版高考物理一轮复习课时跟踪检测七受力分析

课时跟踪检测（七）受力分析 共点力的平衡
[A 级——基础小题练熟练快]
1．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 ．4
C ．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．设雨点下落过程中受到的空气阻力与雨点(可看成球形)的横截面积S 成正比，与下落速度v 的二次方成正比，即f ＝kSv 2，其中k 为比例常数，且雨点最终都做匀速运动。

已
知球的体积公式为V ＝43
πr 3(r 为半径)。

若两个雨点的半径之比为1∶2，则这两个雨点的落地速度之比为( )
A ．1∶ 2
B ．1∶2
C ．1∶4
D ．1∶8
解析：选A 当雨点做匀速直线运动时，重力与阻力相等，即f ＝mg ，故k ×πr 2×v
2＝mg ＝ρ×43πr 3×g ，即v 2＝4g ρr 3k
，由于半径之比为1∶2，则落地速度之比为1∶2，选项A 正确。

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
解析：选C 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。

4．(2018·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/s 2
)( )
A ．仅甲图
B ．仅乙图
C ．仅丙图 v
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，故物体不受摩擦力；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 ＝mg sin α＝3×10×12
N ＝15 N ，故只有乙平衡。

故B 正确。

5．(多选)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。

现在若对两物块同时施加一平行于侧面的恒力F 1、F 2，且F 1>F 2，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 )g
D ．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地面的静摩擦力作用，施加恒力F 1、F 2后，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。

[B 级——保分题目练通抓牢]
6．(2019·长沙调研)如图所示，质量为m (可视为质点)的小球P ，用两
根轻绳OP 和O ′P 与小球拴接后再分别系于竖直墙上相距0.4 m 的O 、O ′两
点上，绳OP 长0.5 m ，绳O ′P 长0.3 m ，今在小球上施加一方向与水平方
向成θ＝37° 角的拉力F ，将小球缓慢拉起，绳O ′P 刚拉直时，OP 绳拉力
为T 1，绳OP 刚松弛时，O ′P 绳拉力为T 2，则T 1T 2
为(sin 37°＝0.6，cos 37°
＝0.8)( )
A ．3∶4
B ．4∶3
C ．3∶5
D ．4∶5
解析：选C O ′P 绳刚拉直时，OP 绳拉力为T 1，此时O ′P 绳拉力为零，小球受力如图甲所示。

根据几何关系可得sin α＝OO ′OP ＝45
，可得α＝53°，则α＋θ＝90°； 根据共点力的平衡条件可得T 1＝mg sin α；OP 绳刚松弛时，O ′P 绳的拉力为T 2，此时OP 绳拉力为零，小球受力如图乙所示，根据共点力的平衡条件可得T 2＝mg tan α，由此可得
T 1T 2＝sin 53°tan 53°
＝35
，故C 正确，A 、B 、D 错误。

7.(多选)如图所示为内壁光滑的半球形凹槽M ，O 为球心，∠AOB ＝
60°，OA 水平，小物块在与水平方向成45°角的斜向上的推力F 作用
下静止于B 处。

在将推力F 沿逆时针缓慢转到水平方向的过程中装置始
终静止，则( )
A ．M 槽对小物块的支持力逐渐减小
B ．M 槽对小物块的支持力逐渐增大
C ．推力F 先减小后增大
D ．推力F 逐渐增大
解析：选BC 以小物块为研究对象，分析受力情况，如图所示，物
块受到重力G 、支持力F N 和推力F 三个力作用，根据平衡条件可知，F N 与F 的合力与G 大小相等，方向相反。

将推力F 沿逆时针缓慢转到水平方向
的过程中(F 由位置1→3)，根据作图可知，M 槽对小物块的支持力F N 逐渐
增大，推力F 先减小后增大，当F 与F N 垂直时，F 最小。

故A 、D 错误，B 、C 正确。

8．(多选)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F 1，绳OB 与OA 夹角α＝120°，拉力大小为F 2，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 ．F 1逐渐增大
B ．F 1先增大后减小
C ．F 2逐渐减小
D ．F 2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 －θ
s in 60°，F 2＝Mg cos θsin 60°。

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。

9．(多选)甲、乙两建筑工人用简单机械装置将工件从地面提
升并运送到楼顶。

如图所示，设当重物提升到一定高度后，两工人
保持位置不动，甲通过缓慢释放手中的绳子，使乙能够用一始终水
平的轻绳将工件缓慢向左拉动，最后将工件运送至乙所在位置，完
成工件的运送。

绳的重力及滑轮的摩擦不计，滑轮大小忽略不计，则在工件向左移动过程中
( )
A ．甲手中绳子上的拉力不断减小
B ．楼顶对甲的支持力不断增大
C ．楼顶对甲的摩擦力大于对乙的摩擦力
D ．乙手中绳子上的拉力不断增大
解析：选CD 设与结点和滑轮相连的一段绳子与竖直方向的
夹角为θ，工件重力为mg ，对结点受力分析如图所示，可得甲手
中绳子拉力T 1＝mg
cos θ，乙手中绳子拉力T 2＝mg tan θ，工件向
左移动过程中，θ逐渐增大，可知T 1逐渐增大，T 2也逐渐增大，
A 错误，D 正确。

甲手中绳子与水平方向夹角不变，可知T 1竖直向上的分力逐渐增大，由平衡条件可知楼顶对甲的支持力不断减小，
B 错误。

分别对甲、乙水平方向的受力进行分析，可得楼顶对甲的摩擦力f 1＝T 1sin φ，φ为甲手中绳子与竖直方向的夹角，楼顶对乙的摩擦力f 2＝T 2，分析可知，始终有φ>θ，则f 1＝mg sin φ
cos θ>f 2＝mg sin θ
cos θ，C 正确。

10. (2019·昆明模拟)如图所示，质量M ＝2 kg 的木块套在水
平固定杆上，并用轻绳与质量m ＝1 kg 的小球相连。

今用跟水平方
向成60°角的力F ＝10 3 N 拉着小球并带动木块一起向右匀速运动，运动中M 、m 的相对位置保持不变，g ＝10 m/s 2。

在运动过程中，求：
(1)轻绳与水平方向的夹角θ；
(2)木块M 与水平杆间的动摩擦因数μ。

解析：(1)小球的受力如图甲所示，由平衡条件得
水平方向：F cos 60°－F T cos θ＝0
竖直方向：F sin 60°－F T sin θ－mg ＝0
解得θ＝30°。

(2)将木块、小球看做整体，受力如图乙所示，由平衡条件得
水平方向：F cos 60°－μF N ＝0
竖直方向：F N ＋F sin 60°－Mg －mg ＝0
解得μ＝33。

答案：(1)30° (2)
33
[C 级——难度题目适情选做]
11.如图所示，三根长度均为L 的轻绳分别连接于C 、D 两点，
A 、
B 两端被悬挂在水平天花板上，相距2L ，现在
C 点上悬挂一个
质量为m 的重物，为使CD 绳保持水平，在D 点上可施加力的最小
值为( )
A ．mg B.33mg C.12mg D.14
mg 解析：选C 由题图可知，要使CD 水平，各绳均应绷紧，则
AC 与水平方向的夹角为60°；结点C 受力平衡，受力分析如图所
示，则CD 绳的拉力F T ＝mg tan 30°＝33
mg ；D 点受绳子拉力大小等于F T ，方向向左；要使CD 水平，D 点两绳的拉力与外界的力的合力为零，则绳子对D 点的拉力可分解为沿BD 绳的分力F 1，及另一分力F 2，由几何关系可知，当力F 2与BD 垂直时，
F 2最小，而F 2的大小即为拉力的大小；故最小力F ＝F T sin 60°＝12
mg 。

故C 正确。

12. (2019·潍坊模拟)如图所示，风筝借助于均匀的风和牵线对
其作用，才得以在空中处于平衡状态。

图中所示风筝质量为400 g ，
某时刻风筝平面与水平面的夹角为30°，主线对风筝的拉力与风筝
平面成53°角。

已知风对风筝的作用力与风筝平面相垂直，g 取10
m/s 2。

(1)求此时风对风筝的作用力的大小和线对风筝的拉力大小；
(2)若拉着风筝匀速运动时，主线与水平面成53°角保持不变，这时拉主线的力为10 N ，则风对风筝的作用力为多大？风筝平面与水平面的夹角为多大？
解析：(1)风筝平衡时共受到三个力的作用，即重力mg 、风对它
的作用力F 和主线对它的拉力T (如图所示)，以风筝平面方向为x 轴，F 方向为y 轴，建立一个坐标系，将重力和拉力T 正交分解，
在x 轴方向：mg sin 30°－T cos 53°＝0
在y 轴方向：F ＝T sin 53°＋mg cos 30°
联立两式，解得T ＝3.33 N ，F ＝6.13 N 。

(2)同理以水平方向为x 轴，竖直方向为y 轴建立坐标系。

设风对风筝的作用力水平分力为F x ，竖直分力为F y ，由平衡条件，知
F x ＝T ′cos 53°＝10×0.6 N＝6 N
F y ＝T ′sin 53°＋
G ＝10×0.8 N＋4 N ＝12 N
F ＝F x 2＋F y 2＝13.4 N
风筝平面与水平面的夹角θ满足
tan θ＝F x F y ＝12
θ＝arctan 12。

答案：(1)6.13 N 3.33 N (2)13.4 N arctan 12。