2022版新教材高考物理一轮复习课时练习5受力分析和共点力平衡含解析鲁科版.doc

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1、受力分析和共点力平衡(建议用时：40分钟)1(2019江苏高考)如图所示，一只气球在风中处于静止状态，风对气球的作用力水平向右。细绳与竖直方向的夹角为，绳的拉力为T，则风对气球作用力的大小为()A BCTsin DTcos C解析：对气球进行受力分析，由水平方向平衡可得F风Tsin ，故C正确。2科技的发展正在不断地改变着我们的生活。如图甲所示是一款手机支架，其表面采用了纳米微吸材料，用手触碰无粘感，接触到平整光滑的硬性物体时，会牢牢吸附在物体上，如图乙所示是手机静止吸附在支架上的侧视图，若手机的重力为G，则下列说法正确的是()A手机受到的支持力大小为Gcos B手机受到的支持力不可能大于GC

2、纳米材料对手机的作用力大小为Gsin D纳米材料对手机的作用力竖直向上D解析：手机支架采用了纳米微吸材料，支架斜面会对手机存在一个吸引力，所以手机受到的支持力大小不可能为Gcos ，其大小可能大于G，也可能小于G，取决于吸引力的大小，A、B错误；手机处于静止状态，受力平衡，手机受到竖直向下的重力和纳米材料的作用力(支持力、吸引力和摩擦力的合力)，故纳米材料对手机的作用力竖直向上，大小等于G，C错误，D正确。3(2021广东模考)某同学参加“筷子夹玻璃珠”游戏。如图所示，夹起玻璃珠后，左侧筷子与竖直方向的夹角为锐角，右侧筷子竖直，且两筷子始终在同一竖直平面内。保持玻璃珠静止，忽略筷子与玻璃珠间的

3、摩擦。下列说法正确的是()A两侧筷子对玻璃珠的合力比重力大B两侧筷子对玻璃珠的合力比重力小C左侧筷子对玻璃珠的弹力一定比玻璃珠的重力大D右侧筷子对玻璃珠的弹力一定比玻璃珠的重力大B解析：正六边形外接圆的半径为R，则弹簧的长度为R，弹簧的伸长量为xRl，由胡克定律可知，每根弹簧的弹力为fkxk(Rl)，两相邻弹簧间的夹角为120，两相邻弹簧弹力的合力为F合fk(Rl)，弹簧静止处于平衡状态，由平衡条件可知，每个拉力的大小为FF合k(Rl)，故B正确，A、C、D错误。4两个质量相同的直角楔形物体a和b，分别在垂直于斜边的恒力F1和F2作用下静止在竖直墙面上，如图所示，下列说法正确的是()Aa、b一

4、定都受四个力的作用Ba、b所受摩擦力的方向都是竖直向上CF2一定小于F1DF1、F2大小可能相等D解析：对a进行受力分析如图甲所示，除摩擦力外的三个力不可能平衡，故一定有摩擦力，且摩擦力方向竖直向上，故a受四个力的作用；对b进行受力分析如图乙所示，除摩擦力外，N、F2、mg三个力有可能平衡，沿竖直方向和水平方向分解F2，设F2与竖直方向间的夹角为，则有F2cos mg，F2sin N，解得F2；(1)若F2，则b不受摩擦力作用，此时b受三个力的作用；(2)若F2，则b受到向下的摩擦力，b受四个力的作用；(3)若F2，则b受到向上的摩擦力，b受四个力的作用；F1和F2没有必然的联系，有可能相等，

5、但也有可能不等，故D正确，A、B、C错误。5如图所示，物块a、b的质量分别为2m、m，水平地面和竖直墙面均光滑，在水平推力F的作用下，两物块均处于静止状态，则()A物块b受4个力作用B物块a受到的摩擦力大小等于2mgC物块b对地面的压力大小等于mgD物块a受到物块b的作用力方向水平向右B解析：对物块a进行受力分析，物块a受到竖直向下的重力、墙壁的支持力、物块b的弹力，要保持静止，必须在竖直方向上受到物块b向上的静摩擦力，故fbaGa2mg，B正确；对物块b进行受力分析，物块b受到竖直向下的重力、地面的支持力、物块a的静摩擦力、物块a的弹力以及推力F，共5个力作用，在竖直方向上有GbfabN，故

6、N3mg，则由牛顿第三定律知物块b对地面的压力大小等于3mg，A、C错误；物块a受到物块b水平向右的弹力和竖直向上的摩擦力，合力的方向不是水平向右，D错误。6下列四个图中所有接触面均粗糙，各物体均处于静止状态，其中物体A受力个数可能超过5个的是()ABCDC解析：A图中，对物体A、B整体进行受力分析，可知墙壁对物体A没有弹力，否则整体将向右运动，故物体A最多受到重力、物体B的支持力和摩擦力、弹簧的弹力共4个力作用，故A错误；B图中，物体A最多受到重力、弹簧的弹力、斜面的支持力和摩擦力共4个力作用，故B错误；C图中，物体A受到重力、物体B的压力和摩擦力、斜面的支持力、推力，还可能受到斜面的摩擦力

7、，共6个力作用，故C正确；D图中，物体A最多受到重力、斜面的支持力和摩擦力、推力和物体B的压力共5个力作用，故D错误。7如图所示，物体P放在直角斜劈M上，M下端连接一竖直弹簧，并紧贴竖直光滑墙壁。开始时，P、M静止，M与墙壁间无作用力。现用平行斜面向上的力F向上推物体P，但P、M未发生相对运动，则在施加力F后()AP、M之间的摩擦力变大BP、M之间的摩擦力变小C墙壁与M之间仍然无作用力D弹簧的形变量减小D解析：未施加力F之前，对P进行受力分析，根据平衡条件可知，P受到沿M斜面向上的静摩擦力，其大小等于重力沿M斜面向下的分力，当F的大小等于2倍的P的重力沿M斜面向下的分力时，摩擦力大小不变，同理

8、，P、M之间的摩擦力可能变大，也可能变小，故A、B错误；把P、M看成一个整体，整体受力平衡，则墙壁对M的支持力等于F在水平方向上的分力，竖直方向上受力平衡，则弹簧的弹力等于整体重力减去F在竖直方向上的分力，则弹簧的弹力减小，形变量减小，故C错误，D正确。8倾角为37的斜面与水平面保持静止，斜面上有一重为G的物体A，物体A与斜面间的动摩擦因数0.5。现给物体A施加一水平推力F，如图所示。设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等(sin 370.6，cos 370.8)，如果物体A能在斜面上静止，水平推力F与G的比值不可能是()A3B2C1D0.5A解析：设物体A刚好不下滑时的水平推力为F1，则F1cos

9、NGsin ，NF1sin Gcos ，得 ；设物体A刚好不上滑时的水平推力为F2，则F2cos NGsin ，NF2sin Gcos ，得 2，即2，故F与G的比值不可能为A。9(多选)大国工匠节目中讲述了王进利用“秋千法”在1 000 kV的高压线上带电作业的过程。如图所示，绝缘轻绳OD一端固定在高压线杆塔上的O点，另一端固定在兜篮上。另一绝缘轻绳跨过固定在杆塔上C点的定滑轮，一端连接兜篮，另一端由工人控制。身穿屏蔽服的王进坐在兜篮里，缓慢地从C点运动到处于O点正下方E点的电缆处。轻绳OD一直处于伸直状态，兜篮、王进及携带的设备总质量为m，不计一切阻力，重力加速度大小为g。关于王进从C点运

10、动到E点的过程，下列说法正确的是()A工人对轻绳的拉力一直变大B轻绳OD的拉力一直变大COD、CD两轻绳拉力的合力大小等于mgD当轻绳CD与竖直方向的夹角为30时，工人对轻绳的拉力为 mgBCD解析：对兜篮、王进及携带的设备整体进行受力分析如图所示。轻绳OD的拉力为F1，与竖直方向的夹角为，轻绳CD的拉力为F2，与竖直方向的夹角为。根据几何知识有290，由正弦定理可得 ，解得F1mgtan ，F2mg，增大，减小，则F1增大，F2减小，故A错误，B正确；两轻绳拉力的合力大小等于mg，故C正确；当30时，则30，根据平衡条件有2F2cos 30mg，可得F2mg，故D正确。10如图所示，用一轻绳

11、将光滑小球P系于竖直墙壁上的O点，在墙壁和球P之间夹有一长方体物块Q，P、Q均处于静止状态，现有一铅笔压住轻绳紧贴墙壁从O点开始缓慢下移，则在铅笔缓慢下移的过程中()A轻绳的拉力逐渐变小BQ受到墙壁的摩擦力逐渐变大CQ受到墙壁的弹力逐渐变大DQ将从墙壁和小球之间滑落C解析：对P进行受力分析，P受到重力mg、轻绳的拉力F和Q对P的弹力N处于平衡状态，设轻绳的拉力F与竖直方向的夹角为，根据共点力平衡条件知轻绳的拉力F，Q对P的支持力Nmgtan 。铅笔缓慢下移的过程中，增大，则轻绳的拉力F增大，Q对P的支持力增大，故A错误；对Q进行受力分析知，在水平方向上P对Q的压力增大，则墙壁对Q的弹力增大，在

12、竖直方向上重力与摩擦力大小相等，所以Q受到的摩擦力不变，Q不会从墙壁和小球之间滑落，故C正确，B、D错误。11如图所示，质量为M2 kg的木块A套在水平杆上，并用轻绳将木块A与质量为m kg的小球B相连。今用跟水平方向成30角的力F10 N，拉着小球B带动木块A一起向右匀速运动，运动中木块A与小球B的相对位置保持不变，取g10 m/s2。求：(1)运动过程中轻绳与水平方向间的夹角；(2)木块与水平杆间的动摩擦因数。解析：(1)设轻绳对小球B的拉力为T，小球B的受力如图甲所示，由平衡条件可得Fcos 30Tcos 0Fsin 30Tsin mg0联立解得T10 N，30。 甲 乙(2)以木块A和

13、小球B组成的整体为研究对象，受力如图乙所示，由平衡条件得Fcos 30f0NFsin 30(Mm)g0又fN联立解得。答案：(1)30(2)12物体A的质量为 2 kg，两根轻绳b和c的一端固定在竖直墙上，另一端系于物体A上，在物体A上另施加一个方向与水平线成角的拉力F，相关几何关系如图所示，60。若要使两轻绳都能伸直，求拉力F的取值范围。(g取10 m/s2)解析：轻绳c刚好伸直时，拉力F最小，物体A的受力如图甲所示。由平衡条件得Fminsin Fbsin mg0Fmincos Fbcos 0解得Fmin N轻绳b刚好伸直时，拉力F最大，物体A的受力如图乙所示。 由平衡条件得Fmaxsin mg0解得Fmax N故拉力F的取值范围是 NF N。答案： NF N- 7 -