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-新人教版高三全册物理试题.doc

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1、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()A3B4C5 D6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

2、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fmgsin，支持力Nmgcos，随着的增大，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(g10 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Fmgsin15 N，故只有乙能平衡，选项B正确4.如图所示，一个半球形的

3、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FN，细线的拉力大小为FT，则()AFN(m2m1)g BFNm2gCFTm1g DFTg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FT0，故C、D错误；分析m2受力，由平衡条件可得FNm2g，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

4、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()AF1逐渐增大 BF1先增大后减小CF2逐渐减小 DF2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，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F1cosF2cos(60)，F1sinF2sin(60)Mg，由以上两式解得F1，F2.当60时，增大，F1增大，F2减小；当6075时，增大，F1减小，F

5、2减小因此，在两绳旋转的过程中，F1先增大后减小，F2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R时恰能停在碗上，则蚂蚁受到的最大静摩擦力大小为()A0.6mg B0.8mgC0.4mg D0.75mg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Fmmgsin，而cos0.8，所以sin0.6，Fmmgsin0.6mg，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

6、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、，则绳CA拔桩的作用力大小为()AFtancot BFtantanCFcotcot DFcottan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tanf/F；对结点E，分析受力，由平衡条件可得tanf/F，联立解得FFtancot，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0.4，设滑环

7、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. B.C. D.解析：选C设物块A和滑环B的质量分别为m1、m2，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m2gcos(m1gm2gsin)，解得；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m2gcos(m2gsinm1g)，解得(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角，圆柱体处于静

8、止状态则()A地面对圆柱体的支持力为(Mm)gB地面对圆柱体的摩擦力为mgtanC墙壁对正方体的弹力为D正方体对圆柱体的压力为解析：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圆柱体对正方体的弹力N2，根据牛顿第三定律，则正方体对圆柱体的压力为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(Mm)g水平方向受力平衡，地面对圆柱体的摩擦力fN1，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

9、示两小球平衡时，若滑轮两侧细绳的长度分别为L12.4R和L22.5R，则这两个小球的质量之比为，小球与半球之间的压力之比为，则以下说法正确的是()A. B.C.1 D.解析：选B先以左侧小球为研究对象，分析受力情况：重力m1g、绳子的拉力T和半球的支持力N1，作出受力示意图由平衡条件得知，拉力T和支持力N1的合力与重力m1g大小相等、方向相反设OOh，根据三角形相似得同理，对右侧小球有解得m1gm2gN1N2由得m1m2L2L12524，由得N1N2m1m2L2L12524，故A、C、D错误，B正确二、非选择题11如图所示，质量为m1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

10、B端与站在水平面上质量为m2的人相连，轻绳OA与竖直方向的夹角37，物体甲及人均处于静止状态(已知sin370.6，cos370.8，g取10m/s2.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m260 kg，人与水平面之间的动摩擦因数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FOBFOAsinFOAcosF甲m1g联立得FOAm1gFOBm1gtanm1g故轻绳OA、OB受到的拉力大小分别为m1g、m1g.(2)对人受力

11、分析，如图2所示，人在水平方向受到OB绳的拉力FOB和水平向左的静摩擦力作用，由平衡条件得FfFOB又FOBFOB所以FfFOBm1g.(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Ffmm2g，又FOBmFOBmm1mgtanm1mg联立解得m1m24 kg即物体甲的质量最大不能超过24 kg.答案：(1)m1gm1g(2)m1g方向水平向左(3)24 kg12.质量为M的木楔倾角为( 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

12、面的压力大小为(Mm)gD斜劈A仍旧保持静止，对地面的压力大小大于(Mm)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(M2m)g大于(Mm)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()AOA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

13、于2G，且逐渐增大COB段绳中的张力始终大于G，且逐渐增大DOB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FNAGAGB2G，选项B错误；根据小环B的受力情况可知，TOBG；若设OB段绳与竖直方向的夹角为，则TOBcosTOAG，则随F的增大，变大，由TOBcosG可知，TOB变大，选项C、D正确故选CD.8.(2016年全国卷)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

14、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()AF逐渐变大，T逐渐变大BF逐渐变大，T逐渐变小CF逐渐变小，T逐渐变大DF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()A2G B.GC.G D.G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2

15、R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，由几何关系知OAR，由勾股定理得OOR，对A处球受力分析有FsinG，又sin，解得FG，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()AA对B的作用力减小 BB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，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

16、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，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

17、直，N1GAcos，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GAB、木板的支持力N2和摩擦力Ff2，木板对B的作用力是支持力N2和摩擦力Ff2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，N2GABcos，Ff2GABsin，减小，N2增大，Ff2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M2 kg的木块A套在水平杆上，并用轻绳将木块A与质量m kg的小球相连今用与水平方向成30角的力F10 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g10 m

18、/s2.求：(1)运动过程中轻绳与水平方向的夹角；(2)木块与水平杆间的动摩擦因数.解析：(1)设轻绳对小球的拉力为FT，小球受力如图甲所示，由平衡条件可得Fcos30FTcos0Fsin30FTsinmg0解得FT10 N，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Fcos30Ff0FNFsin30(Mm)g0又FfFN，解得.答案：(1)30(2)12(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

19、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角，如图(b)所示，物块Q恰好不下滑，求角解析：(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Ff1FN1，FN1m1gcos，m1gsinFf1FT分析Q的受力，有Ff2FN2，FN2m2gcos，m2gsinFf2FT解得.(2)三棱柱转动角后，物块Q恰好不下滑分析Q的受力，有Ff 2FN2，FN2m2gcos()，m2gsin()Ff 1FT分析P的受力，有Ff1FN1，FN1m1gcos()，m1gsin()Ff1FT联立解得将 代入上式可解得30.答案：(1)1(2)30