图13所示，质量m A＞m B的两物体A、B叠放在一起，靠着竖直墙面．让它们由静止释放，在沿粗糙墙面下落过程中，物体B的受力示意图是( )图13答案 A解析A与B整体同时沿竖直墙面下滑，受到重力，墙壁对其没有支持力，如果有，将会向右加速运动，因为没有弹力，故也不受墙壁的摩擦力，即只受重力，做自由落体运动；由于整体做自由落体运动，处于完全失重状态，则A、B间无弹力，故B只受重力．2．(2018·扬州中学下学期开学考)如图14所示，恒力F垂直作用在倾角为α、质量为m的三角滑块上，滑块没被推动，则滑块受到地面的静摩擦力大小为( )图14A．F sinαB．F cosαC．mg sinαD．mg cosα答案 A3.(2018·无锡市高三期末)如图15，轻质细绳AC、BC系于天花板上，在结点C的下方吊一个重力为G的物体而处于静止状态．下列说法正确的是( )图15A．BC绳和AC绳的拉力大小之比为1∶ 3B．BC绳和AC绳的拉力大小之和为GC．天花板所受拉力的合力竖直向下D．物体对轻绳的拉力与轻绳对物体的拉力是一对平衡力答案 C4.(2018·泰州中学开学考)如图16所示，用OA、OB两根轻绳将物体悬于两墙之间，OA、OB 两根轻绳之间的夹角为90°.当更换OA绳，使A点下移，直至轻绳OA为水平，在此过程中保持O点位置不变．则在A点不断下移到A′的过程中，绳OA的拉力( )图16A．逐渐增大B．逐渐减小C．先变小后变大D．先变大后变小答案 A解析以结点O为研究对象，分析受力：重力G、绳OA的拉力F T AO和绳BO的拉力F T BO，如图所示，根据平衡条件知，两根绳子拉力的合力与重力大小相等、方向相反，作出轻绳OA在两个位置时力的合成图如图，由图看出，A点移到A′的过程中，绳OA的拉力F T AO逐渐增大．1．(2018·海安中学月考)“阶下儿童仰面时，清明妆点最堪宜．游丝一断浑无力，莫向东风怨别离．”这是《红楼梦》中咏风筝的诗，风筝在风力F、线的拉力F T以及重力G的作用下，能够高高地飞在蓝天上．关于风筝在空中的受力可能正确的是( )答案 A解析风筝受竖直向下的重力、风力和线的拉力，风筝飞在空中认为是平衡状态，所以线的拉力方向应该在重力和风力合力的反方向上，所以正确选项为A.2.(多选)(2019·田家炳中学期初)如图1所示，小车M在恒力的作用下，沿水平地面做直线运动，由此可判断( )图1A．若地面光滑，则小车一定受三个力作用B．若地面粗糙，则小车可能受三个力作用C．若小车做匀速运动，则小车一定受四个力作用D．若小车做加速运动，则小车可能受三个力作用答案CD解析若地面光滑，小车可能受重力、支持力、拉力F，当拉力F在竖直方向的分量等于重力时，支持力等于零，只受两个力，A错误；若地面粗糙，小车可能受重力、支持力、拉力F 和摩擦力，当支持力等于零时摩擦力也等于零，所以小车可能受2个力，也可能受4个力，B 错误；若小车做匀速运动，则小车受力平衡，所以小车受重力、支持力、拉力和摩擦力，一定受四个力作用，C 正确；若小车做加速运动，若F 的水平分量正好提供加速度时，不受摩擦力，此时可能受重力、支持力、拉力这三个力，D 正确．3．(2018·南通中学期中)如图2所示，光滑斜面的倾角为θ＝37°，一个可以看成质点的小球在轻质细线的拉力作用下静止在斜面上，细线与斜面间的夹角也为37°，若小球的重力为G ，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则手对细线的拉力等于( )图2A ．GB.G 2C.3G 4D.4G 5 答案 C解析 球受重力、拉力和支持力，处于平衡状态，受力分析如图所示，由几何关系可知，F 与竖直方向之间的夹角：α＝90°－37°－37°＝16°，则在水平方向：F sin α＝F N ·sin37°，竖直方向：F cos α＋F N cos 37°＝G ，联立得：F ＝3G 4，选项C 正确，A 、B 、D 错误．4.(多选)(2018·盐城中学段考)一光滑圆环固定在竖直平面内，环上套着两个小球A 和B (中央有孔)，A 、B 间由细绳连接着，它们处于如图3所示位置时恰好都能保持静止状态，此情况下，B 球与环中心O 处于同一水平面上，A 、B 间的细绳呈伸直状态，与水平线成30°角，已知B 球的质量为m ，下列说法正确的是( )图3A ．细绳对B 球的拉力为2mgB ．A 球的质量为2mC ．环对B 球的弹力大小为3mg ，方向水平向左D ．环对A 球的弹力大小为23mg答案 ABD解析 对B 球，受力分析如图，小球B 处于平衡状态，有：F T sin 30°＝mg得：F T ＝2mg ；圆环对B 球的弹力大小：F N B ＝F T cos 30°＝2mg ×32＝3mg ，方向水平向右，故A 正确，C 错误；对A 球，受力分析如图，小球A 处于平衡状态，有：在水平方向：F T′cos 30°＝F N A sin 30°，F T′＝F T所以圆环对A球的弹力大小：F N A＝F T′tan 30°＝23mg.在竖直方向：F N A cos 30°＝m A g＋F T′sin 30°联立解得：m A＝2m，故B、D正确．5．(多选)(2018·海安中学月考)如图4，对斜面上的物块施以一个沿斜面向上的拉力F作用时，物块恰能沿斜面匀速上滑．在此过程中斜面相对水平地面静止不动，斜面倾角为θ，物块和斜面的质量分别为m、M，则( )图4A．地面对斜面的支持力等于(M＋m)gB．地面对斜面的支持力等于(M＋m)g－F sinθC．斜面受到地面向左的摩擦力为F cosθD．斜面受到地面的摩擦力为零答案BC解析以整体为研究对象，分析受力情况：总重力(M＋m)g、地面的支持力F N、地面的摩擦力F f和拉力F.由于F有水平向右的分力，则由平衡条件可知：F f一定水平向左．根据平衡条件可得：F f＝F cos θ，F N＝(M＋m)g－F sin θ，故B、C正确，A、D错误．6.(2018·高邮市期初)如图5所示，在竖直平面内，用甲、乙两个弹簧秤通过细线拉着一个钩码，使之处于静止状态．若保持甲弹簧秤拉力的方向不变，缓慢地调节乙弹簧秤，使两细线之间的夹角增大一些，则( )图5A．两拉力的合力可能增大B．甲弹簧秤的示数一定增大C．甲弹簧秤的示数可能减小D．乙弹簧秤的示数一定增大答案 B解析由平衡条件得知，甲、乙两个拉力F1和F2的合力与钩码的重力G大小相等、方向相反，保持不变，作出甲、乙两个拉力在三个不同位置时力的合成图，如图，在甲、乙从3→2→1三个位置的过程中，可以看出，当甲、乙两个拉力方向相互垂直时，F2最小，可见，F1逐渐增大，F2先逐渐减小后逐渐增大．7.(2018·盐城中学最后一卷)如图6所示，用OA 、OB 两根轻绳将花盆悬于两竖直墙之间，开始时OB 绳水平，现保持O 点位置不变，改变OB 绳长使绳右端由B 点缓慢上移至B ′点，此时OB ′与OA 之间的夹角θ<90°，设此过程中OA 、OB 绳的拉力分别为F OA 、F OB ，则下列说法正确的是( )图6A ．F OA 一直增大B ．F OA 一直减小C ．F OB 一直减小D ．F OB 先增大后减小 答案 B解析 对结点O 受力分析：重力G 、绳OA 的拉力F OA 和绳OB 的拉力F OB ，根据平衡条件知，两根绳子的拉力的合力与重力大小相等、方向相反，作出轻绳OB 在两个位置时力的合成图如图所示，由图看出，由3→2→1的过程中，F OA 逐渐减小，F OB 先减小后增大，当θ＝90°时，F OB 最小．8．(2018·泰州中学四模)如图7所示，水平面上的长方体物块被沿对角线分成相同的A 、B 两块．物块在垂直于左边的水平力F 作用下，保持原来形状沿力F 的方向匀速运动，则( )图7A ．物块A 受到4个力作用B ．物块A 受到水平面的摩擦力为F 2C ．物块B 对物块A 的作用力为FD ．若增大力F ，物块A 和B 将相对滑动答案 B解析 对物块A 分析受力情况，物块A 在水平方向受到水平向左的滑动摩擦力F f 、B 的弹力F N BA 和摩擦力F f BA ，竖直方向受重力和桌面的支持力，所以A 受到5个力作用，A 错误；A 、B 受到水平面的摩擦力大小相等，对A 、B 整体，由平衡条件得F ＝2F f ，知物块A 受到水平面的摩擦力F f ＝F 2，故B 正确；如图所示，由平衡条件知，F f BA 与F N BA 的合力大小等于F f 的大小，故物块B 对物块A 的作用力为F 2，故C 错误；整体匀速运动，有F f BA ＝F N BAtan θ≤μF N BA ，得μ≥1tan θ，若增大力F ，物块A 和B 不会发生相对滑动，故D 错误．9.(2018·红桥中学一调)如图8所示，一个重为30N 的物体，放在倾角θ＝30°的斜面上静止不动，若用F＝5N的竖直向上的力提物体，物体仍静止，下述结论正确的是( )图8A．物体受到的摩擦力减小5NB．物体对斜面的作用力减小5NC．斜面受到的压力减小5ND．物体受到的合外力减小5N答案 B解析无拉力时对物体受力分析，受重力、支持力和静摩擦力，如图甲所示根据共点力平衡条件，有：F f＝mg sin θ，F N＝mg cos θ，有拉力F作用后，再次对物体受力分析，受到拉力、重力、支持力和静摩擦力，如图乙所示，根据共点力平衡条件，有：F f1＝(mg－F)sin θ，F N1＝(mg－F)cos θ，故F f－F f1＝F sin 30°＝2.5 N，F N－F N1＝F cos 30°＝2.5 3 N，即物体受到的摩擦力减小了2.5 N，故A错误；物体对斜面的压力等于斜面对物体的支持力，减小了2.5 3 N，故C错误；无拉力时，斜面对物体的作用力与重力大小相等，即为mg；有拉力时，斜面对物体的作用力与重力、拉力两个力的合力大小相等，即为mg －F，所以斜面对物体的作用力减小了F＝5 N，则物体对斜面的作用力也减小5 N，故B正确．两次物体都保持静止状态，合力为零，保持不变，故D错误．10.(2019·田家炳中学期初)如图9所示，斜面体M放在水平面上，物体m放在斜面上，m受到一个水平向右的力F，m和M始终保持静止，这时m受到的摩擦力大小为F f1，M受到水平面的摩擦力大小为F f2，当F变大时，则( )图9A．F f1变大，F f2不一定变大B．F f2变大，F f1不一定变大C．F f1与F f2都不一定变大D．F f1与F f2都一定变大答案 B解析对物体m受力分析，受推力、重力、支持力，可能有摩擦力，设斜面倾角为θ，则在斜面方向上有：①当mg sin θ＞F cos θ时，摩擦力沿着斜面向上，大小为F f1＝mg sin θ－F cos θ，当F增大时，F f1变小；②当mg sin θ＝F cos θ时，摩擦力为零，F增大时，F f1变大；③当mg sin θ＜F cos θ时，摩擦力沿着斜面向下，大小为F f1＝F cos θ－mg sin θ，F增大时，F f1变大；对整体受力分析，如图，则有F f2＝F，则F变大，F f2一定变大，综上所述，B正确．11．如图10所示，重物A和B的质量分别为m A＝3kg、m B＝2kg，斜面体质量为M＝4kg，滑轮和绳质量及其之间的摩擦不计，整个装置均静止，试求：(g取10m/s2)图10(1)画出受力分析图，求绳中张力F的大小；(2)A受斜面的摩擦力F f的大小和方向；(3)地面给斜面体的支持力大小，以及地面给斜面体的摩擦力F f′大小和方向．答案见解析解析(1)滑轮受力分析图如图甲F＝m B g＝20 N(2)对A受力分析，如图乙，则F f＝F－m A g·sin 37°＝2 N，方向沿斜面向下(3)将斜面体和A视为整体，受力分析如图丙F N＝(M＋m A)g＋F·cos 60°F f′＝F·sin 60°解得F N＝80 N，F f′＝10 3 N，方向水平向左．12．(2018·盐城中学段考)如图11，球A夹在竖直墙壁与三角劈B的斜面之间，三角劈的重力为G，劈的底部与水平地面间的动摩擦因数为μ，劈的斜面与竖直墙面是光滑的，劈倾角θ为60°，问：图11(1)若劈始终静止不动，当球的重力为G′时，球与劈间的弹力多大？(2)欲使劈静止不动，球的重力不能超过多大？(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)答案(1)2G′(2)μG 3－μ解析(1)A的受力如图甲所示．则根据平衡条件，有：F1＝G′tan 60°＝3G′，F2＝G′cos 60°＝2G′(2)将A、B视作整体，受力如图乙所示，F f＝F1，F N＝G＋G′. B要保持静止，则必须满足：F f≤F fmax，即为：F1≤μF N，即3G′≤μ(G′＋G)解得：G′≤μG3－μ.。
2020届高考物理(人教版)一轮复习课后同步练习卷：受力分析共点力的平衡
受力分析共点力的平衡1.如图所示，一超市员工用推车搬运货物，货物随推车一起沿水平地面向右做匀速直线运动，则推车对货物的作用力( A )A．沿竖直向上方向B．沿斜向右上的某一方向C．沿水平向右方向D．沿斜向右下的某一方向2．a、b两个质量相同的球用线相连接，a球用线挂在天花板上，b球放在光滑斜面上，系统保持静止(线的质量不计)，则图中正确的是( B )3.(多选)物体b在力F作用下将物体a压向光滑的竖直墙壁，如图所示，a处于静止状态．现增大力F，则下列说法中正确的是( BD )A．a受到的摩擦力有两个B．a受到的摩擦力大小不随F变化而变化C．b受到地面的支持力大小随F的增大而增大D．b受到地面的支持力大小等于a、b的重力之和4.如图所示，一个质量m＝1 kg的小环套在倾角为37°的光滑固定直杆上．为使小环能够静止不动，需对它施加一个水平拉力F，已知重力加速度g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则F的大小和方向分别是( A )A ．7.5 N ，水平向左B ．7.5 N ，水平向右C ．13.3 N ，水平向左D ．13.3 N ，水平向右5．如图所示，质量均为m 的两个球A 、B 固定在轻杆的两端，将其放入光滑的半圆形碗中，杆的长度等于碗的半径．当杆与碗的竖直半径垂直时，两球刚好能平衡，重力加速度为g ，则杆对小球的作用力为( A )A.33mg B.233mg C.32mg D ．2mg6.(多选)如图所示，轻绳的两端分别系在圆环A 和小球B 上，圆环A 套在粗糙的水平直杆MN 上．现用水平力F 拉着绳子上的一点O ，使小球B 从图中实线位置缓慢上升到虚线位置，但圆环A 始终保持在原位置不动．在这一过程中，环对杆的摩擦力f 和环对杆的压力F N 的变化情况是( BD )A ．f 不变B ．f 增大C ．F N 减小D ．F N 不变7．如图所示，在平行于固定光滑斜面的推力F 的作用下，质量相等的A 、B 两物体沿斜面做匀速直线运动，A 、B 间轻弹簧的劲度系数为k ，斜面的倾角为30°，则弹簧的压缩量为( B )A.F kB.F 2kC.F 3kD.F4k8.在车站、机场等地会看见一些旅客推着行李箱，也有一些旅客拉着行李箱在水平地面上行走．建立物理模型如图甲和乙所示，假设行李箱都做匀速运动，对同一行李箱在这两种情况下，下列说法正确的是( D )A ．两种情况下，行李箱所受地面的摩擦力相同B ．两种情况下，推行李箱省力C ．力F 1与重力的合力方向水平向右D ．力F 2与摩擦力的合力方向竖直向下9．如图所示，在竖直墙壁间有质量分别是m 和2m 的半圆球A 和圆球B ，其中B 的球面光滑，半圆球A 与左侧墙壁之间存在摩擦，两球心之间连线与水平方向成30°角，两球恰好不下滑．假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则半圆球A 与左侧墙壁之间的动摩擦因数为( A )A.32 B.33 C.34 D.23310.(多选)如图所示，桌面上固定一个光滑竖直挡板，现将一个长方体物块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，假设各接触面均光滑，则该过程中( BD )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11．质量为M 的木楔倾角为θ，在水平面上保持静止，当将一质量为m 的木块放在木楔斜面上时，它正好匀速下滑．现用与木楔斜面成α角的力F 拉着木块匀速上升，如图所示，已知木楔在整个过程中始终静止，重力加速度为g .(1)当α为多少时，拉力F 有最小值？最小值为多大？ (2)当α＝θ时，木楔对水平面的摩擦力为多大？ 答案：(1)θ mg sin2θ (2)12mg sin4θ12.如图所示，水平细杆上套有一质量为0.54 kg 的小环A ，用轻绳将质量为0.5 kg 的小球B 与A 相连．B 受到始终与水平方向成53°角的风力作用，与A 一起向右匀速运动，此时轻绳与水平方向夹角为37°，运动过程中B 球始终在水平细杆的下方，则：(取g ＝10 m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)B 对绳子的拉力大小；(2)A 与杆间的动摩擦因数．(保留一位有效数字) 答案：(1)3.0 N (2)0.313.如图所示，光滑固定斜面上有一个质量为10 kg 的小球被轻绳拴住悬挂在天花板上，已知绳子与竖直方向的夹角为45°，斜面倾角为30°，整个装置处于静止状态，g 取10 m/s 2.求：(2取1.414)(1)绳中拉力的大小和斜面对小球支持力的大小；(2)若另外用一个外力拉小球，能够把小球拉离斜面，求最小拉力的大小． 答案：(1)51.8 N 73.2 N (2)70.7 N。
2020高考物理一轮总复习 第二章 相互作用 能力课 受力分析 共点力平衡练习(含解析)新人教版
受力分析共点力平衡一、选择题1. (2019届山西大学附中月考)如图所示，斜面小车M静止在光滑水平面上，一边紧贴墙壁．若再在斜面上加一物体m，且M、m相对静止，此时小车受力个数为( )A．3 B．4C．5 D．6解析：选B 先对物体m受力分析，受到重力、支持力和静摩擦力；再对M受力分析，受重力、m对它的垂直斜面向下的压力和沿斜面向下的静摩擦力，同时地面对M有向上的支持力，共受到4个力，故B正确．2．(2018届凉山州一诊)如图所示，在一水平长木板上放一木块P，缓慢抬起木板的右端，木块P和木板始终相对静止，则( )A．木块受到木板的支持力减小、摩擦力减小B．木块受到木板的支持力增大、摩擦力增大C．木块受到木板的作用力大小不变、方向不变D．木块受到木板的作用力大小变化、方向变化解析：选C 缓慢抬起木板的右端时，木块P处于动态平衡状态，所受的摩擦力f＝mg sinα，支持力N＝mg cosα，随着α的增大，f增大，N减小，A、B错误；因木块受到木板的作用力与木块P的重力等大反向，C正确，D错误．3．(2018届广州六校联考)一个质量为3 kg的物体，被放置在倾角为α＝30°的固定光滑斜面上，在如图所示的甲、乙、丙三种情况下处于平衡状态的是(g＝10 m/s2)( )A．仅甲图 B．仅乙图C．仅丙图 D．甲、乙、丙图解析：选 B 斜面光滑，物体不受摩擦力作用，物体要在斜面上平衡，必有拉力F＝mg sinα＝15 N，故只有乙能平衡，选项B正确．4.如图所示，一个半球形的碗放在桌面上，碗口水平，O点为其球心，碗的内表面及碗口是光滑的．一根细线跨在碗口上，线的两端分别系有质量为m1和m2的小球．当它们处于平衡状态时，质量为m1的小球与O点的连线与水平线的夹角为α＝90°，质量为m2的小球位于水平地面上，设此时质量为m2的小球对地面压力大小为F N，细线的拉力大小为F T，则( )A．F N＝(m2－m1)g B．F N＝m2gC．F T＝22m1g D．F T＝⎝⎛⎭⎪⎫m2－22m1g解析：选B 分析小球m1的受力情况，由物体的平衡条件可得，绳的拉力F T＝0，故C、D错误；分析m2受力，由平衡条件可得F N＝m2g，故A错误，B正确．5. (多选)(2018届东北三省四市名校联考)如图所示，两根轻绳一端系于结点O，另一端分别系于固定圆环上的A、B两点，O点下面悬挂一物体M，绳OA水平，拉力大小为F1，绳OB与OA夹角α＝120°，拉力大小为F2，将两绳同时缓慢顺时针转过75°，并保持两绳之间的夹角α始终不变，且物体始终保持静止状态．则在旋转过程中，下列说法正确的是( )A．F1逐渐增大 B．F1先增大后减小C．F2逐渐减小 D．F2先增大后减小解析：选BC 设两绳转动过程中，绳OA 与水平方向的夹角为θ，以O 点为研究对象，受力分析如图所示，因为两绳是缓慢移动的，所以O 点始终处于平衡状态，由平衡条件得F 1cos θ＝F 2cos(60°－θ)，F 1sin θ＋F 2sin(60°－θ)＝Mg ，由以上两式解得F 1＝Mg cos 60°－θsin60°，F 2＝Mg cos θsin60°.当θ<60°时，θ增大，F 1增大，F 2减小；当60°<θ<75°时，θ增大，F 1减小，F 2减小．因此，在两绳旋转的过程中，F 1先增大后减小，F 2逐渐减小，选项B 、C 正确．6. (2018届盐城射阳二中调研)如图所示，一只半径为R 的半球形碗倒扣在水平桌面上，处于静止状态．一质量为m 的蚂蚁(未画出)在离桌面高度为45R 时恰能停在碗上，则蚂蚁受到的最大静摩擦力大小为( )A ．0.6mgB ．0.8mgC ．0.4mgD ．0.75mg解析：选A 蚂蚁受重力、支持力和最大静摩擦力，根据平衡条件有F m ＝mg sin θ，而cos θ＝45R R＝0.8，所以sin θ＝0.6，F m ＝mg sin θ＝0.6mg ，故A 正确．7. (2019届河南周口期末)如图所示为建筑工地上使用的简易拔桩机示意图．若在某次拔桩过程中，建筑工人在长绳上的E 点施加一竖直向下的拉力F 时，绳CE 部分被水平拉直，CA 部分被竖直拉直，绳DE 、BC 与竖直方向的夹角分别为α、β，则绳CA 拔桩的作用力大小为( )A ．F tan α·cot βB ．F tan α·tan βC ．F cot α·cot βD ．F cot α·tan β解析：选A 设绳CE 部分被水平拉直时张力为f ，绳CA 拔桩的作用力大小为F ′，对结点C ，分析受力，由平衡条件可得tan β＝f /F ′；对结点E ，分析受力，由平衡条件可得tan α＝f /F ，联立解得F ′＝F tan α·cot β，选项A 正确．8.如图所示，物块A 和滑环B 用绕过光滑定滑轮的不可伸长的轻绳连接，滑环B 套在与竖直方向成θ＝37°的粗细均匀的固定杆上，连接滑环B 的绳与杆垂直并在同一竖直平面内，滑环B 恰好不能下滑，滑环和杆间的动摩擦因数μ＝0.4，设滑环和杆间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则物块A 和滑环B 的质量之比为( )A.75B.57C.135D.513解析：选C 设物块A 和滑环B 的质量分别为m 1、m 2，若杆对B 的弹力垂直于杆向下，因滑环B 恰好不能下滑，则由平衡条件有m 2g cos θ＝μ(m 1g －m 2g sin θ)，解得m 1m 2＝135；若杆对B 的弹力垂直于杆向上，因滑环B 恰好不能下滑，则由平衡条件有m 2g cos θ＝μ(m 2g sin θ－m 1g )，解得m 1m 2＝－75(舍去)．综上分析可知应选C 项．9. (多选)(2018届儋州四校联考)如图所示，质量为M 的四分之一圆柱体放在粗糙水平地面上，质量为m 的正方体放在圆柱体和光滑墙壁之间，且不计圆柱体与正方体之间的摩擦，正方体与圆柱体的接触点的切线与右侧墙壁成θ角，圆柱体处于静止状态．则( )A．地面对圆柱体的支持力为(M＋m)g B．地面对圆柱体的摩擦力为mg tanθC．墙壁对正方体的弹力为mgtanθD．正方体对圆柱体的压力为mg cosθ解析：选AC 以正方体为研究对象，受力分析，并运用合成法如图所示．由几何知识得，墙壁对正方体的弹力N1＝mgtanθ圆柱体对正方体的弹力N2＝mgsinθ，根据牛顿第三定律，则正方体对圆柱体的压力为mgsinθ以圆柱体和正方体为研究对象，竖直方向受力平衡，地面对圆柱体的支持力N ＝(M ＋m )g 水平方向受力平衡，地面对圆柱体的摩擦力f ＝N 1＝mgtan θ，故A 、C 正确． 10. (2019届湖南师大附中模拟)表面光滑、半径为R 的半球固定在水平地面上，球心O 的正上方O ′处有一无摩擦定滑轮，轻质细绳两端各系一个可视为质点的小球挂在定滑轮上，如图所示．两小球平衡时，若滑轮两侧细绳的长度分别为L 1＝2.4R 和L 2＝2.5R ，则这两个小球的质量之比为m 1m 2，小球与半球之间的压力之比为N 1N 2，则以下说法正确的是( )A.m 1m 2＝2425B.m 1m 2＝2524C.N 1N 2＝1D.N 1N 2＝2425解析：选B 先以左侧小球为研究对象，分析受力情况：重力m 1g 、绳子的拉力T 和半球的支持力N 1，作出受力示意图．由平衡条件得知，拉力T 和支持力N 1的合力与重力m 1g 大小相等、方向相反．设OO ′＝h ，根据三角形相似得T L 1＝m 1g h ＝N 1R同理，对右侧小球有T L 2＝m 2g h ＝N 2R解得m 1g ＝Th L 1①m 2g ＝Th L 2②N 1＝m 1gR h ③N 2＝m 2gR h④由①∶②得m 1∶m 2＝L 2∶L 1＝25∶24， 由③∶④得N 1∶N 2＝m 1∶m 2＝L 2∶L 1＝25∶24， 故A 、C 、D 错误，B 正确． 二、非选择题11．如图所示，质量为m 1的物体甲通过三段轻绳悬挂，三段轻绳的结点为O ，轻绳OB 水平且B 端与站在水平面上质量为m 2的人相连，轻绳OA 与竖直方向的夹角θ＝37°，物体甲及人均处于静止状态．(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g 取10m/s 2.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(1)轻绳OA 、OB 受到的拉力分别是多大？ (2)人受到的摩擦力是多大？方向如何？(3)若人的质量m 2＝60 kg ，人与水平面之间的动摩擦因数μ＝0.3，欲使人在水平面上不滑动，则物体甲的质量最大不能超过多少？解析：(1)以结点O 为研究对象进行受力分析，如图1所示，由平衡条件有F OB ＝F OA sin θ F OA cos θ＝F 甲＝m 1g 联立得F OA ＝m 1g cos θ＝54m 1gF OB ＝m 1g tan θ＝34m 1g故轻绳OA 、OB 受到的拉力大小分别为54m 1g 、34m 1g . (2)对人受力分析，如图2所示，人在水平方向受到OB 绳的拉力F OB ′和水平向左的静摩擦力作用，由平衡条件得F f ＝F OB ′又F OB ′＝F OB所以F f ＝F OB ＝34m 1g . (3)当人刚要滑动时，甲的质量达到最大，此时人受到的静摩擦力达到最大值，有F f m ＝μm 2g ，又F OB m ′＝F OB m ＝m 1m g tan θ＝34m 1m g 联立解得m 1m ＝24 kg即物体甲的质量最大不能超过24 kg.答案：(1)54m 1g 34m 1g (2)34m 1g 方向水平向左 (3)24 kg 12.质量为M 的木楔倾角为θ(θ <45°)，在水平面上保持静止，当将一质量为m 的木块放在木楔斜面上时，它正好匀速下滑．当用与木楔斜面成α角的力F 拉木块，木块匀速上升，如图所示(已知木楔在整个过程中始终静止)．(1)当α＝θ时，拉力F 有最小值，求此最小值；(2)求在(1)的情况下木楔对水平面的摩擦力是多少？解析：木块在木楔斜面上匀速向下运动时，有mg sin θ＝μmg cos θ，即μ＝tan θ.(1)木块在力F 的作用下沿斜面向上匀速运动，有F cos α＝mg sin θ＋F f ，F sin α＋F N ＝mg cos θ，F f ＝μF N解得F ＝2mg sin θcos α＋μsin α＝2mg sin θ·cos θcos α·cos θ＋sin α·sin θ＝mg sin2θcos θ－α则当α＝θ时，F 有最小值，则F min ＝mg sin2θ.(2)因为木块及木楔均处于平衡状态，整体受到地面的摩擦力等于F 的水平分力，即F f ′＝F cos(α＋θ)当F 取最小值mg sin2θ时，F f ′＝F min cos2θ＝mg sin2θ·cos2θ＝12mg sin4θ.答案：(1)mg sin2θ (2)12mg sin4θ |学霸作业|——自选一、选择题1．(2018届南京市、盐城市一模)质量为m 的物块沿着倾角为θ的粗糙斜面匀速下滑，物块与斜面间的动摩擦因数为μ.斜面对物块的作用力是( )A．大小mg，方向竖直向上B．大小mg cosθ，方向垂直斜面向上C．大小mg sinθ，方向沿着斜面向上D．大小μmg cosθ，方向沿着斜面向上解析：选A 对物块进行受力分析：重力G，斜面对物块的支持力N，摩擦力f，斜面对物块的作用力即支持力与摩擦力的合力，由于物块匀速下滑，所以支持力与摩擦力的合力应与重力等大反向，故A正确．2.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弹簧相互连接，正好组成一个菱形，∠BAD＝120°，整个系统保持静止状态．已知A物块所受的摩擦力大小为f，则D物块所受的摩擦力大小为( )A.32f B．fC.3f D．2f解析：选C 已知A物块所受的摩擦力大小为f，设每根弹簧的弹力为F，则有2F cos60°＝f，对D：2F cos30°＝f′；解得f′＝3F＝3f，故选C项．3．(2018届河南天一大联考期末)两相同的楔形木块A、B叠放后分别以图1、2两种方式在水平外力F1和竖直外力F2作用下，挨着竖直墙面保持静止状态，则在此两种方式中，木块B受力个数分别为( )A．4∶4 B．4∶3C．5∶3 D．5∶4解析：选C 图1中，根据整体法可知，木块B除了重力外，一定受到墙面水平向右的弹力和竖直向上的静摩擦力，隔离B分析，其一定还受到A的弹力(垂直于接触面向左上方)，但A对B有无静摩擦力暂不确定，需再隔离A分析，A确定受到重力、水平向左的推力、B 对其垂直于接触面向右下方的弹力，这样的三个力不可能使A平衡，所以A一定还要受到B 对其沿接触面斜面右上方的静摩擦力才能平衡，至此可确定B一定受到A沿接触面斜向左下方的静摩擦力，即B共受5个力；图2中，据整体法可知B与墙面间既无弹力也无摩擦力，所以，木块B受重力，A的弹力和摩擦力共3个力的作用，选项C正确．4.将两个质量均为m的小球a、b用细线相连后，再用细线悬挂于O点，如图所示．用力F拉小球b，使两个小球都处于静止状态，且细线Oa与竖直方向的夹角保持θ＝30°，则F达到最小值时Oa绳上的拉力为( )A.3mg B．mgC.32mg D.12mg解析：选A 以两个小球组成的整体为研究对象，分析受力，作出F在三个方向时整体的受力图，根据平衡条件得知：F与T的合力与重力mg总是大小相等、方向相反，由力的合成图可知，当F与绳子Oa垂直时，F有最小值，即图中2位置，F有最小值，根据平衡条件得F min＝2mg sin30°＝mg，此时T＝2mg cos30°＝3mg.5.(多选)(2018届山东省天成大联考)如图，斜面体C置于水平地面上．斜面上的小物块B通过轻质细绳跨过光滑的定滑轮与物块A连接，连接B的一段细绳与斜面平行，系统处于静止状态，现对A施加一水平力F使A缓慢地运动，B与斜面体C均保持静止，则在此过程中( )A．水平地面对斜面体C的支持力减小B．轻质细绳对物块B的作用力不变C．斜面体C对物块B的摩擦力一直增大D．水平地面对斜面体C的摩擦力一直增大解析：选AD 取物体A为研究对象，分析其受力情况，设细绳与竖直方向夹角为α，则水平力F＝mg tanα；绳子的拉力T＝mgcosα；细绳与竖直方向夹角α逐渐增大，绳子的拉力T逐渐增大，T在竖直方向的分力逐渐增大，所以水平地面对斜面体C的支持力减小，所以A正确，B错误；在这个过程中尽管绳子张力变大，但是因为物体A所受斜面体的摩擦力开始并不知道其方向，故物体A所受斜面体的摩擦力的情况无法确定，所以C错误；细绳与竖直方向夹角α逐渐增大，绳子的拉力T逐渐增大，T在水平方向的分力逐渐增大，则地面对斜面体的摩擦力一定变大，所以D正确．6．(多选)(2019届黑龙江哈尔滨联考)如图甲所示，A为一截面为等腰三角形的斜劈，其质量为M，两个底角均为30°.两个完全相同、质量均为m的小物块p和q恰好能沿两斜面匀速下滑．现在若对两物体同时施加一平行于侧面的恒力F1、F2，且F1>F2，如图乙所示，则在p和q下滑的过程中下列说法正确的是( )A．斜劈A仍旧保持静止，且不受到地面的摩擦力作用B．斜劈A仍旧保持静止，且受到地面向右的摩擦力作用C．斜劈A仍旧保持静止，对地面的压力大小为(M＋m)gD．斜劈A仍旧保持静止，对地面的压力大小大于(M＋m)g解析：选AD 起初两物块沿斜面匀速下滑，p、q及斜劈组成的整体处于平衡状态，则水平方向斜劈不受场面的静摩擦力作用，竖直方向上斜劈的作用力不变，斜劈受力情况不变，即A依然不受地面的摩擦力作用，且A对地面的压力大小仍为(M＋2m)g大于(M＋m)g，故选项A、D正确．7. (多选)(2019届漳州质检)如图，重均为G的两光滑小环A和B用轻绳连接，分别套在水平和竖直的固定直杆上．在绳上O点施一水平力F拉紧轻绳，设法使整个系统处于静止状态．随后使力F缓慢增大，则在此过程中( )A．OA段绳中的张力始终大于G，且逐渐增大B．杆对A环的作用力始终大于2G，且逐渐增大C．OB段绳中的张力始终大于G，且逐渐增大D．OB段绳与竖直方向的夹角逐渐增大解析：选CD 因小环光滑，则当系统静止时，OA段绳子垂直水平横杆，如图所示，对小环B以及结点O系统可知，OA段绳中的张力等于小环B的重力G，则力F缓慢增大时，OA 段绳中的张力始终等于G不变，选项A错误；对AB环组成的整体，竖直方向F N A＝G A＋G B＝2G，选项B错误；根据小环B的受力情况可知，T OB>G；若设OB段绳与竖直方向的夹角为θ，则T OB cosθ＝T OA＝G，则随F的增大，θ变大，由T OB cosθ＝G可知，T OB变大，选项C、D正确．故选CD.8.(2016年全国卷Ⅱ)质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板上．用水平向左的力F缓慢拉动绳的中点O，如图所示．用T表示绳OA段拉力的大小，在O点向左移动的过程中( )A．F逐渐变大，T逐渐变大B．F逐渐变大，T逐渐变小C．F逐渐变小，T逐渐变大D．F逐渐变小，T逐渐变小解析：选A 以O点为研究对象，受力分析，如图所示，当用水平向左的力缓慢拉动O 点时，则绳OA与竖直方向的夹角变大，由共点力的平衡条件知F逐渐变大，T逐渐变大，选项A正确．9. (2018届湖北黄冈联考)如图所示，将三个完全相同的光滑球用不可伸长的细线悬挂于O点并处于静止状态．已知球半径为R，重为G，线长均为R.则每条细线上的张力大小为( )A．2G B.6 2 GC.32G D.52G解析：选B 本题O 点与各球心的连线及各球心连线，构成一个边长为2R 的正四面体，如图甲所示(A 、B 、C 为各球球心)，O ′为△ABC 的中心，设∠OAO ′＝θ，由几何关系知O ′A ＝233R ，由勾股定理得OO ′＝OA 2－O ′A 2＝83R ，对A 处球受力分析有F sin θ＝G ，又sin θ＝OO ′OA ，解得F ＝62G ，故只有B 项正确．10. (多选)(2018届河南名校联考)如图所示，木板P 下端通过铰链固定于水平地面上的O 点，物体A 、B 叠放在木板上且处于静止状态，此时物体B 的上表面水平．现使木板P 绕O 点缓慢旋转到虚线所示位置，物体A 、B 仍保持静止，与原位置的情况相比( )A ．A 对B 的作用力减小B ．B 对A 的支持力减小C ．木板对B 的支持力减小D ．木板对B 的摩擦力增大解析：选BCD 设木板与水平地面的夹角为α，以A 为研究对象，A 原来只受到重力和支持力的作用而处于平衡状态，所以B 对A 的作用力与A 的重力大小相等，方向相反；当将P绕O点缓慢旋转到虚线所示位置时，B的上表面不再水平，A受力情况如图甲所示，A受到重力和B的支持力、摩擦力三个力的作用，其中B对A的支持力、摩擦力的合力仍然与A 的重力大小相等，方同相反，则B对A的作用力保持不变．根据牛顿第三定律可知，A对B 的作用力也不变，选项A错误；结合对A选项的分析可知，开始时物体A不受B对A的摩擦力，B对A的支持力大小与A的重力相等；木板旋转到虚线位置时，设B的上表面与水平方向之间的夹角是β，受到的B对A的支持力、摩擦力的合力仍然与A的重力大小相等，方向相反，则A受到B对A的作用力保持不变，由于支持力与摩擦力相互垂直，N1＝G A cosβ，所以A受到的支持力一定减小了，选项B正确；以A、B整体为研究对象，受力分析情况如图乙所示，总重力G AB、木板的支持力N2和摩擦力F f2，木板对B的作用力是支持力N2和摩擦力F f2的合力，由平衡条件分析可知，木板对B的作用力大小与A、B总重力大小相等，保持不变，N2＝G AB cosα，F f2＝G AB sinα，α减小，N2增大，F f2减小，选项C、D正确．二、非选择题11. (2019届铜陵模拟)如图所示，质量M＝2 3 kg的木块A套在水平杆上，并用轻绳将木块A与质量m＝ 3 kg的小球相连．今用与水平方向成α＝30°角的力F＝10 3 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，取g＝10 m/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)设轻绳对小球的拉力为F T，小球受力如图甲所示，由平衡条件可得F cos30°－F T cosθ＝0F sin30°＋F T sinθ－mg＝0解得F T＝10 3 N，θ＝30°.(2)以木块和小球组成的整体为研究对象，受力分析如图乙所示，由平衡条件得F cos30°－F f＝0F N＋F sin30°－(M＋m)g＝0又F f＝μF N，解得μ＝35.答案：(1)30°(2)3 512．(2018届湖北华大新高考联盟质量测评)如图(a)所示，三棱柱的左、右两侧斜面的倾角α＝β＝45°，物块P、Q用跨过定滑轮的轻绳相连，分别放在两侧的斜面上，此时物块P恰好不向下滑动．已知P、Q与斜面之间的动摩擦因数均为μ＝tan15°，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．(1)求物块P、Q的质量之比m1：m2；(2)当三棱柱缓慢绕右侧棱边顺时针转动θ角，如图(b)所示，物块Q恰好不下滑，求θ角．解析：(1)三棱柱转动之前，物块P恰好不向下滑动．分析P的受力，有F f1＝μF N1，F N1＝m1g cosα，m1g sinα－F f1＝F T分析Q的受力，有F f2＝μF N2，F N2＝m2g cosβ，m2g sinβ＋F f2＝F T解得m 1m 2＝ 3.(2)三棱柱转动θ角后，物块Q 恰好不下滑．分析Q 的受力，有F f 2′＝μF N2′，F N2′＝m 2g cos(β＋θ)，m 2g sin(β＋θ)－F f 1′＝F T ′分析P 的受力，有F f 1′＝μF N1′，F N1′＝m 1g cos(α－θ)，m 1g sin(α－θ)＋F f 1′＝F T ′ 联立解得m 1m 2＝sin 30°＋θsin 60°－θ将m 1m 2＝ 3 代入上式可解得θ＝30°.答案：(1)3∶1 (2)30°。
2020版高考物理一轮复习单元质检02 相互作用(含解析)
所示。则杆对环的摩擦力大小为( )
A.mgsin θ
B.mgcos θ C.mgtan θ D.mgsin θcos θ
答案 D
解析设细线的弹力为 F,对斜面上的物块,由共点力平衡条件得 F-mgsinθ=0。对轻环,由共点力平
衡条件,有 Fcosθ-Ff=0,解得杆对环的摩擦力大小为 Ff=mgsinθcosθ,选项 D 正确。
A.小球受到的摩擦力方向竖直向下 B.小球受到的摩擦力与重力大小相等 C.若增大铁夹对小球的压力,小球受到的摩擦力变大 D.若铁夹水平移动,小球受到的摩擦力变大 答案 B 解析对小球受力分析可知,小球受重力、两侧铁夹的弹力以及摩擦力作用,根据平衡条件可知,小球 在竖直方向上受到的摩擦力与重力大小相等,方向相反,故 A 错误,B 正确;增大铁夹对小球的压力, 小球受到的摩擦力仍等于重力,大小不变,故 C 错误;若水平移动铁夹,由于小球在竖直方向受力始 终平衡,故摩擦力大小不变,故 D 错误。
2.如图所示,光滑小球放置在半球面的底端,竖直放置的挡板水平向右缓慢地推动小球,则在挡板运 动(小球始终未脱离球面)的过程中,挡板对小球的推力 F、半球面对小球的支持力 FN 的变化情况正 确的是( ) A.F 增大,FN 减小 B.F 减小,FN 增大
C.F 减小,FN 减小 D.F 增大,FN 增大 答案 D 解析对处在某一位置的小球受力分析,受重力、挡板向右的支持力和半球面的支持力,如图所示
mg 根据平衡条件,解得 F=mgtanθ,FN=cosθ, 由于 θ 不断增大,故 F 增大、FN 增大,选项 D 正确。 3.
在水平地面上固定一个上表面光滑的斜面体,斜面上面放有质量为 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
《全品高考复习方案》2020届高考物理一轮复习文档：第2单元 相互作用 物体平衡 作业答案
课时作业(三)1.B [解析]向斜上方飞的足球受重力和阻力作用,选项B正确.2.B [解析]弹簧两端的拉力等大反向,合力为0,劲度系数k=N/m=200N/m,其大小与拉力无关,选项B正确.3.C [解析]由胡克定律,弹簧测力计每1N的示数表示N=N,当示数为29N时,表示的弹力大小为(29-2)×N=30N,选项C正确.4.C [解析]弹簧测力计的示数一定等于弹簧挂钩上的拉力F1,与F1、F2的大小关系无关,选项C正确.5.B [解析]轻质杆与轻绳的区别:轻质杆不但能被压,还能被拉,而轻绳只能被拉.根据这一点,取B点为研究对象并进行受力分析,可知图乙中AB、BC两杆都不能用轻绳代替,图甲、丙、丁中AB杆能用轻绳代替但BC杆不能用轻绳代替,否则B点受力不能平衡,选项B正确.6.BCD [解析]根据胡克定律知F=k(l-l0)=kx,即弹簧弹力与弹簧的形变量成正比,与弹簧长度不成正比,故A错误;根据胡克定律知ΔF=kΔx,则弹簧长度的增加量与弹力增加量成正比,故B正确;弹力与弹簧形变量的关系图像的斜率表示劲度系数,所以该弹簧的劲度系数是200N/m,故C正确;由于图像斜率不变,说明对该弹簧施加拉力或压力时,劲度系数不变,故D正确.7.C [解析]小车在光滑斜面上自由下滑,则加速度a=g sinθ(θ为斜面的倾角),方向沿斜面向下,由牛顿第二定律可知,小球所受重力和杆的弹力的合力方向沿斜面向下,且小球的加速度等于g sinθ,则杆的弹力方向垂直于斜面向上,杆不会发生弯曲,选项C正确.8.C [解析]P点左、右的两段弹性绳的弹力大小均为kL,由平衡条件得2kL cos30°=G,则劲度系数k=,选项C正确.9.A [解析]小球匀速运动,处于平衡状态,合力为零,则水平方向没有力的作用,否则细线不可能处于竖直状态,故选项A正确.10.C [解析]在此过程中,下面弹簧上所受的压力由(m1+m2)g减小到m2g,即减小了m 1g,根据胡克定律可知,下面弹簧的长度增加了Δl=,即下面木块移动的距离为,选项C正确.11.BD [解析]滑轮P两侧的绳子拉力大小相等,且等于重物的重力,两拉力的方向不变,其合力也不变,由平衡条件知,杆对滑轮的作用力也不变,方向始终在P的两侧细绳夹角的角平分线上,选项B、D正确.12.AD [解析]对于细线悬吊的小铁球2,有a=g tanα,而轻杆对小铁球1的弹力由m1a和m1g共同决定,因=tanα,所以弹力方向与细线平行,选项A正确,B错误;轻杆对小铁球1的弹力大小F T1=,与夹角α有关,选项C错误,D正确.13.AC [解析]以小球为研究对象,小球受到重力、轻绳的拉力、轻弹簧的拉力、轻杆的作用力四个力,其中轻杆的作用力的方向和大小未知,重力与弹簧拉力的合力大小为F==15N,设F与竖直方向的夹角为α,则sinα==,故α=37°,即方向与竖直方向成37°角斜向左下方,这个力与轻绳的拉力恰好在同一条直线上,根据平衡条件可知,轻杆对小球的作用力大小为F-F2=5N,方向与竖直方向成37°角斜向右上方,选项A、C正确.14.C [解析]弹簧q开始处于压缩状态,有kx1=mg,当c刚好离开水平面时,弹簧q处于伸长状态,有kx1'=mg,此时弹簧p处于伸长状态,弹力大小为kx2=2mg,解得x1=x1'=2cm,x2=4cm,故此过程中弹簧p的左端向左移动的距离为x1+x1'+x2=8cm,选项C 正确.15.(1)4mg (2)[解析](1)对物体C,根据平衡条件得,轻绳拉力F T=mg,对A、B整体,根据平衡条件得F T+F N=5mg,解得地面对B的支持力F N=4mg,则物体B对地面的压力F N'=F N=4mg.(2)对C,有F'T=5mg,对A,有F'T=F k+2mg,所以F k=3mg,即kx1=3mg,解得弹簧伸长量为x1=,设开始时弹簧的压缩量为x2,有kx2=2mg-F T,解得x2=,所以A上升的高度为h A=x1+x2=.课时作业(四)1.A [解析]当v1=v2时,A、B之间无相对运动,它们之间肯定没有滑动摩擦力;当v1>v2时,以B为参考系,A向右运动,A受到B施加的向左的滑动摩擦力,B受到A施加的向右的滑动摩擦力;当v1<v2时,以A为参考系,B向右运动,B受到A施加的向左的滑动摩擦力,A受到B施加的向右的滑动摩擦力.2.D [解析]根据滑动摩擦力公式f=μF N可知,滑动摩擦力的大小只与动摩擦因数和正压力有关,与物体之间的接触面积无关,故当工人匀加速拖出材料的过程中,材料与平台之间的动摩擦因数不变,支持力也不变,因而摩擦力不变,工人拉力也不变,选项D正确.3.B [解析]以A、B整体为研究对象,分析受力情况,在水平方向受到水平向左的拉力F、绳子水平向右的拉力T和地面对B水平向右的滑动摩擦力,根据平衡条件得,绳上拉力T小于水平恒力F,选项A错误;A、B间产生相对滑动,木块A受到的是滑动摩擦力,大小等于T,选项B正确;木板B受到两个滑动摩擦力,二者合力大小等于F,选项C 错误;若木板B以速度2v匀速运动,A、B受力情况都没有变化,则拉力F也不变,选项D错误.4.C [解析]木块P对长木板的滑动摩擦力大小为f=μ2mg,长木板始终静止,则地面对长木板的静摩擦力大小为f'=f=μ2mg,故选项C正确.5.AD [解析]木箱受到的静摩擦力随推力的增大而增大,最大静摩擦力为21N,当推力F>21N时,摩擦力为滑动摩擦力,大小为20N,木箱与地面间的动摩擦因数μ==0.2,选项A、D正确.6.C [解析]当木块受F1、F2及摩擦力的作用而处于平衡状态时,由平衡条件可知,木块所受的摩擦力大小为8N,最大静摩擦力f max≥8N.撤去力F1后,F2=2N<f max,木块仍处于静止状态,由平衡条件可知,木块所受的静摩擦力大小和方向发生突变,且与作用在木块上的力F2等大、反向,C正确.7.D [解析]将A、B两物体视为整体,可以看出A物体受到墙的摩擦力方向竖直向上,对B受力分析,可知B受到A的摩擦力方向向上,由牛顿第三定律可知,B对A的摩擦力方向向下,A错误;由于A、B两物体受到的重力不变,根据平衡条件可知,A与墙之间的摩擦力不随力F增大而增大,B错误;A和墙之间的摩擦力与A、B整体的重力等大、反向,B受到的摩擦力与B的重力等大、反向,故无论A、B的重力哪个大,B受到的摩擦力一定小于墙对A的摩擦力,C错误,D正确.8.B [解析]假设A、B间没有相对滑动,则轻弹簧的压缩量为x=0.2m,此时轻弹簧的弹力大小为F=kx=50N,而A与B间的最大静摩擦力为f A=μmg=100N,所以A、B之间没有相对滑动,它们之间的摩擦力为静摩擦力,其大小为f1=50N,B与地面间的摩擦力为滑动摩擦力,其大小为f2=μ(m+M)g=250N,由B缓慢移动,可知推力的大小为F=f1+f2=300N,选项B正确.9.D [解析]若手指支撑着盘,使盘保持静止状态,则盘受到重力和手指的作用力,二力平衡,即手指对盘的作用力大小等于mg,A错误;若手指支撑着盘并一起水平向右做匀速运动,则盘处于平衡状态,不受静摩擦力,B错误;若手指支撑着盘并一起水平向右做匀加速运动,则盘受到向右的静摩擦力,但没有发生相对滑动,所以受到的摩擦力f≤μmg,手指对盘的作用力F≤=mg,C错误,D正确.10.D [解析]0~4s内,物块所受的合力为0,保持静止,5s后合力恒定,加速度a==2m/s2,做匀加速运动,4~5s内,物块所受的合力增大,做加速度由0均匀增大到2m/s2的加速运动,故4~8s内物块的位移x<at2=16m,选项A、B错误,选项D正确;4s后,f=3N=μmg,动摩擦因数μ=0.3,选项C错误.11.AC [解析]对A,由平衡条件知,B对A的作用力与重力始终为一对平衡力,选项A正确;在原位置时,A所受摩擦力为0,支持力大小等于重力,而在虚线位置时(设A、B的接触面与水平方向的夹角为θ),支持力等于mg cosθ,摩擦力等于mg sinθ,由牛顿第三定律可知,A对B的压力为mg cosθ,选项B错误;以A、B整体为研究对象,由平衡条件可知,F N=Mg cosα,f=Mg sinα,因α减小,故F N增大,f减小,选项C正确,D错误.12.BC [解析]对A、B整体受力分析,B受到的滑动摩擦力f B=(m A+m B)g sinθ=μ(m A+m B)g cosθ,A受到的静摩擦力f BA=m A g sinθ,则B受到的静摩擦力f AB=f BA=m A sinθ,选项B、C正确,选项A错误;取走A物体后,对B物体,有m B g sinθ=μm B g cosθ,B物体将匀速下滑,选项D错误.13.D [解析]力F撤去前,将重力G分解为沿斜面向下的分力G sinθ和垂直于斜面向下的分力G cosθ,对物块,由受力平衡可知,摩擦力f1=,力F撤去后,物块仍静止,受到的摩擦力f2=G sinθ,方向沿斜面向上,且与F方向垂直,选项D正确.14.(1)0 (2)5m/s2 (3)9.1N[解析](1)假设静摩擦力f1向上,由平衡条件得F cos37°+f1=mg解得f1=0(2)由牛顿第二定律得F cos37°-f2-mg=ma而f2=μF sin37°解得a=5m/s2(3)当物块即将下滑时,静摩擦力最大且向上,F最小,由平衡条件得F cos37°+μF sin37°=mg解得F=9.1N课时作业(五)1.B [解析]减速带对车轮的弹力方向垂直于车轮和减速带接触处的公切面,指向受力物体,故A、C错误;按照力的作用效果分解,可以将F沿水平方向和竖直方向分解,水平方向的分力产生的效果是减慢汽车的速度,竖直方向的分力产生的效果是使汽车向上运动,选项B正确,D错误.2.B [解析]对于给定的三个共点力,其大小、方向均确定,则合力的大小唯一、方向确定,选项A、D错误;根据题图,先作出F1、F2的合力,可发现F1、F2的合力方向与F3同向,大小等于2F3,根据几何关系可求出F1、F2、F3三力的合力大小等于3F3,方向与F3同向,选项B正确,C错误.3.B [解析]将物块A的重力按照力的效果进行分解,如图所示,有F1=G tanθ,F2=,故=sinθ=,即物块A对竖直挡板P的压力与物块A对斜面的压力大小之比为1∶2,选项B正确.4.A [解析]设两半球的总质量为m,当球以AB沿水平方向放置时,F=mg,当球以AB沿竖直方向放置时,隔离右半球受力分析如图所示,可得F'=tanθ,根据支架间的距离为AB的一半,可得θ=30°,则==,选项A正确.5.B [解析]要保持塔柱所受的合力竖直向下,钢索AC、AB的拉力在水平方向的分力应等大反向,即F AC sinα=F AB sinβ,解得F AC∶F AB=sinβ∶sinα,选项B正确.6.C [解析]将重力G分解为压颈椎的力和沿QP方向的力,如图所示,由正弦定理可知=,解得F N=G≈1.9G,选项C正确.7.A [解析]根据平行四边形定则,将下面小球的重力按效果进行分解,如图所示,由几何知识得T=m2g,对支架上的小球受力分析,由平衡条件,在沿杆的方向有m1g sin30°=T sin30°,可得T=m1g,故m1∶m2=1∶1,选项A正确.8.B [解析]由结构的对称性可知,四根支架对地面的作用力大小相同,与竖直方向的夹角均为θ,根据牛顿第三定律及力的合成与分解知识可得4F cosθ=mg,解得F=,选项B正确.9.B [解析]对物体受力分析,受到重力、支持力、水平方向的拉力F和未知力F',要使合力沿着OO'方向,根据平行四边形定则画图可以判断,当未知力F'垂直于OO'时,F'最小,如图所示,由几何关系得F'=F sinθ,选项B正确.10.ACD [解析]拉力F增大,由于两段绳的夹角不变,故绳上的拉力增大,A正确;对物块进行受力分析,在沿斜面方向上,绳的拉力的分量与物块重力的分量之和等于静摩擦力,在垂直于斜面方向上,物块重力的分量等于斜面对物块的支持力与绳的拉力的分量之和,由于绳上的拉力增大,故静摩擦力变大,支持力变小,则物块对斜面的压力也变小,B错误,C正确;物块仍处于平衡状态,所受合力仍为0,故D正确.11.B [解析]对B进行受力分析,如图甲所示,可得F2==200N,对连杆上部进行受力分析,如图乙所示,其中F'2=F2,可得F N=F'2·cos30°=100N,则工件受到的压力F'N=F N=100N,B正确.图K5-1712.(1)如图所示 (2) (3)[解析](1)对各球所受的重力来说,其效果有二:第一,使球沿垂直于挡板方向压紧挡板;第二,使球压紧斜面.因此,力的分解如图所示.(2)(3)对球1,有F1=G tanθ,F2=对球2,有F'1=G sinθ,F'2=G cosθ所以挡板A、B所受的压力大小之比为=斜面所受两个小球压力大小之比为=13.mg[解析]从整体来看,钢绳的拉力F=mg,它可以分解为沿杆方向的两个分力(均为F'),如图甲所示,F'通过杆作用于罐壁,又可分解为竖直向上的分力F1和垂直于罐壁的压力F2,如图乙所示.因为θ=60°,所以由平行四边形定则得F'=mg.由直角三角形知识得F2=F'sinθ=mg.专题训练(二)1.B [解析]设每根绳与竖直方向的夹角为θ,绳子根数为n,则nF cosθ=G,绳长变大,则夹角θ变小,F变小,选项B正确.2.A [解析]座椅静止时,受重力和两个拉力而平衡,根据共点力平衡条件,有F1=2F2cosθ=mg,解得F2=,由于长期使用,导致两根支架向内发生了微小倾斜,图中的θ角减小了,则cosθ增大,故F1不变,F2减小.3.A [解析]对A、B整体,有F sinθ+(m A+m B)g=F N,地面对B的支持力F N随F增大而增大,选项A正确;对A,由平衡条件知,合力为0,且B对A的支持力F'N=m A g cosθ,由牛顿第三定律知,A对B的压力为m A cosθ,选项B、C错误;A的重力与F的合力跟B对A 的作用力平衡,而A的重力与F的合力随F增大而增大,则B对A的作用力增大,选项D错误.4.CD [解析]以小球为研究对象,对其受力分析如图所示,因题中“缓慢”移动,故小球处于动态平衡,由图知在题设的过程中,F T一直减小,当细线与斜面平行时,F T与F N垂直, F T有最小值,且F Tmin=G sinα,故选项C、D正确.5.D [解析]对整体受力分析,如图(a)所示,垂直于斜面方向上,甲、乙重力在垂直于斜面方向的分力和斜面对甲的支持力F2'平衡,即F2'-G cosθ=0,则F2'保持不变,由牛顿第三定律可知,甲对斜面的压力F2也保持不变;对球乙受力分析如图(b)、(c)所示,当甲缓慢下移时,F N与竖直方向的夹角减小,F1减小.6.D [解析]弹簧竖直悬挂质量为m的物体时,对物体受力分析,根据平衡条件得F=mg,对斜面上的物体受力分析,此时弹簧的拉力大小仍为F=mg,如图所示,假设其所受的摩擦力沿斜面向上,根据平衡条件得F+f-2mg sin30°=0,解得f=0,选项D正确.7.BD [解析]对物块,外力F和重力mg的合力恒定,由平衡条件知,物块所受支持力和摩擦力的合力恒定,选项B正确;由平衡条件得mg sinθ-F cosθ=f,mg cosθ=F sinθ+F N,随着斜面倾角θ增大,支持力减小,摩擦力增大,选项A、C错误,D正确.8.AC [解析]设细线与水平方向的夹角为α,左侧细线的拉力大小为T1,右侧细线的拉力大小为T2,在竖直方向上,有F=(T1+T2)sinα,已知T1=Mg,T2=mg,则F=(M+m)g sinα,随着圆环C向下移动,α增大,sinα增大,则F增大,而在水平方向上,杆对圆环C的作用力F N=T1cosα-T2cosα=(M-m)g cosα,α增大,cosα减小,则F N减小,故A正确,B错误;圆环C受到外力F、杆对圆环C的作用力和两细线的拉力,由平衡条件得,杆对圆环C 的作用力与外力F的合力大小等于两细线拉力的合力大小,而两细线拉力大小不变,随着α不断增大,其合力增大,则杆对圆环C的作用力与外力F的合力不断增大,故C正确,D错误.9.D [解析]以A球为研究对象,受力分析如图所示,F=mg,由几何关系得△POA∽△ADE,则==,所以PA=R,故∠APO=60°,选项D正确.10.AD [解析]对物块A,设细绳与竖直方向夹角为α,则水平力F=mg tanα,绳子的拉力T=,拉力T随α增大而增大,而对B、C整体,有T sinθ+F N=(m B+m C)g,f=T cosθ,水平地面对斜面体C的支持力F N随T增大而减小,水平地面对斜面体C的摩擦力f随T增大而增大,选项A、D正确,B错误;对物块B,因开始物块B所受斜面体的摩擦力方向未知,故物块B所受斜面体的摩擦力变化情况无法确定,选项C错误.11.BD [解析]对斜面体和物块A、B整体,由平衡条件知,斜面体和水平地面间没有静摩擦力,选项A错误;对A、B整体,由平衡条件知,静摩擦力f=2mg sinθ,选项B正确;A受到最大静摩擦力时,弹簧压缩量最大,此时有(kx)2+(mg sinθ)2=(μmg cosθ)2,解得最大压缩量x=,若将弹簧拿掉,则静摩擦力减小,物块仍保持静止,选项C错误,D正确.12.(1) (2)1[解析](1)设重物的质量为m,它与木板间的动摩擦因数为μ.当木板倾角为30°时,重物受力如图甲所示,由平衡条件得F N=mg cos30°f1=mg sin30°又知滑动摩擦力f1=μF N联立解得μ=tan30°=.(2)当木板水平时,设推力大小为F,重物受力如图乙所示,由平衡条件得F'N=mg+F sin30°f2=F cos30°又知滑动摩擦力f2=μF'N联立解得F==mg所以推力与重力大小的比值为1.13.(1)mg (2)[解析](1)以A为研究对象,受到重力mg、拉力F和B对A的弹力F N.由题意知,三个力的合力始终为零,矢量三角形如图所示.在F N转至竖直的过程中,A、B间的弹力先增大后减小,拉力F逐渐减小.当夹角θ=30°(F水平向右)时,A、B间的弹力最大,为F Nmax==mg.(2)对B受力分析,在竖直方向上,水平地面的支持力F'N=mg+F N cosθ,可知水平地面对B的支持力逐渐增大,在水平方向上,静摩擦力f=F N sinθ,可知静摩擦力逐渐减小,所以只要初始状态不滑动,以后就不会滑动.初始状态时,θ=60°,F N=mg,此时F'N=mg,f=mg,由f=μmin F'N.解得μmin=.。
高三物理一轮复习第二章_相互作用_检测_word版有答案
章末检测提升(二)第二章相互作用一、选择题(本大题共10小题，共40分．每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)1．在粗糙水平地面上与墙平行放着一个截面为半圆的柱状物体A，A与竖直墙之间放一光滑圆球B，整个装置处于静止状态．现对B施加一竖直向下的力F，F的作用线通过球心，设墙对B的作用力为F1，A对B的作用力为F2，地面对A 的作用力为F3，若F缓慢增大而整个装置仍保持静止，截面如图所示，在此过程中()A．F1保持不变，F3缓慢增大B．F1缓慢增大，F3保持不变C．F2缓慢增大，F3缓慢增大D．F2缓慢增大，F3保持不变解析：如图所示，球B受到四个力作用，整个系统保持静止，则θ不变，F2cos θ＝F＋mg.若F缓慢增加，则F2增加，F2sinθ＝F1，若F2缓慢增加，则F1增加；对于整体而言，地面对A的摩擦力F f＝F1，地面对A的支持力F N＝F＋G总，F f和F N均缓慢增加，所以F3缓慢增加，C项对．答案：C2．如图所示，A、B两木块放在水平面上，它们之间用细线相连，两次连接情况中细线倾斜方向不同但倾角一样，两木块与水平面间的动摩擦因数相同．先后用水平力F1和F2拉着A、B一起匀速运动，线上的张力分别为F T1和F T2，则()A．F1≠F2B．F1＝F2C．F T1＞F T2D．F T1＝F T2解析：取A、B为整体分析可知，F1＝F2＝μ(m A＋m B)g.隔离A物体，应用平衡条件可得F T1sinθ＝μ(m A g－F T1cosθ)，F T2sinθ＝μ(m A g＋F T2cosθ)，比较可得F T2＞F T1.答案：B3．(多选)如图所示，铁板AB与水平地面之间的夹角为θ，一块磁铁吸附在铁板下方．在缓慢抬起铁板的B端使θ角增大(始终小于90°)的过程中，磁铁始终相对于铁板静止．下列说法正确的是()A．磁铁所受合外力逐渐减小B．磁铁始终受到3个力的作用C．磁铁受到的摩擦力逐渐增大D．铁板对磁铁的弹力逐渐增大解析：以磁铁为研究对象进行受力分析可知，在缓慢抬起铁板B端的过程中磁铁相对铁板静止，因此磁铁所受合外力始终为零，A项错误；磁铁受重力、铁板的吸引力、铁板的弹力、铁板的摩擦力共4个力作用，如图所示，B项错误；由受力平衡关系可得，θ角增大的过程中磁铁受到的摩擦力F f＝mg sinθ逐渐增大，铁板对磁铁的弹力F N＝F引－mg cosθ也逐渐增大，C、D两项正确．答案：CD4．(多选)如图所示，物体m通过定滑轮牵引另一水平面上的物体沿斜面匀速下滑，此过程中斜面仍静止，斜面质量为M，则水平地面对斜面体()A．无摩擦力B．有水平向右的摩擦力C．支持力为(M＋m)g D．支持力小于(M＋m)g解析：设斜面夹角为θ，细绳的拉力为F T，M、m整体处于平衡状态，对M、m整体受力分析可得平衡方程F T cosθ＝F静，F T sinθ＋F N＝(M＋m)g，故F静方向水平向右，B、D正确．答案：BD5．(2014·江苏盐城一模)如图所示，壁虎在竖直玻璃面上斜向上匀速爬行，关于它在此平面内的受力分析，下列图示中正确的是()解析：壁虎在竖直玻璃面上斜向上匀速爬行，受到的竖直向下的重力和竖直向上的摩擦力，二者为平衡力，A项正确．答案：A6．如图所示，不计重力的轻杆OP能以O为轴在竖直平面内自由转动，P端悬挂一重物，另用一根轻绳通过定滑轮系在P端．当OP和竖直方向的夹角α缓慢逐渐增大时(0<α<90°)，OP的弹力F T和绳子的张力F的大小变化是()A．F T不变，F变大B．F T不变，F先变大后变小C．F T先变小后变大，F变大D．F T先变大后变小，F不变解析：设上面绳子为a，下面绳子为b；如图所示，以杆上P点为研究对象，P点受到三个力作用：杆对绳的弹力F T、绳b的拉力(大小等于重物重力G)、绳a的拉力F；三力组合成一个矢量三角形，且力的三角形与几何三角形APO相似；由于力的三角形与几何三角形相似，可由几何边长的变化判定对应力大小的变化：随着细绳a慢慢放下，几何边AP变长、PO边不变，则绳a的拉力F增大，杆所受压力F T 不变，故选项A正确．答案：A7．如图所示，运动员的双手握紧竖直放置的圆形器械，在手臂OA沿由水平方向缓慢移到A′位置过程中，若手臂OA、OB的拉力分别为F A和F B，下列表述正确的是()A．F A一定小于运动员的重力GB．F A与F B的合力始终大小不变C．F A的大小保持不变D．F B的大小保持不变解析：在手臂OA沿由水平方向缓慢移到A′位置的过程中，人的受力平衡图如图所示，由图可知F A是逐渐减小的，但不一定小于运动员的重力，选项A、C错误；F B是逐渐减小的，选项D错误；F A与F B的合力始终等于人的重力，大小不变，选项B正确．答案：B8．(多选)如图是用来粉刷墙壁的涂料滚的示意图．使用时，用撑竿推着涂料滚沿墙壁上下滚动，把涂料均匀地粉刷到墙壁上．撑竿的重量和墙壁的摩擦均不计，而且撑竿足够长．粉刷工人站在离墙壁某一距离处缓缓上推涂料滚，使撑竿与墙壁间的夹角越来越小．该过程中撑竿对涂料滚的推力为F1，涂料滚对墙壁的压力为F2，下列说法中正确的是()A．F1增大B．F1减小C．F2增大D．F2减小解析：涂料滚受三个力的作用，重力、墙壁对涂料滚水平向左的弹力F2′、撑竿对涂料滚的推力F1，重力的大小方向确定，墙壁对涂料滚的弹力方向确定、粉刷工人站在离墙壁某一距离处缓缓上推涂料滚，涂料滚受力始终平衡，这三个力构成矢量三角形，使撑竿与墙壁间的夹角越来越小，矢量图变化如图所示，由图可知，当使撑竿与墙壁间的夹角越来越小时，F1、F2′均减小，F2和F2′等大反向，因此F1、F2均减小．答案：BD9．两刚性球a和b的质量分别为m a和m b、直径分别为d a和d b(d a＞d b)，将a、b两球依次放入一竖直放置、内径为d(d a<d<d a＋d b)的平底圆筒内，如图所示．设a、b两球静止时对圆筒侧面的压力大小分别为F1和F2筒底所受的压力大小为F N.已知重力加速度大小为g.若所有接触面部是光滑的，则()A．F N＝(m a＋m b)g，F1＝F2B．F N＝(m a＋m b)g，F1≠F2C．m a g＜F N<(m a＋m b)g，F1＝F2D．m a g<F N<(m a＋m b)g，F1≠F2解析：以a、b整体为研究对象，其重力方向竖直向下，而侧壁产生的压力水平，故不能增大对底部的挤压，所以F N＝(m a＋m b)g；水平方向，由于物体处于平衡，所以受力也是平衡的，因此水平方向力的大小是相等的，即F1＝F2，故正确答案为A.答案：A10．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过程中桌面对物体B的摩擦力F 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＝G A＋G B，支持力F N、静摩擦力F f、两根绳子的拉力F1和F2，其中F1＝F2＝G C2，根据力的平衡得F f＝F1＋F2＝G C，所以当砂子均匀流出时，B选项正确．答案：B二、填空与实验题(本大题共2小题，共10分．把答案填在相应的横线上或按题目要求作答)11．(5分)某学习小组在做“探究力的平行四边形定则”的实验．(1)他们的实验步骤分别是：A．在竖直放置的方木板上固定一张白纸，用图钉把橡皮条的一端固定在方木板上，另一端拴上两个绳套，通过细绳同时用两个弹簧测力计沿方木板平面平行的方向互成角度地拉橡皮条，使细绳的结点到达某一位置O点，在白纸上用铅笔记下O点的位置和读出两个弹簧测力计的示数F1和F2，如图甲所示．B．只用一只弹簧测力计，通过细绳拉橡皮条，使它的伸长量与用两个弹簧测力计拉时相同，读出此时弹簧测力计的示数F′和记下细绳的方向．请指出以上步骤中的错误．．或疏漏．．：A中是_______________________________________________________________________ _B中是_______________________________________________________________________ _(2)该学习小组纠正了(1)中的问题后．在某次实验中两个弹簧测力计的拉力F a ＝4 N、F b＝3 N已在图乙中画出，图中方格每边的长度表示1 N，O点是橡皮条的结点，请用两个直角三角板作出合力F的图示，并求出合力的大小为________ N.(3)图甲中的OA沿竖直线，则图乙中的F a、F b与水平方向的夹角分别为β和α，它们一定满足cos α∶cos β＝________．(4)(多选)该实验小组想创新一下该实验，用如图丙所示的贴有白纸的木板竖直放置，弹簧测力计A挂在固定于木板上的P点，下端用细线挂一重物M.他们想用此实验装置来验证“力的平行四边形定则”，下列关于此实验的说法中正确的是________．A．应测量重物M所受的重力B．拉线方向应与竖直木板平面平行C．图丁中F′表示用一个测力计测出来的力，F表示用平行四边形定则合成的力C．改变拉力，进行多次实验，每次都要使O点静止在同一位置解析：(1)A中是没有记录两拉力的方向；B中是没有说明要把结点拉至O点；(2)作图如图戊所示，合力大小为6 N；(3)根据F a cosβ＝F b cosα，得cosα∶cosβ＝4∶3；(4)实验通过作出三个力的图示来验证平行四边形定则，因此重物的重力要知道，A项对；拉线方向应与竖直木板平面平行，B项对；图丁中F′表示用一个测力计测出来的力，F表示用平行四边形定则合成的力，C项对；当结点O位置确定后，弹簧测力计A的示数也是确定的，由于重物的重力已确定，两力大小与方向均一定，因此D项错．答案：(1)没有记录两拉力的方向没有说明要把结点拉至O点(2)见解析 6 N(或5.8 N～6.2 N)(3)4∶3(4) ABC12．(5分)为测定木块P和木板Q间的动摩擦因数，某同学设计了一个实验，下图为实验装置示意图，其中各物体的接触面均水平，该同学在实验中的主要操作有：导学号36280426A．用弹簧测力计测出木块P的重力为G P＝6.00 N；B．用弹簧测力计测出木板Q的重力为G Q＝9.25 N；C．用手按住木块和木板，按图装置安装好器材；D．松开木块和木板让其运动，待弹簧测力计指针稳定时再读数．(1)上述操作中多余的步骤是______．(填步骤序号)(2)在听取意见后，该同学按正确方法操作，稳定时弹簧测力计的指针位置如图所示，其示数为_____ N ．根据该同学的测量数据，可求得木块P 和木板Q 间的动摩擦因数为______．解析：(1)要做好本题，需理解实验原理．无论木板怎样滑动，弹簧测力计的示数总与P 木块的滑动摩擦力相等，且这个值是稳定的，故可用F ＝μF N ＝μmg 求解μ，所以步骤B 是多余的．(2)由读数的估读规则可知，弹簧测力计的读数为2.10 N ，由F ＝μF N ＝μmg ，可知μ＝Fmg＝0.35.答案：(1)B (2)2.10 0.35三、计算题(本大题共4小题，共50分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)13．(10分)雨滴接近地面的过程可以看做匀速直线运动，此时雨滴的速度称为收尾速度．某同学在一本资料上看到，雨滴的收尾速度v 与雨滴的半径r 成正比，由此该同学对雨滴运动中所受的阻力F 作了如下几种假设：(1)阻力只与雨滴的半径成正比，即F ＝kr (k 为常数)． (2)阻力只与速度的平方成正比，即F ＝k v 2(k 为常数)．(3)阻力与速度的平方和半径的乘积成正比，即F ＝kr v 2(k 为常数)．你认为哪种假设能够解释雨滴收尾速度与半径成正比这一关系？请写出推导过程．解析：雨滴达到收尾速度状态时，处于平衡状态，只受重力和空气阻力F.由平衡条件得：F ＝G ＝mg ＝43πr 3ρg.①r 、ρ分别为雨滴的半径、密度． 由题意知v ＝k 1r ，k 1为常数．②由①②得F ＝4πρg 3k 21rv 2＝krv 2，③ 式中k ＝4πρg3k 21.由推导知，阻力与速度的平方和半径的乘积成正比． 即F ＝krv 2假设才能解释v ∝ r. 答案：见解析14．(12分)如图所示，一球A夹在竖直墙与三角劈B的斜面之间，三角形劈的重力为G，劈的底部与水平地面间的动摩擦因数为μ，劈的斜面与竖直墙面是光滑的，问欲使三角劈静止不动，球的重力不能超过多大？(设劈的最大静摩擦力等于滑动摩擦力)解析：本题两物体均处于静止状态，故需分析好受力图后，列出平衡方程求解．用正交分解法，对球和三角劈分别进行受力分析，如上图甲、乙所示．由于三角劈静止，故其受地面的静摩擦力．F f≤F f max＝μF N B.由平衡条件有：对球有：G A＝F N cos 45°①F N A＝F N sin 45°②对三角劈有F N B＝G＋F N′sin 45°③F f＝F N′cos 45°④F f≤μF N B，⑤因为F N＝F N′⑥由①～⑥式解得：G A≤μ1－μG.所以球的重力不得超过μ1－μG.答案：μ1－μG15．(12分)如图所示，质量为m 1的物体甲通过三段轻绳悬挂，三段轻绳的结点为O ，轻绳OB 水平且B 端与放置在水平面上的质量为m 2的物体乙相连，轻绳OA 与竖直方向的夹角θ＝37°，物体甲、乙均处于静止状态．(已知 sin 37°＝0.6, cos 37°＝0.8，tan 37°＝0.75，g 取10 m/s 2.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)求：(1)轻绳OA 、OB 受到的拉力是多大？ (2)物体乙受到的摩擦力是多大？方向如何？(3)若物体乙的质量m 2＝4 kg ，物体乙与水平面之间的动摩擦因数为μ＝0.3，则欲使物体乙在水平面上不滑动，物体甲的质量m 1最大不能超过多少？解析：(1)F T OA ＝m 1g cos θ＝54m 1g ，F T OB ＝m 1g tan θ＝34m 1g.(2)F f ＝F T OB ＝34m 1g ，方向水平向左．(3)F fm ＝μm 2g ＝0.3×40 N ＝12 N ，当F T OB ＝34m 1g ＝F f m ＝12 N 时，m 1＝1.6 kg ，即物体甲的质量m 1最大不能超过1.6 kg .答案：(1)54m 1g 34m 1g(2)34m 1g 方向水平向左 (3)1.6 kg16．(16分)如图所示，斜面体A 可以在水平面上无摩擦地滑动，其斜面倾角为α，柱体B 压在A 上，并能在竖直方向上无摩擦地运动，B 上放有重物C ，F 为水平向左施加于A 上的推力，重物C 的质量为M ，A 、B 质量不计，它们之间的动摩擦因数为μ，求使重物C 匀速上升时推力F 的大小.第11页 共11页解析：依题意，分别对A 、B 两物体进行受力分析，如图所示．对B ：列竖直方向的平衡方程F N AB ·cos α＝f AB ·sin α＋Mg ，①对A ：列水平方向的平衡方程F ＝F fBA ·cos α＋F N BA ·sin α，②F fAB ＝μF N AB ，③由①②③得F ＝μcos α＋sin αcos α－μsin αMg. 答案：μcos α＋sin αcos α－μsin αMg。
2020版高考物理一轮复习第二章相互作用冲刺训练
第二章相互作用易出错的4类组合体的受力分析准确地受力分析是正确解答物理问题的前提和保证，作答前养成良好的受力分析习惯，可以帮助我们减少错误，还可以在分析中获得便捷思路。
而受力分析容易出错的问题一般都是涉及多物体组合的情景，下面根据物理情景分4类组合体进行研究。
1.A上放着质量为m的物块C，木板和物块均处于静止状态。
A、B、C之间以及B与地面之间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g，现用水平恒力F向右拉木板A，则以下判断正确的是( )A．不管F多大，木板B一定保持静止B．B受到地面的摩擦力大小一定小于FC．A、C之间的摩擦力大小一定等于μmgD．A、B之间的摩擦力大小不可能等于F解析：选A 以A、B、C整体为研究对象，若整体静止不动，则地面对B的静摩擦力大小等于F，此时A、B之间的静摩擦力大小也为F，B、D均错误；若拉力足够大，使A、C之间发生了相对滑动时，A、C 之间的摩擦力大小才等于μmg，C错误；因A对B的最大静摩擦力μ(m＋M板)g小于B所受地面的最大静摩擦力μ(m＋2M板)g，故无论F多大，木板B一定保持静止，A正确。
2.(多选)如图所示，质量为m的木块在质量为M的长木板上向右滑行，木块同时受到向右的拉力F的作用，长木板处于静止状态。
已知木块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2，以下几种说法正确的是( )A．木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ1mgB．木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ2(m＋M)gC．当F>μ2(m＋M)g时，木板便会开始运动D．无论怎样改变F的大小，木板都不可能运动解析：选AD 由于木板静止，所以地面给木板的静摩擦力大小等于木块给长木板的滑动摩擦力，选项A正确，B错误；由题意易知，木板所受木块的摩擦力小于木板所受地面的最大静摩擦力，木板会不会动，完全取决于木板的受力，故木板不可能运动，因此选项C错误，D正确。
(全国I卷)2020年高考物理一轮复习 第2章 相互作用章末质量检测
第2章相互作用(时间：60分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共6小题，每小题6分，共36分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
)1.已知物体在4 N、6 N、8 N三个共点力的作用下处于平衡状态，若撤去其中8 N的力，那么其余两个力的合力大小为( )A.4 NB.6 NC.8 ND.10 N解析物体在三个共点力的作用下处于平衡状态，若撤去其中一个力，那么其余两个力的合力与撤去的力等大反向。
答案 C2.(2020·河北石家庄模拟)如图1所示，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( )图1A.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没有摩擦力解析压缩的弹簧对B有向左的弹力，B有向左运动的趋势，受到向右的摩擦力，选项A错误；A对B的摩擦力向右，由牛顿第三定律可知，B对A的摩擦力向左，选项B错误；对整体研究，根据平衡条件分析可知，地面对A没有摩擦力，选项C错误，D正确。
答案 D3.如图2，一质量为m的正方体物块置于风洞内的水平面上，其一面与风速垂直，时刚好能推动该物块。
已知风对物块的推力F∝Sv2，其中v为风速，当风速为v时，刚好能推动用同一材料做成的另一正方S为物块迎风面积。
当风速变为2v体物块，则该物块的质量为( )图2A.4mB.8mC.32mD.64m解析根据题意知F＝kSv2，其中k为常量，根据水平方向二力平衡有μmg＝kSv2，设物块的密度为ρ，正方体物块的边长为L，则m＝ρL3，S＝L2，得μmg＝k(mρ)23v2，即m∝v6，根据比值法，当风速为2v时，该物块的质量为64m，选项D正确。
答案 D4.如图3所示，A、B为同一水平线上的两个绕绳装置，转动A、B改变绳的长度，使光滑挂钩下的重物C缓慢下降。
关于此过程中绳上拉力大小的变化，下列说法中正确的是( )图3A.不变B.逐渐减小C.逐渐增大D.可能不变，也可能增大解析当光滑挂钩下的重物C缓慢下降时，设绳AC和BC与竖直方向的夹角为α，绳的拉力为F，则绳AC和BC在水平方向上的分力大小相等为Fx＝Fsin α，方向相反，是一对平衡力，绳AC和BC在竖直方向上的分力都为Fy＝Fcos α，两绳的合力与重力是一对平衡力，所以2Fy ＝2Fcos α＝mg，即F＝mg2cos α，重物C缓慢下降时，α角逐渐减小，所以两绳的拉力F都逐渐减小。
【物理】2020版高考物理一轮复习课时跟踪检测七第二章相互作用第4节受力分析共点力的平衡
【关键字】物理课时跟踪检测（七）受力分析共点力的平衡对点训练：物体的受力分析1.(2017·浙江五校联考)如图所示，甲、乙两物体叠放在水平面上，用水平向右的拉力F拉乙，甲、乙保持静止状态，甲、乙间的接触面水平，则乙受力的个数为( ) A．3个B．4个C．5个 D．6个解析：选C 对甲受力分析可知，甲仅受到自身的重力和乙的支持力，甲、乙两物体之间没有摩揩力，故乙受到重力、甲对乙的压力、地面的支持力、水平向右的拉力F和地面向左的摩揩力，故选C。
2.(多选)如图所示，光滑水平地面上有一直角三角形斜面体B靠在竖直墙壁上，物块A 放在斜面体B上，开始时A、B静止。
现用水平力F推A，A、B仍静止，则此时A、B受力个数的组合可能是( )A．3个、5个 B.3个、3个C．4个、5个 D．3个、4个解析：选CD 先对A、B整体受力分析，A、B整体受推力、重力、地面的支持力、墙壁的支持力；再对物块A受力分析，A受重力、推力、斜面体的支持力，可能还受到静摩揩力，所以A可能受到3个或4个力，分析B的受力情况，B受到重力、墙壁的支持力、地面的支持力、A对B的压力，可能还受到A对B的静摩揩力，所以B可能受到4个或5个力，故C、D均正确。
对点训练：解决平衡问题的四种常用方法3．(2017·广东六次联考)一个质量为的物体，被放置在倾角为α＝30°的固定光滑斜面上，在如图所示的甲、乙、丙三种情况下处于平衡状态的是(g＝/s2)( ) A．仅甲图 B.仅乙图C．仅丙图 D．甲、乙、丙图解析：选B 物体在光滑斜面上受重力、支持力和沿斜面向上的拉力，斜面光滑故物体不受摩揩力；将重力沿斜面和垂直于斜面进行分解，重力垂直于斜面的分力一定与支持力相等；要使物体处于静止，拉力应等于重力沿斜面向下的分力，即F＝mgsin θ＝3×10×N＝15 N，故只有乙平衡。
故选B。
4.如图所示，一个半球形的碗放在桌面上，碗口水平，O点为其球心，碗的内表面及碗口是光滑的。
2020年高考物理一轮复习第二单元相互作用第3讲受力分析共点力的平衡练习含解析新人教版
第3讲受力分析共点力的平衡1 受力分析(1)定义:把研究对象在指定的物理环境中受到的所有力都分析出来,并画出物体所受的力的示意图,这个过程就是受力分析。
(2)受力分析的一般顺序:先分析场力(重力、电场力、磁场力);然后分析弹力,环绕物体一周,找出跟研究对象接触的物体,并逐个分析这些物体对研究对象是否有弹力作用;最后分析摩擦力,对凡有弹力作用的地方都要逐一进行分析。
(3)受力分析图画好后,一定要判断一下受力情况与物体的运动状态是否相符合,避免出现“多力”(出现无施力物体的力)“丢力”的情况。
按正确的顺序进行受力分析是保证不“丢力”的有效措施;注意每个力的施力物体和产生的条件是不“多力”的关键。
【温馨提示】在对物体进行受力分析时,通常先应用整体法后应用隔离法。
假设法也是受力分析的有效辅助方法,当不容易确定某力的有无或方向时,可先假设该力有或无(方向),看引起的结果是否符合给定的运动状态或形变效果。
1.1(2019陕西西安月考)如图所示,重物A的质量m A=5 kg,重物B的质量m B=2 kg,A与桌面间的最大静摩擦力F m=10 N。
为使系统处于静止状态,作用在重物A上的向左的拉力F的大小范围应该是()。
(g取10 m/s2)A.10 N≤F≤30 NB.20 N≤F≤30 NC.20 N≤F≤40 ND.10 N≤F≤40 N【答案】A1.2(2019广西桂林检测)匀速前进的车厢顶部用细线竖直悬挂一小球,如图所示,小球下方与一光滑斜面接触。
关于小球的受力,下列说法正确的是()。
A.小球受重力和细线对它的拉力B.小球受重力、细线对它的拉力和斜面对它的弹力C.小球受重力和斜面对它的支持力D.小球受细线对它的拉力和斜面对它的支持力【答案】A2 共点力的平衡(1)平衡状态:物体保持静止或匀速直线运动的状态,是加速度a=0的状态。
(2)平衡条件:物体所受的合力为零,即F合=0。
若采用正交分解法求平衡问题,则平衡条件是F x合=0,F y合=0。
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2020届高考物理一轮复习精品同步练习：第二章相互作用共点力的平衡阶段质量检测(时刻60分钟，总分值100分)一、单项选择题(此题共4个小题，每题4分，共16分．每题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求)1．(2018·福州模拟)两个相同的可视为质点的小球A和B，质量均为m，用长度相同的两根细线把A、B两球悬挂在水平天花板上的同一点O，并用长度相同的细线连接A、B两个小球，然后用一水平方向的力F作用在小球A上，现在三根线均处于伸直状态，且OB细线恰好处于竖直方向，如图1所示．假如两小球均处于静止状态，那么力F的大小为()A．0B．mg C.3mg3 D.3mg解析：分析B球受力，由平稳条件得，AB段细线的拉力为零，再分析A球的受力情形，如下图，那么有：F T cosθ＝mg，F T sinθ＝F，因此：F＝mg tanθ＝3mg，故D项正确．答案：D2．如图2所示，一条细绳跨过定滑轮连接物体A、B，A悬挂起来，B穿在一根竖直杆上，两物体均保持静止，不计绳与滑轮、B与竖直杆间的摩擦，绳与竖直杆间的夹角为θ，那么物体A、B的质量之比m A∶m B等于()图2A．cosθ∶1 B．1∶cosθC．tanθ∶1 D．1∶sinθ解析：设绳的拉力为F，由物体A平稳可得：F＝m A g，物体B平稳，竖直方向合力为零，得：F cosθ＝m B g，故有：m A∶m B＝1∶cosθ，B项正确．答案：B3．(2018·合肥模拟)如图3所示，斜面固定在水平地面上，先让物体A沿斜面下滑，恰能匀速．后给A一个沿斜面向下的力F，让其加速下滑．设前后两次A与斜面间的摩擦力分不为F f1、F f2，地面对斜面的支持力分不为F N1、F N2，那么() A．F f1＝F f2，F N1＝F N2B．F f1＝F f2，F N1＞F N2C．F f1＜F f2，F N1＜F N2D．F f1＞F f2，F N1＞F N2解析：对物体进行受力分析，可知物体受重力、支持力和摩擦力．再给一个沿斜面的力后，垂直斜面方向力不变，沿斜面方向向下的力增大．滑动摩擦力的大小只与接触面的粗糙程度和压力有关，而与物体的运动状态和接触面积无关，因此A正确．答案：A4．如图4所示，斜面体M的底面粗糙，斜面光滑，放在粗糙水平面上．弹簧的一端固定在墙面上，另一端与放在斜面上的物块m相连，弹簧的轴线与斜面平行．假设物块在斜面上做简谐运动，斜面体保持静止，那么地面对斜面体的摩擦力F f与时刻t的关系图象是图5中的()图5解析：由于斜面光滑，尽管物块在斜面上做简谐运动，但由于物块对斜面的摩擦力为零，对斜面的正压力始终等于重力沿垂直斜面方向的分力，因此地面对斜面体的摩擦力始终是一个恒力，C正确．答案：C二、双项选择题(此题共5小题，每题6分，共30分．每题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全选对的得6分，只选1个且正确的得1分，错选或不选的得0分) 5．如图6所示，一木板B放在粗糙的水平地面上，木块A放在B的上面，A的右端通过轻质水平弹簧与竖直墙壁连接．现用水平力F向左拉B，使B以速度v向左匀速运动，这时弹簧对木块A的拉力大小为F T.那么以下讲法正确的选项是()A．A和B之间滑动摩擦力的大小等于FB．木板B受到地面滑动摩擦力的大小等于F－F TC．假设木板以2v的速度运动，木块A受到的摩擦力大小为2F TD．假设作用在木板B上的水平力为2F，那么地面受到的滑动摩擦力的大小仍等于F －F T解析：木块A静止，木板B以速度v向左匀速运动，都属于平稳状态，弹簧对木块A 的拉力大小为F T，因此B对A的滑动摩擦力大小也为F T，选项A错误；隔离木板B，水平方向三力平稳，可判定木板B受到地面滑动摩擦力的大小等于F－F T，选项B正确；假设木板以2v的速度运动，地面和木块A受到的滑动摩擦力都不变，选项C错误、D正确．答案：BD6．如图7所示，重量为G的物体A在大小为F的水平向左的恒力作用下静止在倾角为α的固定光滑斜面上．以下关于物体对斜面压力F N大小的表达式，正确的选项是()A．F N＝G2＋F2B．F N＝G cosαC．F N＝G sinα＋F cosαD．F N＝Fsinα解析：分析物体A的受力如下图，由平稳条件可得，F与G的合力F N与F N′等大反向，故有：F N＝F N′＝G2＋F2＝Gcosα＝F sinα＝F sinα＋G cosα，A、D正确，B、C错误．答案：AD7．如图8所示，在水平力F作用下，A、B保持静止．假设A与B的接触面是水平的，且F≠0.那么关于B的受力个数可能为()A．3个B．4个C．5个D．6个解析：关于B物体，一定受到的力有重力、斜面支持力、A的压力和A对B的摩擦力，假设以整体为研究对象，当F较大或较小时，斜面对B有摩擦力，当F大小适当时，斜面对B的摩擦力为零，故B可能受4个力，也可能受5个力．答案：BC8．(2018·江门联考)如图9所示，固定在地面上的粗糙绝缘斜面ABCD的倾角为θ，空间中存在着与AB边平行的水平匀强电场，场强大小为E.将一个带正电的小物块(可视为质点)放置在那个斜面上，小物块质量为m，所带电荷量为q，与斜面间的动摩擦因数为μ.假设小物块静止，那么以下讲法中正确的选项是()A．小物块受到四个力的作用B．小物块所受的摩擦力等于μmg cosθC．小物块所受的摩擦力等于mg sinθD．小物块所受的摩擦力大于Eq解析：小物块在斜面上处于静止状态，受重力mg，斜面对小物块的支持力F N，水平电场力Eq，斜面对小物块的静摩擦力F f，共四个力作用，因物块静止，沿斜面方向的合力为零，故有F f与Eq和mg sinθ的合力等大反向，即：F f＝(mg sinθ)2＋(Eq)2，C错误，A、D正确，静摩擦力不可用F f＝μF N求解，故B错误．答案：AD9．(2018·宁夏高考)水平地面上有一木箱，木箱与地面之间的动摩擦因数为μ(0＜μ＜1)．现对木箱施加一拉力F，使木箱做匀速直线运动．设F的方向与水平面夹角为θ，如图10所示，在θ从0逐步增大到90°的过程中，木箱的速度保持不变，那么()A．F先减小后增大B．F一直增大C．F的功率减小D．F的功率不变解析：由木箱受力平稳可知：F cosθ＝μ(G－F sinθ)，即F＝μGcosθ＋μsinθ＝μG1＋μ2cos(θ－φ)，故F先减小后增大．依照P＝F v cosθ＝μG v1＋μtanθ可知F的功率减小．故A、C正确．答案：AC三、非选择题(此题包括3小题，共54分．按题目要求作答，解承诺写出必要的文字讲明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值运算的题，答案中必须明确写出数值和单位)10．(12分)(2018·皖南八校联考)在一次课外探究活动中，某同学用图11所示的装置测量放在水平光滑桌面上铁块A与长金属板B间的动摩擦因数．铁块A的质量m＝1 kg，金属板B的质量m′＝0.5 kg，用水平力F向左拉金属板B，使其向左运动，放大的弹簧测力计示数如下图．那么A、B间的摩擦力F f＝______N，A、B间的动摩擦因数μ＝________.(取g＝10 m/s2)图11解析：A 、B 间的摩擦力等于弹簧测力计的读数，由图知该弹簧测力计的最小分度为0.1 N ，估读到其最小分度的十分之一，应读为2.50 N ．再由F f ＝μF N ＝μmg 可得μ＝F f mg＝0.25.答案：2.50 0.2511．(24分)用一根长20 cm 、劲度系数k ＝200 N/m 的弹簧水平拉着放在水平桌面上的质量为1 kg 的木块，弹簧的长度逐步伸长到22.4 cm 时木块开始运动，当弹簧的长度为21.7 cm 时，木块在桌面上做匀速运动．求：(g ＝10 N/kg)(1)木块受到的最大静摩擦力多大？静摩擦力的变化范畴如何样？(2)木块与桌面间的动摩擦因数是多少？(3)木块滑动的过程中，当弹簧的长度小于或大于21.7 cm 时，滑动摩擦力如何变化？ 解析：(1)木块在未滑动前，依照二力平稳条件可知，木块受到桌面的弹力F N 与木块重力G 大小相等、方向相反，静摩擦力F ′与弹簧的拉力F 大小相等、方向相反，其受力情形如下图．木块在刚滑动之前，受到的静摩擦力已达到最大值．F max ＝F ＝k (x 1－x 0)＝200×(0.224－0.20) N ＝4.8 N.木块在未开始运动之前，受到的静摩擦力总是与弹簧的拉力大小相等、方向相反．可见，木块受到的静摩擦力随着弹簧的拉力增大而增大，其变化范畴是0～F max ，即0～4.8 N.(2)当木块做匀速运动时，木块受到的滑动摩擦力F 滑与弹簧的拉力大小相等、方向相反．F 滑＝F ＝k (x 2－x 0)＝200×(0.217－0.20) N ＝3.4 N因为F 滑＝μF N ＝μG因此动摩擦因数为μ＝F 滑F N ＝3.410＝0.34. (3)因为滑动摩擦力F 滑＝μF N ，F 滑是由μ与F N 决定的，μ和F N 不变，因此F 滑不变，可见，在木块滑动后，弹簧的长度小于或大于21.7 cm 时，只是拉力F 变化，滑动摩擦力与木块做匀速或变速的运动状态无关．答案：(1)4.8 N 静摩擦力随着弹簧的拉力增大而增大，其变化范畴是0～4.8 N (2)0.34 (3)大小不变12．(18分)放风筝是春天时大人、小孩都爱玩的一项有味的体育活动， 手上牵着线拉着风筝迎风向前跑，就能够将风筝放飞到高处，有一 个小朋友将一只重为4 N 的风筝放飞到空中后，拉着线的下端以一 定的速度匀速跑动时，线恰能与水平面成53°角保持不变，如图12 所示，这时小朋友拉住线的力为5 N ．求风筝所受的风力．解析：风筝受到重力G 、风力F 风和拉力F 三个力的作用，受力分析 如下图，由平稳条件知：F 风x ＝F cos53°＝5×0.6 N ＝3 NF 风y ＝F sin53°＋G ＝5×0.8 N ＋4 N ＝8 NF 风＝F 风x 2＋F 风y 2＝32＋82 N ＝8.54 Ntan θ＝F 风y F 风x ＝83θ＝arctan 83. 答案：8.54 N 与水平方向夹角＝arctan 83。