2011新课标高考物理一轮复习精编解析版复习资料（9）共点力作用下物体的平衡 doc--高中物理 .doc

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1、 永久免费组卷搜题网2011新课标高考物理一轮复习精编解析版复习资料（9）-共点力作用下物体的平衡第4课时共点力作用下物体的平衡1.甲、乙双方同学在水平地面上进行拔河比赛，正僵持不下的情景如图6所示如果地面对甲方所有队员的总的摩擦力为6 000 N，同学甲1和乙1对绳子的水平拉力均为500 N绳上的A、B两点分别位于甲1和乙1、乙1和乙2之间不考虑绳子的质量，下面有关说法正确的是 (AD)图6A地面对乙方队员的总的摩擦力是6 000 NBA处绳上的张力为0CB处绳上的张力为500 NDB处绳上的张力为5 500 N解析 双方同学“正僵持不下”，暗示了双方同学正处于静止平衡状态先以“甲方全体同学

2、”为研究对象，“地面对甲方所有队员的总的摩擦力为6 000 N”，根据二力平衡判断A处绳上的张力为6 000 N；同理以“乙方全体同学”为研究对象确定地面对乙方所有队员的总的摩擦力为6 000 N；A处绳上的张力为6 000 N，而乙1对绳子的水平拉力为500 N，则B处绳上的张力为5 500 N；正确答案是A、D.2(2009江门市第二次模拟考试)如图7所示，是一直升机通过软绳打捞河中物体，物体质量为m，由于河水的流动将物体冲离使软绳偏离竖直方向，当直升机相对地面静止时，绳子与竖直方向成角度，下列说法正确的是(BD)A绳子的拉力为B绳子的拉力可能小于mg 图6C物体受到河水的作用力等于绳子拉

3、力的水平分力D物体受到河水的作用力大于绳子拉力的水平分力解析 由题意知，河中物体处于静止状态，则F合=0.对物体受力分析，受重力mg、绳拉力FT、河水的作用力F，如右图所示并正交分解力，得Fsin +FTcos =mgFcos =FTsin 由此分析知B、D项正确3(2009宁德市质检)如图8所示，放在水平桌面上的木块A处于静止状态，所挂的砝码和托盘的总质量为0.6 kg，弹簧秤此时的读数为2 N；若轻轻取走盘中的部分砝码，使砝码和托盘的总质量减少到0.3 kg，那么此装置将会出现的情况是(g10 m/s2，不计滑轮摩擦)(B) 图7A弹簧秤的读数将变小B木块A仍处于静止状态C木块A对桌面的摩

4、擦力不变D木块A所受的合力将要变大解析 当木块静止时，F合0，对木块受力分析知，水平方向除了受向右的拉力F16 N，向左的拉力F22 N，还受到向左的静摩擦力Ff4 N当木块受到向右的拉力变为3 N时，木块不会动，则F合0，弹簧秤读数不变，受静摩擦力变为1 N，故只有B项正确4(2010湖北黄冈中学高三月考)在固定于地面的斜面上垂直安放了一个挡板，截面为圆的柱状物体甲放在斜面上，半径与甲相等的光滑圆球乙被夹在甲与挡板之间，乙没有与斜面接触而处于静止状态，如图9所示现在从球心处对甲施加一平行于斜面向下的力F使甲沿斜面方向缓慢地移动，直至甲与挡板接触为止设乙对挡板的压力为F1，甲对斜面的压力为F2

5、，在此过程中(D) 图9AF1缓慢增大，F2缓慢增大BF1缓慢增大，F2缓慢减小CF1缓慢减小，F2缓慢增大DF1缓慢减小，F2保持不变解析 对乙受力分析如图所示，从图示可以看出，随着甲沿斜面方向缓慢地移动过程，挡板对乙的压力F1逐渐减小，因此乙对挡板的压力为F1也缓慢减小，对甲乙整体研究，甲对斜面的压力F2始终等于两者重力沿垂直斜面方向的分力，因此大小不变，D正确5细线AO和BO下端系一个物体P，细线长AOBO，A、B两个端点在同一水平线上开始时两线刚好绷直，BO线处于竖直方向，如图10所示，细线AO、BO的拉力设为FA和FB，保持端点A、B在同一水平线上，A点不动，B点向右移动；使A、B逐

6、渐 图10远离的过程中，物体P静止不动，关于细线的拉力FA和FB的大小随AB间距离变化的情况是(A)AFA随距离增大而一直增大BFA随距离增大而一直减小CFB随距离增大而一直增大DFB随距离增大而一直减小解析 A点不动，即FA的方向不变，B向右移，FB的大小方向都发生变化，以O点为研究对象，由平衡知识，通过作平行四边形可知FA一直增大，FB先减小后增大，所以A正确6如图11所示，木棒AB可绕B点在竖直平面内转动，A端被绕过定滑轮吊有重物的水平绳和绳AC拉住，使棒与地面垂直，棒和绳的质量及绳与滑轮的摩擦均可忽略，如果把C端拉至离B端的水平距离远一些的C点，AB仍沿竖直方向，装置仍然平衡，那么AC

7、绳受的张力F1和棒受的压力F2的变化是(D) 图11AF1和F2均增大 BF1增大，F2减小CF1减小，F2增大 DF1和F2均减小解析 对杆A端受力分析如右图所示，F1与F3的合力等于F2，当C端远离时，变大，由F1= ，F2=Gcot ，知变大，sin 变大，cot 变小，所以F1、F2均变小7如图12所示，由两根短杆组成的一个自锁定起重吊钩，将它放入被吊的空罐内，使其张开一定的夹角压紧在罐壁上，当钢绳匀速向上提起时，两杆对罐壁越压越紧，若摩擦力足够大，就能将重物提升起来，罐越重，短杆提供的压力越大，称为“自锁定装置” 图12若罐质量为m，短杆与竖直方向夹角为60，求吊起该重物时，短杆对罐

8、壁的压力(短杆质量不计)答案 mg解析对O点受力分析如右图所示，两根短杆的弹力F(沿杆)的合力与绳子的拉力FT(FT=mg)等大反向，故2Fcos =mg 对短杆对罐壁的作用力F进行效果分解如右图所示短杆对罐壁的压力F1=Fsin 由两式得：F1mg一、选择题(本题共10小题，每小题5分，共50分)1(2009山东16)如图1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FN.OP与水平方向的夹角为.下列关系正确的是() 图1AF BFmgtan CFN DFNmgtan 解析小滑块受力分析如右图所示，根据平衡条件得FNsin

9、=mgFNcos =F所以F=FN=因此只有选项A正确答案A2(2009江苏2)如图2所示，用一根长1 m的轻质细绳将一幅质量为1 kg 的画框对称悬挂在墙壁上，已知绳能承受的最大张力为10 N，为使绳不断裂，画框上两个挂钉的间距最大为(g取10 m/s2) () 图2A. m B. mC. m D. m解析绳子恰好不断时的受力分析如图所示，由于FN=mg=10 N，绳子的最大拉力也是10 N，可知F1、F2之间的最大夹角为120，由几何关系知两个挂钉之间的最大间距L=cos 302 m= m.答案A3(2009天津1)物块静止在固定的斜面上，分别按图示的方向对物块施加大小相等的力F，A中F垂

10、直于斜面向上，B中F垂直于斜面向下，C中F竖直向上，D中F竖直向下，施力后物块仍然静止，则物块所受的静摩擦力增大的是()解析对物块受力分析，由平衡条件知A、B两种情况不会改变摩擦力的大小，C中F竖直向上，静摩擦力减小，D中F竖直向下，静摩擦力由mgsin 变为(mg+F)sin ，增大，故D对答案D4(2009浙江14)如图3所示，质量为m的等边三棱柱静止在水平放置的斜面上已知三棱柱与斜面之间的动摩擦因数为，斜面的倾角为30，则斜面对三棱柱的支持力与摩擦力的大小分 图3别为()A.mg和mg B.mg和mgC.mg和mg D.mg和mg解析对三棱柱进行受力分析，受重力mg、支持力FN和静摩擦力

11、Ff作用处于平衡，由平衡条件可知，FNmgcos 30mg，Ffmgsin 30mg，故选A.答案A5(2008广东6)如图4所示，质量为m的物体悬挂在轻质支架上，斜梁OB与竖直方向的夹角为.设水平横梁OA和斜梁OB作用于O点的弹力分别为F1和F2，以下结果正确的是()AF1mgsin BF1 图4CF2mgcos DF2解析对悬挂的物体由力的平衡条件可知绳子的拉力等于其重力，绳子拉O点的力也等于重力求OA和OB的弹力，选择的研究对象为作用点O，受力分析如右图所示，由平衡条件可知，F1和F2的合力与FT等大反向，由平行四边形定则和几何关系得：F1=mgtan ，F2=，则D正确答案D6(200

12、8山东16)如图5所示，用轻弹簧竖直悬挂质量为m的物体，静止时弹簧伸长量为x.现用该弹簧沿斜面方向拉住质量为2m的物体，系统静止时弹簧伸长量也为x.斜面倾角为30，则物体所受摩擦力() 图5A等于零B大小为mg，方向沿斜面向下C大小为mg，方向沿斜面向上D大小为mg，方向沿斜面向上解析竖直悬挂时mgkx 沿斜面拉2m物体时，设物体受摩擦力为Ff，方向沿斜面向下，则kx2mgsin 30Ff由得Ff0答案A7(2008海南2)如图6所示，质量为M的楔形物块静置在水平地面上，其斜面的倾角为.斜面上有一质量为m的小物块，小物块与斜面之间存在摩擦用恒力F沿斜面向上拉小物块，使之匀速上滑在小物块运动的过

13、程中，楔形物块始终保持静止 图6地面对楔形物块的支持力为()A(Mm)g B(Mm)gFC(Mm)gFsin D(Mm)gFsin 解析匀速上滑的小物块和静止的楔形物块都处于平衡状态，对整体，由竖直方向受力平衡得(Mm)gFNFsin ，故FN(Mm)gFsin .D选项正确答案D8(2008天津19)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，B对A的作用力为F2，地面对A的摩擦力为F3.若F缓慢增大而整个装置仍保持静止，截面如上图7所示， 图7在此过程中()A

14、F1保持不变，F3缓慢增大BF1缓慢增大，F3保持不变CF2缓慢增大，F3缓慢增大DF2缓慢增大，F3保持不变解析B的受力如下图甲所示，因为F和G的方向始终沿竖直方向，当F增大时，F1、F2都缓慢增大，F1F1，F2F2，所以F1、F2都缓慢增大A物体受力如图乙所示由图乙知F2sin F3，所以F3缓慢增大答案C9(2010安徽皖南八校二次联考)如图8所示，一端可绕O点自由转动的长木板上方放一个物块，手持木板的另一端，使木板从水平位置沿顺时针方向缓慢旋转，则在物块相对于木板滑动前()A物块对木板的压力不变B木板对物块的支持力不变C物块对木板的作用力减小 图8D物块受到的静摩擦力增大解析作出木板

15、与物体在转动过程中的一个状态下的受力示意图(见右图)，由共点力平衡条件知Ffmgsin(90)，FNmgcos(90)，因减小故Ff增大，FN减小另外FN和Ff的合力与G等大反向，构成平衡力，故FN和Ff静的合力不变缓慢转动时，板对物块的作用力不变答案D10(2009广东四校联考)如图9所示是给墙壁粉刷涂料用的“涂料滚”的示意图使用时，用撑竿推着粘有涂料的涂料滚沿墙壁上下缓缓滚动，把涂料均匀地粉刷到墙上撑竿的重力和墙壁的摩擦均不计，且撑竿足够长粉刷工人站在离墙壁一定距离处缓缓上推涂料滚，设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，则() 图9AF1增大，F2减小 BF1增大，

16、F2增大CF1减小，F2减小 DF1减小，F2增大解析设撑竿与竖直方向的夹角为，涂料滚的重力为G.涂料滚受力平衡，对其受力分析可得，推力F1=G/cos ，涂料滚对墙的压力等于墙对涂料滚的弹力，则F2=Gtan ，撑竿上升过程角变小，则F1减小，F2也减小，故C正确答案C二、计算题(本题共3小题，第11题15分，第12题17分，第13题18分，共50分)11(2010合肥35中第一次质量抽测试卷)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10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，

17、且与水平线成30角已知B球的质量为3 kg，求细绳对B球的拉力和A球的质量(g取10 m/s2)解析对B球受力分析如下图所示，物体B处于平衡状态有：FTsin 30mBgFT=2mBg=2310 N=60 N物体A处于平衡状态有：在水平方向：FTcos 30=FNAsin 30在竖直方向：FNAcos 30=mAg+FTsin 30由上两式解得：mA=2mB=6 kg答案60 N6 kg12(2009海南联考)如图11所示，人重600 N，木块A重400 N，人与木块、木块与水平面间的动摩擦因数均为0.2，现人用水平力拉绳，使他与木块一起向右做匀速直线运动，滑轮摩擦不计，求：(1)人对绳的拉力

18、 图11(2)人脚对A的摩擦力的方向和大小解析设绳子的拉力为FT，物体与地面间的摩擦力为FfA.(1)取人和木块为整体，并对其进行受力分析，如右图所示，由题意可知FfA=(mA+m人)g=200 N.由于系统处于平衡状态，故2FT=FfA所以FT=100 N.(2)取人为研究对象，对其进行受力分析，如右图所示由于人处于平衡状态，故FT=Ff人=100 N由于人与木块A处于相对静止状态，故人与木块A之间的摩擦力为静摩擦力由牛顿第三定律可知人脚对木块的摩擦力方向向右，大小为100 N.答案(1)100 N(2)200 N方向向右13.(2010宁夏银川调研)两根长度相等的轻绳，下端悬挂一质量为m的物体，上端分别固定在水平天花板上的M、N点，M、N两点间的距离为l，如图12所示，已知两根绳子所能承受的最大拉力均为FT，则每根绳子的长度不得短于多少？ 图12解析物体受力如图所示，在M、N两点距离一定时，绳子越短，拉力越大，设最大拉力为FT时，绳长为L.对物体，由平衡条件得2FTcos-mg=0又由几何关系可知cos= 联立上述两式解得L=答案 永久免费组卷搜题网